山东省烟台市2022年九年级数学中考复习《解答题常考热点》中档题专题提升训练

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山东省烟台市2022年春九年级数学中考复习《解答题常考热点》
中档题专题提升训练（附答案）
1．一辆快车从甲地驶往乙地，一辆慢车从乙地驶往甲地，两车同时出发，匀速行驶，两车在途中相遇时，快车恰巧出现故障，慢车继续驶往甲地，快车维修好后按原速继续行驶乙地，两车到达各地终点后停止，两车之间的距离s（km）与慢车行驶的时间t（h）之间的关系如图：
（1）快车的速度为 　 　km/h，C点的坐标为 　 　．
（2）慢车出发多少小时后，两车相距200km．

2．如图，在平面直角坐标系中，已知点A（8，1），B（0，﹣3），反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A，动直线x＝t（0＜t＜8）与反比例函数的图象交于点M，与直线AB交于点N．
（1）求k的值；
（2）求△BMN面积的最大值；
（3）若MA⊥AB，求t的值．





3．超市销售某种儿童玩具，如果每件利润为40元（市场管理部门规定，该种玩具每件利润不能超过60元），每天可售出50件．根据市场调查发现，销售单价每增加2元，每天销售量会减少1件．设销售单价增加x元，每天售出y件．
（1）请写出y与x之间的函数表达式；
（2）当x为多少时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元？
（3）设超市每天销售这种玩具可获利w元，当x为多少时w最大，最大值是多少？
4．如图，已知反比例函数的图象与一次函数y＝k2x+b的图象交于A、B两点，A（2，n），B（﹣1，﹣2）．
（1）求反比例函数和一次函数的关系式；
（2）在直线AB上是否存在一点P，使△APO∽△AOB？若存在，求P点坐标；若不存在，请说明理由．

5．如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为45°，然后他沿着正对树PQ的方向前进10m到达点B处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是60°和30°，设PQ垂直于AB，且垂足为C．
（1）求∠BPQ的度数；
（2）求树PQ的高度（结果精确到0.1m，≈1.73）．

6．某数学兴趣小组，利用树影测量树高．已测出树AB的影长AC为9米，并测出此时太阳光线与地面成30°夹角．
（1）求出树高AB；
（2）因水土流失，此时树AB沿太阳光线方向倒下，在倾倒过程中，树影长度发生了变化，假设太阳光线与地面夹角保持不变，试求树影的最大长度．（计算结果精确到0.1米，参考数据：≈1.414，≈1.732）

7．如图，在△ABC中，AB＝AC，点E在边BC上移动（点E不与点B，C重合），满足∠DEF＝∠B，且点D、F分别在边AB、AC上．
（1）求证：△BDE∽△CEF；
（2）当点E移动到BC的中点时，求证：FE平分∠DFC．


8．如图，在正方形ABCD中，以对角线AC为一边作一等边△ACE，连接ED并延长交AC于点F．
（Ⅰ）求证：EF⊥AC；
（Ⅱ）延长AD交CE于点G，试确定线段DG和线段DE的数量关系．


9．如图，四边形ABCD中，∠A＝∠ABC＝90°，AD＝1，BC＝3，E是边CD的中点，连接BE并延长与AD的延长线相交于点F．
（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；
（2）若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．

10．（1）如图1，在△ABC中，BA＝BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜∠ABC）．以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针旋转∠ABC，得到△BE′A（点C与点A重合，点E到点E′处）连接DE′，
求证：DE′＝DE．
（2）如图2，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE＝∠ABC（0°＜∠CBE＜45°）．
求证：DE2＝AD2+EC2．

11．如图，在▱ABCD中，AE、BF分别平分∠DAB和∠ABC，交CD于点E、F，AE、BF相交于点M．
（1）试说明：AE⊥BF；
（2）判断线段DF与CE的大小关系，并予以说明．

12．如图，在边长为2的正方形ABCD中，P为AB的中点，Q为边CD上一动点，设DQ＝t（0≤t≤2），线段PQ的垂直平分线分别交边AD、BC于点M、N，过Q作QE⊥AB于点E，过M作MF⊥BC于点F．
（1）当t≠1时，求证：△PEQ≌△NFM；
（2）顺次连接P、M、Q、N，设四边形PMQN的面积为S，求出S与自变量t之间的函数关系式，并求S的最小值．

13．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝1，BC＝，以点C为圆心，CB为半径的弧交CA于点D；以点A为圆心，AD为半径的弧交AB于点E．
（1）求AE的长度；
（2）分别以点A、E为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点F（F与C在AB两侧），连接AF、EF，设EF交弧DE所在的圆于点G，连接AG，试猜想∠EAG的大小，并说明理由．

14．如图，OA和OB是⊙O的半径，并且OA⊥OB，P是OA上任一点，BP的延长线交⊙O于点Q，过点Q的⊙O的切线交OA延长线于点R．
（Ⅰ）求证：RP＝RQ；
（Ⅱ）若OP＝PA＝1，试求PQ的长．

15．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，连接BE．
（1）若∠C＝30°，求证：BE是△DEC外接圆的切线；
（2）若BE＝，BD＝1，求△DEC外接圆的直径．


16．如图1，在△ABC中，点D在边BC上，∠ABC：∠ACB：∠ADB＝1：2：3，⊙O是△ABD的外接圆．

（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）当BD是⊙O的直径时（如图2），求∠CAD的度数．
17．如图，在平面直角坐标系中，⊙O1的直径OA在x轴上，O1A＝2，直线OB交⊙O1于点B，∠BOA＝30°，P为经过O、B、A三点的抛物线的顶点．
（1）求点P的坐标；
（2）求证：PB是⊙O1的切线．

18．如图，AB、AC分别是⊙O的直径和弦，OD⊥AC于点D．过点A作⊙O的切线与OD的延长线交于点P，PC、AB的延长线交于点F．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若∠ABC＝60°，AB＝10，求线段CF的长．



19．如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，以点O为圆心，OA为半径的圆交AB于点C，点D在边OB上，且CD＝BD．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）已知tan∠ODC＝，AB＝40，求⊙O的半径．

20．如图，AB是⊙O的直径，过圆外一点E作EF与⊙O相切于G，交AB的延长线于F，EC⊥AB于点H，交⊙O于D、C两点，连接AG交DC于点K．
（1）求证：EG＝EK；
（2）连接AC，若AC∥EF，cos∠ACK＝，AK＝，求⊙O的半径长．











参考答案
1．解：（1）由图象可知：慢车的速度为：60÷（4﹣3）＝60（km/h），
∵两车3小时相遇，此时慢车走的路程为：60×3＝180（km），
∴快车的速度为：（480﹣180）÷3＝300÷3＝100（km/h），
通过图象和快车、慢车两车速度可知快车比慢车先到达终点，
∴慢车到达终点时所用时间为：480÷60＝8（h），
∴C点坐标为：（8，480），
故答案为：100，（8，480）；
（2）设慢车出发t小时后两车相距200km，
①相遇前两车相距200km，
则：60t+100t+200＝480，
解得：t＝，
②相遇后两车相距200km，
则：60t+100（t﹣1）﹣480＝200，
解得：t＝，
∴慢车出发h或h时两车相距200km，
答：慢车出发h或h时两车相距200km．
2．解：（1）把点A（8，1）代入反比例函数y＝（x＞0）得：
k＝1×8＝8，y＝，
∴k＝8；
（2）设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
根据题意得：，
解得：k＝，b＝﹣3，
∴直线AB的解析式为：y＝x﹣3；
设M（t，），N（t，t﹣3），
则MN＝﹣t+3，
∴△BMN的面积S＝（﹣t+3）t＝﹣t2+t+4＝﹣（t﹣3）2+，
∴△BMN的面积S是t的二次函数，
∵﹣＜0，
∴S有最大值，
当t＝3时，△BMN的面积的最大值为；
（3）∵MA⊥AB，
∴设直线MA的解析式为：y＝﹣2x+c，
把点A（8，1）代入得：c＝17，
∴直线AM的解析式为：y＝﹣2x+17，
解方程组 得： 或 （舍去），
∴M的坐标为（，16），
∴t＝．
3．解：（1）根据题意得，y＝﹣x+50（0＜x≤20）；
（2）根据题意得，（40+x）（﹣x+50）＝2250，
解得：x1＝50，x2＝10，
∵每件利润不能超过60元，
∴x＝10，
答：当x为10时，超市每天销售这种玩具可获利润2250元；
（3）根据题意得，w＝（40+x）（﹣x+50）＝﹣x2+30x+2000＝﹣（x﹣30）2+2450，
∵a＝﹣＜0，
∴当x＜30时，w随x的增大而增大，
∵40+x≤60，x≤20，
∴当x＝20时，w最大＝2400，
答：当x为20时w最大，最大值是2400元．
4．解：（1）∵双曲线过点（﹣1，﹣2）
∴k1＝﹣1×（﹣2）＝2
∵双曲线过点（2，n）
∴n＝1
由直线y＝k2x+b过点A，B得，解得
∴反比例函数关系式为y＝，一次函数关系式为y＝x﹣1．
（2）存在符合条件的点P，．
理由如下：∵A（2，1），B（﹣1，﹣2），
∴OA＝＝，AB＝＝3，
∵△APO∽△AOB
∴，
∴AP＝，
如图，设直线AB与x轴、y轴分别相交于点C、D，过P点作PE⊥x轴于点E，连接OP，作AF⊥x轴，BG⊥x轴，DH⊥BG．
在直线y＝x﹣1中，令x＝0，解得：y＝﹣1，则D的坐标是：（0，﹣1）；
在直线y＝x﹣1中，令y＝0，解得：x＝1，则C的坐标是（1，0）；
则CF＝OF﹣OC＝2﹣1＝1，AF＝1，在直角△ACF中，AC＝＝，
OC＝OD＝1，则CD＝＝，
BH＝BG﹣GH＝2﹣1＝1，DH＝1，在直角△BDH中，BD＝＝，
则AC＝CD＝DB＝，
故PC＝AC﹣AP＝，
在直线y＝x﹣1中，令x＝0，则y＝﹣1，则D的坐标是（0，﹣1），OD＝1，
令y＝0，则x＝1，则C的坐标是：（1，0），则OC＝1，
则△OCD是等腰直角三角形．
∴∠OCD＝45°，
∴∠ACE＝∠OCD＝45°．
再由∠ACE＝45°得CE＝PE＝，
从而OE＝OC+CE＝，
点P的坐标为．

5．解：延长PQ交直线AB于点C，
（1）∠BPQ＝90°﹣60°＝30°；
（2）设PC＝x米．
在直角△APC中，∠PAC＝45°，
则AC＝PC＝x米；
∵∠PBC＝60°，
∴∠BPC＝30°．
在直角△BPC中，BC＝PC＝x米，
∵AB＝AC﹣BC＝10（米），
∴x﹣x＝10，
解得：x＝15+5．
则BC＝（5+5）米．
在直角△BCQ中，QC＝BC＝（5+5）＝（5+）米．
∴PQ＝PC﹣QC＝15+5﹣（5+）＝10+≈15.8（米）．
答：树PQ的高度约为15.8米．

6．解：（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠C＝30°
∵tanC＝
∴AB＝AC•tanC＝9×≈5.2（米）
（2）以点A为圆心，以AB为半径作圆弧，当太阳光线与圆弧相切时树影最长，点D为切点，DE⊥AD交AC于E点，（如图）
在Rt△ADE中，∠ADE＝90°，∠E＝30°，
∴AE＝2AD
＝2×5.2＝10.4（米）
答：树高AB约为5.2米，树影有最长值，最长值约为10.4米．

7．解：（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠BDE＝180°﹣∠B﹣∠DEB，
∠CEF＝180°﹣∠DEF﹣∠DEB，
∵∠DEF＝∠B，
∴∠BDE＝∠CEF，
∴△BDE∽△CEF；
（2）∵△BDE∽△CEF，
∴，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴，
∵∠DEF＝∠B＝∠C，
∴△DEF∽△ECF，
∴∠DFE＝∠CFE，
∴FE平分∠DFC．

8．（1）证明：由已知，得，
∴△AED≌△CED，
∴∠AED＝∠CED，
又∵△AEC为等边三角形，
∴EF⊥AC；
（2）解法一：
过G作GM⊥EF，垂足为M，
由已知和（Ⅰ），得
∠AED＝∠CED＝30°，∠EAD＝15°
∴∠EDG＝45°，
∴MD＝GM
设GM＝x，则DG＝
在Rt△MEG中，EG＝2MG＝2x，
∴EM＝
∴ED＝+x＝（）x
∴
即DE＝DG（或）
解法二：
过E作EM⊥AD，垂足为M
在Rt△MDE中，
∵∠EDM＝∠MED＝45°，
∴EM＝DM
设EM＝DM＝x，
则DE＝x（6分）
在Rt△AEF中，cot30°＝，
∴DF＝AF＝（7分）
∴AD＝
＝（8分）
∵△CDG∽△AME，
∴
即
∴DG＝（9分）
∴
即（或）．（10分）

9．（1）证明：∵∠A＝∠ABC＝90°，
∴BC∥AD，
∴∠CBE＝∠DFE，
在△BEC与△FED中，
，
∴△BEC≌△FED，
∴BE＝FE，
又∵E是边CD的中点，
∴CE＝DE，
∴四边形BDFC是平行四边形；
（2）①BC＝BD＝3时，由勾股定理得，AB＝＝＝2，
所以，四边形BDFC的面积＝3×2＝6；
②BC＝CD＝3时，过点C作CG⊥AF于G，则四边形AGCB是矩形，
所以，AG＝BC＝3，
所以，DG＝AG﹣AD＝3﹣1＝2，
由勾股定理得，CG＝＝＝，
所以，四边形BDFC的面积＝3×＝3；
③BD＝CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC＝2AD＝2，矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形BDFC的面积是6或3．

10．（1）证明：∵∠DBE＝∠ABC，
∴∠ABD+∠CBE＝∠DBE＝∠ABC，
∵△ABE′由△CBE旋转而成，
∴BE＝BE′，∠ABE′＝∠CBE，
∴∠DBE′＝∠DBE，
在△DBE与△DBE′中，
∵，
∴△DBE≌△DBE′（SAS），
∴DE′＝DE；
（2）证明：如图所示：把△CBE逆时针旋转90°，连接DE′，
∵BA＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCE＝45°，
∴图形旋转后点C与点A重合，CE与AE′重合，
∴AE′＝EC，
∴∠E′AB＝∠BCE＝45°，
∴∠DAE′＝90°，
在Rt△ADE′中，DE′2＝AE′2+AD2，
∵AE′＝EC，
∴DE′2＝EC2+AD2，
同（1）可得DE＝DE′，
∴DE2＝AD2+EC2．

11．解：
（1）方法一：如图①，
∵在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°．
∵AE、BF分别平分∠DAB和∠ABC，
∴∠DAB＝2∠BAE，∠ABC＝2∠ABF．
∴2∠BAE+2∠ABF＝180°．
即∠BAE+∠ABF＝90°．
∴∠AMB＝90°．
∴AE⊥BF．
方法二：如图②，延长BC、AE相交于点P，
∵在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAP＝∠APB．
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAP＝∠PAB．
∴∠APB＝∠PAB．
∴AB＝BP．
∵BF平分∠ABP，
∴AP⊥BF，
即AE⊥BF．
（2）方法一：线段DF与CE是相等关系，即DF＝CE，
∵在▱ABCD中，CD∥AB，
∴∠DEA＝∠EAB．
又∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠EAB．
∴∠DEA＝∠DAE．
∴DE＝AD．
同理可得，CF＝BC．
又∵在▱ABCD中，AD＝BC，
∴DE＝CF．
∴DE﹣EF＝CF﹣EF．
即DF＝CE．
方法二：如图，延长BC、AE设交于点P，延长AD、BF相交于点O，
∵在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAP＝∠APB．
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAP＝∠PAB．
∴∠APB＝∠PAB．
∴BP＝AB．
同理可得，AO＝AB．
∴AO＝BP．
∵在▱ABCD中，AD＝BC，
∴OD＝PC．
又∵在▱ABCD中，DC∥AB，
∴△ODF∽△OAB，△PCE∽△PBA．
∴＝，＝．
∴DF＝CE．（8分）

12．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠D＝90°，AD＝AB，
∵QE⊥AB，MF⊥BC，
∴∠AEQ＝∠MFB＝90°，
∴四边形ABFM、AEQD都是矩形，
∴MF＝AB，QE＝AD，MF⊥QE，
又∵PQ⊥MN，
∴∠1+∠EQP＝90°，∠2+∠FMN＝90°，
∵∠1＝∠2，
∴∠EQP＝∠FMN，
又∵∠QEP＝∠MFN＝90°，
∴△PEQ≌△NFM；
（2）解：分为两种情况：①当E在AP上时，
∵点P是边AB的中点，AB＝2，DQ＝AE＝t，
∴PA＝1，PE＝1﹣t，QE＝2，
由勾股定理，得PQ＝＝，
∵△PEQ≌△NFM，
∴MN＝PQ＝，
又∵PQ⊥MN，
∴S＝＝＝t2﹣t+，
∵0≤t≤2，
∴当t＝1时，S最小值＝2．
②当E在BP上时，
∵点P是边AB的中点，AB＝2，DQ＝AE＝t，
∴PA＝1，PE＝t﹣1，QE＝2，
由勾股定理，得PQ＝＝，
∵△PEQ≌△NFM，
∴MN＝PQ＝，
又∵PQ⊥MN，
∴S＝＝[（t﹣1）2+4]＝t2﹣t+，
∵0≤t≤2，
∴当t＝1时，S最小值＝2．
综上：S＝t2﹣t+，S的最小值为2．

13．解：（1）在Rt△ABC中，由AB＝1，BC＝，
得AC＝＝，
∵以点C为圆心，CB为半径的弧交CA于点D；以点A为圆心，AD为半径的弧交AB于点E
∴BC＝CD，AE＝AD，
∴AE＝AC﹣CD＝；
（2）∠EAG＝36°，理由如下：
∵FA＝FE＝AB＝1，AE＝，
∴＝，
∴△FAE是黄金三角形，
∴∠F＝36°，∠AEF＝72°，
∵AE＝AG，
∴∠EAG＝∠F＝36°．
14．（Ⅰ）证法一：
连接OQ；
∵RQ是⊙O的切线，
∴∠OQB+∠BQR＝90°．
∵OA⊥OB，
∴∠OPB+∠B＝90°．
又∵OB＝OQ，
∴∠OQB＝∠B．
∴∠PQR＝∠BPO＝∠RPQ．
∴RP＝RQ．
证法二：
作直径BC，连接CQ；∵BC是⊙O的直径，
∴∠B+∠C＝90°．
∵OA⊥OB，
∴∠B+∠BPO＝90°．
∴∠C＝∠BPO．
又∠BPO＝∠RPQ，
∴∠C＝∠RPQ．
又∵RQ为⊙O的切线，
∴∠PQR＝∠C．
∴∠PQR＝∠RPQ．
∴RP＝RQ．
（Ⅱ）解法一：
作直径AC，
∵OP＝PA＝1，
∴PC＝3．
由勾股定理，得BP＝＝
由相交弦定理，得PQ•PB＝PA•PC．
即PQ×＝1×3，
∴PQ＝．
解法二：
作直径AE，过R作RF⊥BQ，垂足为F，
设RQ＝RP＝x；
由切割线定理，得：x2＝（x﹣1），（x+3）
解得：x＝，
又由△BPO∽△RPF得：，
∴PF＝，
由等腰三角形性质得：PQ＝2PF＝．

15．（1）证明：∵DE垂直平分AC，
∴∠DEC＝90°，AE＝CE，
∴DC为△DEC外接圆的直径，
取DC的中点O，连接OE，如图，
∵∠ABC＝90°，
∴BE为Rt△ABC斜边上的中线，
∴EB＝EC，
∵∠C＝30°，
∴∠EBC＝30°，∠EOD＝2∠C＝60°，
∴∠BEO＝90°，
∴OE⊥BE，
而OE为⊙O的半径，
∴BE是△DEC外接圆的切线；
（2）解：∵BE为Rt△ABC斜边上的中线，
∴AE＝EC＝BE＝，
∴AC＝2，
∵∠ECD＝∠BCA，
∴Rt△CED∽Rt△CBA，
∴＝，
而CB＝CD+BD＝CD+1，
∴＝，
解得CD＝2或CD＝﹣3（舍去），
∴△DEC外接圆的直径为2．

16．（1）证明：连接AO，延长AO交⊙O于点E，则AE为⊙O的直径，连接DE，如图所示：
∵∠ABC：∠ACB：∠ADB＝1：2：3，∠ADB＝∠ACB+∠CAD，
∴∠ABC＝∠CAD，
∵AE为⊙O的直径，
∴∠ADE＝90°，
∴∠EAD＝90°﹣∠AED，
∵∠AED＝∠ABD，
∴∠AED＝∠ABC＝∠CAD，
∴∠EAD＝90°﹣∠CAD，
即∠EAD+∠CAD＝90°，
∴EA⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∴∠ABC+∠ADB＝90°，
∵∠ABC：∠ACB：∠ADB＝1：2：3，
∴4∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝22.5°，
由（1）知：∠ABC＝∠CAD，
∴∠CAD＝22.5°．

17．（1）解：如图，
连接O1B，过点B作BC⊥x轴于点C
∵∠BOA＝30°，半径O1A＝2，
∴∠BO1C＝60°，O1C＝1，BC＝
∴点B坐标为（3，）．
设过O（0，0），A（4，0）两点抛物线解析式为y＝ax（x﹣4），
∵点B（3，）在抛物线上，
∴＝a×3×（3﹣4），
∴a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x，
∴顶点P的坐标为（2，）．
（2）证明：设过P（2，）、B（3，）两点直线的解析式为y＝kx+b，
则，
∴直线的解析式为y＝﹣x+2，
令y＝0，则x＝6，
∴直线PB与x轴的交点坐标为D（6，0），
∴OD＝6，CD＝3，O1D＝3+1＝4，
∵OB＝2
∴BD＝2，
∴O1B2+BD2＝22+（2）2＝16＝O1D2
∴O1B2+BD2＝O1D2
∴O1B⊥BD，
即PB是⊙O1的切线．

18．解：（1）连接OC，

∵OD⊥AC，OD经过圆心O，
∴AD＝CD，
∴PA＝PC，
在△OAP和△OCP中，
∵，
∴△OAP≌△OCP（SSS），
∴∠OCP＝∠OAP
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP＝90°．
∴∠OCP＝90°，
即OC⊥PC
∴PC是⊙O的切线．
（2）∵OB＝OC，∠OBC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠COB＝60°，
∵AB＝10，
∴OC＝5，
由（1）知∠OCF＝90°，
∴CF＝OCtan∠COB＝5．
19．解：（1）直线CD与⊙O相切，
理由如下：如图，连接OC，

∵OA＝OC，CD＝BD，
∴∠A＝∠ACO，∠B＝∠DCB，
∵∠AOB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴∠ACO+∠DCB＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD，
又∵OC为半径，
∴CD是⊙O的切线，
∴直线CD与⊙O相切；
（2）∵tan∠ODC＝＝，
∴设CD＝7x＝DB，OC＝24x＝OA，
∵∠OCD＝90°，
∴OD＝＝＝25x，
∴OB＝32x，
∵∠AOB＝90°，
∴AB2＝AO2+OB2，
∴1600＝576x2+1024x2，
∴x＝1，
∴OA＝OC＝24，
∴⊙O的半径为24．
20．证明：（1）∵EF与⊙O相切于G，
∴OG⊥EG，
∴∠EGO＝90°，
∴∠EGA+∠AGO＝90°，
∵AO＝GO，
∴∠OAG＝∠OGA，
∵EC⊥AB
∴∠OAG+∠AKC＝90°，
∴∠EGA＝∠AKC＝∠EKG，
∴EG＝EK；
（2）如图，

∵cos∠ACK＝＝，
∴设CA＝5a，CH＝4a，
∴AH＝＝＝3a，
∵AC∥EF，
∴∠EGK＝∠CAK＝∠AKC，
∴AC＝CK＝5a，
∴HK＝5a﹣4a＝a，
∵AK2＝AH2+KH2，
∴10＝10a2，
∴a＝1，
∴AH＝3，CH＝4，
∵CO2＝HO2+CH2，
∴CO2＝（CO﹣3）2+16，
∴CO＝，
∴⊙O的半径长．