2022年最新强化训练沪科版九年级数学下册第24章圆同步训练试题(含解析)

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟 2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题 30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、如图，点A，B，C均在⊙O上，连接OA，OB，AC，BC，如果OA⊥OB，那么∠C的度数为（ ）

A．22.5° B．45° C．90° D．67.5°

2、如图，△ABC外接于⊙O，∠A＝30°，BC＝3，则⊙O的半径长为（ ）

A．3 B．2 C．3 D．22 3、如图，AB为O的直径，AB4，CD22，劣弧BC的长是劣弧BD长的2倍，则AC的长为（ ）

A．32 B．22 C．3 D．23 4、将一把直尺、一个含60°角的直角三角板和一个光盘按如图所示摆放，直角三角板的直角边AD与直尺的一边重合，光盘与直尺相切于点B，与直角三角板相切于点C，且AB3，则光盘的直径是（ ）

A．6

B．33 C．3 D．63 5、如图，在ABC中，ACB90，A30，将ABC绕点C逆时针旋转90°得到DEC，则AED的度数为（ ）

A．105° B．120° C．135° D．150°

6、下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

7、下列图形中，是中心对称图形的是（ ）

A． B．

C． D．

8、如图图案中，不是中心对称图形的是（ ） A．∽

B．

C．

D．

9、如图，ABCD是正方形，△CDE绕点C逆时针方向旋转90°后能与△CBF重合，那么△CEF是

（ ）

A．.等腰三角形 C．.直角三角形

B．等边三角形 D．.等腰直角三角形

10、如图，AB是O的直径，C、D是O上的两点，若BOC130，则ADC（ ）

A．15° B．20° C．25° D．30°

第Ⅱ卷（非选择题 70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、如图，点D为边长是43的等边△ABC边AB左侧一动点，不与点A，B重合的动点D在运动过程中始终保持∠ADB＝120°不变，则四边形ADBC的面积S的最大值是 ____．

2、如图，点A，B，C在⊙O上，四边形OABC是平行四边形，若对角线AC＝23，则AC的长为

_____．

3、如图，在Rt△ABC中，ACB90，D是ABC内的一个动点，满足AC2AD2CD2．若

AB213，BC4，则BD长的最小值为_______．

4、如图，在ABC中，AB6，BC12565，AC．ABC绕点B顺时针方向旋转45°得到55△BAC，点A经过的路径为弧AA，点C经过的路径为弧CC，则图中阴影部分的面积为

______．（结果保留π）

5、点（2，-3）关于原点的对称点的坐标为_____． 三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、在ABC中，ABAC，BAC90，过点A作BC的垂线AD，垂足为D，E为线段DC上一动点

（不与点C重合），连接AE，以点A为中心，将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，连接BF，与直线AD交于点G．

（1）如图，当点E在线段CD上时，

①依题意补全图形，并直接写出BC与CF的位置关系； ②求证：点G为BF的中点．

（2）直接写出AE，BE，AG之间的数量关系．

1232、如图，抛物线y＝－x＋x＋2与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B．

22（1）求A，B两点的坐标；

（2）如图1，点C在y轴右侧的抛物线上，且AC＝BC，求点C的坐标；

（3）如图2，将△ABO绕平面内点P顺时针旋转90°后，得到△DEF（点A，B，O的对应点分别是点

D，E，F），D，E两点刚好在抛物线上．

①求点F的坐标； ②直接写出点P的坐标．

3、在平面直角坐标系xOy中，O的半径为2．点P，Q为O外两点，给出如下定义：若O上存在点M，N，使得P，Q，M，N为顶点的四边形为矩形，则称点P，Q是O的“成对关联点”． （1）如图，点A，B，C，D横、纵坐标都是整数．在点B，C，D中，与点A组成O的“成对关联点”的点是______；

（2）点Et,t在第一象限，点F与点E关于x轴对称．若点E，F是O的“成对关联点”，直接写出t的取值范围；

（3）点G在y轴上．若直线y4上存在点H，使得点G，H是O的“成对关联点”，直接写出点G的纵坐标yG的取值范围．

4、如图，在Rt△ABC中，ACB90，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相切，切点为D，O与AC的另一个交点为E．

（1）求证：BO平分ABC；

（2）若A30，AE1，求BO的长．

5、如图，在△ABC是⊙O的内接三角形，∠B＝45°，连接OC，过点A作AD∥OC，交BC的延长线于

D．

（1）求证：AD是⊙O的切线；

（2）若⊙O的半径为2，∠OCB＝75°，求△ABC边AB的长．

-参考答案-

一、单选题 1、B 【分析】

根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半即可得． 【详解】 解：∵OAOB， ∴AOB90， ∴CAOB45， 故选：B． 【点睛】

题目主要考查圆周角定理，准确理解，熟练运用圆周角定理是解题关键．

122、A 【分析】

分析：连接OA、OB，根据圆周角定理，易知∠AOB=60°；因此△ABO是等边三角形，即可求出⊙O的半径． 【详解】

解：连接BO，并延长交⊙O于D，连结DC， ∵∠A=30°， ∴∠D=∠A=30°， ∵BD为直径， ∴∠BCD=90°，

在Rt△BCD中，BC=3，∠D=30°， ∴BD=2BC=6， ∴OB=3． 故选A．

【点睛】

本题考查了圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质，掌握圆周角性质，利用同弧所对圆周角性质与直径所对圆周角性质，30°角所对直角三角形性质是解题的关键．

3、D 【分析】

连接OC,OD,BC，根据AB求得半径OC,OD，进而根据CD的长，勾股定理的逆定理证明

COD90，根据弧长关系可得COB60，即可证明△COB是等边三角形，求得BC2，进而由

勾股定理即可求得AC 【详解】

如图，连接OC,OD,BC，

AB4 OCOD2

OC2OD28，CD28

OC2OD2CD2

OCD是直角三角形，且COD90

CB2DB 2BCCD

32BOCCOD60

3OCOB

OBC是等边三角形

BCOC2

AB是直径，AB4

ACB90

AC3BC23 故选D 【点睛】

本题考查了弧与圆心角的关系，直径所对的圆周角是90度，勾股定理，等边三角形的判定，求得BC的长是解题的关键． 4、D 【分析】

如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB，由切线的性质可知∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB，即可证明

Rt△OCA≌Rt△OBA得到∠OAC=∠OAB，则∠OAC=∠OAB=180∠DAC=60，∠AOB=30°，推出OA=2AB=6，利用勾股定理求出OBOA2AB233，即可得到圆O的直径为63．

【详解】

解：如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB， ∵AC，AB都是圆O的切线， ∴∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB， 又∵OA=OA，

∴Rt△OCA≌Rt△OBA（HL）， ∴∠OAC=∠OAB， ∵∠DAC=60°，

12∴∠OAC=∠OAB=∴∠AOB=30°， ∴OA=2AB=6，

1180∠DAC=60， 2∴OBOA2AB233，

∴圆O的直径为63， 故选D．

【点睛】

本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟知切线的性质是解题的关键． 5、B 【分析】

由题意易得AD30,ACBDCE90，然后根据三角形外角的性质可求解． 【详解】

解：由旋转的性质可得：AD30,ACBDCE90， ∴AEDDDCE120； 故选B． 【点睛】

本题主要考查旋转的性质及三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质及三角形外角的性质是解题的关

键． 6、A 【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】

解：A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；

B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意； D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不符合题意．

故选：A． 【点睛】

本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合． 7、C 【分析】

根据中心对称图形的概念：一个平面图形绕某一点旋转180,如果旋转后的图形能够和原图形重合,那么这个图形叫做中心对称图形,这个点就是对称中心. 根据中心对称图形的概念对各选项进行一一分析判定即可求解． 【详解】

A、不是中心对称图形，不符合题意； B、不是中心对称图形，不符合题意； C、是中心对称图形，符合题意； D、不是中心对称图形，不符合题意．

故选：C． 【点睛】

本题考查了中心对称图形，掌握好中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后能够与原来的图形重合． 8、C 【分析】

根据中心对称图形的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心求解． 【详解】

解：A、是中心对称图形，故A选项不合题意；

B、是中心对称图形，故B选项不合题意； C、不是中心对称图形，故C选项符合题意； D、是中心对称图形，故D选项不合题意；

故选：C． 【点睛】

本题考查了中心对称图形的知识，解题的关键是掌握中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180°后重合． 9、D 【分析】

根据旋转的性质推出相等的边CE＝CF，旋转角推出∠ECF＝90°，即可得到△CEF为等腰直角三角形． 【详解】

解：∵△CDE绕点C逆时针方向旋转90°后能与△CBF重合， ∴∠ECF＝90°，CE＝CF，

∴△CEF是等腰直角三角形， 故选：D． 【点睛】

本题主要考查旋转的性质，掌握图形旋转前后的大小和形状不变是解决问题的关键． 10、C 【分析】

根据圆周角定理得到∠BDC的度数，再根据直径所对圆周角是直角，即可得到结论． 【详解】

解：∵∠BOC=130°， ∴∠BDC=∠BOC=65°， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB=90°，

∴∠ADC=90°-65°=25°， 故选：C． 【点睛】

本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键． 二、填空题 1、163 【分析】

根据题意作等边三角形ABC的外接圆，当点D运动到AB的中点时，四边形ADBC的面积S的最大值，分别求出两个三角形的面积，相加即可． 【详解】

12解：根据题意作等边三角形ABC的外接圆，

D在运动过程中始终保持∠ADB＝120°不变，

∴D在圆上运动，

当点D运动到AB的中点时，四边形ADBC的面积S的最大值， 过点D作AB的垂线交于点E，如图：

AB43,ADB120，

DBE30,BE23，

DE1BD， 2在RtBDE中，

BD2DE2BE2，

解得：DE2，

S1ABDE43， 2ABD过点A作BC的垂线交于F，

BF1BC23， 2AB2BF26，

AFSABC1643123， 2S四边形ADBC=SABCSABD43123163，

故答案是：163． 【点睛】

本题考查了等边三角形，外接圆、勾股定理、动点问题，解题的关键是，作出图象及掌握圆的相关性质． 2、

4π 3【分析】

连接OB，交AC于点D，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形OABC为菱形，根据菱形的性质可得：OBAC，OAAB，ADDC，根据等边三角形的判定得出OAB为等边三角形，由此得出AOC120，在直角三角形中利用勾股定理即可确定圆的半径，然后代入弧长公式求解即可． 【详解】

解：如图所示，连接OB，交AC于点D，

∵四边形OABC为平行四边形，OAOC， ∴四边形OABC为菱形， ∴OBAC，OAAB，ADDC∵OAOBAB， ∴OAB为等边三角形， ∴AOB60， ∴AOC120，

1在RtOAD中，设AOr，则ODr，

21AC3， 2∴AD2OD2AO2，

13rr2，

222即

解得：r2或r2（舍去）， ∴AC的长为：

12024，

18034故答案为：．

3【点睛】

题目主要考查菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，弧长公式等，熟练掌握各个

定理和公式是解题关键． 3、2 【分析】

取AC中点O，由勾股定理的逆定理可知∠ADC=90°，则点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于D1，则BD长的最小值即为BD1，由此求解即可． 【详解】

解：如图所示，取AC中点O，

∵AC2AD2CD2，即AC2=AD2CD2， ∴∠ADC=90°，

∴点D在以O为圆心，以AC为直径的圆上，

作△ADC外接圆，连接BO，交圆O于D1，则BD长的最小值即为BD1，

∵AB213，BC4，∠ACB=90°，

∴ACAB2BC2=6，

1AC3， 2∴OCOD1∴OBOC2BC25，

∴BD1OBOD12， 故答案为：2．

【点睛】

本题主要考查了一点到圆上一点的最短距离，勾股定理的逆定理，勾股定理，解题的关键在于确定点

D的运动轨迹．

4、

27π6## 5【分析】

设BA’与AC相交于点D，过点D作DEAB，垂足为点E，根据勾股定理逆定理可得ABC为直角三角形，根据三边关系可得tanCAB1，根据题意及等角对等边得出DEEB，在RtAED中，利用2正弦函数可得BEDE2，结合图形，利用扇形面积公式及三角形面积公式求解即可得． 【详解】

解：设BA’与AC相交于点D，过点D作DEAB，垂足为点E，

∵AB6，BC65125，AC，

55∴AB2BC2AC2，

∴ABC为直角三角形， ∴tanCABBC1， AC2∵ABC绕点B顺时针方向旋转45°得到BA'C'， ∴ABA45， ∴ABAEDB45， ∴DEEB，

在RtAED中，tanCAB∴AE2EB， ∴AEBE3BE6， ∴BEDE2，

S1ABDE6， 2DE1， AE2ABDS扇形ABA45629，

3602S扇形CBC654559， 360109927S66， ABD扇形CBC21052S阴影S扇形ABAS故答案为：【点睛】

276． 5题目主要考查勾股定理逆定理，旋转的性质，等角对等边的性质，正切函数，扇形面积等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键． 5、 (-2，3)

【分析】

根据“关于原点对称的点的坐标关系，横坐标与纵坐标都互为相反数”，即可求解． 【详解】

点(2，-3)关于原点的对称点的坐标是(-2，3)． 故答案为: （-2，3）． 【点睛】

本题主要考查点关于原点对称，解决本题的关键是要熟练掌握关于原点对称点的坐标的关系． 三、解答题

1、（1）①BC⊥CF；证明见详解；②见详解;（2）2AE2=4AG2+BE2．证明见详解． 【分析】

（1）①如图所示，BC⊥CF．根据将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF，得出AE=AF，∠EAF=90°，可证△BAE≌△CAF（SAS），得出∠ABE=∠ACF=45°，可得∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°即可；

②根据AD⊥BC，BC⊥CF．可得AD∥CF，可证△BDG∽△BCF，可得

1BDBG，得出BGBF即可； BCBF2（2）2AE2=4AG2+BE2，延长BA交CF延长线于H，根据等腰三角形性质可得AD平分∠BAC，可得

1∠BAD=∠CAD=BAC45，可证△BAG∽△BHF，得出HF=2AG，再证△AEC≌△AFH（AAS），得出

2EC=FH=2AG，利用勾股定理得出EF2AE2AF22AE2，EF2EC2CF2即2AE24AG2+BE2即

可． 【详解】

解：（1）①如图所示，BC⊥CF．

∵将线段AE逆时针旋转90°得到线段AF， ∴AE=AF，∠EAF=90°， ∴∠EAC+∠CAF=90°，

∵ABAC，BAC90，

∴∠BAE+∠EAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°， ∴∠BAE=∠CAF， 在△BAE和△CAF中，

ABACBAECAF， AEAF∴△BAE≌△CAF（SAS）， ∴∠ABE=∠ACF=45°，

∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°， ∴BC⊥CF；

②∵AD⊥BC，BC⊥CF． ∴AD∥CF，

∴∠BDG=∠BCF=90°，∠BGD=∠BFC， ∴△BDG∽△BCF， ∴

BDBG， BCBF∵ABAC，AD⊥BC，

1∴BD=DC=BC，

21BCBG， ∴2BCBF∴

BG1， BF2∴BG1BF， 2∴BG=GF;

（2）2AE2=4AG2+BE2．延长BA交CF延长线于H， ∵AD⊥BC，AB=AC， ∴AD平分∠BAC，

1∴∠BAD=∠CAD=BAC45，

2∵BG=GF，AG∥HF，

∴∠BAG=∠H=45°，∠AGB=∠HFB， ∴△BAG∽△BHF， ∴

AGBG1， HFBF2∴HF=2AG， ∵∠ACE=45°， ∴∠ACE =∠H，

∵∠EAC+∠CAF=90°，∠CAF+∠FAH=90°， ∴∠EAC=∠FAH， 在△AEC和△AFH中，

ACEAHFEACFAH， AEAF∴△AEC≌△AFH（AAS）， ∴EC=FH=2AG，

在Rt△AEF中，根据勾股定理EF2AE2AF22AE2， 在Rt△ECF中，EF2EC2CF2即2AE24AG2+BE2．

【点睛】

本题考查图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理，掌握图形旋转性质，三角形完全判定与性质，等腰直角三角形性质，三角形相似判定与性质，勾股定理是解题关键．

2、（1）A（-1，0），B（0，2）；（2）点C的坐标（312）；②点P的坐标（，2）

2426126，）；（3）①求点F的坐标（1，

42【分析】

（1）令x=0，求得y值，得点B的坐标；令y=0，求得x的值，取较小的一个即求A点的坐标；

123123（2）设C的坐标为（x，－x＋x＋2），根据AC＝BC，得到AC2BC2，令t=－x＋x，解方

2222程即可；

（3）①根据题意，得∠BPE=90°，PB=PE即点P在线段BE的垂直平分线上，根据B，E都在抛物线上，则B，E是对称点，从而确定点P在抛物线的对称轴上，点F在BE上，且BE∥x轴，点E（3，2），确定BE=3，根据旋转性质，得EF=BO=2，从而确定点F的坐标；

②根据BE=3，∠BPE=90°，PB=PE，确定P到BE的距离，即可写出点P的坐标． 【详解】

（1）令x=0，得y=2， ∴点B的坐标为B（0，2）；

123令y=0，得－x＋x＋2=0，

22解得 x11,x24, ∵点A在x轴的负半轴； ∴A点的坐标（-1，0）；

123（2）设C的坐标为（x，－x＋x＋2），

22∵AC＝BC，A（-1，0），B（0，2）， ∴AC2BC2，

∵A（-1，0），B（0，2），

222222∴(x1)(xx2)x(xx22)，

12321232222222即(x1)(xx2)x(xx)，

12321232123设t=－x＋x，

22∴(x1)2(t2)2x2t2， ∴x22x1t24t4x2t2， ∴2x4t50，

2∴2x4(xx)50，

1232整理，得2x28x50， 解得x1426426,x2, 22∵点C在y轴右侧的抛物线上， ∴x426， 2126， 2此时y=∴点C的坐标（426126，）；

42（3）①如图，根据题意，得∠BPE=90°，PB=PE即点P在线段BE的垂直平分线上，

∵B，E都在抛物线上， ∴B，E是对称点，

∴点P在抛物线的对称轴上，点F在BE上，且BE∥x轴，

3∵抛物线的对称轴为直线x=，B（0，2），

2∴点E（3，2），BE=3， ∵EF=BO=2，

∴BF=1，

∴点F的坐标为（1，2）；

②如图，设抛物线的对称轴与BE交于点M，交x轴与点N， ∵BE=3，

3∴BM=，

2∵∠BPE=90°，PB=PE，

3∴PM=BM=，

23∴PM=BM=，

231∴PN=2-=2，

231∴点P的坐标为（，2）．

2【点睛】

本题考查了抛物线与坐标轴的交点，旋转的性质，两点间的距离公式，一元二次方程的解法，换元法解方程，熟练掌握抛物线的对称性，灵活理解旋转的意义，熟练解一元二次方程是解题的关键． 3、（1）B和C；（2）2t2；（3）4yG223 【分析】

（1）根据图形可确定与点A组成O的“成对关联点”的点；

（2）如图，点E在直线yx上，点F在直线yx上，当点E在线段E0E1上，点F在线段F0F1上时，有O的“成对关联点”，求出即可得出t的取值范围；

（3）分类讨论：点G在y4上，点G在y4的下方和点G在y4的上方，构造O的“成对关联点”，即可求出yG的取值范围． 【详解】

（1）如图所示：

在点B，C，D中，与点A组成O的“成对关联点”的点是B和C， 故答案为：B和C； （2）∵E(t,t)

∴E(t,t)在直线yx上， ∵点F与点E关于x轴对称， ∴F(t,t)在直线yx， 如下图所示：

直线yx和yx与O分别交于点E0，F0，与直线x2分别交于E1，F1，

由题可得：E0(2,2)，

当点E在线段E0E1上时，有O的“成对关联点” ∴2t2； （3）

如图，当点G在y4上时，GH∥x轴，在O上不存在这样的矩形；

如图，当点G在y4下方时，也不存在这样的矩形；

如图，当点G在y4上方时，存在这样的矩形GMNH， 当恰好只能构成一个矩形时，

设G(0,m)，直线y4与y轴相交于点K，

则GHKOGM，OM2，OGm，GHMN4，GKm4， ∴sinGHKsinOGM，即

m42， 4mGKOM， GHOG∴

解得：m223或m223（舍），

综上：当4yG223时，点G，H是O的“成对关联点”． 【点睛】

本题考查几何图形综合问题，属于中考压轴题，掌握“成对关联点”的定义是解题的关键． 4、（1）见解析；（2）2 【分析】

（1）连接OD，由O与AB相切得ODB90，由HL定理证明RtBDORtBCO由全等三角形的性质得DBOCBO，即可得证；

（2）设O的半径为x，则ODOEOCx，在RtADO中，得出关系式求出x，可得出AC的长，在RtACB中，由正切值求出BC，在Rt△BCO中，由勾股定理求出BO即可． 【详解】 （1）

如图，连接OD， ∵O与AB相切， ∴ODB90，

在Rt△BDO与Rt△BCO中，

DOCO， BOBO∴RtBDORtBCO(HL)， ∴DBOCBO， ∴BO平分ABC；

（2）设O的半径为x，则ODOEOCx， 在RtADO中，A30，AE1， ∴2x1x， 解得：x1，

∴AC1113， 在RtACB中，tanABC3，即BCACtan3033， AC3在Rt△BCO中，BOCO2BC212(3)22． 【点睛】

本题考查圆与直线的位置关系，全等三角形的判定与性质、三角函数以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键． 5、（1）见解析；（2）23 【分析】

（1）如图所示，连接OA，由圆周角定理可得∠COA=90°，再由平行线的性质得到∠OAD+∠COA=180°，则∠OAD=90°，由此即可证明；

（2）连接OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E，先由等腰三角形的性质与三角形内角和定理求出∠COB =30°，则∠AOB=120°，可以得到∠OAB=∠OBA=30°，由勾股定理可得，求出

AEOA2OE23，则AB=23．

【详解】

解：（1）如图所示，连接OA， ∵∠CBA=45°， ∴∠COA=90°， ∵AD∥OC，

∴∠OAD+∠COA=180°， ∴∠OAD=90°，

又∵点A在圆O上， ∴AD是⊙O的切线；

（2）连接OB，过点O作OE⊥AB，垂足为E， ∵∠OCB=75°，OB=OC， ∴∠OCB=∠OBC=75°，

∴∠COB=180°-∠OCB-∠OBC=30°， 由（1）证可得∠AOC=90°，

∴∠AOB=120°， ∵OA=OB，

∴∠OAB=∠OBA=30°， 又∵OE⊥AB， ∴AE=BE，

在Rt△AOE中，AO=2，∠OAE=30°， ∴OE=2AO=1， 由勾股定理可得，AEOA2OE23，

1∴AB=23．

【点睛】

本题主要考查了圆周角定理，切线的判定，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟知相关知识是解题的关键．