2021-2022学年北京市各地区九年级数学上册期末试题选编第二十二章 圆（下） 综合复习题 （含解析）

第二十二章 圆（下） 综合复习题
一、单选题
1．（2022·北京丰台·九年级期末）如图所示，边长为1的正方形网格中，O，A，B，C，D是网格线交点，若与所在圆的圆心都为点O，那么阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·北京东城·九年级期末）如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠ACB＝70°，则∠P的度数为（ ）
A．70° B．50° C．20° D．40°
3．（2022·北京大兴·九年级期末）如图，与的两边分别相切，其中OA边与⊙C相切于点P．若，，则OC的长为（ ）
A．8 B． C． D．
4．（2022·北京海淀·九年级期末）在△ABC中，，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C 与AB的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
5．（2022·北京昌平·九年级期末）如图，面积为18的正方形ABCD内接于⊙O，则⊙O的半径为（ ）
A． B．
C．3 D．
6．（2022·北京通州·九年级期末）如图，是的直径，点在的延长线上，切于点．若，，则等于（ ）．
A．6 B．4 C． D．3
7．（2022·北京顺义·九年级期末）如图，AB切于⊙O点B，延长AO交⊙O于点C，连接BC，若∠A=40°，则∠C=（ ）
A．20° B．25° C．40° D．50°
8．（2022·北京·人大附中九年级期末）如图，数轴上有A、B、C三点，点A，C关于点B对称，以原点O为圆心作圆，若点A，B，C分别在外，内，上，则原点O的位置应该在　　
A．点A与点B之间靠近A点 B．点A与点B之间靠近B点
C．点B与点C之间靠近B点 D．点B与点C之间靠近C点
9．（2022·北京门头沟·九年级期末）已知⊙的半径为，点到圆心的距离为，那么点与⊙的位置关系是（ ）．
A．点在⊙外 B．点在⊙内 C．点在⊙上 D．无法确定
二、填空题
10．（2022·北京朝阳·九年级期末）为了落实“双减”政策，朝阳区一些学校在课后服务时段开设了与冬奥会项目冰壶有关的选修课．如图，在冰壶比赛场地的一端画有一些同心圆作为营垒，其中有两个圆的半径分别约为60cm和180 cm，小明掷出一球恰好沿着小圆的切线滑行出界，则该球在大圆内滑行的路径MN的长度为______cm．
11．（2022·北京海淀·九年级期末）如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，Q是优弧上一点，若∠P=40°，则∠Q的度数是________．
12．（2022·北京昌平·九年级期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，C是优弧AB上的一个动点，若∠P = 50°，则∠ACB ＝_____________°
13．（2022·北京石景山·九年级期末）如图，PA，PB是的切线，切点分别为A，B．若，，则AB的长为______．
14．（2022·北京房山·九年级期末）如图，PA是⊙O的切线，A是切点．若∠APO=25°，则∠AOP=___________°．
15．（2022·北京顺义·九年级期末）如图，正六边形ABCDEF内接于半径为3的⊙O，则劣弧AB的长度为________．
16．（2022·北京丰台·九年级期末）如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是______．
17．（2022·北京昌平·九年级期末）若扇形的圆心角为60°，半径为2，则该扇形的弧长是_____（结果保留）
18．（2022·北京密云·九年级期末）如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长为8π，则正六边形的边长为________．
三、解答题
19．（2022·北京丰台·九年级期末）对于平面直角坐标系xOy中的图形M，N，给出如下定义：若图形M和图形N有且只有一个公共点P，则称点P是图形M和图形N的“关联点”．
已知点，，，．
(1)直线l经过点A，的半径为2，在点A，C，D中，直线l和的“关联点”是______；
(2)G为线段OA中点，Q为线段DG上一点（不与点D，G重合），若和有“关联点”，求半径r的取值范围；
(3)的圆心为点，半径为t，直线m过点A且不与x轴重合．若和直线m的“关联点”在直线上，请直接写出b的取值范围．
20．（2022·北京门头沟·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
（1）求证：∠ADC=∠AOF；
（2）若sinC=，BD=8，求EF的长．
21．（2022·北京东城·九年级期末）如图，AC是⊙O的弦，过点O作OP⊥OC交AC于点P，在OP的延长线上取点B，使得BA＝BP．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为4，PC＝，求线段AB的长．
22．（2022·北京昌平·九年级期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，P是AB延长线上一点，且∠BCP＝∠BCD
（1）求证：CP是⊙O的切线；
（2）连接DO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和OF的长
23．（2022·北京西城·九年级期末）如图，是的直径，四边形内接于，是的中点，交的延长线于点．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
24．（2022·北京海淀·九年级期末）如图，AB为⊙O的直径，弦于，连接，过作，交⊙O于点，连接DF，过作，交DF的延长线于点．
（1）求证：BG是⊙O的切线；
（2）若，DF=4，求FG的长．
25．（2022·北京密云·九年级期末）如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分线．
(1)求证：AM是⊙O的切线；
(2)连接CO并延长交AM于点N，若⊙O的半径为2，∠ANC = 30°，求CD的长．
26．（2022·北京丰台·九年级期末）如图，AB是的直径，PA，PC是的切线，A，C是切点，连接AC，PO，交点为D．
(1)求证：；
(2)延长PO交于点E，连接BE，CE．若，，求AB的长．
27．（2022·北京朝阳·九年级期末）如图，在中，，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，与AC的另一个交点为E．
（1）求证：BO平分；
（2）若，，求BO的长．
28．（2022·北京顺义·九年级期末）如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，作∠BCD＝∠A，CD与AB的延长线交于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若CE＝2，DE＝4，求AC的长．
参考答案：
1．C
【解析】根据勾股定理分别求出OC、OD，根据勾股定理的逆定理得到∠COD＝90°，根据弧长公式计算，得到答案．
解：由勾股定理得，OC＝OD＝＝2，
则OC2+OD2＝CD2，
∴∠COD＝90°，
∵四边形OACB是正方形，
∴∠COB＝45°，
∴，，，
阴影部分的面积为
故选：C．
本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形面积公式，求出对应的圆心角和半径是解题的关键．
2．D
【解析】首先连接OA，OB，由PA，PB为⊙O的切线，根据切线的性质，即可得∠OAP=∠OBP=90°，又由圆周角定理，可求得∠AOB的度数，继而可求得答案．
解：连接OA，OB，
∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠ACB=70°，
∴∠AOB=2∠P=140°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°．
故选：D．
此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．
3．C
【解析】如图所示，连接CP，由切线的性质和切线长定理得到∠CPO=90°，∠COP=45°，由此推出CP=OP=4，再根据勾股定理求解即可．
解：如图所示，连接CP，
∵OA，OB都是圆C的切线，∠AOB=90°，P为切点，
∴∠CPO=90°，∠COP=45°，
∴∠PCO=∠COP=45°，
∴CP=OP=4，
∴，
故选C．
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟知切线长定理是解题的关键．
4．B
【解析】根据等腰三角形的性质，三线合一即可得，根据三角形切线的判定即可判断是的切线，进而可得⊙C 与AB的位置关系
解：连接,
，点O为AB中点．
CO为⊙C的半径，
是的切线，
⊙C 与AB的位置关系是相切
故选B
本题考查了三线合一，切线的判定，直线与圆的位置关系，掌握切线判定定理是解题的关键．
5．C
【解析】连接OA、OB，则为等腰直角三角形，由正方形面积为18，可求边长为，进而通过勾股定理，可得半径为3．
解：如图，连接OA，OB，则OA=OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵正方形ABCD的面积是18，
∴，
∴，即：
∴
故选C．
本题考查了正多边形和圆、正方形的性质等知识，构造等腰直角三角形是解题的关键．
6．C
【解析】连结BC，OC，根据CD为切线，可得OC⊥DC，利用锐角三角函数可求OC=CDtan∠OAC=，可求∠DOC=60°根据三角形外角性质∠A=∠OCA=，由AB为直径，可得∠BCA=90°，利用AC=ABcos30°=即可．
解：连结BC，OC，
∵CD为切线，
∴OC⊥DC，
在Rt△DOC中，
∵，，
∴OC=CDtan∠OAC=，
∴OB=OA=OC=2，∠DOC=90°-∠D=90°-30°=60°
∴∠A=∠OCA=
∵AB为直径，
∴∠BCA=90°
在Rt△ABC中，
∵AB=2OA=4，∠A=30°，
∴AC=ABcos30°=．
故选择C．
本题考查切线性质，锐角三角函数，三角形外角性质，掌握切线性质，锐角三角函数，三角形外角性质是解题关键．
7．B
【解析】根据切线的性质判定∠ABO=90°，然后在直角△ABO中利用直角三角形的性质求得∠AOB=50°；最后根据圆周角定理来求∠C的度数．
解：∵AB切⊙O于点B，
∴OB⊥AB，即∠ABO=90°，
∴∠AOB=50°（直角三角形中的两个锐角互余），
又∵点C在AO的延长线上，且在⊙O上，
∴∠C=∠AOB=25°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）．
故选B．
本题考查圆周角定理、切线的性质．定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角．
8．C
【解析】分析A，B，C离原点的远近，画出图象，利用图象法即可解决问题；
由题意知,点A离原点最远，点C次之，点B离原点最近，如图，观察图象可知，
原点O的位置应该在点B与点C之间靠近B点，
故选C．
本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题．
9．A
试题解析：∵OP=8＞5，∴点P与⊙O的位置关系是点在圆外．
故选A．
10．
【解析】如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、OM，根据切线的性质定理和垂径定理求解即可．
解：如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、OM，
则OD⊥MN，
∴MD=DN，
在Rt△ODM中，OM=180cm，OD=60cm，
∴cm，
∴cm，
即该球在大圆内滑行的路径MN的长度为cm，
故答案为：．
本题考查切线的性质定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握切线的性质和垂径定理是解答的关键．
11．70°##70度
【解析】连接OA、OB，根据切线性质可得∠OAP=∠OBP=90°，再根据四边形的内角和为360°求得∠AOB，然后利用圆周角定理求解即可．
解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，又∠P=40°，
∴∠AOB=360°－90°－90°－40°=140°，
∴∠Q=∠AOB=70°，
故答案为：70°．
本题考查切线性质、四边形内角和为360°、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键．
12．
【解析】连接，根据切线的性质以及四边形内角和定理求得，进而根据圆周角定理即可求得∠ACB
解：连接，如图，
PA，PB分别与⊙O相切
故答案为：
本题考查了切线的性质，圆周角定理，四边形的内角和，掌握切线的性质是解题的关键．
13．3
【解析】由切线长定理和，可得为等边三角形，则．
解：连接，如下图：
，分别为的切线，
，
为等腰三角形，
，
，
为等边三角形，
，
，
．
故答案为：3．
本题考查了等边三角形的判定和切线长定理，解题的关键是作出相应辅助线．
14．65
【解析】根据切线的性质得到OA⊥AP，根据直角三角形的两锐角互余计算，得到答案．
解：∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴，
∵∠APO=25°，
∴，
故答案为：65．
本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
15．π．
试题分析：如图，连接OA、OB，∵ABCDEF为正六边形，∴∠AOB=360°×=60°，的长为=π．故答案为π．
考点：正多边形和圆；弧长的计算．
16．6
【解析】如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，证明△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，再求出圆的半径即可．
解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；
本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键．
17．
【解析】已知扇形的圆心角为，半径为2，代入弧长公式计算．
解：依题意，n=，r=2，
∴扇形的弧长=．
故答案为：．
本题考查了弧长公式的运用．关键是熟悉公式：扇形的弧长=．
18．4
【解析】由周长公式可得⊙O半径为4，再由正多边形的中心角公式可得正六边形ABCDEF中心角为，即可知正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的，则可求得六边形ABCDEF边长．
∵⊙O的周长为8π
∴⊙O半径为4
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O
∴正六边形ABCDEF中心角为
∴正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的
∴正六边形ABCDEF边长为4.
故答案为：4．
本题考查了正多边形的中心角公式，正n边形的每个中心角都等于，由中心角为得出正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的是解题的关键．
19．(1)C
(2)
(3)
【解析】（1）作出图形，根据切线的定义结合“关联点”即可求解；
（2）根据题意，为等边三角形，则仅与相切时，和有“关联点”，进而求得半径r的取值范围；
（3）根据关联点以及切线的性质，直径所对的角是直角，找到点的运动轨迹是以为圆心半径为的半圆在轴上的部分，进而即可求得的值．
(1)
解：如图，
，，，,
，轴,.
的半径为2，
直线与相切
直线l和的“关联点”是点
故答案为：
(2)
如图，根据题意与有“关联点”，则与相切，且与相离
,
是等边三角形
为的中点，则
当与相切时，则点为的内心
半径r的取值范围为：
(3)
如图，设和直线m的“关联点”为，，交轴于点，
是的切线，
的圆心为点，半径为t，
轴是的切线
点的运动轨迹是以为圆心半径为的半圆在轴上的部分，则点，
在直线上，
当直线与相切时，即当点与点重合时，最大，
此时与轴交于点，
当点运动到点时，则过点，
则
解得
b的取值范围为：
本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，一次函数与坐标轴交点问题，等边三角形的性质，等边三角形的内心的性质，掌握以上知识是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）2．
【解析】（1）连接OD，根据CD是⊙O的切线，可推出∠ADC+∠ODA=90°，根据OF⊥AD，∠AOF+∠DAO=90°，根据OD=OA，可得∠ODA=∠DAO，即可证明；
（2）设半径为r，根据在Rt△OCD中，，可得，AC=2r，由AB为⊙O的直径，得出∠ADB=90°，再根据推出OF⊥AD，OF∥BD，然后由平行线分线段成比例定理可得，求出OE，，求出OF，即可求出EF．
（1）证明：连接OD，
∵CD是⊙O的切线，
∴OD⊥CD，
∴∠ADC+∠ODA=90°，
∵OF⊥AD，
∴∠AOF+∠DAO=90°，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠DAO，
∴∠ADC=∠AOF；
（2）设半径为r，
在Rt△OCD中，，
∴，
∴，
∵OA=r，
∴AC=OC-OA=2r，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
又∵OF⊥AD，
∴OF∥BD，
∴，
∴OE=4，
∵，
∴，
∴．
本题考查了平行线分线段成比例定理，锐角三角函数，切线的性质，直径所对的圆周角是90°，灵活运用知识点是解题关键．
21．（1）见解析；（2）．
【解析】（1）先根据等腰三角形的性质可得∠BPA＝∠BAP、∠OAC＝∠OCA．再运用等量代换说明∠OAB＝90°，即可证明结论；
（2）先由勾股定理可得OP=2, 设AB＝x，则OB＝x＋2．在Rt△AOB中运用勾股定理列方程解答即可．
解：（1）证明：∵BA＝BP，
∴∠BPA＝∠BAP．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵OP⊥OC，
∴∠COP＝90°．
∴∠OPC＋∠OCP＝90°．
∵∠APB＝∠OPC，
∴∠BAP＋∠OAC＝90°．即∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB．
∵OA为半径，
∴AB为⊙O的切线；
（2）在Rt△OPC中，OC＝4，PC＝，
∴OP＝2．
设AB＝x，则OB＝x＋2．
在Rt△AOB中，，
∴x＝3,即AB＝3．
本题主要考查了圆的性质、圆的切线证明、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质、定理成为解答本题的关键．
22．（1）见解析；（2），
【解析】（1）连接OC，由已知可得∠OCB＋∠BCD＝90°，进而根据∠BCP＝∠BCD，等量代换可得∠OCB＋∠BCP＝90°，即可证明CP是⊙O的切线；
（2）证明OE为△DCG的中位线，由，证明△GCF∽△OAF，进而列出比例式代入数值进行计算即可．
（1）证明：连接OC
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB
∵AB⊥CD于点E，
∴∠CEB＝90°
∴∠OBC＋∠BCD＝90°
∴∠OCB＋∠BCD＝90°
∵∠BCP＝∠BCD，
∴∠OCB＋∠BCP＝90°
∴OC⊥CP
∴CP是⊙O的切线
（2）∵AB⊥CD于点E，
∴E为CD中点
∵O为GD中点，
∴OE为△DCG的中位线
∴GC＝2OE＝6，
∵
∴△GCF∽△OAF
∴
即
∵GF＋OF＝5，
∴OF＝
本题考查了切线的性质判定，相似三角形的性质与判定，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
23．（1）见详解；（2）
【解析】（1）连接OD，由圆周角定理可得∠AOD=∠ABC，从而得OD∥BC，进而即可得到结论；
（2）连接AC，交OD于点F，利用勾股定理可得AC，，再证明四边形DFCE是矩形，进而即可求解．
（1）证明：连接OD，
∵是的中点，
∴∠ABC=2∠ABD，
∵∠AOD=2∠ABD，
∴∠AOD=∠ABC，
∴OD∥BC，
∵，
∴，
∵OD为半径
∴是的切线；
（2）连接AC，交OD于点F，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴AC=，
∵是的中点，
∴OD⊥AC，AF=CF=3，
∴，
∴DF=5-4=1，
∵∠E=∠EDF=∠DFC=90°，
∴四边形DFCE是矩形，
∴DE=CF=3，CE=DF=1，
∴，
∴AD=CD=，
∵∠ADB=90°，
∴
本题主要考查切线的判定定理，圆周角定理以及勾股定理，添加辅助线构造直角三角形和矩形，是解题的关键．
24．（1）见解析；（2）
【解析】（1）由题意根据切线的判定证明半径OB⊥BG即可BG是⊙O的切线；
（2）根据题意连接CF，根据圆周角定理和中位线性质得出，进而依据等边三角形和四边形BEDG是矩形进行分析即可得出FG的长．
解：（1）证明：∵ C，A，D，F在⊙O上，∠CAF=90°，
∴ ∠D=∠CAF=90°．
∵ AB⊥CE，BG⊥DF，
∴ ∠BED=∠G=90°．
∴ 四边形BEDG中，∠ABG=90°．
∴ 半径OB⊥BG．
∴ BG是⊙O的切线．　　　　　　　　　　　
（2）连接CF，
∵ ∠CAF=90°，
∴ CF是⊙O的直径．
∴ OC=OF．
∵ 直径AB⊥CD于E，
∴ CE=DE．
∴ OE是△CDF的中位线．
∴ ．
∵ ，∠AFD=30°，
∴ ∠ACD=∠AFD=30°．
∴ ．
∵ OA=OC，
∴ △AOC是等边三角形．
∵ CE⊥AB，
∴ E为AO中点，
∴ OA=2OE=4，OB=4．
∴ ．
∵ ∠BED=∠D=∠G=90°，
∴ 四边形BEDG是矩形．
∴ DG=BE=6．
∴ ．
本题考查圆的综合问题，熟练掌握切线的判定和圆周角定理和中位线性质以及等边三角形和矩形性质是解题的关键.
25．(1)见解析
(2)CD=2
【解析】（1）由题意易得BC=BD，∠DAM=∠DAF，则有∠CAB=∠DAB，进而可得∠BAM=90°，然后问题可求证；
（2）由题意易得CD//AM，∠ANC=∠OCE=30°，然后可得OE=1，CE=，进而问题可求解．
（1）
证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴BC=BD
∴∠CAB=∠DAB
∵AM是∠DAF的平分线
∴∠DAM=∠DAF
∵∠CAD+∠DAF=180°
∴∠DAB+∠DAM=90°
即∠BAM=90°，AB⊥AM
∴AM是⊙O的切线
（2）
解：∵AB⊥CD，AB⊥AM
∴CD//AM
∴∠ANC=∠OCE=30°
在Rt△OCE中，OC=2
∴OE=1，CE=
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴CD=2CE=2．
本题主要考查切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键．
26．(1)证明见解析
(2)
【解析】（1）如图，连接先证明再证明可得 从而可得结论；
（2）如图，先求解 结合求解 再利用建立方程求解即可.
（1）
证明：如图，连接
为的切线，
（2）
解：如图，
而
本题考查的是圆的的切线的性质，切线长定理的应用，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，熟练的运用切线长定理解题是解本题的关键.
27．（1）见解析；（2）2
【解析】（1）连接OD，由与AB相切得，由HL定理证明由全等三角形的性质得，即可得证；
（2）设的半径为，则，在中，得出关系式求出，可得出的长，在中，由正切值求出，在中，由勾股定理求出即可．
（1）
如图，连接OD，
∵与AB相切，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴平分；
（2）设的半径为，则，
在中，，，
∴，
解得：，
∴，
在中，，即，
在中，．
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．
28．(1)见解析
(2)6
【解析】（1）连接半径OC，证明OC⊥CD；
（2）先证明平行线，证明△ADE∽△DCE．
(1)
证明：
连接OC，
∵ OA=OC ，
∴ ∠OCA=∠A .
∵∠BCD=∠A ，
∴ ∠OCA=∠BCD .
∵ AB是⊙O的直径 ，
∴ ∠ACB=90 ，即∠OCA+∠OCB=90 .
∴ ∠BCD+∠OCB=90 .
∴ OC⊥CD .
又∵ CD经过半径OC的外端 ，
∴CD是⊙O的切线．
(2)
解 ∵ DE⊥AC ，
∴ ∠E=90
∴ ∠ACB=∠E ，
∴ BC∥DE，
∴ ∠BCD=∠CDE，
∵∠BCD+∠BOC =90 ，∠ACO+∠BOC =90 ，
∴∠BCD=∠ACO，
∵∠A=∠ACO，
∴ ∠A=∠CDE，
∴△ADE∽△DCE，
∴ 即，
∴ AE=8，
∴ AC=AE－CE=8－2=6．
本题考查了圆的切线的判定，三角形相似的判定和性质，直径所对的圆周角是直角，熟练掌握切线的判定，灵活运用三角形相似，圆周角定理是解题的关键．