24.2 点和圆、直线和圆的位置关系 同步练习 上学期福建省部分地区九年级数学（含解析）

24.2 点和圆、直线和圆的位置关系
一、单选题
1．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）⊙O的半径为5，点P到圆心O的距离为5，点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O外 C．点P在⊙O上 D．无法确定
2．（2022秋·福建福州·九年级期末）平面内，的半径为，点到的距离为，过点可作的切线条数为（ ）
A．条 B．条 C．条 D．无数条
3．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期末）若A，B，C是⊙上三点，，则⊙的半径是（ ）
A． B． C．6 D．
4．（2022秋·福建泉州·九年级期末）如图，为直径，，、为圆上两个动点，为中点，于，当、在圆上运动时保持，则的长（ ）
A．随、的运动位置而变化，且最大值为4
B．随、的运动位置而变化，且最小值为2
C．随、的运动位置长度保持不变，等于2
D．随、的运动位置而变化，没有最值
5．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，AB、AC、BD是⊙O的切线，切点分别是P、C、D．若AB＝5，AC＝3，则BD的长是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
6．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，AB是⊙O的直径．将矩形ABCD绕点A顺时针旋转得到矩形，且交⊙O于点E，交⊙O于点F，与⊙O相切于点M．下列说法正确的有 ．（只填写序号）①AE＝4；②；③；④．
7．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）《九章算术》是东方数学思想之源，该书中记载：“今有勾八步，股一十五步，问勾中容圆径几何．”其意思为：“今有直角三角形，勾(短直角边)长为8步，股(长直角边)长为15步，问该直角三角形内切圆的直径是多少步．”该问题的答案是 步．
三、解答题
8．（2022秋·福建莆田·九年级期末）如图，在中，．
(1)请作出经过A、B两点的圆，且该圆的圆心O落在线段AC上（尺规作图，保留作图痕迹，不写做法）；
(2)在（1）的条件下，已知，将线段AB绕点A逆时针旋转后与⊙O交于点E．试证明：B、C、E三点共线．
9．（2022秋·福建泉州·九年级期末）已知：四边形为的内接四边形，、相交于点，．
(1)如图1，求证：：
(2)如图2，过点作于点，交于点，当时，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接并延长交于点，当时，求的长．
10．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D．求证：直线BC是⊙O的切线．
11．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，四边形ABCD为菱形，以AD为直径作⊙O交AB于点F，连接DB交⊙O于点H，过点D作⊙O的切线交BC于点E．
(1)求证：AF=CE；
(2)若BF=2，，求⊙O的半径．
12．（2022秋·福建宁德·九年级期末）已知，如图，AB是⊙O的直径，AD平分∠BAC交⊙O于点D，过点D的切线交AC的延长线于E．求证：DE⊥AE．
13．（2022秋·福建南平·九年级统考期末）如图，点P是的直径延长线上的一点（），点E是线段的中点．在直径上方的圆上作一点C，使得．求证：是的切线．
14．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，D在AB上，C为⊙O上一点，AD＝AC，CD的延长线交⊙O于点E．
(1)点F在CD延长线上，BC＝BF，求证：BF是⊙O的切线；
(2)若AB＝2，，求∠CAE的度数．
15．（2022秋·福建龙岩·九年级统考期末）如图1，是⊙的直径，绕点A顺时针旋转得到线段，连接交⊙于点D，过D作于E．
(1)求证：是⊙的切线；
(2)过D作，交⊙于点F，直线交⊙于点G，连接．
①如图2，证明：；
②当旋转到如图3的位置，在上取一点H，使得．若，证明：D，O，H在同一条直线上．
16．（2022秋·福建莆田·九年级统考期末）如图，半圆O的直径是AB，AD、BC是两条切线，切点分别为A、B，CO平分．
(1)求证：CD是半圈O的切线．
(2)若，，求BC和AB的长．
17．（2022秋·福建宁德·九年级期末）如图，PA，PB是圆的切线，A，B为切点．
(1)求作：这个圆的圆心O（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）；
(2)在（1）的条件下，延长AO交射线PB于C点，若AC＝4，PA＝3，请补全图形，并求⊙O的半径．
18．（2022秋·福建泉州·九年级期末）如图，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交的外接圆点D．过D作直线．
(1)求证：DM是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的半径．
19．（2022秋·福建福州·九年级期末）如图，AB为的直径，点C在上，连接AC，BC，过点O作于点D，过点C作的切线交OD的延长线于点E．
（1）求证：；
（2）连接AD．若，，求AD的长．
20．（2022秋·福建莆田·九年级期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为⊙O的直径，过点C作CE⊥AD交AD的延长线于点E，延长EC，AB交于点F，∠ECD＝∠BCF．
（1）求证：CE为⊙O的切线；
（2）若DE＝1，CD＝3，求⊙O的半径．
21．（2022秋·福建福州·九年级统考期末）如图，与等边的边，分别交于点，，是直径，过点作于点．
（1）求证：是的切线；
（2）连接，当是的切线时，求的半径与等边的边长之间的数量关系．
22．（2022秋·福建福州·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC=3．
（1）以BC边上一点O为圆心作⊙O，使⊙O分别与AC、AB都相切 (要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法) ；
（2）求⊙O的面积．
23．（2022秋·福建厦门·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若OB=10，CD=8，求BE的长．
参考答案：
1．C
【分析】直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】解：∵⊙O的半径为5，点P到圆心O的距离为5，
∴点P到圆心O的距离等于圆的半径，
∴点P在⊙O上．
故选：C．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外 d＞r；点P在圆上 d＝r；点P在圆内 d＜r．
2．C
【分析】先确定点与圆的位置关系，再根据切线的定义即可直接得出答案．
【详解】解：的半径为，点到圆心的距离为，
，
点与的位置关系是：在外，
过圆外一点可以作圆的条切线，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，切线的定义，切线就是与圆有且只有个公共点的直线，理解定义是关键．
3．C
【分析】⊙O的优弧AC上取一点D，连接AD、CD，连接OA、OC，∠ADC＝180° ∠ABC＝30°，根据圆周角定理求得∠AOC＝2∠ADC＝60°，根据等边三角形的判定定理知△AOB是等边三角形，所以等边三角形的三条边相等，即可求解．
【详解】解：⊙O的优弧AC上取一点D，连接AD、CD，连接OA、OC，如图所示：
∵∠ABC＝150°，
∴∠ADC＝180° ∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝OC＝AC＝6，
∴⊙O的半径是6．
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理和等边三角形的判定与性质．解答该题时，利用圆周角定理要注意圆心角与圆周角的定义，只有三个点都在圆上所组成的角才称之为圆周角．
4．C
【分析】连接OC、ON、OD，由垂径定理可知ON⊥CD，∠CON=∠DON，然后由∠ONC+∠CMO=180°，可证明O、N、C、M四点共圆，从而可得到∠NOC=∠NMC=30°，于是可证明△OCD为等边三角形，从而得到CD=2．
【详解】解；连接：OC、ON、OD．
∵N是CD的中点，
∴ON⊥CD，∠CON=∠DON．
又∵CM⊥AB，
∴∠ONC+∠CMO=180°．
∴O、N、C、M四点共圆．
∴∠NOC=∠NMC=30°．
∴∠COD=60°．
又∵OC=OD，
∴△OCD为等边三角形．
∴CD=
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是轨迹问题，发现O、N、C、M四点共圆，从而证得△OCD为等边三角形是解题的关键．
5．C
【分析】由于AB、AC、BD是⊙O的切线，则AC＝AP，BP＝BD，求出BP的长即可求出BD的长．
【详解】解：∵AC、AP为⊙O的切线，
∴AC＝AP＝3，
∵BP、BD为⊙O的切线，
∴BP＝BD，
∴BD＝PB＝AB﹣AP＝5﹣3＝2．
故选：C．
【点睛】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．
6．①②③④
【分析】连接OE，OM，过点O作ON⊥AD′于点N，可得四边形OMD′N是矩形，证明OM=ND′=4，根据OA=OE，ON⊥AD′，可得AN=EN=2，进而可以判断①正确；证明△OAE是等边三角形，可得∠EOM=60°，∠BOM=60°，进而可以判断②正确；连接BF，根据AB是⊙O的直径，可得∠AFB=90°，利用含30度角的直角三角形即可判断③正确；根据∠DAB=90°，∠D′AO=60°，即可判断④正确．
【详解】解：如图，连接OE，OM，过点O作ON⊥AD′于点N，
∵D′C'与⊙O相切于点M，
∴OM⊥C′D′，
∴四边形OMD′N是矩形，
∴OM=ND′，
∵AB=8，AB是⊙O的直径，
∴OM=ND′=4，
在矩形ABCD中，由旋转可知：AD′=AD=6，
∴AN=AD′-ND′=6-4=2，
∵OA=OE，ON⊥AD′，
∴AN=EN=2，
∴AE=4，故①正确；
∵AE=AO=OE=4，
∴△OAE是等边三角形，
∴∠AOE=∠OEA=60°，
∴∠OED′=120°，
∵∠D′=∠OMD′=90°，
∴∠EOM=60°，
∴∠BOM=60°，
∴，故②正确；
如图，连接BF，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AFB=90°，
∵∠EAO=60°，∠D′AB′=90°，
∴∠BAF=30°，
∴BF=AB=4，
∴AF=，故③正确；
∵∠DAB=90°，∠D′AO=60°，
∠DAD′=30°，故④正确．
综上所述：正确的有①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，解决本题的关键是得到△OAE是等边三角形．
7．6
【分析】根据勾股定理求出直角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．
【详解】解：根据勾股定理得：斜边为=17，
设内切圆半径为r，由面积法
r= 3（步），即直径为6步，
故答案为：6．
【点睛】考点：三角形的内切圆与内心．
8．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）只需要作AB的垂直平分线，其与AC的交点即为圆心O，由此作图即可；
（2）先由圆周角定理求出，再由旋转的性质求出，从而得到，证明△OBC≌△OEC得到∠OCE=∠OCB=90°，则∠OCB+∠OCE=180°，即可证明B、C、E三点共线．
【详解】（1）解：如图所示，圆O即为所求；
（2）解：如图所示，连接CE，OE，
∵，
∴，
由旋转的性质可知，
∴，
∴，
在△OBC和△OEC中，
，
∴△OBC≌△OEC（SAS），
∴∠OCE=∠OCB=90°，
∴∠OCB+∠OCE=180°，
∴B、C、E三点共线．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的尺规作图，画圆，圆周角定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知性格知识是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据圆周角定理，将转化为的内角和即可；
（2）过点作交于点，交于点，可得，利用圆周角定理可知：，从而可得，再利用直角三角形两锐角互余可得，便能得到，从而证明结论；
（3）连接，作于，延长交于，由（2）知：，在上取，则四边形为，利用等腰三角形性质、平行四边形性质及勾股定理可求得，，，，，由弦AC与BD相交于E，可得，列出比例式即可求解．
【详解】（1）如图1，∵，
∴，
又∵，
∴，，
∴
（2）证明：过点作交于点，交于点，
∵，
∴，
∴
又∵，
∴．
∴，
∴
∵于，另有对顶角存在，
即：
∴，
∴，
∴，
∴：
（3）如图3，连接，作于，延长交于，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴平分，
∴；．
连接，，
∴，
∴，
由（2）知：，在上取，则四边形为矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，则
∵，
∴，，
∴，，
在中，
∵，
则，
∴，
∵弦AC与BD相交于E，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的相关性质，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
10．证明见解析
【分析】连接，则，根据角平分线的定义可得∠CAD＝∠OAD，等量代换可得∠CAD＝∠ODA，可得，进而可证明OD⊥BC，即可得证．
【详解】解：证明：如图，连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠OAD，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴，
∴∠ODB＝∠C，
∵∠C＝90°，
∴∠ODB＝90°，
即OD⊥BC，
∵OD过圆心O，
∴直线BC是⊙O的切线．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，熟练掌握圆的切线的相关知识是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接DF，根据菱形的性质可得AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．再由切线的性质，可得∠CED=∠ADE=90°．可证得△DAF≌△DCE．即可求证；
（2）连接AH，DF，根据等腰三角形的性质可得．在Rt△ADF和Rt△BDF中，根据勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接DF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠C．
∵DE是⊙O的切线，
∴∠ADE=90°．
∵AD∥BC，
∴∠CED=∠ADE=90°．
∵AD是⊙O的直径，
∴∠DFA=90°．
∴∠AFD=∠CED=90°．
在△DAF和△DCE中，，
∴△DAF≌△DCE（AAS）．
∴AF=CE．
（2）解：如图，连接AH，DF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠AHD=∠DFA=90°．
∵AD=AB，，
∴．
在Rt△ADF和Rt△BDF中，
由勾股定理，得DF2=AD2－AF2，DF2=BD2－BF2，
∴AD2－AF2=BD2－BF2．
∴AD2－（AD－BF）2=BD2－BF2．
∴．
∴AD=5．
∴⊙O的半径为．
【点睛】本题考查了圆的综合，涉及了圆周角定理，菱形的性质，切线的性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理等知识，解答本题的关键是根据勾股定理列方程解决问题．
12．见解析
【分析】由切线的性质可知∠ODE＝90°，证得OD∥AE即可解决问题．
【详解】证明：连接OD．
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠CAD＝∠DAB，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴OD∥AE，
∴∠E+∠ODE＝180°，
∴∠E＝90°，
∴DE⊥AE．
【点睛】本题考查切线的性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
13．证明见解析
【分析】连接OC，根据线段中点的定义得到OE＝EP，求得OE＝EC＝EP，得到∠COE＝∠ECO，∠ECP＝∠P，利用三角形内角和定理求出，根据切线的判定定理即可得到结论．
【详解】证明：连接，
∵点E是线段的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
14．(1)见解析
(2)45°
【分析】（1）要证明BF是⊙O的切线，只要求出∠OBF=90°即可，先根据直径所对的圆周角是直角，求出∠ACB=90°，再利用等边对等角得出∠ACD=∠ADC，∠BCD=∠F，即可解答；
（2）根据直径的长可得出半径的长，所以连接OC，OE，然后利用勾股定理的逆定理证明△COE是直角三角形，最后利用圆周角定理即可解答．
【详解】（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵∠ADC=∠BDF，
∴∠ACD=∠BDF，
∵BC=BF，
∴∠BCD=∠F，
∴∠BDF+∠F=90°，
∴∠FBD=180°-（∠FDB+∠F）=90°，
∵OB是圆O的半径，
∴BF是⊙O的切线；
（2）连接CO，EO，
∵AB=2，
∴OC=OE=1，
∵CE=，
∴CO2+EO2=2，CE2=（）2=2，
∴CO2+EO2=CE2，
∴∠COE=90°，
∴∠CAE=∠COE=45°．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，根据题目个已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
15．(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）如图4，连接OD、AD，根据旋转可证得△ABC是等腰三角形，根据直径所对的圆周角是直角可得出AD⊥BC，根据三角形中位线性质可得ODAC，进而推出OD⊥DE，再运用切线的判定定理即可；
（2）①如图5，连接BG、AD，根据直径所对的圆周角是直角可得出AD⊥BC，再运用弦、弧、圆周角的关系即可证得结论；
②如图6，连接OD，运用圆周角定理及三角形内角和定理证明∠BDH＝∠BDO，即可证得结论．
【详解】（1）证明：如图4，连接OD、AD，
∵AB绕点A顺时针旋转得到线段AC，
∴AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，即AD⊥BC，
∴BD＝CD且AO＝BO，
∴OD是△ABC的中位线，
∴ODAC，
∵DE⊥AC，
∴OD⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）①证明：如图5，连接BG、AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠BGA＝∠BDA＝90°，
∴AD⊥BC，
∵AB＝AC，
∴BD＝DC，
∴BD＝GD，
∴，
∵DF⊥AB，
∴，
∴，
∴∠1＝∠2，
∴FGBD；
②证明：如图6，连接OD，
∵DF⊥AB，AB是⊙O的直径，
∴，
∴∠3＝∠4＝∠5，
∵AB＝AC，
∴∠3＝∠C，
∴∠5＝∠C，
∴FGDB，
∴，
∴∠DBF＝∠BDG，
∵BF⊥DG，
∴∠DBF＝∠BDG＝45°，，
∴∠3＝∠4＝∠DBF＝22.5°，
∴∠7＝90°﹣∠4＝67.5°，
∵DF＝DH，
∴∠6＝∠7＝67.5°，
∴∠BDH＝∠6﹣∠DBF＝22.5°，
∵OB＝OD，
∴∠3＝∠BDO＝22.5°，
∴∠BDH＝∠BDO，
∴D，O，H在同一条直线上．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，圆周角定理，垂径定理，圆周角、弧、弦的关系等，熟练掌握圆周角、弧、弦的关系及圆的性质是解题关键．
16．(1)见解析
(2)
【分析】（1）过点O作OE⊥DC，垂足为E．由角平分线的性质定理得到OE=OB，从而可知DC是半圆O的切线；
（2）由切线长定理可知：DE=DA，EC=CB，从而可求得BC的长．
【详解】（1）证明：如图，过点O作于点E．
∵BC是半圆O的切线，
∴．
∵CO平分，
∴，
∴CD是半圆O的切线．
（2）解：∵AD，CD，BC是半圆O的切线，
∴，．
∵，
∴，
∴．
如图，过点D作于点F，故四边形DABF为矩形，
∴，，
∴．
在中，由勾股定理得，
∴．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质和判定、切线长定理的应用，掌握切线的性质和判定、切线长定理是解题的关键．
17．(1)见解析；
(2)见解析，的半径为
【分析】（1）过点B作BP的垂线，作∠APB的平分线，二线的交点就是圆心；
（2）根据切线的性质，利用勾股定理，建立一元一次方程求解即可．
【详解】（1）如图所示，点O即为所求
（2）如图，∵PA是圆的切线，AO是半径，PB是圆的切线，
∴∠CAP=90°，PA=PB=3，∠CBO=90°，
∵AC=4，
∴PC==5，BC=5-3=2，
设圆的半径为x，则OC=4-x，
∴，
解得x=，
故圆的半径为．
【点睛】本题考查了垂线的画法，角的平分线的画法，切线的性质，切线长定理，勾股定理，一元一次方程的解法，熟练掌握切线的性质，切线长定理和勾股定理是解题的关键．
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径为5．
【分析】（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明；
（2）连接BD，由点E是△ABC的内心，得到∠ABE=∠CBE，∠DBC=∠BAD，推出∠BED=∠DBE，根据等角对等边得到BD=DE；
（3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
【详解】（1）证明：连接OD交BC于H，如图，
∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
即∠BAD=∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，BH=CH，
∵DM∥BC，
∴OD⊥DM，
∴DM是⊙O的切线；
（2）证明：∵点E是△ABC的内心，
∴∠ABE=∠CBE，
∵，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE，
即∠BED=∠DBE，
∴BD=DE；
（3）解：设⊙O的半径为r，
连接OD，OB，如图，
由（1）得OD⊥BC，BH=CH，
∵BC=8，
∴BH=CH=4，
∵DE=2，BD=DE，
∴BD=2，
在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2，
∴（2）2=42+HD2，解得：HD=2，
在Rt△BHO中，
r2=BH2+（r-2）2，解得：r=5．
∴⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查了三角形的内心，切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．
19．（1）证明见解析；（2）AD=4
【分析】（1）连接OC通过垂径定理和等腰三角形性质证明∠E=∠B
（2）连接AD通过计算发现BC=EC，再通过证明△CED≌△ABC得到AC=DC=4．
【详解】（1）证明：连接OC如图：
OD⊥CB
∴OB=OC，∠B=OCD
又CE为圆O的切线
∴OC⊥CE
∴∠ECD+∠DCO=∠ECD+∠E=90°
∴∠E=∠DCO=∠B
∴∠E=∠B
（2）连接AD如图
∵△EDC为Rt△
∴DE==8
由（1）得∠E=∠B
又AB为直径
∴∠BCA=90°
在△CED和△ABC中
∵
∴△CED≌△ABC（AAS）
∴AC=DC==4
∴
【点睛】本题考查垂径定理和全等三角形的判定与性质，掌握这些是本题解题关键．
20．（1）见解析；（2）⊙O的半径是4.5
【分析】（1）如图1，连接OC，先根据四边形ABCD内接于⊙O，得，再根据等量代换和直角三角形的性质可得，由切线的判定可得结论；
（2）如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，先根据三个角是直角的四边形是矩形得四边形OGEC是矩形，设⊙O的半径为x，根据勾股定理列方程可得结论．
【详解】（1）证明：如图1，连接OC，
∵，
∴，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴
又
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵OC是⊙O的半径，
∴CE为⊙O的切线；
（2）解：如图2，过点O作于G，连接OC，OD，则，
∵，
∴四边形OGEC是矩形，
∴，
设⊙O的半径为x，
Rt△CDE中，，
∴，
∴，，
由勾股定理得，
∴，
解得：，
∴⊙O的半径是4.5．
【点睛】本题考查的是圆的综合，涉及到圆的切线的证明、勾股定理以及矩形的性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
21．（1）见详解；（2）
【分析】（1）连接OD，由题意易得∠A=∠B=60°，则有△AOD为等边三角形，进而可得OD∥BC，然后可得∠CFD=∠FDO=90°，最后问题可求证；
（2）连接DE，由（1）及题意易得，∠FDE=60°，则有△FDE是等边三角形，进而可得DE=DF，然后易得△CDF≌△AED，则有AE=CD=2r，最后问题可求解．
【详解】（1）证明：连接OD，如图所示：
∵等边，
∴∠A=∠B=60°，
∵，
∴△AOD为等边三角形，
∴，
∴OD∥BC，
∵，
∴∠CFD=∠FDO=90°，
∵OD是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接DE，如图所示：
由（1）可得是的切线，∠FDO=90°，△AOD为等边三角形，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴△FDE是等边三角形，
∴DE=DF，
∵，是直径，
∴，
∴△CDF≌△AED（AAS），
∴AE=CD=2r，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查切线的判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定定理、切线长定理及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
22．（1）图形见解析（2）3π
【分析】（1）直接利用角平分线的作法得出∠CAB的角平分线，进而得出答案；
（2）利用勾股定理得出⊙O的半径，进而利用圆的面积求法得出答案．
【详解】解:（1）如图所示：⊙O为所求的图形．
（2）在Rt△ABC中，
∵∠ABC＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵AO平分∠CAB，
∴∠CAO＝30°，
设，则，
∵在Rt△ACO中，，
∴,
解得：或（负值不合题意，舍去），
∴⊙O的面积为．
【点睛】此题主要考查了复杂作图以及勾股定理，正确掌握角平分线的性质是解题关键．
23．（1）证明过程见解析；（2）12．
【分析】（1）连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，根据OB=OD，等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直角，即可得证；
（2）过O作OG⊥BC，可得出四边形ODCG为矩形，在Rt△OBG中，利用勾股定理求出BG的长，由垂径定理可得BE＝2BG．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠1=∠2，
∵OB=OD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BC，
∵∠C=90°，
∴∠ODA=90°，
∴AC为⊙O的切线；
（2）解：过O作OG⊥BC，连接OE，
∵∠C=∠ODC=90°，
∴∠C=∠ODC=∠OGC=90°，
∴四边形ODCG为矩形，
∴GC＝OD＝OB＝10，OG＝CD＝8，
在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG＝6，
∵OG⊥BE，OB＝OE，
∴BE＝2BG＝12．
【点睛】此题考查了切线的判定，矩形的判定和性质，勾股定理以及垂径定理，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．