【数学】备战中考数学圆的综合解答题压轴题提高专题练习含答案解析

一、圆的综合真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．
（1）OC的长为；
（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；
（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t （秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．
【答案】（1）4；（2）3
5
；（3）点E的坐标为（1，2）、（
5
3
，
10
3
）、（4，2）．
【解析】
分析：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则
MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．（3）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，
②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．
详解：（1）过点B作BH⊥OA于H，如图1（1），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．
∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．
∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，
∴tan∠BAH=BH
HA
=1，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．
故答案为4．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1（2）．
由（1）得：OH =2，BH =4．
∵OC 与⊙M 相切于N ，∴MN ⊥OC ．
设圆的半径为r ，则MN =MB =MD =r ．
∵BC ⊥OC ，OA ⊥OC ，∴BC ∥MN ∥OA ．
∵BM =DM ，∴CN =ON ，∴MN =
12（BC +OD ），∴OD =2r ﹣2，∴DH =OD OH -=24r -．
在Rt △BHD 中，∵∠BHD =90°，∴BD 2=BH 2+DH 2，∴（2r ）2=42+（2r ﹣4）2．
解得：r =2，∴DH =0，即点D 与点H 重合，∴BD ⊥0A ，BD =AD ．
∵BD 是⊙M 的直径，∴∠BGD =90°，即DG ⊥AB ，∴BG =AG ．
∵GF ⊥OA ，BD ⊥OA ，∴GF ∥BD ，∴△AFG ∽△ADB ， ∴AF AD =GF BD =AG AB =12，∴AF =12AD =2，GF =12
BD =2，∴OF =4，
∴OG
同理可得：OB AB ，∴BG =
12AB ．
设OR =x ，则RG x ．
∵BR ⊥OG ，∴∠BRO =∠BRG =90°，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=BG 2﹣RG 2，
∴（
2﹣x 2=（）2﹣（x ）2．
解得：x =5，∴BR 2=OB 2﹣OR 2=（2﹣（5）2=365，∴BR =5
．
在Rt △ORB 中，sin ∠BOR =BR OB
35． 故答案为35
． （3）①当∠BDE =90°时，点D 在直线PE 上，如图2．
此时DP =OC =4，BD +OP =BD +CD =BC =2，BD =t ，OP =t ． 则有2t =2．
解得：t =1．则OP =CD =DB =1．
∵DE ∥OC ，∴△BDE ∽△BCO ，∴
DE OC =BD BC =12
，∴DE =2，∴EP =2， ∴点E 的坐标为（1，2）．
②当∠BED =90°时，如图3．
∵∠DBE =OBC ，∠DEB =∠BCO =90°，∴△DBE ∽△OBC ，
∴BE
BC =2DB BE OB ∴，∴BE =5
t ． ∵PE ∥OC ，∴∠OEP =∠BOC ．
∵∠OPE =∠BCO =90°，∴△OPE ∽△BCO ，
∴OE
OB =
25
OP
BC
∴
，=
2
t
，∴OE=5t．
∵OE+BE=OB=255
，∴t+5
t=25．
解得：t=5
3
，∴OP=
5
3
，OE=
55
，∴PE=22
OE OP
-=
10
3
，
∴点E的坐标为（510
33
，）．
③当∠DBE=90°时，如图4．
此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．
则有OD=PE，EA=22
PE PA
+=2（6﹣t）=62﹣2?t，∴BE=BA﹣EA=42﹣（62﹣2t）=2t﹣22．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．
在Rt△DBE中，cos∠BED=BE
DE
=
2
，∴DE=2BE，
∴t=22
（t﹣22）=2t﹣4．
解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．
综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（1，2）、
（510
33
，）、（4，2）．
点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数
学思想，有一定的综合性．
2．如图，AB 是半圆的直径，过圆心O 作AB 的垂线，与弦AC 的延长线交于点D ，点E 在OD 上DCE B ∠=∠．
（1）求证：CE 是半圆的切线；
（2）若CD=10，2tan 3
B =，求半圆的半径．
【答案】（1）见解析；(2)413
【解析】
分析: （1）连接CO ，由DCE B ∠=∠且OC=OB,得DCE OCB ∠=∠,利用同角的余角相等判断出∠BCO+∠BCE=90°，即可得出结论；
（2）设AC=2x ，由根据题目条件用x 分别表示出OA 、AD 、AB ，通过证明△AOD ∽△ACB ，列出等式即可.
详解：（1）证明：如图，连接CO .
∵AB 是半圆的直径，
∴∠ACB =90°.
∴∠DCB =180°-∠ACB =90°.
∴∠DCE+∠BCE=90°.
∵OC =OB ,
∴∠OCB =∠B.
∵=DCE B ∠∠，
∴∠OCB =∠DCE .
∴∠OCE =∠DCB =90°.
∴OC ⊥CE .
∵OC 是半径，
∴CE 是半圆的切线.
（2）解：设AC =2x ，
∵在Rt △ACB 中，2tan 3
AC B BC ==,
∴BC =3x .
∴()(
)222313AB x x x =+=.
∵OD ⊥AB ,
∴∠AOD =∠A CB=90°.
∵∠A =∠A ，
∴△AOD ∽△ACB .
∴AC AO AB AD
=. ∵1132OA AB x =
=，AD =2x +10, ∴1132210
13x x x =+. 解得 x =8. ∴138413OA =
⨯=. 则半圆的半径为413.
点睛：本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，相似三角形.
3．如图，AB 为O 的直径，弦//CD AB ，E 是AB 延长线上一点，CDB ADE ∠=∠． ()1DE 是O 的切线吗？请说明理由；
()2求证：2AC CD BE =⋅．
【答案】（1）结论：DE 是
O 的切线，理由见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】 （1）连接OD ，只要证明OD DE ⊥即可；
（2）只要证明：AC BD =，CDB DBE ∽即可解决问题.
【详解】
()1解：结论：DE 是
O 的切线．
理由：连接OD ．
∠=∠，
CDB ADE
∴∠=∠，
ADC EDB
CD AB，
//
∴∠=∠，
CDA DAB
=，
OA OD
∴∠=∠，
OAD ODA
∴∠=∠，
ADO EDB
AB是直径，
∴∠=，
90
ADB
ADB ODE
∴∠=∠=，
90
∴⊥，
DE OD
∴是O的切线．
DE
()2//
CD AB，
∠=∠，
ADC DAB
∴∠=∠，CDB DBE
∴=，
AC BD
∴=，
AC BD
∠=∠，EDB DAB
DCB DAB
∠=∠，
∴∠=∠，
EDB DCB
∴∽DBE，
CDB
CD DB
∴=，
BD BE
2
∴=⋅，
BD CD BE
2
∴=⋅．
AC CD BE
【点睛】
本题考查相似三角形的判定和性质、圆周角定理、切线的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，准确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型.
4．如图，已知AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，点D在OC的延长线上，连接DA，交BC的延长线于点E，使得∠DAC=∠B．
（1）求证：DA是⊙O切线；
（2）求证：△CED∽△ACD；
（3）若OA=1，sinD=1
3
，求AE的长．
【答案】（1）证明见解析；（22
【解析】
分析：（1）由圆周角定理和已知条件求出AD⊥AB即可证明DA是⊙O切线；（2）由∠DAC=∠DCE，∠D=∠D可知△DEC∽△DCA；
（3）由题意可知AO=1，OD=3，DC=2，由勾股定理可知AD=2，故此可得到DC2=DE•AD，故此可求得DE的长，于是可求得AE的长．
详解：（1）∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB+∠B=90°．
∵∠DAC=∠B，∴∠CAB+∠DAC=90°，∴AD⊥AB．
∵OA是⊙O半径，∴DA为⊙O的切线；
（2）∵OB=OC，∴∠OCB=∠B．
∵∠DCE=∠OCB，∴∠DCE=∠B．
∵∠DAC=∠B，∴∠DAC=∠DCE．
∵∠D=∠D，∴△CED∽△ACD；
（3）在Rt△AOD中，OA=1，sin D=1
3
，∴OD=
OA
sinD
=3，∴CD=OD﹣OC=2．
∵AD22
OD OA
-2
又∵△CED∽△ACD，∴AD CD
CD DE
=，∴DE=
2
CD
AD
2，
∴AE=AD﹣DE222．
点睛：本题主要考查的是切线的性质、圆周角定理、勾股定理的应用、相似三角形的性质和判定，证得△DEC∽△DCA是解题的关键．
5．如图1，等边△ABC的边长为3，分别以顶点B、A、C为圆心，BA长为半径作AC、CB、BA，我们把这三条弧所组成的图形称作莱洛三角形，显然莱洛三角形仍然是轴对称图形，设点l为对称轴的交点．
（1）如图2，将这个图形的顶点A与线段MN作无滑动的滚动，当它滚动一周后点A与端点N重合，则线段MN的长为；
（2）如图3，将这个图形的顶点A与等边△DEF的顶点D重合，且AB⊥DE，DE=2π，将它
沿等边△DEF 的边作无滑动的滚动当它第一次回到起始位置时，求这个图形在运动过程中所扫过的区域的面积；
（3）如图4，将这个图形的顶点B 与⊙O 的圆心O 重合，⊙O 的半径为3，将它沿⊙O 的圆周作无滑动的滚动，当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为 （请用含n 的式子表示）
【答案】（1）3π；（2）27π；（3）3．
【解析】
试题分析：（1）先求出AC 的弧长，继而得出莱洛三角形的周长为3π，即可得出结论； （2）先判断出莱洛三角形等边△DEF 绕一周扫过的面积如图所示，利用矩形的面积和扇形的面积之和即可；
（3）先判断出莱洛三角形的一个顶点和O 重合旋转一周点I 的路径，再用圆的周长公式即可得出．
试题解析：解：（1）∵等边△ABC 的边长为3，∴∠ABC =∠ACB =∠BAC =60°，
AC BC AB ==，∴AC BC l l ==AB l =603180
π⨯=π，∴线段MN 的长为AC BC AB l l l ++=3π．故答案为3π；
（2）如图1．∵等边△DEF 的边长为2π，等边△ABC 的边长为3，∴S 矩形AGHF =2π×3=6π，
由题意知，AB ⊥DE ，AG ⊥AF ，∴∠BAG =120°，∴S 扇形BAG =2
1203360
π⨯=3π，∴图形在运动过程中所扫过的区域的面积为3（S 矩形AGHF +S 扇形BAG ）=3（6π+3π）=27π；
（3）如图2，连接BI 并延长交AC 于D ．∵I 是△ABC 的重心也是内心，∴∠DAI =30°，AD =12AC =32，∴OI =AI =32
30AD cos DAI cos ∠=︒
3∴当它第1次回到起始位置时，点I 所经过的路径是以O 为圆心，OI 为半径的圆周，∴当它第n 次回到起始位置时，点I 所经过的路径长为n 33π．故答案为3π．
点睛：本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，莱洛三角形的周长，矩形，扇形面积公式，解（1）的关键是求出AC的弧长，解（2）的关键是判断出莱洛三角形绕等边△DEF 扫过的图形，解（3）的关键是得出点I第一次回到起点时，I的路径，是一道中等难度的题目．
6．如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，交BC于点E（BE＞EC），且BD＝23．过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F．
（1）求证：DF为⊙O的切线；
（2）若∠BAC＝60°，DE＝7，求图中阴影部分的面积．
【答案】（1）详见解析；（2）32π．
【解析】
【分析】
（1）连结OD，根据垂径定理得到OD⊥BC，根据平行线的性质得到OD⊥DF，根据切线的判定定理证明；
（2）连结OB，连结OD交BC于P，作BH⊥DF于H，证明△OBD为等边三角形，得到∠ODB=60°，3PE，证明△ABE∽△AFD，根据相似三角形的性质求出AE，根据阴影部分的面积=△BDF的面积-弓形BD的面积计算．
【详解】
证明：（1）连结OD，
∵AD平分∠BAC交⊙O于D，
∴∠BAD=∠CAD，
∴BD CD，
∴OD⊥BC，
∵BC∥DF，
∴OD ⊥DF ，
∴DF 为⊙O 的切线；
（2）连结OB ，连结OD 交BC 于P ，作BH ⊥DF 于H ，
∵∠BAC=60°，AD 平分∠BAC ，
∴∠BAD=30°，
∴∠BOD=2∠BAD=60°，
∴△OBD 为等边三角形，
∴∠ODB=60°，3 ，
∴∠BDF=30°，
∵BC ∥DF ，
∴∠DBP=30°，
在Rt △DBP 中，PD=123 ，3， 在Rt △DEP 中，∵37
∴22(7)(3)- =2，
∵OP ⊥BC ，
∴BP=CP=3，
∴CE=3﹣2=1，
∵∠DBE=∠CAE ，∠BED=∠AEC ，
∴△BDE ∽△ACE ，
∴AE ：BE=CE ：DE ，即AE ：5=17 ，
∴57 ∵BE ∥DF ，
∴△ABE ∽△AFD ， ∴BE AE DF AD
= ，即57
57125DF = ， 解得DF=12，
在Rt △BDH 中，BH=123，
∴阴影部分的面积=△BDF的面积﹣弓形BD的面积=△BDF的面积﹣（扇形BOD的面积﹣
△BOD的面积）=
2
2
160(23)3
123(23)
2
π⨯
⨯⨯--⨯ =93﹣2π．
【点睛】
考查的是切线的判定，扇形面积计算，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定和性质，掌握切线的判定定理，扇形面积公式是解题的关键．
7．如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB⊥CB于点B，tanD=3，BC=2，H为CE延长线上一点，且AH=10，CH52
=.
（1）求证：AH是⊙O的切线；
（2）若点D是弧CE的中点，且AD交CE于点F，求证：HF=HA；
（3）在（2）的条件下，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3102
【解析】
【分析】（1）连接AC，由AB⊥CB可知AC是⊙O的直径，由圆周角定理可得∠C=∠D，于是得到tanC=3，故此可知AB=6，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2= 40，从而可得AC2+AH2=CH2，根据勾股定理的逆定理可得AC⊥AH，问题得证；
（2）连接DE、BE，由弦切角定理可知∠ABD=∠HAD，由D是CE的中点，可得
∠CED=∠EBD，再由圆周角定理可得∠ABE=∠ADE，结合三角形的外角即可证明
∠HAF=∠AFH，从而可证得AH=HF；
（3）由切割线定理可得2，由（2）可知10，从而可得EF=FH﹣10-2．
【详解】（1）如图1所示：连接AC．
∵AB⊥CB，
∴AC是⊙O的直径，
∵∠C=∠D，
∴tanC=3，
∴AB=3BC=3×2=6，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=40，
又∵AH2=10，CH2=50，
∴AC2+AH2=CH2，
∴△ACH为直角三角形，
∴AC⊥AH，
∴AH是圆O的切线；
（2）如图2所示：连接DE、BE，
∵AH是圆O的切线，
∴∠ABD=∠HAD，
∵D是CE的中点，
∴CD ED
，
∴∠CED=∠EBD，
又∵∠ABE=∠ADE，
∴∠ABE+∠EBD=∠ADE+∠CED，
∴∠ABD=∠AFE，
∴∠HAF=∠AFH，
∴AH=HF；
（3）由切割线定理可知：AH2=EH•CH10）22EH，
解得：2，
∵由（2）可知10，
∴EF=FH﹣102．
【点睛】本题主要考查圆的综合应用，解答主要应用了切线的判定定理、弦切角定理、切割线定理、圆周角定理、勾股定理、勾股定理的逆定理、三角形的外角的性质等，正确添
加辅助线是解题的关键.
8．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3
cos 5C =
,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .
()1当P 与边BC 相切时，求P 的半径；
()2联结BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围；
()3在()2的条件下，当以PE 长为直径的
Q 与P 相交于AC 边上的点G 时，求相交
所得的公共弦的长. 【答案】（1）409；（2）)25880010320
x x y x x -+=<<+；（3）105- 【解析】
【分析】 （1）设⊙P 与边BC 相切的切点为H ，圆的半径为R ，连接HP ，则HP ⊥BC ，cosC=35，则sinC=45，sinC=HP CP =R 10R -=45
，即可求解； （2）PD ∥BE ，则EB PD ＝BF PF ，即：2248805x x x y x
y --+=，即可求解； （3）证明四边形PDBE 为平行四边形，则AG=GP=BD ，即：5求解．
【详解】 （1）设⊙P 与边BC 相切的切点为H ，圆的半径为R ，
连接HP ，则HP ⊥BC ，cosC=35，则sinC=35， sinC=HP CP =R 10R -=45，解得：R=409
； （2）在△ABC 中，AC=BC=10，cosC=
35， 设AP=PD=x ，∠A=∠ABC=β，过点B 作BH ⊥AC ，
则BH=ACsinC=8，
同理可得：
CH=6，HA=4，AB=45，则：tan ∠CAB=2BP=()2284x +-=2880x x -+， DA=25x ，则BD=45-25x ， 如下图所示，
PA=PD ，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，
tanβ=2，则cosβ=
5，sinβ=
5
，
EB=BDcosβ=（45-
25
x）×
5
=4-
2
5
x，
∴PD∥BE，
∴EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+-
=，
整理得：y=()
2
5x x8x80
0x10
-+
<<；
（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，
两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，
∵点Q时弧GD的中点，
∴DG⊥EP，
∵AG是圆P的直径，
∴∠GDA=90°，
∴EP∥BD，
由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，
∴AG=EP=BD，
∴5
设圆的半径为r，在△ADG中，
55
AG=2r，
5
5
51
+
，
则：
5
5
相交所得的公共弦的长为5
【点睛】
本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．
9．如图①，已知Rt ABC ∆中，90ACB ∠=，8AC =，10AB =，点D 是AC 边上一点（不与C 重合），以AD 为直径作O ，过C 作CE 切O 于E ，交AB 于F .
（1）若O 的半径为2，求线段CE 的长；
（2）若AF BF =，求O 的半径； （3）如图②，若CE CB =，点B 关于AC 的对称点为点G ，试求G 、E 两点之间的距
离. 【答案】(1)42CE =；(2)O 的半径为3；(3)G 、E 两点之间的距离为9.6. 【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质得出∠OEC=90°，然后根据勾股定理即可求得；
（2）由勾股定理求得BC ，然后通过证得△OEC ∽△BCA ，得到
OE BC =OC BA ，即r 8-r =610，解得即可；
（3）证得D 和M 重合，E 和F 重合后，通过证得△GBE ∽△ABC ，GB GE AB AC
=，即12108
GE =，解得即可． 【详解】
(1)如图，连结OE .
∵CE 切O 于E ，
∴90OEC ∠=︒.
∵8AC =，O 半径为2，
∴6OC =，2OE =. ∴2242CE OC OE =-=；
(2)设O 半径为r .
在Rt ABC ∆中，90ACB ∠=︒，10AB =，8AC =，
∴226BC AB AC =
-=. ∵
AF BF =， ∴
AF CF BF ==. ∴
ACF CAF ∠=∠. ∵CE 切O 于E ，
∴90OEC ∠=︒.
∴OEC ACB ∠=∠，
∴OEC BCA ∆~∆.
∴
OE OC BC BA =， ∴8610
r r -=， 解得3r =.
∴O 的半径为3；
(3)连结EG 、OE ，设EG 交AC 于点M ，
由对称性可知，CB CG =.
又CE CB =，
∴CE CG =.
∴EGC GEC ∠=∠.
∵CE 切O 于E ，
∴90GEC OEG ∠+∠=︒.
又90EGC GMC ∠+∠=︒，
∴OEG GMC ∠=∠.又GMC OME ∠=∠，
∴OEG OME ∠=∠.
∴OE OM =.
∴点M 与点D 重合.
∴G 、D 、E 三点在同一条直线上.
连结AE 、BE ，
∵AD 是直径，
∴90AED ∠=︒，即90AEG ∠=︒.
又CE CB CG ==，
∴90BEG ∠=︒.
∴180AEB AEG BEG ∠=∠+∠=︒，
∴A 、E 、B 三点在同一条直线上.
∴E 、F 两点重合.
∵90GEB ACB ∠=∠=︒，B B ∠=∠，
∴GBE ABC ∆~∆. ∴GB GE AB AC =，即12108
GE =. ∴9.6GE =.
故G 、E 两点之间的距离为9.6.
【点睛】
本题考查了切线的判定，轴的性质，勾股定理的应用以及三角形相似的判定和性质，证得G 、D 、E 三点共线以及A 、E 、B 三点在同一条直线上是解题的关键.
10．已知：如图，四边形ABCD 为菱形，△ABD 的外接圆⊙O 与CD 相切于点D ，交AC 于点E ．
（1）判断⊙O 与BC 的位置关系，并说明理由；
（2）若CE=2，求⊙O 的半径r ．
【答案】（1）相切，理由见解析；（2）2.
【解析】
试题分析：（1）根据切线的性质，可得∠ODC 的度数，根据菱形的性质，可得CD 与BC 的关系，根据SSS ，可得三角形全等，根据全等三角形的性质，可得∠OBC 的度数，根据切线的判定，可得答案；
（2）根据等腰三角形的性质，可得∠ACD=∠CAD ，根据三角形外角的性质，
∠COD=∠OAD+∠AOD ，根据直角三角形的性质，可得OC 与OD 的关系，根据等量代换，可得答案．
（1）⊙O 与BC 相切，理由如下
连接OD、OB，如图所示：
∵⊙O与CD相切于点D，
∴OD⊥CD，∠ODC=90°．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC垂直平分BD，AD=CD=CB．
∴△ABD的外接圆⊙O的圆心O在AC上，∵OD=OB，OC=OC，CB=CD，
∴△OBC≌△ODC．
∴∠OBC=∠ODC=90°，
又∵OB为半径，
∴⊙O与BC相切；
（2）∵AD=CD，
∴∠ACD=∠CAD．
∵AO=OD，
∴∠OAD=∠ODA．
∵∠COD=∠OAD+∠AOD，
∠COD=2∠CAD．
∴∠COD=2∠ACD
又∵∠COD+∠ACD=90°，
∴∠ACD=30°．
∴OD=1
2
OC，
即r=1
2
（r+2）．
∴r=2．
【点睛】运用了切线的判定与性质，利用了切线的判定与性质，菱形的性质，直角三角形的性质．。