7. 如图，AB是$\odot O$的弦.
(1)若OA⊥OE，且CE=BE，求证：BE是$\odot O$的切线.
(2)若OA⊥OE，BE是$\odot O$的切线，求证：CE=BE.
(3)若BE是$\odot O$的切线，CE=BE，求证：OA⊥OE.

1. （1）证明：
连接$OB$。
因为$OA = OB$，所以$\angle OAB=\angle OBA$。
因为$OA\perp OE$，所以$\angle AOC = 90^{\circ}$，则$\angle OAC+\angle OCA = 90^{\circ}$。
又因为$\angle OCA=\angle BCE$，$CE = BE$，所以$\angle BCE=\angle EBC$。
那么$\angle OBA+\angle EBC=\angle OAC+\angle OCA = 90^{\circ}$，即$\angle OBE = 90^{\circ}$。
因为$OB$是$\odot O$的半径，所以$BE$是$\odot O$的切线。
2. （2）证明：
连接$OB$。
因为$BE$是$\odot O$的切线，所以$\angle OBE = 90^{\circ}$，即$\angle OBA+\angle EBC = 90^{\circ}$。
因为$OA = OB$，所以$\angle OAB=\angle OBA$。
又因为$OA\perp OE$，所以$\angle AOC = 90^{\circ}$，则$\angle OAC+\angle OCA = 90^{\circ}$。
而$\angle OCA=\angle BCE$，所以$\angle BCE=\angle EBC$，所以$CE = BE$。
3. （3）证明：
连接$OB$。
因为$BE$是$\odot O$的切线，所以$\angle OBE = 90^{\circ}$，即$\angle OBA+\angle EBC = 90^{\circ}$。
因为$OA = OB$，所以$\angle OAB=\angle OBA$。
又因为$CE = BE$，所以$\angle BCE=\angle EBC$。
而$\angle OCA=\angle BCE$，所以$\angle OAC+\angle OCA=\angle OBA+\angle EBC = 90^{\circ}$，即$\angle AOC = 90^{\circ}$，所以$OA\perp OE$。

8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以直角边BC为直径的$\odot O$交斜边AB于点D，E为边AC的中点，连接DE并延长，交BC的延长线于点F.
(1)求证：直线DE是$\odot O$的切线.
(2)若∠B=30°，AC=2，求阴影部分的面积.

1. （1）证明：
连接$OD$，$CD$。
因为$BC$是$\odot O$的直径，所以$\angle BDC = 90^{\circ}$，在$Rt\triangle ADC$中，$E$为$AC$的中点，根据直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得$DE = EC=\frac{1}{2}AC$。
所以$\angle EDC=\angle ECD$，又因为$OD = OC$，所以$\angle ODC=\angle OCD$。
已知$\angle ACB = 90^{\circ}$，即$\angle OCD+\angle ECD = 90^{\circ}$。
那么$\angle ODC+\angle EDC=\angle ODE = 90^{\circ}$，又因为$OD$是$\odot O$的半径，所以直线$DE$是$\odot O$的切线。
2. （2）
解：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B = 30^{\circ}$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC = 2$，根据$30^{\circ}$所对直角边是斜边的一半，可得$AB = 2AC=4$。
再根据勾股定理$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，则$OC = OD=\sqrt{3}$。
因为$\angle B = 30^{\circ}$，所以$\angle DOC = 60^{\circ}$。
由（1）知$\angle ODE = 90^{\circ}$，在$Rt\triangle ODF$中，$\angle F = 30^{\circ}$，$OD=\sqrt{3}$，根据$\tan F=\frac{OD}{DF}$，$\tan30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{DF}$，可得$DF = 3$。
阴影部分面积$S = S_{\triangle ODF}-S_{扇形DOC}$。
$S_{\triangle ODF}=\frac{1}{2}× OD× DF=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×3=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
$S_{扇形DOC}=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（$n = 60^{\circ}$，$r = OD=\sqrt{3}$），即$S_{扇形DOC}=\frac{60\pi×(\sqrt{3})^{2}}{360}=\frac{\pi}{2}$。
所以$S=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{2}$。
综上，（1）证明见上述过程；（2）阴影部分面积为$\boldsymbol{\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\pi}{2}}$。