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1.如图，正方形ABCD的边长为4，E是AD的中点，P是边AB上的一个动点，连接PE，以点P为圆心，PE长为半径作$\odot P$.当$\odot P$与正方形ABCD的边相切时，AP的长为
$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$
.答案
1.$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$ 【解析】分以下两种情况讨论:当$\odot P$与BC相切时,$PE=PB=4-AP$.
在$\mathrm{Rt}△ PAE$中,$AP^2+AE^2=PE^2$,
即$AP^2+2^2=(4-AP)^2$,
解得$AP=\frac{3}{2}$.
当$\odot P$与DC相切时,$PE=4$,
则$AP=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
综上所述,当$\odot P$与正方形ABCD的边相切时,AP的长为$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$.
在$\mathrm{Rt}△ PAE$中,$AP^2+AE^2=PE^2$,
即$AP^2+2^2=(4-AP)^2$,
解得$AP=\frac{3}{2}$.
当$\odot P$与DC相切时,$PE=4$,
则$AP=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
综上所述,当$\odot P$与正方形ABCD的边相切时,AP的长为$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解决本题首先要明确⊙P与正方形边相切的所有可能情况，结合点P在AB上的位置特征，可排除⊙P与AD边相切的情况，仅需讨论⊙P与BC边相切、⊙P与CD边相切两种情况。利用切线的性质“圆心到切线的距离等于半径”，分别得到PE与AP的数量关系，再结合Rt△PAE的勾股定理列方程求解即可。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当$\odot P$与BC边相切时：
根据切线性质，圆心P到BC的距离等于半径PE，即$PE=PB$。
已知正方形ABCD边长为4，故$PB=4-AP$；E是AD中点，故$AE=\frac{1}{2}AD=2$。
在$\mathrm{Rt}△ PAE$中，由勾股定理得$AP^2+AE^2=PE^2$，
代入得$AP^2+2^2=(4-AP)^2$，
展开化简得$8AP=12$，解得$AP=\frac{3}{2}$。
2. 当$\odot P$与DC边相切时：
根据切线性质，圆心P到CD的距离等于半径PE，正方形边长为4，故$PE=4$。
在$\mathrm{Rt}△ PAE$中，由勾股定理得$AP=\sqrt{PE^2-AE^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
综上所述，AP的长为$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$。
【答案】
$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；正方形的性质
【点评】
本题考查分类讨论思想在圆与几何图形综合题中的应用，解题核心是结合切线性质得到半径的对应长度，再通过勾股定理计算，注意不要遗漏符合条件的情况。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要明确⊙P与正方形边相切的所有可能情况，结合点P在AB上的位置特征，可排除⊙P与AD边相切的情况，仅需讨论⊙P与BC边相切、⊙P与CD边相切两种情况。利用切线的性质“圆心到切线的距离等于半径”，分别得到PE与AP的数量关系，再结合Rt△PAE的勾股定理列方程求解即可。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当$\odot P$与BC边相切时：
根据切线性质，圆心P到BC的距离等于半径PE，即$PE=PB$。
已知正方形ABCD边长为4，故$PB=4-AP$；E是AD中点，故$AE=\frac{1}{2}AD=2$。
在$\mathrm{Rt}△ PAE$中，由勾股定理得$AP^2+AE^2=PE^2$，
代入得$AP^2+2^2=(4-AP)^2$，
展开化简得$8AP=12$，解得$AP=\frac{3}{2}$。
2. 当$\odot P$与DC边相切时：
根据切线性质，圆心P到CD的距离等于半径PE，正方形边长为4，故$PE=4$。
在$\mathrm{Rt}△ PAE$中，由勾股定理得$AP=\sqrt{PE^2-AE^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
综上所述，AP的长为$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$。
【答案】
$\frac{3}{2}$或$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；勾股定理；正方形的性质
【点评】
本题考查分类讨论思想在圆与几何图形综合题中的应用，解题核心是结合切线性质得到半径的对应长度，再通过勾股定理计算，注意不要遗漏符合条件的情况。
【难度系数】
0.6
2.如图，在$\odot O$中，弦$AB=AO=1$，直线$l$为$\odot O$的切线，A为切点，点P在直线l上运动.若$△ PAB$为等腰三角形，则线段OP的长为
$2$或$\sqrt{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
.答案
2.$2$或$\sqrt{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$ 【解析】如图,连接BO.
$\because AB=AO=BO=1,\therefore △ ABO$为等边三角形,
$\therefore ∠ OBA=∠ OAB=60°$.
$\because$ 直线$l$为$\odot O$的切线,A为切点,$\therefore ∠ OAP=90°$.
由题意可知,当点P在点A的左侧时,$∠ BAP=30°$;
当点P在点A的右侧时,$∠ BAP=150°$.点P的位置分为四种情况讨论:
① 如图,当$BP_1=AB=1$时,
$∠ BP_1A=∠ BAP_1=30°$,
$\therefore ∠ P_1BA=120°,\therefore ∠ P_1BA+∠ OBA=180°$,
$\therefore$ 点$P_1$,B,O在同一条直线上,
$\therefore OP_1=BO+BP_1=2$.②如图,当$AP_2=AB=1$时,
$\because AP_2 = AO = 1,∠ OAP_2 = 90°,\therefore OP_2 = \sqrt{AO^2+AP_2^2}=\sqrt{2}$. ③ 如图,当$AP_3 = BP_3$时,
$∠ ABP_3 = ∠ BAP_3 = 90° - 60° = 30°,\therefore ∠ AP_3 B = 120°,∠ OBA + ∠ ABP_3 = 90°$.$\because OB$为$\odot O$的半径,
$\therefore BP_3$为$\odot O$的切线.$\because$直线$l$为$\odot O$的切线,A为切点,$\therefore P_3 O$平分$∠ AP_3 B$,$\therefore ∠ OP_3 A = \frac{1}{2}∠ AP_3 B = 60°$,$\therefore ∠ AOP_3 = 30°$,$\therefore OP_3 = 2AP_3$. 在$\mathrm{Rt}△ OAP_3$中,$OP_3^2=AP_3^2+AO^2$,即$OP_3^2=(\frac{1}{2}OP_3)^2+AO^2$,
$\therefore OP_3=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.④如图,当$AP_4=AB=1$时,$AP_4=AO=1$,$∠ OAP_4=90°$,$\therefore OP_4=\sqrt{AO^2+AP_4^2}=\sqrt{2}$.
综上所述,线段OP的长为$2$或$\sqrt{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
解析
【分析】
解题时首先结合已知条件$AO=AB=1$，且$AO$、$BO$都是$\odot O$的半径，可先判定$△ OAB$是等边三角形，推导得出相关角度；再根据切线的性质得到$OA⊥$直线$l$，即$∠ OAP=90°$，进而确定点$P$在$A$左侧时$∠ BAP=30°$，在$A$右侧时$∠ BAP=150°$。接下来因为$△ PAB$是等腰三角形，需按腰的不同分三类讨论：$AB=BP$、$AB=AP$、$AP=BP$，结合每种情况的角度关系，利用勾股定理或线段和差计算$OP$的长度，注意不要遗漏点$P$在$A$左右两侧的情况。
【解析】
连接$BO$：
$\because AB=AO=BO=1$，$\therefore △ ABO$为等边三角形，
$\therefore ∠ OBA=∠ OAB=60°$。
$\because$直线$l$为$\odot O$的切线，$A$为切点，$\therefore OA⊥ l$，即$∠ OAP=90°$。
分情况讨论：
①当$BP=AB=1$，点$P$在$A$左侧时：
$∠ BAP=90°-60°=30°$，$\therefore ∠ BPA=∠ BAP=30°$，
$\therefore ∠ PBA=180°-30°×2=120°$，
$\therefore ∠ PBA+∠ OBA=120°+60°=180°$，即$P$、$B$、$O$三点共线，
$\therefore OP=BO+BP=1+1=2$。
②当$AP=AB=1$时，点$P$可在$A$左侧或右侧：
$\because AP=AO=1$，$∠ OAP=90°$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ OAP$中，$OP=\sqrt{AO^2+AP^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
③当$AP=BP$，点$P$在$A$左侧时：
$∠ BAP=30°$，$\therefore ∠ ABP=∠ BAP=30°$，
$\therefore ∠ OBP=∠ OBA+∠ ABP=60°+30°=90°$，即$OB⊥ BP$，
$\because OB$是$\odot O$的半径，$\therefore BP$是$\odot O$的切线，
又$\because$直线$l$是$\odot O$的切线，根据切线长定理，$PO$平分$∠ APB$，
$∠ APB=180°-30°×2=120°$，$\therefore ∠ OPA=\frac{1}{2}∠ APB=60°$，
在$\mathrm{Rt}△ OAP$中，$∠ AOP=30°$，$\therefore OP=2AP$，
设$AP=x$，则$OP=2x$，由勾股定理得：$(2x)^2=x^2+1^2$，
解得$x=\frac{\sqrt{3}}{3}$（舍去负值），$\therefore OP=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
$2$或$\sqrt{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的性质，等边三角形判定，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题将圆的性质与等腰三角形的判定结合考查，解题的关键是对等腰三角形的腰长进行分类讨论，同时要注意点$P$在切点$A$两侧的不同位置，避免漏解，需熟练运用角度计算和勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.4
解题时首先结合已知条件$AO=AB=1$，且$AO$、$BO$都是$\odot O$的半径，可先判定$△ OAB$是等边三角形，推导得出相关角度；再根据切线的性质得到$OA⊥$直线$l$，即$∠ OAP=90°$，进而确定点$P$在$A$左侧时$∠ BAP=30°$，在$A$右侧时$∠ BAP=150°$。接下来因为$△ PAB$是等腰三角形，需按腰的不同分三类讨论：$AB=BP$、$AB=AP$、$AP=BP$，结合每种情况的角度关系，利用勾股定理或线段和差计算$OP$的长度，注意不要遗漏点$P$在$A$左右两侧的情况。
【解析】
连接$BO$：
$\because AB=AO=BO=1$，$\therefore △ ABO$为等边三角形，
$\therefore ∠ OBA=∠ OAB=60°$。
$\because$直线$l$为$\odot O$的切线，$A$为切点，$\therefore OA⊥ l$，即$∠ OAP=90°$。
分情况讨论：
①当$BP=AB=1$，点$P$在$A$左侧时：
$∠ BAP=90°-60°=30°$，$\therefore ∠ BPA=∠ BAP=30°$，
$\therefore ∠ PBA=180°-30°×2=120°$，
$\therefore ∠ PBA+∠ OBA=120°+60°=180°$，即$P$、$B$、$O$三点共线，
$\therefore OP=BO+BP=1+1=2$。
②当$AP=AB=1$时，点$P$可在$A$左侧或右侧：
$\because AP=AO=1$，$∠ OAP=90°$，
$\therefore$在$\mathrm{Rt}△ OAP$中，$OP=\sqrt{AO^2+AP^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
③当$AP=BP$，点$P$在$A$左侧时：
$∠ BAP=30°$，$\therefore ∠ ABP=∠ BAP=30°$，
$\therefore ∠ OBP=∠ OBA+∠ ABP=60°+30°=90°$，即$OB⊥ BP$，
$\because OB$是$\odot O$的半径，$\therefore BP$是$\odot O$的切线，
又$\because$直线$l$是$\odot O$的切线，根据切线长定理，$PO$平分$∠ APB$，
$∠ APB=180°-30°×2=120°$，$\therefore ∠ OPA=\frac{1}{2}∠ APB=60°$，
在$\mathrm{Rt}△ OAP$中，$∠ AOP=30°$，$\therefore OP=2AP$，
设$AP=x$，则$OP=2x$，由勾股定理得：$(2x)^2=x^2+1^2$，
解得$x=\frac{\sqrt{3}}{3}$（舍去负值），$\therefore OP=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
$2$或$\sqrt{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的性质，等边三角形判定，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题将圆的性质与等腰三角形的判定结合考查，解题的关键是对等腰三角形的腰长进行分类讨论，同时要注意点$P$在切点$A$两侧的不同位置，避免漏解，需熟练运用角度计算和勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.4
3. (2025—2026赣州于都期末)如下图，AB与$\odot O$相切于点B，AO交$\odot O$于点F，延长AO交$\odot O$于点C，连接BC，D为$\odot O$上一点，且$\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BF}$，连接AD。
(1)求证：AD是$\odot O$的切线。
(2)若$AB=10$，$AC=12$，求$\odot O$的半径长。
(1)求证：AD是$\odot O$的切线。
(2)若$AB=10$，$AC=12$，求$\odot O$的半径长。
答案
3.解:(1)证明:如图,连接OD,OB.
$\because AB$与$\odot O$相切于点B,
$\therefore OB⊥ AB$,即$∠ ABO=90°$.
$\because \overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BF}$,
$\therefore ∠ AOD=∠ AOB$.
又$\because OD=OB$,$OA=OA$,
$\therefore △ AOD≌△ AOB(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ADO=∠ ABO=90°$,即$OD⊥ AD$.
又$\because OD$是$\odot O$的半径,
$\therefore AD$是$\odot O$的切线.
(2)设$\odot O$的半径为$r$,则$OB=r$,$OA=AC-OC=12-r$.
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中,由$OA^2=OB^2+AB^2$,得$(12-r)^2=r^2+10^2$,解得$r=\frac{11}{6}$,即$\odot O$的半径长为$\frac{11}{6}$.
解析
【分析】
(1)要证明AD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AD垂直于过切点的半径，因此先连接OD、OB。已知AB是$\odot O$的切线，可得$OB⊥ AB$，再结合$\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BF}$可推出对应的圆心角$∠ AOD=∠ AOB$，通过证明$△ AOD$和$△ AOB$全等，得到$∠ ADO=∠ ABO=90°$，即可证明$OD⊥ AD$，进而得证AD是切线。
(2)要求$\odot O$的半径，可设半径为r，在$Rt△ ABO$中，三边可分别用r和已知线段表示，利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：如图，连接OD，OB。
$\because AB$与$\odot O$相切于点B，
$\therefore OB⊥ AB$，即$∠ ABO=90°$。
$\because \overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BF}$，
$\therefore ∠ AOD=∠ AOB$。
又$\because OD=OB$，$OA=OA$，
$\therefore △ AOD≌△ AOB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ADO=∠ ABO=90°$，即$OD⊥ AD$。
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore AD$是$\odot O$的切线。
(2)设$\odot O$的半径为$r$，则$OB=r$，$OA=AC-OC=12-r$。
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，由勾股定理得$OA^2=OB^2+AB^2$，
代入得$(12-r)^2=r^2+10^2$，
展开得$144-24r+r^2=r^2+100$，
化简得$24r=44$，
解得$r=\frac{11}{6}$。
【答案】
(1)AD是$\odot O$的切线，证明见上述过程；
(2)$\odot O$的半径长为$\frac{11}{6}$。
【知识点】
切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题关键是熟练掌握弧与圆心角的关系、切线的判定及性质。第一问通过构造全等三角形得到垂直关系是切线证明的常用思路，第二问利用勾股定理列方程求线段长度是几何中方程思想的典型应用，这类方法需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
(1)要证明AD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AD垂直于过切点的半径，因此先连接OD、OB。已知AB是$\odot O$的切线，可得$OB⊥ AB$，再结合$\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BF}$可推出对应的圆心角$∠ AOD=∠ AOB$，通过证明$△ AOD$和$△ AOB$全等，得到$∠ ADO=∠ ABO=90°$，即可证明$OD⊥ AD$，进而得证AD是切线。
(2)要求$\odot O$的半径，可设半径为r，在$Rt△ ABO$中，三边可分别用r和已知线段表示，利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：如图，连接OD，OB。
$\because AB$与$\odot O$相切于点B，
$\therefore OB⊥ AB$，即$∠ ABO=90°$。
$\because \overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BF}$，
$\therefore ∠ AOD=∠ AOB$。
又$\because OD=OB$，$OA=OA$，
$\therefore △ AOD≌△ AOB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ADO=∠ ABO=90°$，即$OD⊥ AD$。
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore AD$是$\odot O$的切线。
(2)设$\odot O$的半径为$r$，则$OB=r$，$OA=AC-OC=12-r$。
在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，由勾股定理得$OA^2=OB^2+AB^2$，
代入得$(12-r)^2=r^2+10^2$，
展开得$144-24r+r^2=r^2+100$，
化简得$24r=44$，
解得$r=\frac{11}{6}$。
【答案】
(1)AD是$\odot O$的切线，证明见上述过程；
(2)$\odot O$的半径长为$\frac{11}{6}$。
【知识点】
切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，解题关键是熟练掌握弧与圆心角的关系、切线的判定及性质。第一问通过构造全等三角形得到垂直关系是切线证明的常用思路，第二问利用勾股定理列方程求线段长度是几何中方程思想的典型应用，这类方法需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
4. 如下图，AB为$\odot O$的直径，C为圆上一点，过点C作$\odot O$的切线，交AB延长线于点D，过点B作$BE// DC$，交$\odot O$于点E，连接AE，AC.
(1) 求证：$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$.
(2) 若$∠ BAE=60°$，$\odot O$的半径为2，求AC的长.
(1) 求证：$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$.
(2) 若$∠ BAE=60°$，$\odot O$的半径为2，求AC的长.
答案
4.解:(1)证明:如图,连接OC.
$\because CD$为$\odot O$的切线,$\therefore OC⊥ CD$.
$\because BE// CD$,$\therefore OC⊥ BE$.
$\because OC$为$\odot O$的半径,$\therefore \overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$.
(2)如图,延长CO交$\odot O$于点F,连接AF,则CF为$\odot O$的直径,
$\therefore ∠ FAC=90°$.
$\because \odot O$的半径为2,$\therefore OC=2$,
$\therefore CF=2OC=4$.
由(1)知,$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$.
$\because ∠ BAE=60°$,
$\therefore ∠ EAC=∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BAE=30°$.
$\because OA=OC$,
$\therefore ∠ ACF=∠ OAC=30°$,
$\therefore AF=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}×4=2$,
$\therefore AC=\sqrt{CF^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$，可借助垂径定理推导：首先连接过切点C的半径OC，根据切线的性质可知切线垂直于过切点的半径，即$OC⊥CD$，结合$BE// DC$可推出$OC⊥BE$，再根据垂径定理“垂直于弦的半径平分弦所对的两条弧”，即可证得弧相等的结论。
(2) 求AC的长时，可构造包含AC的直角三角形求解：首先由(1)中弧相等的结论，可得同圆中相等的弧对应的圆周角相等，即AC平分$∠BAE$，可算出$∠BAC=30°$；再延长CO得到直径CF，连接AF，根据“直径所对的圆周角是直角”得到$Rt△FAC$，结合已知半径、直角三角形的角度性质和勾股定理即可求出AC的长度。
【解析】
(1) 证明：如图，连接OC。
$\because CD$为$\odot O$的切线，$\therefore OC⊥ CD$。
$\because BE// CD$，$\therefore OC⊥ BE$。
$\because OC$为$\odot O$的半径，$\therefore \overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$。
(2) 解：延长CO交$\odot O$于点F，连接AF，则CF为$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ FAC=90°$。
$\because \odot O$的半径为2，$\therefore OC=2$，
$\therefore CF=2OC=4$。
由(1)知，$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$，
$\because ∠ BAE=60°$，
$\therefore ∠ EAC=∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BAE=30°$。
$\because OA=OC$，
$\therefore ∠ ACF=∠ OAC=30°$，
$\therefore AF=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}×4=2$，
$\therefore AC=\sqrt{CF^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$，证明成立；(2) $AC=2\sqrt{3}$
辅助线参考：
【知识点】
1.切线的性质
2.垂径定理
3.圆周角定理
【点评】
本题综合考查了圆的基础性质与直角三角形的相关计算，解题核心是合理添加辅助线，结合平行、等腰三角形、直角三角形的性质求解，能较好地检验圆相关性质的掌握和灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$，可借助垂径定理推导：首先连接过切点C的半径OC，根据切线的性质可知切线垂直于过切点的半径，即$OC⊥CD$，结合$BE// DC$可推出$OC⊥BE$，再根据垂径定理“垂直于弦的半径平分弦所对的两条弧”，即可证得弧相等的结论。
(2) 求AC的长时，可构造包含AC的直角三角形求解：首先由(1)中弧相等的结论，可得同圆中相等的弧对应的圆周角相等，即AC平分$∠BAE$，可算出$∠BAC=30°$；再延长CO得到直径CF，连接AF，根据“直径所对的圆周角是直角”得到$Rt△FAC$，结合已知半径、直角三角形的角度性质和勾股定理即可求出AC的长度。
【解析】
(1) 证明：如图，连接OC。
$\because CD$为$\odot O$的切线，$\therefore OC⊥ CD$。
$\because BE// CD$，$\therefore OC⊥ BE$。
$\because OC$为$\odot O$的半径，$\therefore \overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$。
(2) 解：延长CO交$\odot O$于点F，连接AF，则CF为$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ FAC=90°$。
$\because \odot O$的半径为2，$\therefore OC=2$，
$\therefore CF=2OC=4$。
由(1)知，$\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$，
$\because ∠ BAE=60°$，
$\therefore ∠ EAC=∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BAE=30°$。
$\because OA=OC$，
$\therefore ∠ ACF=∠ OAC=30°$，
$\therefore AF=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}×4=2$，
$\therefore AC=\sqrt{CF^2-AF^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$，证明成立；(2) $AC=2\sqrt{3}$
辅助线参考：
【知识点】
1.切线的性质
2.垂径定理
3.圆周角定理
【点评】
本题综合考查了圆的基础性质与直角三角形的相关计算，解题核心是合理添加辅助线，结合平行、等腰三角形、直角三角形的性质求解，能较好地检验圆相关性质的掌握和灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
