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8.如图,正六边形ABCDEF内接于⊙O,若直线PA与⊙O相切于点A,则∠PAB的度数为
$30°$
.答案
8.$30°$
解析
【分析】
要计算∠PAB的度数，我们可以按以下思路推导：首先利用切线的性质得到半径OA与切线PA垂直，即∠OAP=90°；再结合正六边形内接于圆的性质，求出中心角∠AOB的度数，判定△OAB为等边三角形，得到∠OAB的度数；最后用∠OAP减去∠OAB即可求出∠PAB的度数。
【解析】
连接OA、OB：
1. 因为直线PA与⊙O相切于点A，根据切线的性质：切线垂直于过切点的半径，可得$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
2. 正六边形ABCDEF内接于⊙O，正六边形的中心角为$360°÷6=60°$，因此$∠ AOB=60°$。
3. 又OA、OB都是⊙O的半径，即$OA=OB$，所以$△ OAB$是等边三角形，因此$∠ OAB=60°$。
4. 所以$∠ PAB=∠ OAP - ∠ OAB=90° - 60°=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
切线的性质；正多边形和圆；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何题，将切线性质与正多边形的性质结合考查，解题关键是正确作出辅助线，利用等边三角形的性质得到中间角的度数，是圆与正多边形结合的常考题型。
【难度系数】
0.7
要计算∠PAB的度数，我们可以按以下思路推导：首先利用切线的性质得到半径OA与切线PA垂直，即∠OAP=90°；再结合正六边形内接于圆的性质，求出中心角∠AOB的度数，判定△OAB为等边三角形，得到∠OAB的度数；最后用∠OAP减去∠OAB即可求出∠PAB的度数。
【解析】
连接OA、OB：
1. 因为直线PA与⊙O相切于点A，根据切线的性质：切线垂直于过切点的半径，可得$OA⊥ PA$，即$∠ OAP=90°$。
2. 正六边形ABCDEF内接于⊙O，正六边形的中心角为$360°÷6=60°$，因此$∠ AOB=60°$。
3. 又OA、OB都是⊙O的半径，即$OA=OB$，所以$△ OAB$是等边三角形，因此$∠ OAB=60°$。
4. 所以$∠ PAB=∠ OAP - ∠ OAB=90° - 60°=30°$。
【答案】
$30°$
【知识点】
切线的性质；正多边形和圆；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何题，将切线性质与正多边形的性质结合考查，解题关键是正确作出辅助线，利用等边三角形的性质得到中间角的度数，是圆与正多边形结合的常考题型。
【难度系数】
0.7
9.如图，将$△ ABC$沿着直线$DE$折叠，折叠后点$A$恰好能与$△ ABC$的内心$I$重合，若$∠ DIB+∠ EIC=195°$，则$∠ BAC$的大小是________。
答案
9.$50°$
解析
【分析】
解题思路如下：①先利用折叠的性质，得出折叠前后对应角相等，即∠BAC与∠DIE相等；②再结合三角形内心的性质，推导得出∠BIC和∠BAC的数量关系；③最后观察点I处的四个角组成周角，和为360°，代入已知条件列方程即可求出∠BAC的度数。
【解析】
设∠BAC=α
1. 根据折叠的性质，折叠前后对应角相等，因此$∠ DIE=∠ BAC=α$。
2. 因为I是$△ ABC$的内心，所以IB、IC分别平分$∠ ABC$、$∠ ACB$，可得：
$∠ IBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ ICB=\frac{1}{2}∠ ACB$
根据三角形内角和定理：
$∠ BIC=180°-(∠ IBC+∠ ICB)=180°-\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)$
又因为$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ BAC=180°-α$，代入得：
$∠ BIC=180°-\frac{1}{2}(180°-α)=90°+\frac{1}{2}α$
3. 点I处四个角的和为周角$360°$，因此：
$∠ DIB+∠ EIC+∠ DIE+∠ BIC=360°$
已知$∠ DIB+∠ EIC=195°$，代入各角表达式：
$195°+α+90°+\frac{1}{2}α=360°$
整理计算：
$285°+\frac{3}{2}α=360°$
$\frac{3}{2}α=75°$
$α=50°$
【答案】
$50°$
【知识点】
折叠的性质，三角形内心的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是角的计算综合题，解题关键是结合折叠性质和内心性质找到各角之间的数量关系，再利用周角的性质列方程求解，能够很好地考查学生对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：①先利用折叠的性质，得出折叠前后对应角相等，即∠BAC与∠DIE相等；②再结合三角形内心的性质，推导得出∠BIC和∠BAC的数量关系；③最后观察点I处的四个角组成周角，和为360°，代入已知条件列方程即可求出∠BAC的度数。
【解析】
设∠BAC=α
1. 根据折叠的性质，折叠前后对应角相等，因此$∠ DIE=∠ BAC=α$。
2. 因为I是$△ ABC$的内心，所以IB、IC分别平分$∠ ABC$、$∠ ACB$，可得：
$∠ IBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ ICB=\frac{1}{2}∠ ACB$
根据三角形内角和定理：
$∠ BIC=180°-(∠ IBC+∠ ICB)=180°-\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)$
又因为$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ BAC=180°-α$，代入得：
$∠ BIC=180°-\frac{1}{2}(180°-α)=90°+\frac{1}{2}α$
3. 点I处四个角的和为周角$360°$，因此：
$∠ DIB+∠ EIC+∠ DIE+∠ BIC=360°$
已知$∠ DIB+∠ EIC=195°$，代入各角表达式：
$195°+α+90°+\frac{1}{2}α=360°$
整理计算：
$285°+\frac{3}{2}α=360°$
$\frac{3}{2}α=75°$
$α=50°$
【答案】
$50°$
【知识点】
折叠的性质，三角形内心的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是角的计算综合题，解题关键是结合折叠性质和内心性质找到各角之间的数量关系，再利用周角的性质列方程求解，能够很好地考查学生对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
10.如图,在矩形ABCD中,AB=8,AD=12,过点A,D的⊙O与BC边相切于点E,则⊙O的半径为
$\frac{25}{4}$
.答案
10.$\frac{25}{4}$
解析
【分析】
解题时先结合切线性质构造辅助线：连接过切点E的半径OE，可得OE⊥BC，结合矩形AD//BC的性质，反向延长OE交AD于F，可得EF⊥AD，由垂径定理可推出AF为AD的一半；再设圆的半径为r，用含r的式子表示出Rt△OAF的各边长，最后利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
连接OE，反向延长OE交AD于点F。
∵⊙O与BC边相切于点E，
∴OE⊥BC，且OE=OA=r（r为⊙O的半径）。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠BAD=∠B=90°，
∴EF⊥AD，四边形ABEF为矩形，
∴EF=AB=8，F为AD中点（垂径定理），
∴AF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$×12=6。
∵OF=EF - OE=8 - r，
在Rt△OAF中，由勾股定理得：OA²=AF² + OF²，
即$r^2=6^2+(8-r)^2$，
展开得：$r^2=36+64-16r+r^2$，
整理得：$16r=100$，
解得：$r=\frac{25}{4}$。
【答案】
$\frac{25}{4}$
【知识点】
切线的性质；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与矩形结合的典型题型，解题核心是通过构造辅助线得到直角三角形，结合方程思想求解未知量，考查了学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先结合切线性质构造辅助线：连接过切点E的半径OE，可得OE⊥BC，结合矩形AD//BC的性质，反向延长OE交AD于F，可得EF⊥AD，由垂径定理可推出AF为AD的一半；再设圆的半径为r，用含r的式子表示出Rt△OAF的各边长，最后利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
连接OE，反向延长OE交AD于点F。
∵⊙O与BC边相切于点E，
∴OE⊥BC，且OE=OA=r（r为⊙O的半径）。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠BAD=∠B=90°，
∴EF⊥AD，四边形ABEF为矩形，
∴EF=AB=8，F为AD中点（垂径定理），
∴AF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$×12=6。
∵OF=EF - OE=8 - r，
在Rt△OAF中，由勾股定理得：OA²=AF² + OF²，
即$r^2=6^2+(8-r)^2$，
展开得：$r^2=36+64-16r+r^2$，
整理得：$16r=100$，
解得：$r=\frac{25}{4}$。
【答案】
$\frac{25}{4}$
【知识点】
切线的性质；垂径定理；勾股定理
【点评】
本题是圆与矩形结合的典型题型，解题核心是通过构造辅助线得到直角三角形，结合方程思想求解未知量，考查了学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
11.如图,在$\odot O$中,AB为$\odot O$的直径,点C为OB上的点,$CE⊥ OB$交$\odot O$于点D,过点E作$\odot O$的切线,切点为F,连接BF交CD于点G.
(1)求证:$EF=EG$.
(2)若$\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{FD}=\overset{\frown}{DB}$,$DE=2$,求阴影部分的面积.
(1)求证:$EF=EG$.
(2)若$\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{FD}=\overset{\frown}{DB}$,$DE=2$,求阴影部分的面积.
答案
11.(1)连接 $OF$.
$\because EF$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ EFG+∠ OFB=90°$,
$\because CE⊥ OB,\therefore ∠ BGC+∠ OBF=90°$,
$\because ∠ OFB=∠ OBF,∠ EGF=∠ BGC,\therefore ∠ EGF=∠ EFG,\therefore EF=EG$.
(2)连接 $OD,OF,FD$.
$\because \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{FD}=\overset{\frown}{DB},\therefore ∠ AOF=∠ FOD=∠ DOB=60°$,
$\therefore ∠ BFD=\frac{1}{2}∠ DOB=30°,∠ DGF=∠ BGC=90°-\frac{1}{2}∠ AOF=60°$,
$\because EF=EG,OD=OF,\therefore △ EFG$ 和 $△ DOF$ 是等边三角形,点 $D$ 为 $EG$ 的中点,
$\therefore △ EFG$ 的边长为 $4,\therefore FD=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$,
$\therefore S_{△ EFG}=\frac{1}{2}× 4× 2\sqrt{3}=4\sqrt{3},\therefore S_{△ EFD}=\frac{1}{2}S_{△ EFG}=2\sqrt{3}$,
$S_{\mathrm{扇形}OFD}=\frac{60°π×(2\sqrt{3})^2}{360°}=2π,S_{△ DOF}=\frac{1}{2}× 2\sqrt{3}× \frac{\sqrt{3}}{2}× 2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$,
$\therefore S_{\mathrm{阴}}=S_{△ EFD}-(S_{\mathrm{扇形}OFD}-S_{△ DOF})=5\sqrt{3}-2π$.
$\because EF$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ EFG+∠ OFB=90°$,
$\because CE⊥ OB,\therefore ∠ BGC+∠ OBF=90°$,
$\because ∠ OFB=∠ OBF,∠ EGF=∠ BGC,\therefore ∠ EGF=∠ EFG,\therefore EF=EG$.
(2)连接 $OD,OF,FD$.
$\because \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{FD}=\overset{\frown}{DB},\therefore ∠ AOF=∠ FOD=∠ DOB=60°$,
$\therefore ∠ BFD=\frac{1}{2}∠ DOB=30°,∠ DGF=∠ BGC=90°-\frac{1}{2}∠ AOF=60°$,
$\because EF=EG,OD=OF,\therefore △ EFG$ 和 $△ DOF$ 是等边三角形,点 $D$ 为 $EG$ 的中点,
$\therefore △ EFG$ 的边长为 $4,\therefore FD=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$,
$\therefore S_{△ EFG}=\frac{1}{2}× 4× 2\sqrt{3}=4\sqrt{3},\therefore S_{△ EFD}=\frac{1}{2}S_{△ EFG}=2\sqrt{3}$,
$S_{\mathrm{扇形}OFD}=\frac{60°π×(2\sqrt{3})^2}{360°}=2π,S_{△ DOF}=\frac{1}{2}× 2\sqrt{3}× \frac{\sqrt{3}}{2}× 2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$,
$\therefore S_{\mathrm{阴}}=S_{△ EFD}-(S_{\mathrm{扇形}OFD}-S_{△ DOF})=5\sqrt{3}-2π$.
解析
【分析】
(1) 要证明线段相等，通常可通过证明线段对应的角相等实现。已知EF是圆的切线，根据切线性质优先连接切点与圆心OF，得到垂直关系，结合CE⊥OB的直角条件，再利用等腰△OFB的底角相等、对顶角相等的性质，推导∠EFG=∠EGF，即可得EF=EG。
(2) 首先根据等弧对应的圆心角相等，得出三个圆心角均为60°，进而判定△DOF和△EFG为等边三角形，求出相关线段长度。阴影部分是不规则图形，采用割补法转化为规则图形面积的和差：阴影面积=△EFD的面积 - (扇形OFD的面积 - △DOF的面积)，分别计算各规则图形的面积后代入计算即可。
【解析】
(1) 证明：连接 $OF$。
$\because EF$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore OF⊥ EF$，即 $∠ EFG+∠ OFB=90°$。
$\because CE⊥ OB$，$\therefore ∠ BGC+∠ OBF=90°$。
$\because OF=OB$，$\therefore ∠ OFB=∠ OBF$。
又$\because ∠ EGF=∠ BGC$（对顶角相等），
$\therefore ∠ EGF=∠ EFG$，$\therefore EF=EG$。
(2) 解：连接 $OD,OF,FD$。
$\because \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{FD}=\overset{\frown}{DB}$，AB为直径，$\therefore ∠ AOF=∠ FOD=∠ DOB=\frac{180°}{3}=60°$。
$\therefore ∠ BFD=\frac{1}{2}∠ DOB=30°$，$∠ DGF=∠ BGC=90°-∠ OBF=60°$。
$\because EF=EG$，$∠ EGF=60°$，$\therefore △ EFG$ 是等边三角形；
$\because OD=OF$，$∠ FOD=60°$，$\therefore △ DOF$ 是等边三角形。
$\because ∠ ODC=90°-∠ DOB=30°$，$∠ FDO=60°$，$\therefore ∠ FDE=90°$，即$FD⊥ EG$，
$\therefore D$ 为 $EG$ 中点，$\because DE=2$，$\therefore EG=EF=FG=4$。
在$Rt△ FDE$中，$FD=\sqrt{EF^2-DE^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，即$\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$。
$S_{△ EFG}=\frac{1}{2}× EG× FD=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ EFD}=\frac{1}{2}S_{△ EFG}=2\sqrt{3}$。
$S_{\mathrm{扇形}OFD}=\frac{60°×π×(2\sqrt{3})^2}{360°}=2π$，
$S_{△ DOF}=\frac{\sqrt{3}}{4}×(2\sqrt{3})^2=3\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴}}=S_{△ EFD}-(S_{\mathrm{扇形}OFD}-S_{△ DOF})=2\sqrt{3}-(2π-3\sqrt{3})=5\sqrt{3}-2π$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $5\sqrt{3}-2π$
【知识点】
切线的性质，圆心角与弧的关系，扇形面积计算
【点评】
本题综合考查圆的性质与不规则图形面积计算，解题核心是正确添加辅助线，灵活运用等腰（等边）三角形的判定与性质，通过割补法将不规则阴影面积转化为规则图形的面积和差求解，对几何综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明线段相等，通常可通过证明线段对应的角相等实现。已知EF是圆的切线，根据切线性质优先连接切点与圆心OF，得到垂直关系，结合CE⊥OB的直角条件，再利用等腰△OFB的底角相等、对顶角相等的性质，推导∠EFG=∠EGF，即可得EF=EG。
(2) 首先根据等弧对应的圆心角相等，得出三个圆心角均为60°，进而判定△DOF和△EFG为等边三角形，求出相关线段长度。阴影部分是不规则图形，采用割补法转化为规则图形面积的和差：阴影面积=△EFD的面积 - (扇形OFD的面积 - △DOF的面积)，分别计算各规则图形的面积后代入计算即可。
【解析】
(1) 证明：连接 $OF$。
$\because EF$ 为 $\odot O$ 的切线，$\therefore OF⊥ EF$，即 $∠ EFG+∠ OFB=90°$。
$\because CE⊥ OB$，$\therefore ∠ BGC+∠ OBF=90°$。
$\because OF=OB$，$\therefore ∠ OFB=∠ OBF$。
又$\because ∠ EGF=∠ BGC$（对顶角相等），
$\therefore ∠ EGF=∠ EFG$，$\therefore EF=EG$。
(2) 解：连接 $OD,OF,FD$。
$\because \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{FD}=\overset{\frown}{DB}$，AB为直径，$\therefore ∠ AOF=∠ FOD=∠ DOB=\frac{180°}{3}=60°$。
$\therefore ∠ BFD=\frac{1}{2}∠ DOB=30°$，$∠ DGF=∠ BGC=90°-∠ OBF=60°$。
$\because EF=EG$，$∠ EGF=60°$，$\therefore △ EFG$ 是等边三角形；
$\because OD=OF$，$∠ FOD=60°$，$\therefore △ DOF$ 是等边三角形。
$\because ∠ ODC=90°-∠ DOB=30°$，$∠ FDO=60°$，$\therefore ∠ FDE=90°$，即$FD⊥ EG$，
$\therefore D$ 为 $EG$ 中点，$\because DE=2$，$\therefore EG=EF=FG=4$。
在$Rt△ FDE$中，$FD=\sqrt{EF^2-DE^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$，即$\odot O$的半径为$2\sqrt{3}$。
$S_{△ EFG}=\frac{1}{2}× EG× FD=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ EFD}=\frac{1}{2}S_{△ EFG}=2\sqrt{3}$。
$S_{\mathrm{扇形}OFD}=\frac{60°×π×(2\sqrt{3})^2}{360°}=2π$，
$S_{△ DOF}=\frac{\sqrt{3}}{4}×(2\sqrt{3})^2=3\sqrt{3}$，
$\therefore S_{\mathrm{阴}}=S_{△ EFD}-(S_{\mathrm{扇形}OFD}-S_{△ DOF})=2\sqrt{3}-(2π-3\sqrt{3})=5\sqrt{3}-2π$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $5\sqrt{3}-2π$
【知识点】
切线的性质，圆心角与弧的关系，扇形面积计算
【点评】
本题综合考查圆的性质与不规则图形面积计算，解题核心是正确添加辅助线，灵活运用等腰（等边）三角形的判定与性质，通过割补法将不规则阴影面积转化为规则图形的面积和差求解，对几何综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
12.如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$AC=BC$，$∠ ACB=90°$，以$BC$为直径的$\odot O$交$AB$于点$D$.点$E$是$\overset{\frown}{DB}$上一点，$AC=AE$.
(1)求证：$AE$是$\odot O$的切线.
(2)连接$BE$，若$AC=2\sqrt{5}$，求$BE$的长.
(1)求证：$AE$是$\odot O$的切线.
(2)连接$BE$，若$AC=2\sqrt{5}$，求$BE$的长.
答案
12.(1)连接 $OE,AO$.
$\because AC=AE,OC=OE,\therefore △ AOC≌△ AOE(\mathrm{SSS})$,
$\therefore ∠ AEO=∠ ACB=90°,\therefore AE$ 是 $\odot O$ 的切线.
(2)连接 $CE,AO,AO$ 交 $CE$ 于点 $H$.
$\because △ AOC≌△ AOE,\therefore ∠ CAO=∠ EAO$,
$\because AC=AE,\therefore AO⊥ CE,CH=EH$,
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $AC=BC=2\sqrt{5},∠ ACB=90°,\therefore OC=\sqrt{5},OA=\sqrt{AC^2+OC^2}=5$,
$\because S_{△ ACO}=\frac{AC· OC}{2}=\frac{OA· CH}{2},\therefore CH=\frac{AC· OC}{OA}=2,\therefore CE=2CH=4$,
$\because BC=2\sqrt{5},\therefore BE=\sqrt{BC^2-CE^2}=2$.
$\because AC=AE,OC=OE,\therefore △ AOC≌△ AOE(\mathrm{SSS})$,
$\therefore ∠ AEO=∠ ACB=90°,\therefore AE$ 是 $\odot O$ 的切线.
(2)连接 $CE,AO,AO$ 交 $CE$ 于点 $H$.
$\because △ AOC≌△ AOE,\therefore ∠ CAO=∠ EAO$,
$\because AC=AE,\therefore AO⊥ CE,CH=EH$,
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $AC=BC=2\sqrt{5},∠ ACB=90°,\therefore OC=\sqrt{5},OA=\sqrt{AC^2+OC^2}=5$,
$\because S_{△ ACO}=\frac{AC· OC}{2}=\frac{OA· CH}{2},\therefore CH=\frac{AC· OC}{OA}=2,\therefore CE=2CH=4$,
$\because BC=2\sqrt{5},\therefore BE=\sqrt{BC^2-CE^2}=2$.
解析
【分析】
(1) 要证明AE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AE垂直于$\odot O$的半径OE，因此连接OE、AO，通过证明$△ AOC$和$△ AOE$全等，即可得到$∠ AEO=90°$，完成切线的证明；
(2) 求BE的长时，由BC是直径可得$∠ BEC=90°$，因此只需先求出CE的长，再用勾股定理计算BE。结合全等结论可得AO垂直平分CE，先用勾股定理求AO的长度，再通过面积法求出CE上的高CH，进而得到CE的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ BEC$中计算BE即可。
【解析】
(1) 证明：连接$OE,AO$。
$\because AC=AE,OC=OE,AO=AO$，
$\therefore △ AOC≌△ AOE(\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ AEO=∠ ACB=90°$，即$OE⊥AE$，
又$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore AE$是$\odot O$的切线。
(2) 解：连接$CE,AO$，$AO$交$CE$于点$H$。
$\because △ AOC≌△ AOE,\therefore ∠ CAO=∠ EAO$，
$\because AC=AE$，根据等腰三角形三线合一性质，$\therefore AO⊥ CE,CH=EH$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中, $AC=BC=2\sqrt{5},∠ ACB=90°$，
$\because BC$是$\odot O$的直径，$\therefore OC=\frac{1}{2}BC=\sqrt{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ACO$中，$OA=\sqrt{AC^2+OC^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}=5$，
$\because S_{△ ACO}=\frac{AC· OC}{2}=\frac{OA· CH}{2}$，
$\therefore CH=\frac{AC· OC}{OA}=\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}=2$，
$\therefore CE=2CH=4$，
$\because BC$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠BEC=90°$，
在$\mathrm{Rt}△BEC$中，$BE=\sqrt{BC^2-CE^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{20-16}=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boxed{2}$
【知识点】
切线的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题型，解题核心是合理添加辅助线，利用全等三角形得到垂直关系，再结合等腰三角形性质、面积法和勾股定理逐步求解线段长度，是圆综合考查的典型题型。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明AE是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明AE垂直于$\odot O$的半径OE，因此连接OE、AO，通过证明$△ AOC$和$△ AOE$全等，即可得到$∠ AEO=90°$，完成切线的证明；
(2) 求BE的长时，由BC是直径可得$∠ BEC=90°$，因此只需先求出CE的长，再用勾股定理计算BE。结合全等结论可得AO垂直平分CE，先用勾股定理求AO的长度，再通过面积法求出CE上的高CH，进而得到CE的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ BEC$中计算BE即可。
【解析】
(1) 证明：连接$OE,AO$。
$\because AC=AE,OC=OE,AO=AO$，
$\therefore △ AOC≌△ AOE(\mathrm{SSS})$，
$\therefore ∠ AEO=∠ ACB=90°$，即$OE⊥AE$，
又$\because OE$是$\odot O$的半径，
$\therefore AE$是$\odot O$的切线。
(2) 解：连接$CE,AO$，$AO$交$CE$于点$H$。
$\because △ AOC≌△ AOE,\therefore ∠ CAO=∠ EAO$，
$\because AC=AE$，根据等腰三角形三线合一性质，$\therefore AO⊥ CE,CH=EH$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中, $AC=BC=2\sqrt{5},∠ ACB=90°$，
$\because BC$是$\odot O$的直径，$\therefore OC=\frac{1}{2}BC=\sqrt{5}$，
在$\mathrm{Rt}△ACO$中，$OA=\sqrt{AC^2+OC^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}=5$，
$\because S_{△ ACO}=\frac{AC· OC}{2}=\frac{OA· CH}{2}$，
$\therefore CH=\frac{AC· OC}{OA}=\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}=2$，
$\therefore CE=2CH=4$，
$\because BC$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠BEC=90°$，
在$\mathrm{Rt}△BEC$中，$BE=\sqrt{BC^2-CE^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{20-16}=2$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boxed{2}$
【知识点】
切线的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于圆与三角形的综合题型，解题核心是合理添加辅助线，利用全等三角形得到垂直关系，再结合等腰三角形性质、面积法和勾股定理逐步求解线段长度，是圆综合考查的典型题型。
【难度系数】
0.6
