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10. 如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，连接OP，OP长为2，$∠ APB=120°$，则$\odot O$的半径为（
A.1
B.2
C.$\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{3}$
C
）A.1
B.2
C.$\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{3}$
答案
10.C
解析
【分析】
遇到圆的切线问题，首先联想切线的性质：切线垂直于过切点的半径，可得△OAP是直角三角形；再根据切线长定理，OP平分∠APB，可求出直角三角形中锐角∠APO的度数；最后利用直角三角形的性质和勾股定理，即可求出半径OA的长度。
【解析】
解：
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴OA⊥PA，OP平分∠APB，
∴∠OAP=90°，$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×120°=60°$，
在$Rt△ OAP$中，$∠ AOP=90°-∠ APO=30°$，
∵OP=2，30°角所对的直角边等于斜边的一半，
∴$AP=\frac{1}{2}OP=1$，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{OP^2-AP^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
即⊙O的半径为$\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础计算题，解题的关键是将切线相关性质与直角三角形的性质结合，把已知条件转化到直角三角形中求解，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
遇到圆的切线问题，首先联想切线的性质：切线垂直于过切点的半径，可得△OAP是直角三角形；再根据切线长定理，OP平分∠APB，可求出直角三角形中锐角∠APO的度数；最后利用直角三角形的性质和勾股定理，即可求出半径OA的长度。
【解析】
解：
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴OA⊥PA，OP平分∠APB，
∴∠OAP=90°，$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×120°=60°$，
在$Rt△ OAP$中，$∠ AOP=90°-∠ APO=30°$，
∵OP=2，30°角所对的直角边等于斜边的一半，
∴$AP=\frac{1}{2}OP=1$，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{OP^2-AP^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
即⊙O的半径为$\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；切线长定理；勾股定理
【点评】
本题属于圆的基础计算题，解题的关键是将切线相关性质与直角三角形的性质结合，把已知条件转化到直角三角形中求解，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
11.(黑龙江中考)如图，PA，PB是$\odot O$的切线，A，B为切点，AC是直径，$∠ BAC=35°$，$∠ P=$
70°
。答案
11.$70°$
解析
【分析】
解题时首先从已知的切线条件入手：1. 根据切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，可得PA垂直于半径OA，因此∠OAP=90°；2. 结合已知∠BAC=35°，可先算出∠PAB的度数；3. 再根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，即PA=PB，可知△PAB为等腰三角形，得到∠PAB=∠PBA，最后利用三角形内角和即可求出∠P的度数。
【解析】
∵ PA是$\odot O$的切线，AC为$\odot O$的直径，
∴ $PA⊥ OA$，即$∠ OAP=90°$，
∵ $∠ BAC=35°$，
∴ $∠ PAB=∠ OAP-∠ BAC=90°-35°=55°$，
又
∵ PA、PB都是$\odot O$的切线，根据切线长定理可得$PA=PB$，
∴ $△ PAB$为等腰三角形，$∠ PAB=∠ PBA=55°$，
根据三角形内角和为$180°$，可得：
$∠ P=180°-∠ PAB-∠ PBA=180°-55°-55°=70°$。
【答案】
$70°$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；三角形内角和
【点评】
本题属于圆的基础常考题，核心考查切线相关性质的应用，只要熟练掌握切线垂直半径、切线长相等等性质，结合三角形内角和公式就能快速解题，难度较低。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知的切线条件入手：1. 根据切线的性质，圆的切线垂直于过切点的半径，可得PA垂直于半径OA，因此∠OAP=90°；2. 结合已知∠BAC=35°，可先算出∠PAB的度数；3. 再根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，即PA=PB，可知△PAB为等腰三角形，得到∠PAB=∠PBA，最后利用三角形内角和即可求出∠P的度数。
【解析】
∵ PA是$\odot O$的切线，AC为$\odot O$的直径，
∴ $PA⊥ OA$，即$∠ OAP=90°$，
∵ $∠ BAC=35°$，
∴ $∠ PAB=∠ OAP-∠ BAC=90°-35°=55°$，
又
∵ PA、PB都是$\odot O$的切线，根据切线长定理可得$PA=PB$，
∴ $△ PAB$为等腰三角形，$∠ PAB=∠ PBA=55°$，
根据三角形内角和为$180°$，可得：
$∠ P=180°-∠ PAB-∠ PBA=180°-55°-55°=70°$。
【答案】
$70°$
【知识点】
切线的性质；切线长定理；三角形内角和
【点评】
本题属于圆的基础常考题，核心考查切线相关性质的应用，只要熟练掌握切线垂直半径、切线长相等等性质，结合三角形内角和公式就能快速解题，难度较低。
【难度系数】
0.7
12.(西宁中考)如图,四边形ABCD是⊙O的外切四边形,且AB=9,CD=15,则四边形ABCD的周长为
48
.答案
12.48
解析
【分析】
解题时首先观察题干条件，已知四边形是圆的外切四边形，由此联想到圆外切四边形的相关性质：由切线长定理可推得圆外切四边形的两组对边之和相等。我们已知一组对边AB和CD的长度，先计算这组对边的和，再根据对边和相等得到另一组对边的和，两组对边和相加就是四边形的周长。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = AD + BC$，
已知$AB=9$，$CD=15$，
∴$AB + CD = 9 + 15 = 24$，即$AD + BC = 24$，
∴四边形ABCD的周长$= AB + BC + CD + AD = (AB + CD) + (AD + BC) = 24 + 24 = 48$。
【答案】
48
【知识点】
切线长定理，圆外切四边形的性质
【点评】
本题是基础几何计算题，牢记圆外切四边形对边之和相等的性质是解题的关键，直接代入数值计算即可得到结果。
【难度系数】
0.8
解题时首先观察题干条件，已知四边形是圆的外切四边形，由此联想到圆外切四边形的相关性质：由切线长定理可推得圆外切四边形的两组对边之和相等。我们已知一组对边AB和CD的长度，先计算这组对边的和，再根据对边和相等得到另一组对边的和，两组对边和相加就是四边形的周长。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = AD + BC$，
已知$AB=9$，$CD=15$，
∴$AB + CD = 9 + 15 = 24$，即$AD + BC = 24$，
∴四边形ABCD的周长$= AB + BC + CD + AD = (AB + CD) + (AD + BC) = 24 + 24 = 48$。
【答案】
48
【知识点】
切线长定理，圆外切四边形的性质
【点评】
本题是基础几何计算题，牢记圆外切四边形对边之和相等的性质是解题的关键，直接代入数值计算即可得到结果。
【难度系数】
0.8
13. 如图，$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆，已知$∠ B=90°$，$AB=8$，$BC=6$。
(1)求$△ ABC$内切圆的半径；
(2)求$△ ABC$的内心和外心的距离。
(1)求$△ ABC$内切圆的半径；
(2)求$△ ABC$的内心和外心的距离。
答案
13.解:(1)设⊙O分别切BC,AB,AC于点D,E,F,连接OD,OE,OF.
∵AB=8,BC=6,∠C=90°,
∴AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=10.设⊙O的半径为r.
∵⊙O分别切BC,AB,AC于点D,E,F,
∴OF⊥AC,OE⊥BA,OD⊥CB,CD=CF,BE=BD.又
∵∠B=90°,
∴四边形ODBE为正方形.
∴DB=OD=BE=OE=r.
∴CF=CD=BC-DB=6-r,AE=AB-BE=8-r.
∴AF=8-r,CF=6-r.
∵AF+CF=AC,
∴8-r+6-r=10,解得r=2.
∴△ABC内切圆的半径为2.
(2)设△ABC的外心为I,连接OI.
∵外心I为AC的中点,
∴CI=$\frac{1}{2}$AC=5.由(1)得,CF=6-r=4,
∴IF=IC-CF=5-4=1.在Rt△IOF中,IF=1,OF=2,
∴IO=$\sqrt{IF^2+OF^2}$=$\sqrt{5}$.
∴Rt△ABC的内心O与外心I之间的距离为$\sqrt{5}$.
∵AB=8,BC=6,∠C=90°,
∴AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=10.设⊙O的半径为r.
∵⊙O分别切BC,AB,AC于点D,E,F,
∴OF⊥AC,OE⊥BA,OD⊥CB,CD=CF,BE=BD.又
∵∠B=90°,
∴四边形ODBE为正方形.
∴DB=OD=BE=OE=r.
∴CF=CD=BC-DB=6-r,AE=AB-BE=8-r.
∴AF=8-r,CF=6-r.
∵AF+CF=AC,
∴8-r+6-r=10,解得r=2.
∴△ABC内切圆的半径为2.
(2)设△ABC的外心为I,连接OI.
∵外心I为AC的中点,
∴CI=$\frac{1}{2}$AC=5.由(1)得,CF=6-r=4,
∴IF=IC-CF=5-4=1.在Rt△IOF中,IF=1,OF=2,
∴IO=$\sqrt{IF^2+OF^2}$=$\sqrt{5}$.
∴Rt△ABC的内心O与外心I之间的距离为$\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 要求直角三角形内切圆半径，首先利用勾股定理先求出斜边AC的长度；再根据内切圆切线的性质，得到切线与过切点的半径垂直，结合∠B=90°可证得四边形ODBE是正方形，得到内切圆半径与BD、BE长度相等；再利用切线长定理，将AC的两段AF、CF用含r的式子表示，根据AF+CF=AC列方程求解即可得到半径。
(2) 首先明确直角三角形的外心是斜边的中点，先求出外心到点C的距离，结合第一问求得的CF长度，算出外心到切点F的距离；再在由OF、IF、OI构成的直角三角形中，利用勾股定理即可算出内心与外心的距离。
【解析】
(1) 设$\odot O$分别切$BC,AB,AC$于点$D,E,F$，连接$OD,OE,OF$。
$\because AB=8,BC=6,∠ B=90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，设$\odot O$的半径为$r$。
$\because \odot O$分别切$BC,AB,AC$于点$D,E,F$，
$\therefore OF⊥ AC,OE⊥ BA,OD⊥ CB,CD=CF,BE=BD,AE=AF$。
又$\because ∠ B=90°$，且$OD=OE$，
$\therefore$四边形$ODBE$为正方形，
$\therefore DB=OD=BE=OE=r$，
$\therefore CF=CD=BC-DB=6-r$，$AF=AE=AB-BE=8-r$，
$\because AF+CF=AC$，
$\therefore (8-r)+(6-r)=10$，解得$r=2$。
(2) 设$△ ABC$的外心为$I$，连接$OI$。
$\because$直角三角形的外心为斜边的中点，
$\therefore I$为$AC$中点，$CI=\frac{1}{2}AC=5$，
由(1)得$CF=6-r=6-2=4$，
$\therefore IF=IC-CF=5-4=1$，
$\because OF⊥ AC$，$\therefore △ IOF$为直角三角形，且$OF=r=2$，
$\therefore IO=\sqrt{IF^2+OF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
【答案】
(1) $△ ABC$内切圆的半径为$\boxed{2}$；
(2) $△ ABC$的内心和外心的距离为$\boxed{\sqrt{5}}$。
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形的内心与外心
【点评】
本题是三角形与圆结合的常规题型，重点考查了直角三角形内切圆半径的求法、内心外心的性质，解题时结合切线性质和勾股定理即可完成求解，是巩固圆与三角形相关基础概念的典型习题。
【难度系数】
0.7
(1) 要求直角三角形内切圆半径，首先利用勾股定理先求出斜边AC的长度；再根据内切圆切线的性质，得到切线与过切点的半径垂直，结合∠B=90°可证得四边形ODBE是正方形，得到内切圆半径与BD、BE长度相等；再利用切线长定理，将AC的两段AF、CF用含r的式子表示，根据AF+CF=AC列方程求解即可得到半径。
(2) 首先明确直角三角形的外心是斜边的中点，先求出外心到点C的距离，结合第一问求得的CF长度，算出外心到切点F的距离；再在由OF、IF、OI构成的直角三角形中，利用勾股定理即可算出内心与外心的距离。
【解析】
(1) 设$\odot O$分别切$BC,AB,AC$于点$D,E,F$，连接$OD,OE,OF$。
$\because AB=8,BC=6,∠ B=90°$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，设$\odot O$的半径为$r$。
$\because \odot O$分别切$BC,AB,AC$于点$D,E,F$，
$\therefore OF⊥ AC,OE⊥ BA,OD⊥ CB,CD=CF,BE=BD,AE=AF$。
又$\because ∠ B=90°$，且$OD=OE$，
$\therefore$四边形$ODBE$为正方形，
$\therefore DB=OD=BE=OE=r$，
$\therefore CF=CD=BC-DB=6-r$，$AF=AE=AB-BE=8-r$，
$\because AF+CF=AC$，
$\therefore (8-r)+(6-r)=10$，解得$r=2$。
(2) 设$△ ABC$的外心为$I$，连接$OI$。
$\because$直角三角形的外心为斜边的中点，
$\therefore I$为$AC$中点，$CI=\frac{1}{2}AC=5$，
由(1)得$CF=6-r=6-2=4$，
$\therefore IF=IC-CF=5-4=1$，
$\because OF⊥ AC$，$\therefore △ IOF$为直角三角形，且$OF=r=2$，
$\therefore IO=\sqrt{IF^2+OF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
【答案】
(1) $△ ABC$内切圆的半径为$\boxed{2}$；
(2) $△ ABC$的内心和外心的距离为$\boxed{\sqrt{5}}$。
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形的内心与外心
【点评】
本题是三角形与圆结合的常规题型，重点考查了直角三角形内切圆半径的求法、内心外心的性质，解题时结合切线性质和勾股定理即可完成求解，是巩固圆与三角形相关基础概念的典型习题。
【难度系数】
0.7
14. 如图，正五边形ABCDE内接于$\odot O$，点P是$\overset{\frown}{AE}$上一点，则$∠ CPD$的度数是 （
A.$30°$
B.$36°$
C.$45°$
D.$72°$
B
）A.$30°$
B.$36°$
C.$45°$
D.$72°$
答案
14.B
解析
【分析】
解题思路如下：首先回忆正多边形内接于圆的性质：正n边形内接于圆时，会把圆周平均分成n等份，每份弧的度数相等；其次回忆圆周角定理：同弧所对的圆周角等于该弧所对圆心角的一半，也等于弧度数的一半。本题中要求$∠ CPD$的度数，首先确定它所对的弧是$\overset{\frown}{CD}$，先求出$\overset{\frown}{CD}$的度数，再利用圆周角定理计算即可。
【解析】
解：
∵正五边形ABCDE内接于$\odot O$，
∴正五边形的各边所对的弧相等，将圆周360°平均分成5份，
∴每段弧的度数为$360°÷5=72°$，即$\overset{\frown}{CD}$的度数为72°。
∵$∠ CPD$是$\overset{\frown}{CD}$所对的圆周角，根据圆周角定理，圆周角的度数等于其所对弧度数的一半，
∴$∠ CPD=\frac{1}{2}×72°=36°$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆的性质、圆周角定理
【点评】
本题是圆与正多边形结合的基础题型，解题关键是明确正多边形内接于圆时等分圆周的特点，结合圆周角定理即可快速求出结果，是圆周角应用部分的常考题型。
【难度系数】
0.8
解题思路如下：首先回忆正多边形内接于圆的性质：正n边形内接于圆时，会把圆周平均分成n等份，每份弧的度数相等；其次回忆圆周角定理：同弧所对的圆周角等于该弧所对圆心角的一半，也等于弧度数的一半。本题中要求$∠ CPD$的度数，首先确定它所对的弧是$\overset{\frown}{CD}$，先求出$\overset{\frown}{CD}$的度数，再利用圆周角定理计算即可。
【解析】
解：
∵正五边形ABCDE内接于$\odot O$，
∴正五边形的各边所对的弧相等，将圆周360°平均分成5份，
∴每段弧的度数为$360°÷5=72°$，即$\overset{\frown}{CD}$的度数为72°。
∵$∠ CPD$是$\overset{\frown}{CD}$所对的圆周角，根据圆周角定理，圆周角的度数等于其所对弧度数的一半，
∴$∠ CPD=\frac{1}{2}×72°=36°$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆的性质、圆周角定理
【点评】
本题是圆与正多边形结合的基础题型，解题关键是明确正多边形内接于圆时等分圆周的特点，结合圆周角定理即可快速求出结果，是圆周角应用部分的常考题型。
【难度系数】
0.8
15.如图，将两个全等的边长为6的正六边形一边重合放置在一起，中心分别为$O_1,O_2$，连接$O_1O_2$，则$O_1O_2$的长为
$6\sqrt{3}$
。答案
15.$6\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时先回忆正六边形的基本性质：正六边形的边长等于其外接圆半径，中心到边的距离（边心距）可通过等边三角形的高计算。观察图形可知，两个全等正六边形共边AB放置，连线$O_1O_2$的长度恰好等于两个正六边形的边心距之和，因此只需先求出单个正六边形的边心距，再相加即可得到结果。
【解析】
已知正六边形的边长为6，正六边形可划分为6个边长等于正六边形边长的等边三角形，因此正六边形的边心距（中心到边的距离）等于边长为6的等边三角形的高：
单个边心距 $d = \frac{\sqrt{3}}{2} × 6 = 3\sqrt{3}$
由于两个正六边形沿AB边重合放置，$O_1$、$O_2$ 到AB边的距离均为边心距，且两点连线过AB中点、与AB垂直，因此：
$O_1O_2 = 3\sqrt{3} + 3\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$
【答案】
$6\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质；正多边形相关计算
【点评】
本题重点考查正六边形性质的实际应用，解题的突破口是判断出$O_1O_2$的长度等于两个正六边形边心距之和，只要熟练掌握正六边形边长与边心距的换算关系，即可快速求出结果。
【难度系数】
0.7
解题时先回忆正六边形的基本性质：正六边形的边长等于其外接圆半径，中心到边的距离（边心距）可通过等边三角形的高计算。观察图形可知，两个全等正六边形共边AB放置，连线$O_1O_2$的长度恰好等于两个正六边形的边心距之和，因此只需先求出单个正六边形的边心距，再相加即可得到结果。
【解析】
已知正六边形的边长为6，正六边形可划分为6个边长等于正六边形边长的等边三角形，因此正六边形的边心距（中心到边的距离）等于边长为6的等边三角形的高：
单个边心距 $d = \frac{\sqrt{3}}{2} × 6 = 3\sqrt{3}$
由于两个正六边形沿AB边重合放置，$O_1$、$O_2$ 到AB边的距离均为边心距，且两点连线过AB中点、与AB垂直，因此：
$O_1O_2 = 3\sqrt{3} + 3\sqrt{3} = 6\sqrt{3}$
【答案】
$6\sqrt{3}$
【知识点】
正六边形的性质；正多边形相关计算
【点评】
本题重点考查正六边形性质的实际应用，解题的突破口是判断出$O_1O_2$的长度等于两个正六边形边心距之和，只要熟练掌握正六边形边长与边心距的换算关系，即可快速求出结果。
【难度系数】
0.7
16.【数学文化】我们古代数学家擅长通过计算来研究图形的性质.例如《测圆海镜》卷中记载:“假令有圆城一所,不知周径.或问甲、乙二人同立于巽地,乙西行四十八步而立,甲北行九十步,望乙与城参相直,问径几何?”意思是:如图，
，$△ ABC$是直角三角形，$∠ ACB=90°$,已知$AC=48$步，$BC=90$步，$AB$与$\odot O$相切于点$D$,$CE$,$CF$分别与$\odot O$相切于为点$E$,$F$,求$\odot O$的半径.根据题意，$\odot O$的半径是 （
A.100步
B.120步
C.140步
D.160步
，$△ ABC$是直角三角形，$∠ ACB=90°$,已知$AC=48$步，$BC=90$步，$AB$与$\odot O$相切于点$D$,$CE$,$CF$分别与$\odot O$相切于为点$E$,$F$,求$\odot O$的半径.根据题意，$\odot O$的半径是 （B
）A.100步
B.120步
C.140步
D.160步
答案
16.B
解析
【分析】
解题时首先结合图形特征和已知条件思考：已知△ABC是直角三角形，先通过勾股定理求出斜边AB的长度；再观察圆的切线特征，圆O与∠C的两边CE、CF都相切，可推出四边形OECF是正方形，得到CE=CF等于半径r；最后利用切线长定理，得到从A、B两点引出的两组切线长相等，将AB的长度用含r的式子表示，建立方程即可求出半径。
【解析】
解：设$\odot O$的半径为$r$步。
1. 求斜边$AB$的长度：
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=48$步，$BC=90$步，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{48^2+90^2}=\sqrt{2304+8100}=\sqrt{10404}=102$步。
2. 分析切线相关线段关系：
∵ $CE$、$CF$分别与$\odot O$相切于$E$、$F$，
∴ $OE⊥ CE$，$OF⊥ CF$，且$OE=OF=r$，
又
∵ $∠ ACB=90°$，
∴ 四边形$OECF$是正方形，因此$CE=CF=r$。
3. 利用切线长定理列方程：
∵ $AB$与$\odot O$相切于$D$，$AE$、$AD$是从点$A$引出的两条切线，$BF$、$BD$是从点$B$引出的两条切线，
∴ $AD=AE=CE-AC=r-48$，$BD=BF=CF-BC=r-90$。
又
∵ $AB=AD+BD$，代入得：
$102=(r-48)+(r-90)$
解得：$2r=240$，$r=120$。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的判定
【点评】
本题结合古代数学文化背景，考查圆的切线相关性质的应用，解题的核心是利用切线长定理建立线段间的等量关系，通过方程思想求解未知量，能较好地考查学生对基础几何定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合图形特征和已知条件思考：已知△ABC是直角三角形，先通过勾股定理求出斜边AB的长度；再观察圆的切线特征，圆O与∠C的两边CE、CF都相切，可推出四边形OECF是正方形，得到CE=CF等于半径r；最后利用切线长定理，得到从A、B两点引出的两组切线长相等，将AB的长度用含r的式子表示，建立方程即可求出半径。
【解析】
解：设$\odot O$的半径为$r$步。
1. 求斜边$AB$的长度：
在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=48$步，$BC=90$步，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{48^2+90^2}=\sqrt{2304+8100}=\sqrt{10404}=102$步。
2. 分析切线相关线段关系：
∵ $CE$、$CF$分别与$\odot O$相切于$E$、$F$，
∴ $OE⊥ CE$，$OF⊥ CF$，且$OE=OF=r$，
又
∵ $∠ ACB=90°$，
∴ 四边形$OECF$是正方形，因此$CE=CF=r$。
3. 利用切线长定理列方程：
∵ $AB$与$\odot O$相切于$D$，$AE$、$AD$是从点$A$引出的两条切线，$BF$、$BD$是从点$B$引出的两条切线，
∴ $AD=AE=CE-AC=r-48$，$BD=BF=CF-BC=r-90$。
又
∵ $AB=AD+BD$，代入得：
$102=(r-48)+(r-90)$
解得：$2r=240$，$r=120$。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的判定
【点评】
本题结合古代数学文化背景，考查圆的切线相关性质的应用，解题的核心是利用切线长定理建立线段间的等量关系，通过方程思想求解未知量，能较好地考查学生对基础几何定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
