17.(12分)如图,在△ABD中,AB=BD,⊙O为△ABD的外接圆,∠EBC=∠BAC,AC为⊙O的直径,连接DC并延长交BE于点E.
(1)求证:BE为⊙O的切线.
(2)求证:DE⊥BE.
(3)若AB=5√6,BE=5,求⊙O的半径.

17.(1)证明:如图,连接BO.
因为$OA=OB$，
所以$∠BAC=∠OBA$.
因为$∠EBC=∠BAC$，
所以$∠EBC=∠OBA$.
因为AC为$\odot O$的直径，
所以$∠OBA+∠OBC=90°$，
所以$∠EBC+∠OBC=90°$，
即$∠EBO=90°$.
因为OB是$\odot O$的半径，
所以BE为$\odot O$的切线.
(2)证明:如图,延长BO交AD于点H,连接OD.
因为$AB=BD$,$OA=OD$，
所以BO垂直平分AD，
所以$BH⊥AD,AH=DH$.
因为BE为$\odot O$的切线，
所以$HB⊥BE$.
因为AC为$\odot O$的直径，
所以$∠ADC=90°$，
所以四边形BHDE为矩形，
所以$DE⊥BE$.
(3)解:由(2),知四边形BHDE为矩形，$BH⊥AD,AH=DH$，
所以$AH=DH=BE=5$，
所以$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=5\sqrt{5}$.
设$\odot O$的半径为r,则$OA=OB=r$,$OH=BH-OB=5\sqrt{5}-r$.
在$Rt△AOH$中,由勾股定理,得$r^2=5^2+(5\sqrt{5}-r)^2$，
解得$r=3\sqrt{5}$，
即$\odot O$的半径为$3\sqrt{5}$.

18.(12分)(综合实践)【问题情境】如图①,已知AB为$\odot O$的直径,C为$\odot O$上异于点A,B的一点,过点C作$\odot O$的切线CE,过点A作$AD⊥ CE$于点D,连接OC,AC.
【探究发现】
(1)求证:无论点C在何处,将$△ ADC$沿AC折叠,点D一定落在直径AB上.
【探究引申】
(2)如图②,小明同学继续探究,当$△ AOC$的对称轴经过点D时,CD与AB存在什么数量关系?请给予证明.
【探究规律】
(3)如图③,小亮同学继续探究,当$△ AOC$为等边三角形时,CD与AB存在什么数量关系?请给予证明.

18.(1)证明:因为DE为$\odot O$的切线，
所以$OC⊥DE$.
因为$AD⊥DE$，
所以$AD// OC$，
所以$∠DAC=∠OCA$.
因为$OA=OC$，
所以$∠OAC=∠OCA$，
所以$∠DAC=∠OAC$，
所以无论点C在何处,将$△ADC$沿AC折叠,点D一定落在直径AB上.
(2)解:$CD=\dfrac{1}{2}AB$.证明如下：
因为$△AOC$是等腰三角形且对称轴经过点D,所以OD垂直平分AC，
所以$DA=DC$.
因为$AD⊥CE$，
所以$∠DCA=45°$.
因为DE为$\odot O$的切线，
所以$OC⊥DE$，
所以$∠OCD=90°$，
所以$∠OCA=45°$，
所以$∠COA=90°$.
因为$∠ADC=∠AOC=∠OCD=90°$，
所以四边形AOCD为矩形，
所以$CD=AO$，
所以$CD=\dfrac{1}{2}AB$.
(3)解:$CD=\dfrac{\sqrt{3}}{4}AB$.证明如下：
因为$△AOC$为等边三角形，
所以$OA=AC,∠OCA=60°$.
因为$∠OCD=90°$，
所以$∠ACD=30°$.
因为$∠ADC=90°$.
所以$AD=\dfrac{1}{2}AC$,$AD=\dfrac{\sqrt{3}}{3}CD$，
所以$\dfrac{\sqrt{3}}{3}CD=\dfrac{1}{2}AC$，
所以$CD=\dfrac{\sqrt{3}}{2}AC$.
因为$AC=OA=\dfrac{1}{2}AB$，
所以$CD=\dfrac{\sqrt{3}}{4}AB$.