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9. 如图7，在平面直角坐标系中，$\odot P$与x轴交于点M，N，与y轴相切于点Q，点P的坐标为$(5,-3)$，则点N的坐标为(
A.$(9,0)$
B.$(0,9)$
C.$(1,0)$
D.$(0,1)$
A
).A.$(9,0)$
B.$(0,9)$
C.$(1,0)$
D.$(0,1)$
答案
9. A
解析
【分析】
解题时先结合已知条件推导核心量：①由⊙P与y轴相切，根据切线性质，圆心到切线的距离等于半径，可先求出⊙P的半径；②要求x轴上点N的坐标，只需确定其横坐标（x轴上点纵坐标为0），过圆心P作x轴的垂线，根据垂径定理，该垂线平分弦MN，构造出直角三角形后用勾股定理求出N到垂足的距离，结合垂足坐标即可求出N点坐标。
【解析】
过点P作PA⊥x轴于点A，连接PM。
1. 求半径：
∵⊙P与y轴相切于点Q，P(5,-3)，圆心到y轴的距离等于半径，
∴⊙P的半径$r=|5|=5$，即$PM=5$。
2. 确定垂足坐标与垂线段长度：PA是点P到x轴的距离，故$PA=|-3|=3$，垂足A的坐标为$(5,0)$。
3. 用垂径定理和勾股定理计算线段长度：根据垂径定理，PA垂直平分MN，因此$MA=AN$。在$Rt△ PMA$中，由勾股定理得：
$MA=\sqrt{PM^2-PA^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$，即$AN=4$。
4. 求N点坐标：点N在点A右侧，横坐标为$5+4=9$，纵坐标为0，故N点坐标为$(9,0)$。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的基础题型，解题关键是合理作辅助线构造直角三角形，结合圆的相关性质和勾股定理求解线段长度，能较好地考查学生对圆基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
解题时先结合已知条件推导核心量：①由⊙P与y轴相切，根据切线性质，圆心到切线的距离等于半径，可先求出⊙P的半径；②要求x轴上点N的坐标，只需确定其横坐标（x轴上点纵坐标为0），过圆心P作x轴的垂线，根据垂径定理，该垂线平分弦MN，构造出直角三角形后用勾股定理求出N到垂足的距离，结合垂足坐标即可求出N点坐标。
【解析】
过点P作PA⊥x轴于点A，连接PM。
1. 求半径：
∵⊙P与y轴相切于点Q，P(5,-3)，圆心到y轴的距离等于半径，
∴⊙P的半径$r=|5|=5$，即$PM=5$。
2. 确定垂足坐标与垂线段长度：PA是点P到x轴的距离，故$PA=|-3|=3$，垂足A的坐标为$(5,0)$。
3. 用垂径定理和勾股定理计算线段长度：根据垂径定理，PA垂直平分MN，因此$MA=AN$。在$Rt△ PMA$中，由勾股定理得：
$MA=\sqrt{PM^2-PA^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$，即$AN=4$。
4. 求N点坐标：点N在点A右侧，横坐标为$5+4=9$，纵坐标为0，故N点坐标为$(9,0)$。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质，垂径定理，勾股定理
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的基础题型，解题关键是合理作辅助线构造直角三角形，结合圆的相关性质和勾股定理求解线段长度，能较好地考查学生对圆基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
10. 如图8，正六边形ABCDEF中，点M，N分别为边BC，EF上的动点，若正六边形的面积为a，则空白部分的面积为(
A.$\frac{3}{4}a$
B.$\frac{2}{3}a$
C.$\frac{3}{5}a$
D.$\frac{1}{2}a$
B
).A.$\frac{3}{4}a$
B.$\frac{2}{3}a$
C.$\frac{3}{5}a$
D.$\frac{1}{2}a$
答案
10. B
解析
【分析】
本题中M、N是动点，但空白面积为固定值，说明阴影部分面积不受M、N位置影响，可通过特殊值法或正六边形的面积性质求解：首先回忆正六边形的结构特征，其可被长对角线AD分为两个全等的等腰梯形，上下底长度比为1:2，由此可推导同一梯形内两个底边在BC、EF上的三角形面积和为定值，进而求出阴影总面积，最终得到空白面积。
【解析】
取特殊位置简化计算：令点M与点B重合，点N与点F重合，此时阴影部分为△BCD和△DEF。
正六边形ABCDEF可划分为6个边长相等的全等等边三角形，已知正六边形总面积为a，因此单个等边三角形的面积为$\frac{a}{6}$。
△BCD的面积恰好等于1个上述等边三角形的面积，即$\frac{a}{6}$；同理△DEF的面积也为$\frac{a}{6}$。
因此阴影部分总面积为$\frac{a}{6}+\frac{a}{6}=\frac{a}{3}$。
空白部分面积 = 正六边形总面积 - 阴影部分面积 = $a-\frac{a}{3}=\frac{2}{3}a$。
【答案】
B
【知识点】
正六边形的性质；图形面积计算；动点定值问题
【点评】
本题解题核心是发现动点变化过程中阴影部分面积为定值，通过取特殊点的方法可快速简化计算，避免复杂的代数推导，是几何定值类问题的常用解题思路。
【难度系数】
0.7
本题中M、N是动点，但空白面积为固定值，说明阴影部分面积不受M、N位置影响，可通过特殊值法或正六边形的面积性质求解：首先回忆正六边形的结构特征，其可被长对角线AD分为两个全等的等腰梯形，上下底长度比为1:2，由此可推导同一梯形内两个底边在BC、EF上的三角形面积和为定值，进而求出阴影总面积，最终得到空白面积。
【解析】
取特殊位置简化计算：令点M与点B重合，点N与点F重合，此时阴影部分为△BCD和△DEF。
正六边形ABCDEF可划分为6个边长相等的全等等边三角形，已知正六边形总面积为a，因此单个等边三角形的面积为$\frac{a}{6}$。
△BCD的面积恰好等于1个上述等边三角形的面积，即$\frac{a}{6}$；同理△DEF的面积也为$\frac{a}{6}$。
因此阴影部分总面积为$\frac{a}{6}+\frac{a}{6}=\frac{a}{3}$。
空白部分面积 = 正六边形总面积 - 阴影部分面积 = $a-\frac{a}{3}=\frac{2}{3}a$。
【答案】
B
【知识点】
正六边形的性质；图形面积计算；动点定值问题
【点评】
本题解题核心是发现动点变化过程中阴影部分面积为定值，通过取特殊点的方法可快速简化计算，避免复杂的代数推导，是几何定值类问题的常用解题思路。
【难度系数】
0.7
二、填空题
11. 已知正n边形的中心角为72°,则n=
11. 已知正n边形的中心角为72°,则n=
5
.答案
11. 5
解析
【分析】
解题时首先回忆正多边形中心角的相关性质：正n边形的所有中心角的和等于周角360°，且每个中心角大小相等。因此要求边数n，只需用360°除以单个中心角的度数即可，代入已知的72°计算就能得到结果。
【解析】
∵ 正n边形的中心角之和为360°，且每个中心角相等，
∴ 单个中心角的度数为$\frac{360°}{n}$，
已知中心角为72°，代入得：
$n=\frac{360°}{72°}=5$
【答案】
5
【知识点】
1. 正多边形中心角性质
2. 周角的定义
【点评】
本题属于基础题，主要考查正多边形中心角的基本计算，只要牢记正多边形中心角和为360°的特征，就能快速算出结果。
【难度系数】
0.9
解题时首先回忆正多边形中心角的相关性质：正n边形的所有中心角的和等于周角360°，且每个中心角大小相等。因此要求边数n，只需用360°除以单个中心角的度数即可，代入已知的72°计算就能得到结果。
【解析】
∵ 正n边形的中心角之和为360°，且每个中心角相等，
∴ 单个中心角的度数为$\frac{360°}{n}$，
已知中心角为72°，代入得：
$n=\frac{360°}{72°}=5$
【答案】
5
【知识点】
1. 正多边形中心角性质
2. 周角的定义
【点评】
本题属于基础题，主要考查正多边形中心角的基本计算，只要牢记正多边形中心角和为360°的特征，就能快速算出结果。
【难度系数】
0.9
12. 如图9,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=8$,$BC=6$,$\odot O$是$△ ABC$的内切圆,则阴影部分的面积是
$4-π$
.答案
12. $4-π$
解析
【分析】
要计算阴影部分的面积，首先明确阴影的构成：阴影是直角顶点C、内切圆圆心O以及AC、BC边上的切点围成的正方形减去圆心角为90°的扇形的面积。解题步骤如下：第一步，利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度；第二步，用直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径r；第三步，判定圆心与直角顶点及两个切点围成的四边形是正方形，计算其面积；第四步，计算圆心角为90°的扇形面积，用正方形面积减去扇形面积即可得到阴影面积。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
设$\odot O$的半径为$r$，根据直角三角形内切圆半径公式$r=\frac{a+b-c}{2}$（$a、b$为直角边，$c$为斜边），代入得：
$r=\frac{6+8-10}{2}=2$。
设$\odot O$与$AC$、$BC$分别切于点$D$、$E$，连接$OD$、$OE$，
$\because OD⊥ AC$，$OE⊥ BC$，$∠ C=90°$，且$OD=OE=2$，
$\therefore$ 四边形$ODCE$是正方形，其面积$S_{\mathrm{正方形}ODCE}=2×2=4$。
扇形$ODE$的圆心角为$90°$，半径为$2$，其面积为：
$S_{\mathrm{扇形}ODE}=\frac{90°}{360°}×π×2^2=π$。
$\therefore$ 阴影部分的面积$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{正方形}ODCE}-S_{\mathrm{扇形}ODE}=4-π$。
【答案】
$4-π$
【知识点】
勾股定理；三角形内切圆性质；扇形面积计算
【点评】
本题结合直角三角形、内切圆和扇形的相关知识考查面积计算，解题的关键是准确求出内切圆半径，正确判断阴影部分的构成，难度适中。
【难度系数】
0.7
要计算阴影部分的面积，首先明确阴影的构成：阴影是直角顶点C、内切圆圆心O以及AC、BC边上的切点围成的正方形减去圆心角为90°的扇形的面积。解题步骤如下：第一步，利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度；第二步，用直角三角形内切圆半径公式求出内切圆半径r；第三步，判定圆心与直角顶点及两个切点围成的四边形是正方形，计算其面积；第四步，计算圆心角为90°的扇形面积，用正方形面积减去扇形面积即可得到阴影面积。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
设$\odot O$的半径为$r$，根据直角三角形内切圆半径公式$r=\frac{a+b-c}{2}$（$a、b$为直角边，$c$为斜边），代入得：
$r=\frac{6+8-10}{2}=2$。
设$\odot O$与$AC$、$BC$分别切于点$D$、$E$，连接$OD$、$OE$，
$\because OD⊥ AC$，$OE⊥ BC$，$∠ C=90°$，且$OD=OE=2$，
$\therefore$ 四边形$ODCE$是正方形，其面积$S_{\mathrm{正方形}ODCE}=2×2=4$。
扇形$ODE$的圆心角为$90°$，半径为$2$，其面积为：
$S_{\mathrm{扇形}ODE}=\frac{90°}{360°}×π×2^2=π$。
$\therefore$ 阴影部分的面积$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{正方形}ODCE}-S_{\mathrm{扇形}ODE}=4-π$。
【答案】
$4-π$
【知识点】
勾股定理；三角形内切圆性质；扇形面积计算
【点评】
本题结合直角三角形、内切圆和扇形的相关知识考查面积计算，解题的关键是准确求出内切圆半径，正确判断阴影部分的构成，难度适中。
【难度系数】
0.7
13. 如图10,在$\odot O$中,$MF$为直径,$OA⊥ MF$,圆内接正五边形$ABCDE$的部分尺规作图步骤如下:
①作出半径$OF$的中点$H$.
②以点$H$为圆心,$HA$为半径作圆弧,交直径$MF$于点$G$.
③$AG$的长即为正五边形的边长,依次作出各等分点$B,C,D,E$.
已知$\odot O$的半径$R=2$,则$AB^2=$
①作出半径$OF$的中点$H$.
②以点$H$为圆心,$HA$为半径作圆弧,交直径$MF$于点$G$.
③$AG$的长即为正五边形的边长,依次作出各等分点$B,C,D,E$.
已知$\odot O$的半径$R=2$,则$AB^2=$
$10-2\sqrt{5}$
.(结果保留根号)答案
13. $10-2\sqrt{5}$
解析
【分析】
要求$AB^2$，由题意可知AG是正五边形的边长，即$AB=AG$，因此只需计算$AG^2$即可。观察得OA垂直直径MF，故$△ AOG$为直角三角形，由勾股定理可知$AG^2=OA^2+OG^2$，因此只需先求出OG的长度。首先根据H是OF中点求出OH的长度，再在$Rt△ AOH$中用勾股定理求出HA的长度，结合同圆半径相等得$HG=HA$，即可求出OG的长度，最后代入计算即可。
【解析】
解：
∵$\odot O$的半径$R=2$，
∴$OA=OF=2$，
∵H是OF的中点，
∴$OH=\frac{1}{2}OF=1$，
∵$OA⊥ MF$，
∴在$Rt△ AOH$中，由勾股定理得：
$HA=\sqrt{OA^2+OH^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
∵以H为圆心，HA为半径作圆弧交MF于点G，
∴$HG=HA=\sqrt{5}$，
∴$OG=HG-OH=\sqrt{5}-1$，
又
∵$OA⊥ MF$，$△ AOG$为直角三角形，且AG为正五边形的边长即$AB=AG$，
∴$AB^2=AG^2=OA^2+OG^2=2^2+(\sqrt{5}-1)^2=4+(5-2\sqrt{5}+1)=10-2\sqrt{5}$。
【答案】
$10-2\sqrt{5}$
【知识点】
勾股定理，圆的基本性质，正多边形与圆
【点评】
本题结合尺规作图考查正多边形和圆的相关计算，解题关键是抓住正五边形边长与AG的等量关系，结合勾股定理逐步推导线段长度即可。
【难度系数】
0.6
要求$AB^2$，由题意可知AG是正五边形的边长，即$AB=AG$，因此只需计算$AG^2$即可。观察得OA垂直直径MF，故$△ AOG$为直角三角形，由勾股定理可知$AG^2=OA^2+OG^2$，因此只需先求出OG的长度。首先根据H是OF中点求出OH的长度，再在$Rt△ AOH$中用勾股定理求出HA的长度，结合同圆半径相等得$HG=HA$，即可求出OG的长度，最后代入计算即可。
【解析】
解：
∵$\odot O$的半径$R=2$，
∴$OA=OF=2$，
∵H是OF的中点，
∴$OH=\frac{1}{2}OF=1$，
∵$OA⊥ MF$，
∴在$Rt△ AOH$中，由勾股定理得：
$HA=\sqrt{OA^2+OH^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
∵以H为圆心，HA为半径作圆弧交MF于点G，
∴$HG=HA=\sqrt{5}$，
∴$OG=HG-OH=\sqrt{5}-1$，
又
∵$OA⊥ MF$，$△ AOG$为直角三角形，且AG为正五边形的边长即$AB=AG$，
∴$AB^2=AG^2=OA^2+OG^2=2^2+(\sqrt{5}-1)^2=4+(5-2\sqrt{5}+1)=10-2\sqrt{5}$。
【答案】
$10-2\sqrt{5}$
【知识点】
勾股定理，圆的基本性质，正多边形与圆
【点评】
本题结合尺规作图考查正多边形和圆的相关计算，解题关键是抓住正五边形边长与AG的等量关系，结合勾股定理逐步推导线段长度即可。
【难度系数】
0.6
14. 如图11,在△AOB中,∠AOB=90°,OB=3,半径为1的⊙O与OB交于点C,且AB与⊙O相切,过点C作CD⊥OB于点D,点M是边OA上的动点,则△MCD周长的最小值为
图9 图10 图11
$2\sqrt{2}$
. 图9 图10 图11
答案
14. $2\sqrt{2}$
解析
【分析】
要解决△MCD周长最小值的问题，首先拆分周长：周长=MC+MD+CD，其中CD是固定长度，因此核心是求MC+MD的最小值，这属于典型的“将军饮马”最短路径问题。解题思路如下：1. 先利用切线性质求出CD的定值；2. 作点C关于OA的对称点C'，根据对称性质得MC=MC'，则MC+MD的最小值为线段C'D的长度（两点之间线段最短）；3. 最终周长最小值为C'D与CD的和。
【解析】
解：以O为原点，OB为x轴、OA为y轴建立平面直角坐标系，则O(0,0)，B(3,0)，C(1,0)，设A(0,b)。
∵AB与半径为1的⊙O相切，
∴O到AB的距离为1。
直线AB的解析式为$\frac{x}{3}+\frac{y}{b}=1$，整理得$bx+3y-3b=0$，由点到直线的距离公式得：
$\frac{|-3b|}{\sqrt{b^2+9}}=1$，平方化简得$8b^2=9$，即$b^2=\frac{9}{8}$。
∵CD⊥OB，C点横坐标为1，将x=1代入AB解析式得$y=\frac{2b}{3}$，即D(1,$\frac{2b}{3}$)，因此CD的长度为$\frac{2b}{3}$。
作点C关于OA（y轴）的对称点C'，得C'(-1,0)，由对称性质可知MC=MC'，则MC+MD=MC'+MD≥C'D，当C'、M、D三点共线时取等号。
由勾股定理计算C'D的长度：
$C'D=\sqrt{(1+1)^2+(\frac{2b}{3})^2}=\sqrt{4+\frac{4b^2}{9}}$，代入$b^2=\frac{9}{8}$得$C'D=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
CD的长度为$\frac{2b}{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因此△MCD周长最小值为$\frac{3\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质；最短路径问题；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，将切线性质、最短路径构造和勾股定理计算结合考查，解题关键是把周长最小问题转化为线段和最小问题，通过作对称点简化最短路径的求解。
【难度系数】
0.6
要解决△MCD周长最小值的问题，首先拆分周长：周长=MC+MD+CD，其中CD是固定长度，因此核心是求MC+MD的最小值，这属于典型的“将军饮马”最短路径问题。解题思路如下：1. 先利用切线性质求出CD的定值；2. 作点C关于OA的对称点C'，根据对称性质得MC=MC'，则MC+MD的最小值为线段C'D的长度（两点之间线段最短）；3. 最终周长最小值为C'D与CD的和。
【解析】
解：以O为原点，OB为x轴、OA为y轴建立平面直角坐标系，则O(0,0)，B(3,0)，C(1,0)，设A(0,b)。
∵AB与半径为1的⊙O相切，
∴O到AB的距离为1。
直线AB的解析式为$\frac{x}{3}+\frac{y}{b}=1$，整理得$bx+3y-3b=0$，由点到直线的距离公式得：
$\frac{|-3b|}{\sqrt{b^2+9}}=1$，平方化简得$8b^2=9$，即$b^2=\frac{9}{8}$。
∵CD⊥OB，C点横坐标为1，将x=1代入AB解析式得$y=\frac{2b}{3}$，即D(1,$\frac{2b}{3}$)，因此CD的长度为$\frac{2b}{3}$。
作点C关于OA（y轴）的对称点C'，得C'(-1,0)，由对称性质可知MC=MC'，则MC+MD=MC'+MD≥C'D，当C'、M、D三点共线时取等号。
由勾股定理计算C'D的长度：
$C'D=\sqrt{(1+1)^2+(\frac{2b}{3})^2}=\sqrt{4+\frac{4b^2}{9}}$，代入$b^2=\frac{9}{8}$得$C'D=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
CD的长度为$\frac{2b}{3}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因此△MCD周长最小值为$\frac{3\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质；最短路径问题；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，将切线性质、最短路径构造和勾股定理计算结合考查，解题关键是把周长最小问题转化为线段和最小问题，通过作对称点简化最短路径的求解。
【难度系数】
0.6
三、解答题
15. 如图12，在$△ ABC$中，$AB=AC$，内切圆$\odot O$与边$BC$，$AC$，$AB$分别切于点$D$，$E$，$F$.
(1)求证:$BF=CE$；
(2)若$∠ C=30°$，$CE=2\sqrt{3}$，求$AC$的长.
15. 如图12，在$△ ABC$中，$AB=AC$，内切圆$\odot O$与边$BC$，$AC$，$AB$分别切于点$D$，$E$，$F$.
(1)求证:$BF=CE$；
(2)若$∠ C=30°$，$CE=2\sqrt{3}$，求$AC$的长.
答案
15. (1)
∵$\odot O$与边AC，AB分别切于点E,F,
∴$AF=AE$. 又$AB=AC$,
∴$AB-AF=AC-AE$,
∴$BF=CE$
(2)连接OA，OD(图略).
∵$\odot O$与边AC,AB分别切于点E,F，
∴AO平分$∠BAC$.
∵$\odot O$是$△ABC$的内切圆，
∴$OD⊥BC$. 又$AC=AB$,
∴A,O,D三点共线.
∵$\odot O$与边BC,AC分别切于点D,E,
∴$CD=CE=2\sqrt{3}$. 在$\mathrm{Rt}△ACD$中,$∠C=30°$,
∴$AC=2AD$，$AD^2+CD^2=AC^2$.
∴$AD^2+(2\sqrt{3})^2=(2AD)^2$,解得$AD=2$,
∴$AC=2AD=4$
∵$\odot O$与边AC，AB分别切于点E,F,
∴$AF=AE$. 又$AB=AC$,
∴$AB-AF=AC-AE$,
∴$BF=CE$
(2)连接OA，OD(图略).
∵$\odot O$与边AC,AB分别切于点E,F，
∴AO平分$∠BAC$.
∵$\odot O$是$△ABC$的内切圆，
∴$OD⊥BC$. 又$AC=AB$,
∴A,O,D三点共线.
∵$\odot O$与边BC,AC分别切于点D,E,
∴$CD=CE=2\sqrt{3}$. 在$\mathrm{Rt}△ACD$中,$∠C=30°$,
∴$AC=2AD$，$AD^2+CD^2=AC^2$.
∴$AD^2+(2\sqrt{3})^2=(2AD)^2$,解得$AD=2$,
∴$AC=2AD=4$
解析
【分析】
(1) 要证$BF=CE$，可利用切线长定理得到$AF=AE$，再结合已知$AB=AC$，通过等式的性质，两边同时减去相等的线段即可推导得证。
(2) 求$AC$的长，首先根据切线长定理可得$CD=CE=2\sqrt{3}$，再结合等腰三角形三线合一的性质，可知$AD⊥BC$，即$△ ACD$为直角三角形，再利用含$30°$角的直角三角形的性质得到$AC$与$AD$的关系，结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与边$AC$、$AB$分别切于点$E$、$F$，
∴根据切线长定理，得$AF=AE$，
又
∵$AB=AC$，
∴$AB-AF=AC-AE$，
即$BF=CE$。
(2) 解：连接$OA$、$OD$，
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与边$AC$、$AB$分别切于点$E$、$F$，
∴$AO$平分$∠BAC$，
∵$AB=AC$，等腰三角形顶角的角平分线与底边上的高重合，且$OD⊥BC$（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴$A$、$O$、$D$三点共线，即$AD⊥BC$，
∵$\odot O$与边$BC$、$AC$分别切于点$D$、$E$，
∴根据切线长定理，得$CD=CE=2\sqrt{3}$，
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$∠C=30°$，
∴$AC=2AD$（$30°$角所对的直角边等于斜边的一半），
由勾股定理得$AD^2+CD^2=AC^2$，
代入$CD=2\sqrt{3}$、$AC=2AD$，得：
$AD^2+(2\sqrt{3})^2=(2AD)^2$
$AD^2+12=4AD^2$
$3AD^2=12$
解得$AD=2$（线段长度为正，舍去负根），
∴$AC=2AD=4$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $AC$的长为$4$
【知识点】
切线长定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是基础几何综合题，将三角形内切圆的性质和特殊三角形的性质结合考查，解题的核心是熟练掌握基础定理，找到线段之间的等量关系，灵活列方程求解。
【难度系数】
0.7
(1) 要证$BF=CE$，可利用切线长定理得到$AF=AE$，再结合已知$AB=AC$，通过等式的性质，两边同时减去相等的线段即可推导得证。
(2) 求$AC$的长，首先根据切线长定理可得$CD=CE=2\sqrt{3}$，再结合等腰三角形三线合一的性质，可知$AD⊥BC$，即$△ ACD$为直角三角形，再利用含$30°$角的直角三角形的性质得到$AC$与$AD$的关系，结合勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与边$AC$、$AB$分别切于点$E$、$F$，
∴根据切线长定理，得$AF=AE$，
又
∵$AB=AC$，
∴$AB-AF=AC-AE$，
即$BF=CE$。
(2) 解：连接$OA$、$OD$，
∵$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，与边$AC$、$AB$分别切于点$E$、$F$，
∴$AO$平分$∠BAC$，
∵$AB=AC$，等腰三角形顶角的角平分线与底边上的高重合，且$OD⊥BC$（圆的切线垂直于过切点的半径），
∴$A$、$O$、$D$三点共线，即$AD⊥BC$，
∵$\odot O$与边$BC$、$AC$分别切于点$D$、$E$，
∴根据切线长定理，得$CD=CE=2\sqrt{3}$，
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$∠C=30°$，
∴$AC=2AD$（$30°$角所对的直角边等于斜边的一半），
由勾股定理得$AD^2+CD^2=AC^2$，
代入$CD=2\sqrt{3}$、$AC=2AD$，得：
$AD^2+(2\sqrt{3})^2=(2AD)^2$
$AD^2+12=4AD^2$
$3AD^2=12$
解得$AD=2$（线段长度为正，舍去负根），
∴$AC=2AD=4$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $AC$的长为$4$
【知识点】
切线长定理；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是基础几何综合题，将三角形内切圆的性质和特殊三角形的性质结合考查，解题的核心是熟练掌握基础定理，找到线段之间的等量关系，灵活列方程求解。
【难度系数】
0.7
