1、解：（1）df與⊙o相切．理由如下：
連線od．
∵△abc是等邊三角形，∴∠a=∠b=∠c=60°，
∵od=ob，∴△odb是等邊三角形，∴∠dob=60°，∴∠dob=∠c=60°，∴od∥ac．
∵df⊥ac，∴do⊥df，∴df與⊙o相切；
（2）連線cd．
∵cb是⊙o直徑，∴dc⊥ab．
又∵ac=cb=ab，∴d是ab中點，∴ad=．
在直角三角形adf中，
∠a=60°，∠adf=30°，∠afd=90°，
∴，∴fc=ac﹣af=8﹣2=6．
∵fh⊥bc，∴∠fhc=90°．
∵∠c=60°，∴∠hfc=30°，∴，
∴．2、（1）證明：連bd，則∠cdb=90°
∠c=∠baf=∠bde
∵de∥ab ∴∠abd=∠bde=∠c
∴∠abc=∠abd+∠dbc=∠c+∠dbc=90°
∴bc為⊙o的切線
（2）過d作dm⊥ab，∵ab=10，ad=,
∴在rt△adb中
∴dm=4
在rt△adm中
∴de=ab-2am=10-2×2=6
3、4、(1)cf=bf.證明：鏈結bc，延長ce交⊙o於點g,∵ce⊥ab，∴弧bc=弧bg．又弧cd=弧bc，∴弧bg=弧cd∴∠bcf=∠dbc，∴cf=bf.
(2)連co，由弧cd=弧bc得bc=cd=5.在rt△bce中，be==3.設⊙o半
徑為r，則oe=r-3，oc=r.在rt△coe中，oc= oe+ce，∴r=(r-3) +4，r=
5、(1)略
(2)證△acm≌△bcp，ma=bp=2，pm=cm=3，作ph⊥cm於h，∠ph=30°，ph=，
s= ，
6、(1)連ad, od.可得∠bad=∠cad=∠ado
,'.od//ac∵df⊥ac ∴od⊥df ,∴df為⊙o切線．
(2)連be交od於g． 則bg=eg，四邊形dgef為矩形．
由de=bd=cd=，∴ ad== ，由sacd=cd·ad=ac·df．∴df=1．∴eg=df=1=be,∴be=2
∴ae==
7、（1）證明： 連db，
∵ab為直徑 ∴db⊥ac，
∵△abc為rt△
∴∠c=∠abd=∠dea
又∵∠c=∠baf
∴∠baf=∠dea
∴de∥ab
（2）解：連be ∵de∥ab ∴∠bae=∠aed ∴ad=be
在rt△abd與rt△bae中
∴rt△abd≌rt△bae（hl） ∴bd=ae=2ad
設ad=，則bd=2
在rt△abd中， ∴
過d作dm⊥ab，過o作on⊥ed
∴∴連od，在rt△ond中，
∴ed=2dn=6
8、（1）易證pd是⊙o的切線
（2）解：e為半徑 ob的中點
∴△bod是正三角形
∴△pcd是正三角形
∴f是pc的中點
易求bh=1，fh=
∴of=
或者：鏈結co,cb,則△bocc是正三角形，ce=，△bcf≌△bce, ∴cf= ce=,
∴of=
9、（1）證明：連線oc
∵oa=oc ∴
又 ∴∠dac=∠ocapb∥co
∴∠pdc=∠dco=90° ∴oc⊥dc
又oc為⊙o的半徑
∴cd為⊙o的切線
（2）解：:過o作，垂足為f，則，
∴四邊形ocdf為矩形，所以
設，則∵⊙o的直徑為10
∴，.在中，由勾股定理知
即化簡得：
解得：或x=9
由，知，故
從而ad=2
因為，由垂徑定理知f為ab的中點，所以
10、（1）證：∵∠bdf=2∠c，
∴∠c=∠dbc，延長cf交於m，
cf直徑ab，
∴弧bm=弧bc，∴弧bc=弧ce
（2）連oc，交be於h，由①得oh⊥be，ab直徑，∠e=90°，
∴oh=ae ，oh∥ae
由obh≌ocf，∴oh=of=，
∴ae=12，be===16 （或bh=cf=8，be=16）
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