重庆市南川中学2022-2023学年数学九上期末教学质量检测试题含解析

这是一份重庆市南川中学2022-2023学年数学九上期末教学质量检测试题含解析，共24页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，抛物线的顶点坐标为，下列说法等内容，欢迎下载使用。

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．一元二次方程的根为（ ）
A．B．C．D．
2．下列几何体中，同一个几何体的主视图与左视图不同的是（ ）
A．B．C．D．
3．点M（2，-3）关于原点对称的点N的坐标是: ( )
A．（-2，-3）B．（-2, 3）C．（2, 3）D．（-3， 2）
4．下列关于x的一元二次方程没有实数根的是（ ）
A．B．C．D．
5．从1，2，3，4四个数中任取一个数作为十位上的数字，再从2，3，4三个数中任取一个数作为个位上的数字，那么组成的两位数是3的倍数的概率是（ ）
A．B．C．D．
6．抛物线的顶点坐标为( )
A．B．C．D．
7．已知如图，则下列4个三角形中，与相似的是（ ）
A．B．
C．D．
8．如图，△ABC的顶点均在⊙O上，若∠A＝36°，则∠OBC的度数为( )
A．18°B．36°C．60°D．54°
9．已知，，且的面积为，周长是的周长的，，则边上的高等于（ ）
A．B．C．D．
10．下列说法：①概率为0的事件不一定是不可能事件；②试验次数越多，某情况发生的频率越接近概率；③事件发生的概率与实验次数无关；④在抛掷图钉的试验中针尖朝上的概率为，表示3次这样的试验必有1次针尖朝上．其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①④
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．若反比例函数y＝的图象与一次函数y＝﹣x+3的图象的一个交点到x轴的距离为1，则k＝_____．
12．计算的结果是__________．
13．如图，正方形的对角线上有一点,且,点在的延长线上,连接,过点作,交的延长 线于点,若,,则线段的长是________.
14．已知，则=__________.
15．一布袋里装有4个红球、5个黄球、6个黑球，这些球除颜色外其余都相同，那么从这个布袋里摸出一个黄球的概率为__________．
16．如图，已知点A、B分别在反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象上，且OA⊥OB，则的值为_____．
17．如图，已知正方ABCD内一动点E到A、B、C三点的距离之和的最小值为，则这个正方形的边长为_____________
18．用配方法解方程时，原方程可变形为 _________ ．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，等边△ABC中，点D在AC上（CD＜AC），连接BD．操作：以A为圆心，AD长为半径画弧，交BD于点E，连接AE．
（1）请补全图形，探究∠BAE、∠CBD之间的数量关系，并证明你的结论；
（2）把BD绕点D顺时针旋转60°，交AE于点F，若EF＝mAF，求的值（用含m的式子表示）．
20．（6分）已知，如图，点A、D、B、E在同一直线上，AC＝EF，AD＝BE，∠A＝∠E，
（1）求证：△ABC≌△EDF；
（2）当∠CHD＝120°，求∠HBD的度数．
21．（6分）解方程：
（1）
（2）
22．（8分）如图，已知抛物线经过原点O，顶点为A(1，1)，且与直线交于B，C两点．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）求△ABC的面积；
（3）若点N为x轴上的一个动点，过点N作MN⊥x轴与抛物线交于点M，则是否存在以O，M，N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A顺时针旋转一定的角度得到△AED，点B、C的对应点分别是E、D.
(1)如图1，当点E恰好在AC上时，求∠CDE的度数；
(2)如图2，若=60°时，点F是边AC中点，求证：四边形BFDE是平行四边形.

24．（8分）（1）解方程：x2﹣4x﹣3＝0
（2）计算：
25．（10分）如图，四边形是正方形，连接，将绕点逆时针旋转得，连接，为的中点，连接，.
（1）如图1，当时，求证：；
（2）如图2，当时，（1）还成立吗？请说明理由.
26．（10分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，BC为⊙O的直径，点E为△ABC的内心，连接AE并延长交⊙O于D点，连接BD并延长至F，使得BD＝DF，连接CF，BE．
（1）求证：直线CF为⊙O的切线；
（2）若DE＝6，求⊙O的半径长.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【解析】提公因式，用因式分解法解方程即可．
【详解】一元二次方程，
提公因式得：，
∴或，
解得：．
故选：A．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程－因式分解法，熟练掌握因式分解法是解题的关键．
2、A
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从正面、左侧面、上面看，得到的图形，根据要求判断每个立体图形对应视图是否不同即可．
【详解】解：A．圆的主视图是矩形，左视图是圆，故两个视图不同，正确．
B．正方体的主视图与左视图都是正方形，错误．
C．圆锥的主视图和俯视图都是等腰三角形，错误．
D．球的主视图与左视图都是圆，错误．
故选：A
【点睛】
简单几何体的三视图，此类型题主要看清题目要求，判断的是哪种视图即可．
3、B
【解析】试题解析：已知点M（2，-3），
则点M关于原点对称的点的坐标是（-2，3），
故选B．
4、D
【解析】利用一元二次方程的根的判别式逐项判断即可.
【详解】一元二次方程的根的判别式为，逐项判断如下：
A、，方程有两个不相等的实数根，不符题意
B、，方程有两个相等的实数根，符合题意
C、，方程有两个不相等的实数根，不符题意
D、，方程没有实数根，符合题意
故选：D.
【点睛】
本题考查了一元二次方程的根的判别式，对于一般形式有：（1）当时，方程有两个不相等的实数根；（2）当时，方程有两个相等的实数根；（3）当时，方程没有实数根.
5、B
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与组成的两位数是3的倍数的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，组成的两位数是3的倍数的有4种情况，
∴组成的两位数是3的倍数的概率是：．
故选：B
【点睛】
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
6、D
【解析】根据抛物线顶点式的性质进行求解即可得答案.
【详解】∵解析式为
∴顶点为
故答案为：D.
【点睛】
本题考查了已知二次函数顶点式求顶点坐标，注意点坐标符号有正负.
7、C
【分析】根据相似三角形的判定定理逐一分析即可．
【详解】解: ∵AB=AC=6，∠B=75°
∴∠B=∠C=75°
∴∠A=180°－∠B－∠C=30°，
对于A选项，如下图所示

∵，但∠A≠∠E
∴与△EFD不相似，故本选项不符合题意；
对于B选项，如下图所示

∵DE=DF=EF
∴△DEF是等边三角形
∴∠E=60°
∴，但∠A≠∠E
∴与△EFD不相似，故本选项不符合题意；
对于C选项，如下图所示
∵，∠A=∠E=30°
∴∽△EFD，故本选项符合题意；
对于D选项，如下图所示
∵，但∠A≠∠D
∴与△DEF不相似，故本选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
此题考查的是相似三角形的判定，掌握有两组对应边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似是解决此题的关键．
8、D
【解析】根据圆周角定理，由∠A=36°，可得∠O=2∠A =72°，然后根据OB=OC，求得∠OBC=（180°-∠O）=（180°-72°）=54°.
故选：D
点睛：此题主要考查了圆周角定理，解题时，根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，求出圆心角，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求解即可，解题关键是发现同弧所对的圆心角和圆周角，明确关系进行计算.
9、B
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比可得两个三角形的相似比，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可求出△ABC的面积，进而可求出AB边上的高．
【详解】∵，周长是的周长的，
∴与的相似比为，
∴，
∵S△A′B′C′=，
∴S△ABC=24，
∵AB=8，
∴AB边上的高==6，
故选：B．
【点睛】
本题考查相似三角形的性质，相似三角形的周长比等于相似比；相似三角形的面积比等于相似比的平方；熟练掌握相关性质是解题关键．
10、B
【分析】根据概率和频率的概念对各选项逐一分析即可.
【详解】①概率为0的事件是不可能事件，①错误；
②试验次数越多，某情况发生的频率越接近概率，故②正确；
③事件发生的概率是客观存在的，是确定的数值，故③正确；
④根据概率的概念，④错误.
故选：B
【点睛】
本题考查概率的意义，考查频率与概率的关系，本题是一个概念辨析问题．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、2或﹣1
【分析】分反比例函数y＝在第一象限和第四象限两种情况解答．
【详解】解：当反比例函数y＝在第一象限时，﹣x+3＝1，解得x＝2，即反比例函数y＝的图象与一次函数y＝﹣x+3的图象交于点（2，1），
∴k＝2×1＝2；
当反比例函数y＝在第四象限时，﹣x+3＝﹣1，解得x＝1，即反比例函数y＝的图象与一次函数y＝﹣x+3的图象交于点（1，﹣1），
∴k＝1×（﹣1）＝﹣1．
∴k＝2或﹣1．
故答案为：2或﹣1
【点睛】
本题主要考察反比例函数和一次函数的交点问题，分象限情况作答是解题关键.
12、
【分析】先算开方，再算乘法，最后算减法即可．
【详解】
故答案为：．
【点睛】
本题考查了无理数的混合运算，掌握无理数的混合运算法则是解题的关键．
13、5
【分析】如图，作于．利用勾股定理求出，再利用四点共圆证明△EFG是等腰直角三角形，从而可得FG的长，再利用勾股定理在中求出CG，由 即可解决问题．
【详解】解：如图，作于．
四边形是正方形，，
，，
，，
，
，
，，
，
在中，，
，
，，，四点共圆，
，
，
∴在中，，
∴在中，，
，
故答案为:．
【点睛】
本题考查正方形的性质、等腰直角三角形性质及判定、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
14、
【分析】根据比例的性质，化简求值即可.
【详解】
故答案为：.
【点睛】
本题主要考察比例的性质，解题关键是根据比例的性质化简求值.
15、
【分析】由于每个球被摸到的机会是均等的，故可用概率公式解答．
【详解】解：∵布袋里装有4个红球、5个黄球、6个黑球，
∴P（摸到黄球）=；
故答案为：.
【点睛】
此题考查了概率公式，要明确：如果在全部可能出现的基本事件范围内构成事件A的基本事件有a个，不构成事件A的事件有b个，则出现事件A的概率为：P（A）=．
16、．
【分析】作AC⊥y轴于C，BD⊥y轴于D，如图，利用反比例函数图象上点的坐标特征和三角形面积公式得到S△OAC＝，S△OBD＝，再证明Rt△AOC∽Rt△OBD，然后利用相似三角形的性质得到的值．
【详解】解：作AC⊥y轴于C，BD⊥y轴于D，如图，
∵点A、B分别在反比例函数y＝（x＞0），y＝﹣（x＞0）的图象上，
∴S△OAC＝×1＝，S△OBD＝×|﹣5|＝，
∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°
∴∠AOC+∠BOD＝90°，
∴∠AOC＝∠DBO，
∴Rt△AOC∽Rt△OBD，
∴＝（）2＝＝，
∴＝．
∴＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=（k为常数，k≠0）的图象是双曲线，图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
17、
【分析】将△ABE绕点A旋转60°至△AGF的位置，根据旋转的性质可证△AEF和△ABG为等边三角形，即可证明EF=AE,GF=BE,所以根据两点之间线段最短EA+EB+EC=GF+EF+EC≥GC，表示Rt△GMC的三边，根据勾股定理即可求出正方形的边长.
【详解】解：如图，将△ABE绕点A旋转60°至△AGF的位置，连接EF,GC,BG，过点G作BC 的垂线交CB的延长线于点M.设正方形的边长为2m，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2m,∠ABC=∠ABM=90°，
∵△ABE绕点A旋转60°至△AGF，
∴,
∴△AEF和△ABG为等边三角形，
∴AE=EF,∠ABG=60°，
∴EA+EB+EC=GF+EF+EC≥GC，
∴GC=，
∵∠GBM=90°-∠ABG =30°，
∴在Rt△BGM中，GM=m，BM=，
Rt△GMC中，勾股可得，
即：，
解得：，
∴边长为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形，两点之间线段最短，勾股定理.能根据旋转作图，得出EA+EB+EC=GF+EF+EC≥GC是解决此题的关键.
18、
【分析】将常数项移到方程的右边，将二次项系数化成1，再两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可得．
【详解】∵，
方程整理得：，
配方得：，
即．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握完全平方公式的结构特点是解本题的关键．
三、解答题(共66分)
19、（1）图形见解析，∠BAE＝2∠CBD，理由见解析；（2），理由见解析
【分析】（1）根据圆周角和圆心角的关系得：2∠BDH=∠BAE，由等腰三角形的性质得HD∥BC，由平行线的性质可得结论；
（2）如图2，作辅助线，由旋转得：△BDM是等边三角形，证明△AMB≌△CDB（SAS），得AM=CD，∠MAB=∠C=60°，证明△ABD∽△DFE，设AF=a，列比例式可得结论
【详解】（1）如图1，∠BAE＝2∠CBD．
设弧DE与AB交于H，连接DH，
∴2∠BDH＝∠BAE，
又∵AD＝AH，AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴∠AHD＝∠ADH＝60°，∠ABC＝∠C＝60°，
∴∠AHD＝∠ABC，
∴HD∥BC，
∴∠DBC＝∠HDB，
∴∠BAE＝2∠DBC；
（2）如图2，连接AM，BM，
由旋转得：BD＝DM，∠BDM＝60°，
∴△BDM是等边三角形，
∴BM＝BD，∠MBD＝60°，
∵∠ABM+∠ABD＝∠ABD+∠CBD，
∴∠ABM＝∠CBD，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，
∴△AMB≌△CDB（SAS），
∴AM＝CD，∠MAB＝∠C＝60°，
∵∠AGM＝∠BGD，∠MAB＝∠BDM＝60°，
∴∠AMD＝∠ABD，
由（1）知：AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE，
∵∠EDF＝∠BAD，
∴△ABD∽△DFE，
∴∠EFD＝∠ABD＝∠AFM＝∠AMD，
∴AF＝AM＝CD，
设AF＝a，则EF＝ma，AE＝a+ma＝（m+1）a，
∴AB＝AD+CD＝AE+CD＝（m+2）a，
由△ABD∽△DFE，
∴＝＝．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定、相似三角形的判定和性质、等边三角形、三角形内角和和外角的性质等知识，解题的关键灵活应用所学知识解决问题，学会利用辅助线，构建全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
20、（1）详见解析；（2）60°．
【分析】（1）根据SAS即可证明：△ABC≌△EDF；
（2）由（1）可知∠HDB＝∠HBD，再利用三角形的外角关系即可求出∠HBD的度数．
【详解】（1）∵AD＝BE，
∴AB＝ED，
在△ABC和△EDF中，
，
∴△ABC≌△EDF（SAS）；
（2）∵△ABC≌△EDF，
∴∠HDB＝∠HBD，
∵∠CHD＝∠HDB+∠HBD＝120°，
∴∠HBD＝60°．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
21、（1），；（2）x1=2，x2=-1．
【分析】（1）方程移项后，利用完全平方公式配方，开方即可求出解；
（2）提取公因式化为积的形式，然后利用两因式相乘积为0，两因式中至少有一个为0，转化为两个一元一次方程来求解．
【详解】解：（1）方程整理得：，
配方得：，
即，
开方得：，
解得：，；
（2）方程变形得：，
即，
即或，
解得．
【点睛】
本题考查解一元二次方程．熟练掌握解一元二次方程的方法，并能结合实际情况选择合适的方法是解决此题的关键．
22、（1）y=﹣（x﹣1）2+1，C(﹣1，﹣3)；（2）3；（3）存在满足条件的N点，其坐标为(，0)或(，0)或(﹣1，0)或(5，0)
【分析】（1）可设顶点式，把原点坐标代入可求得抛物线解析式，联立直线与抛物线解析式，可求得C点坐标；
（2）设直线AC的解析式为y＝kx＋b，与x轴交于D，得到y＝2x−1，求得BD于是得到结论；
（3）设出N点坐标，可表示出M点坐标，从而可表示出MN、ON的长度，当△MON和△ABC相似时，利用三角形相似的性质可得或，可求得N点的坐标．
【详解】（1）∵顶点坐标为（1，1），
∴设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+1，又抛物线过原点，
∴0=a（0﹣1）2+1，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+1，
即y=﹣x2+2x，联立抛物线和直线解析式可得，
解得或，∴B（2，0），C（﹣1，﹣3）；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，与x轴交于D，
把A（1，1），C（﹣1，﹣3）的坐标代入得，
解得：，
∴y=2x﹣1，当y=0，即2x﹣1=0，解得：x=，∴D（，0），
∴BD=2﹣=，
∴△ABC的面积=S△ABD+S△BCD=××1+××3=3；
（3）假设存在满足条件的点N，设N（x，0），则M（x，﹣x2+2x），
∴ON=|x|，MN=|﹣x2+2x|，由（2）知，AB=，BC=3，
∵MN⊥x轴于点N，∴∠ABC=∠MNO=90°，
∴当△ABC和△MNO相似时，有或，
①当时，∴，即|x||﹣x+2|=|x|，
∵当x=0时M、O、N不能构成三角形，∴x≠0，∴|﹣x+2|=，∴﹣x+2=±，解得x=或x=，此时N点坐标为（，0）或（，0）；
②当或时，∴，即|x||﹣x+2|=3|x|，
∴|﹣x+2|=3，∴﹣x+2=±3，解得x=5或x=﹣1，
此时N点坐标为（﹣1，0）或（5，0），
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（，0）或（﹣1，0）或（5，0）．
【点睛】
本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、图象的交点问题、直角三角形的判定、勾股定理及逆定理、相似三角形的性质及分类讨论等．在（1）中注意顶点式的运用，在（3）中设出N、M的坐标，利用相似三角形的性质得到关于坐标的方程是解题的关键，注意相似三角形点的对应．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．
23、（1）15°；（2）证明见解析.
【分析】（1）如图1，利用旋转的性质得CA＝DA，∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，再根据等腰三角形的性质求出∠ADC，从而计算出∠CDE的度数；
（2）如图2，利用直角三角形斜边上的中线性质得到BF＝AC，利用含30度的直角三角形三边的关系得到BC＝AC，则BF＝BC，再根据旋转的性质得到∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD ，DE＝BC，从而得到DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，接着由△AFD≌△CBA得到DF＝BA，然后根据平行四边形的判定方法得到结论．
【详解】解：（1）如图1，∵△ABC绕点A顺时针旋转α得到△AED，点E恰好在AC上，
∴∠CAD＝∠BAC＝30°，∠DEA＝∠ABC＝90°，
∵CA＝DA，
∴∠ACD＝∠ADC＝（180°−30°）＝75°，∠ADE=90°-30°=60°，
∴∠CDE＝75°−60°＝15°；
（2）证明：如图2，
∵点F是边AC中点，
∴BF＝AC，
∵∠BAC＝30°，
∴BC＝AC，
∴BF＝BC，
∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AB＝AE，AC＝AD，DE＝BC，
∴DE＝BF，△ACD和△BAE为等边三角形，
∴BE＝AB，
∵点F为△ACD的边AC的中点，
∴DF⊥AC，
易证得△AFD≌△CBA，
∴DF＝BA，
∴DF＝BE，
而BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行四边形的判定．
24、（1）x1＝2+，x2＝2﹣；（2）1
【分析】(1)方程利用配方法求出解即可；
(2)原式利用二次根式性质，绝对值的代数意义，零指数幂法则，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【详解】(1)方程整理得：x2﹣4x=3，
配方得：x2﹣4x+4=3+4，即(x﹣2)2=7，
开方得：x﹣2=±，
解得：x1=2+，x2=2﹣；
(2)
=1．
【点睛】
本题考查了利用配方法求一元二次方程的解以及实数的混合运算，涉及了：零指数、二次根式以及特殊角的三角函数值．解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法以及特殊角的锐角三角函数的值．
25、（1）详见解析；（2）当时，成立，理由详见解析.
【分析】（1）由旋转的性质得：，根据直角三角形斜边中线的性质可得OD=CF，OE=CF，进而可得OD=OE；
（2）连接CE、DF，根据等腰三角形的性质可得，利用角的和差关系可得，利用SAS可证明△ACE≌△AFD，可得CE=DF，∠ECA=∠DFA，利用角的和差关系可得，利用SAS可证明△EOC≌△DOF，即可证明OD=OE，可得（1）结论成立.
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠BAC=45°，
∵将绕点逆时针旋转得，=45°，
∴点E在AC上，
∴，为的中点，
∴
同理：
∴.
（2）当时，成立，理由如下：
连接，如图所示：
∵在正方形中，，AB=AE，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵=45°，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查正方形的性质、旋转的性质及全等三角形的判定与性质，正确得出对应边和对应角，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键.
26、（1）详见解析；（2）3
【分析】（1）连接OD，由BC为⊙O的直径，点E为△ABC的内心，证得OD⊥BC，再根据中位线定理证得OD∥CF，即可证得结论；
（2）根据圆周角定理证得∠EBD=∠BED，即 BD=DE，根据正弦函数即可求出半径的长
【详解】（1）连接OD
∵BC为⊙O的直径
∴∠BAC=90°
∵点E为△ABC的内心
∴∠CAD=∠BAD=45°，∠ABE=∠EBC
∴∠BOD=∠COD=90°，即OD⊥BC
又BD＝DF，OB＝OC
∴OD∥CF
∴BC⊥CF，BC为⊙O的直径
∴直线CF为⊙O的切线；
（2）∵，
∴∠CAD=∠CBD，
∵OD⊥BC，
∴，
∴∠CBD=∠BAE，
又∵∠ABE=∠EBC，
∴∠EBD=∠EBC+∠CBD=∠BAE+∠ABE=∠BED，
∴BD=DE=6，
Rt△OBD中OB=OD，
∴OB=BD=×6=3，
【点睛】
本题考查三角形的内切圆与内心、切线的判定、等腰三角形的判定、直角三角形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．