2020-2021学年沪教版九年级数学上期末冲刺 精专题08 圆（一）（教师版）

专题08 圆（一）—热点考题篇
一、单选题
1．（2020·上海大学附属学校九年级三模）下列说法中，正确的是（ ）
A．垂直于半径的直线是圆的切线；
B．经过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线；
C．经过半径的端点且垂直于半径的直线是圆的切线；
D．到圆心的距离等于直径的直线是圆的切线．
【答案】B
【解析】
根据切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，逐项分析即可．由切线的判定定理得：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，得出只有答案B符合，
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，属于基础性题目，难度不大．
2．（2020·上海奉贤·九年级一模）在中，，，点分别在边上，且，，以为半径的和以为半径的的位置关系是（ ）
A．外离 B．外切 C．相交 D．内含
【答案】B
【解析】
根据题意画出图形，易证∆ADE~∆ABC，得：DE=8，结合两个圆的半径，即可得到答案.∵在中，，，，，如图：
∴∆ADE~∆ABC，
∴，即：DEBC=，
∵以为半径的和以为半径的的半径分别为6，2，
即：6+2=8，
∴以为半径的和以为半径的的位置关系是：外切，
故选B.

【点睛】
本题主要考查两个圆的位置关系，求出两个圆的圆心的距离，是解题的关键.
3．（2019·上海闵行·中考模拟）在平面直角坐标系xOy中，以点(3，4)为圆心，4为半径的圆一定
A．与x轴和y轴都相交 B．与x轴和y轴都相切
C．与x轴相交、与y轴相切 D．与x轴相切、与y轴相交．
【答案】D
【解析】
根据点的坐标得到圆心到x轴的距离是4，到Y轴的距离是3，根据直线与圆的位置关系即可求出答案．圆心到x轴的距离是4，到y轴的距离是3，
4=4，3<4，
∴圆与x轴相切，与y轴相交，
故选D.
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系，坐标与图形性质，正确写出与x，y轴的距离是解题的关键.
4．（2019·上海九年级期末）如果两圆的圆心距为2，其中一个圆的半径为3，另一个圆的半径，那么这两个圆的位置关系不可能是（ ）
A．内含 B．内切 C．外离 D．相交
【答案】C
【解析】
利用两圆之和一定大于两圆的圆心距可判断这两个圆不可能外离．解：∵r＞1，
∴2＜3＋r，
∴这两个圆的位置关系不可能外离．
故选C．
【点睛】
本题考查了圆与圆的位置关系：两圆的圆心距为d、两圆的半径分别为r、R：①两圆外离⇔d＞R＋r；②两圆外切⇔d＝R＋r；③两圆相交⇔R−r＜d＜R＋r（R≥r）；④两圆内切⇔d＝R−r（R＞r）；⑤两圆内含⇔d＜R−r（R＞r）．
5．（2020·上海九年级二模）若一个正n边形(n为大于2的整数）的半径为r，则这个正n变形的边心距为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
根据题意画出图形，然后由三角函数及正多边形与圆的关系进行求解即可．解：由题意可得如图：

假设AB为正n多边形的一条边，OC⊥AB，
，
OA=r，
；
故选D．
【点睛】
本题主要考查解直角三角形及正多边形与圆，熟练掌握三角函数及正多边形与圆是解题的关键．
6．（2020·上海普陀·九年级二模）如图，已知A、B、C、D四点都在⊙O上，OB⊥AC，BC＝CD，在下列四个说法中，①＝2；②AC＝2CD；③OC⊥BD；④∠AOD＝3∠BOC，正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
根据题意和垂径定理，可以得到AC＝BD，，，然后即可判断各个小题中的结论是否正确，从而可以解答本题．解：∵OB⊥AC，BC＝CD，
∴，，，，
∴＝2，故①正确；
AC＜AB+BC＝BC+CD＝2CD，故②错误；
OC⊥BD，故③正确；
∠AOD＝3∠BOC，故④正确；
故选：C．
【点睛】
考查了圆周角定理、垂径定理、圆心角、弧、弦的关系，解题关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
7．（2019·上海普陀·中考模拟）已知⊙和⊙，其中⊙为大圆，半径为3．如果两圆内切时圆心距等于2，那么两圆外切时圆心距等于（ ）
A．1 B．4 C．5 D．8
【答案】B
【解析】
只需根据两圆内切时，圆心距等于两圆半径之差求得两圆的半径；再根据两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和求解．解：已知⊙为大圆，半径为3．如果两圆内切时圆心距等于2，
故⊙半径为1，
故两圆外切时圆心距等于3＋1＝4.
故选B.
【点睛】
此题考查了两圆的位置关系与数量之间的联系．解题的关键是正确的求出两个半径．
8．（2018·上海杨浦·）下列命题中，真命题是（　　）
A．如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离
B．如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切
C．如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切
D．如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离
【答案】D
【解析】
根据两圆的位置关系、直线和圆的位置关系判断即可．A.如果第一个圆上的点都在第二个圆的外部，那么这两个圆外离或内含，A是假命题；
B.如果一个点即在第一个圆上，又在第二个圆上，那么这两个圆外切或内切或相交，B是假命题；
C.如果一条直线上的点到圆心的距离等于半径长，那么这条直线与这个圆相切或相交，C是假命题；
D.如果一条直线上的点都在一个圆的外部，那么这条直线与这个圆相离，D是真命题；
故选：D．
【点睛】
本题考查了两圆的位置关系：设两圆半径分别为R、r，两圆圆心距为d，则当d＞R+r时两圆外离；当d=R+r时两圆外切；当R-r＜d＜R+r（R≥r）时两圆相交；当d=R-r（R＞r）时两圆内切；当0≤d＜R-r（R＞r）时两圆内含．
9．（2018·上海虹口·中考模拟）如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，联结BE，如果AB=6，BC=4，那么分别以AD、BE为直径的⊙M与⊙N的位置关系是（　　）

A．外离 B．外切 C．相交 D．内切
【答案】B
【解析】
分析：直接利用已知得出两圆的半径，进而得出两圆位置关系．
详解：如图所示：连接MN，

可得M是AD的中点，N是BE的中点，
则MN是梯形ABED的中位线，
则MN=（AB+DE）=4.5，
∵EC=3，BC=AD=4，
∴BE=5，
则⊙N的半径为2.5，
⊙M的半径为2，
则2+2.5=4.5．
故⊙M与⊙N的位置关系是：外切．
故选B．
点睛：此题主要考查了圆与圆的位置关系，正确得出两圆心距离是解题关键．
10．（2018·上海金山·中考模拟）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12，BC=9，D是AB的中点，G是△ABC的重心，如果以点D为圆心DG为半径的圆和以点C为圆心半径为r的圆相交，那么r的取值范围是（　　）
A．r＜5 B．r＞5 C．r＜10 D．5＜r＜10
【答案】D
【解析】
延长CD交⊙D于点E，
∵∠ACB=90°，AC=12，BC=9，∴AB==15，
∵D是AB中点，∴CD=，
∵G是△ABC的重心，∴CG==5，DG=2.5，
∴CE=CD+DE=CD+DF=10，
∵⊙C与⊙D相交，⊙C的半径为r，
∴ ，
故选D.

【点睛】本题考查了三角形的重心的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、两圆相交等，根据知求出CG的长是解题的关键.
11．（2018·上海普陀·九年级一模）如图，已知AB和CD是⊙O的两条等弦．OM⊥AB，ON⊥CD，垂足分别为点M、N，BA、DC的延长线交于点P，联结OP．下列四个说法中：
①；②OM=ON；③PA=PC；④∠BPO=∠DPO，正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
如图连接OB、OD；

∵AB=CD，
∴=，故①正确
∵OM⊥AB，ON⊥CD，
∴AM=MB，CN=ND，
∴BM=DN，
∵OB=OD，
∴Rt△OMB≌Rt△OND，
∴OM=ON，故②正确，
∵OP=OP，
∴Rt△OPM≌Rt△OPN，
∴PM=PN，∠OPB=∠OPD，故④正确，
∵AM=CN，
∴PA=PC，故③正确，
故选D．
12．（2020·河北承德·九年级二模）如图，中，，，，将半径是1的沿三角形的内部边缘无滑动的滚动一周，回到起始的位置，则点所经过的路线长是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
构建直角三角形，利用三角函数的知识点计算即可得到结果；如图所示，

∵中，，，，
∴AC=5，
又∵的半径是1，
∴CQ=1，
∴，
在中，
，
∴，
∴点O经过的路线长为；
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，结合三角函数值计算是解题的关键．

二、填空题
13．（2020·上海徐汇·九年级二模）已知正三角形ABC外接圆的半径长为R，那么的周长是________．（用含R的式子表示）
【答案】
【解析】
根据垂径定理以及相关角度求算边长，再算周长．
如图：作于
∵
∴
∴
∴
∴周长为：
故答案为：
【点睛】
本题考查三角形的外接圆，掌握相关的角度转化是解题关键．
14．（2019·上海市嘉定区唐行九年制学校九年级二模）在Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，以点A为圆心作圆A，要使B、C两点中的一点在圆A外，另一点在圆A内，那么圆A的半径长r的取值范围是_____．
【答案】3＜r＜6
【解析】
熟记“设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内”即可求解，解：∵Rt△ACB中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝3，
∴AB＝6，
如果以点A为圆心作圆，使点C在圆A内，则r＞3，
点B在圆A外，则r＜6，
因而圆A半径r的取值范围为3＜r＜6．
故答案为3＜r＜6；
【点睛】
本题考查了对点与圆的位置关系的判断．设点到圆心的距离为d，则当d＝r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．
15．（2019·上海市西南模范中学九年级二模）已知两圆半径分别为3和7，圆心距为d，若两圆相离，则d的取值范围是______________．
【答案】或
【解析】
两圆相离，可能外离，或者内含，分情况即可求出d的取值范围.解：两圆相离有两种情况：
内含时圆心距大于等于0，且小于半径之差，故；
外离时圆心距大于半径之和，故.
所以d的取值范围是或.
【点睛】
本题考查根据两圆的位置关系判断圆心距与半径之间的关系，熟记概念是解题的关键.
16．（2017·上海长宁·九年级二模）在△ABC中，已知BC＝4cm，以边AC的中点P为圆心1cm为半径画⊙P，以边AB的中点Q为圆心x cm长为半径画⊙Q，如果⊙P与⊙Q相切，那么x＝_____cm．
【答案】1或3
【解析】
根据三角形的中位线的性质得到，①当⊙P与⊙Q相外切时，②当⊙P与⊙Q相内切时，列方程即可得出结论.∵BC＝4cm，点P是AC的中点，点Q是AB的中点，
∴，
①当⊙P与⊙Q相外切时，PQ＝1+x＝2，
∴x＝1cm，
②当⊙P与⊙Q相内切时，PQ＝|x﹣1|＝2，
∴x＝3cm（负值舍去），
∴如果⊙P与⊙Q相切，那么x＝1cm或3cm，
故答案为：1或3．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理以及相切两圆的性质，熟练掌握相关性质定理是解题关键.
17．（2020·上海九年级二模）我们把有一条边是另一条边的2倍的梯形叫做“倍边梯形”，在⊙O中，直径AB＝2，PQ是弦，若四边形ABPQ是“倍边梯形”，那么PQ的长为_____．
【答案】1
【解析】
由梯形知AB∥PQ，据此可得AQ=BP，即四边形ABPQ是等腰梯形，再根据“倍边梯形”的定义分AB=2PQ和AB=2AQ两种情况求解可得．解：如图，

∵四边形ABPQ是梯形，
∴PQ∥AB，
∴AQ＝PB，
∵四边形ABPQ是“倍边梯形”，且AB＝2，
∴当AB＝2PQ时，PQ＝1；
当AB＝2AQ＝2时，AQ＝PB＝1，
∵OA＝OQ＝OP＝OB＝1，
∴△AOQ、△BOP均为等边三角形，
∴∠AOQ＝∠BOP＝60°，
则∠POQ＝60°，
∵OQ＝OP＝1，
∴△POQ也是等边三角形，
∴PQ＝1；
综上，PQ＝1，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查垂径定理定理，解题的关键是掌握垂径定理、等腰梯形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点．
18．（2019·上海九年级其他模拟）对于平面直角坐标系xOy中的点P和图形G，给出如下定义：在图形G上若存在两点M，N，使△PMN为正三角形，则称图形G为点P的T型线，点P为图形G的T型点，△PMN为图形G关于点P的T型三角形．如图，已知点A（0，-），B（3,0），以原点O为圆心的⊙O的半径为1. 在A，B两点中，⊙O的T型点是________.

【答案】点A
【解析】
利用等边三角形的判定定理，由新定义易得⊙O的T型点（1）如图，
∵JK＝2，OJ＝OK，AO⊥JK，
∴AJ＝＝2，同理可得：AK＝2，
∴△AJK为正三角形，
同理可得△AMN为正三角形，
故点A为⊙O的T型点，
故填：点A.

【点睛】
本题主要考查了圆与正三角形的性质，解题的关键是对于平面直角坐标系xOy中的点P和图形G，给出的定义．
19．（2019·上海长宁·中考模拟）在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8．分别以点A、C为圆心画圆，如果点B在⊙A上，⊙C与⊙A相交，且点A在⊙C外，那么⊙C的半径长r的取值范围是______．
【答案】4＜r＜10
【解析】
根据勾股定理求出斜边AC，根据点和圆的位置关系求出⊙A的半径，再求出⊙C的半径即可．在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=8，由勾股定理得：AC==10，
∵点B在⊙A上，
∴⊙A的半径是6，
设⊙A交AC于D，则AD=6，CD=10-6=4，
∵点A在⊙C外，
∴⊙C的半径小于10，
即r的取值范围是4＜r＜10，
故答案为：4＜r＜10．
【点睛】
本题考查了圆与圆的位置关系，点和圆的位置关系，勾股定理等知识点，能求出两圆的半径是解此题的关键．
20．（2018·上海浦东新·中考模拟）如图，AB，AC分别为⊙O的内接正六边形，内接正方形的一边，BC是圆内接n边形的一边，则n等于_____．

【答案】12
【解析】
连接AO，BO，CO,如图所示：

∵AB、AC分别为⊙O的内接正六边形、内接正方形的一边，
∴∠AOB==60°，∠AOC==90°，
∴∠BOC=30°，
∴n==12，
故答案为12.
21．（2019·上海市上外民办劲松中学九年级二模）如图，若干全等正五边形排成环状．图中所示的是前3个五边形，要完成这一圆环还需_____个五边形．

【答案】7
【解析】
延长正五边形的相邻两边交于圆心，求得该圆心角的度数后，用360°除以该圆心角的度数即可得到正五边形的个数，减去3后即可得到本题答案．延长正五边形的相邻两边，交于圆心，

∵正五边形的外角等于360°÷5=72°，
∴延长正五边形的相邻两边围成的角的度数为：180°-72°-72°=36°，
∴360°÷36°=10，
∴排成圆环需要10个正五边形，
故 排成圆环还需 7个五边形．
故答案为7．
【点睛】
本题考查了正五边形与圆的有关运算，属于层次较低的题目，解题的关键是正确地构造圆心角．
22．（2019·四川九年级一模）如图，△ABC内接于⊙O．AB为⊙O的直径，BC=3，AB=5，D、E分别是边AB、BC上的两个动点（不与端点A、B、C重合），将△BDE沿DE折叠，点B的对应点B′恰好落在线段AC上（包含端点A、C），若△ADB′为等腰三角形，则AD的长为___．

【答案】或或．
【解析】
根据圆周角定理得到∠C=90°，根据勾股定理得到AC=4，根据折叠的性质得到BD=B′D，BE=B′E，①当AB′=DB′时，设AB′=DB′=BD=x，根据相似三角形的性质得到AD=5-x=；；②当AD=DB′时，则AD=DB′=BD=AB=；③当AD=AB′时，如图2，过D作DH⊥AC于H，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．∵AB为⊙O的直径，

∴∠C=90°，
∵BC=3，AB=5，
∴AC=4，
∵将△BDE沿DE折叠，点B的对应点B′恰好落在线段AC上，
∴BD=B′D，BE=B′E，
若△ADB′为等腰三角形，
①当AB′=DB′时，设AB′=DB′=BD=x，
则AD=5-x，
如图1，过B′作B′F⊥AD于F，
则AF=DF=AD，
∵∠A=∠A，∠AFB′=∠C=90°，
∴△AFB′∽△ACB，
∴=，
∴=，
解得：x=，
∴AD=5-x=；
②当AD=DB′时，则AD=DB′=BD=AB=；
③当AD=AB′时，如图2，过D作DH⊥AC于H，

∴DH∥BC，
∴==，
设AD=5m，
∴DH=3m，AH=4m，
∴DB′=BD=5-5m，HB′=5m-4m=m，
∵=+，
∴=+，
∴m=，m=（不合题意舍去），
∴AD=，
故答案为：或或．
【点睛】
本题考查了三角形的外接圆与外心，折叠的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的性质和判定，分类讨论是解题的关键．

三、解答题
23．（2020·上海九年级二模）如图，在O中，半径长为1，弦，射线BO，射线CA交于点D，以点D为圆心，CD为半径的交BC延长线于点E．

（1）若，求与公共弦的长；
（2）当为等腰三角形时，求BC的长；
（3）设，，求y关于x的函数关系式，并写出定义域．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】
（1）设CM是两圆的公共弦，CM交BD于N，交OA于K，BD交于G，连接OC、CG交OA于H，由题意易得，，进而可证，，最后根据勾股定理及相似三角形的性质可求解；
（2）当是等腰三角形时，观察图形可知，只有，则有，设，则有，进而求出x，最后求解即可；
（3）作于N，根据题意可证，进而有，则可得，最后进行求解即可．解：（1）如图1中，设CM是两圆的公共弦，CM交BD于N，交OA于K，BD交于G，连接OC、CG交OA于H，
∵BG是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．

（2）如图2中，
当是等腰三角形时，观察图形可知，只有，
∴，
∵，
∴，设，
则有，
∴，
∴或（舍弃），
∴，
∵，
∴，
∴；

（3）如图3中，作于N，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查圆的综合运用及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
24．（2020·上海宝山·九年级二模）已知：如图，⊙O与⊙P相切于点，如果过点的直线交⊙O于点，交⊙P点，⊥于点，⊥于点．

（1）求的值：
（2）如果⊙O和⊙P的半径比为，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
(1)由垂径定理可得AD=AB、AE=AC，然后根据线段的和差求得DE和BC并代入即可解答；
（2）连接OP、 OB、CP，然后说明一系列角相等，证明OB//PC，然后判定△BOA∽△CPA,最后利用相似三角形的性质解答即可．解：（1）∵OD⊥AB，PE⊥AC，
∴AD=AB， AE=AC，
∴；
（2）连接OP，OP必过切点A，连接OB、CP
∵OB=OA，PA=PC
∴∠OBA=∠OAB=∠PAC=∠PCA
∴OB//PC
∴△BOA∽△CPA
∴．

【点睛】
本题考查了垂径定理和相似三角形的判定和性质，掌握垂径定理和相似三角形的判定和性质是解答本题的关键．
25．（2018·上海中考模拟）如图，CD为⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为点F，AO⊥BC，垂足为点E，CE=2．
（1）求AB的长；
（2）求⊙O的半径．

【答案】（1）AB=4；（2）⊙O的半径是．
【解析】
试题分析：（1）由，得，，结合可证.从而AF=CE，故可求得AB的长；
（2）由垂径定理得BE=CE，故BE=AB，从而∠A=30°，在直角三角形AFO中即可求出AO的值.
试题解析：（1）∵，
∴
在中

∴
∴
∵,
∴
∵是的直径，
∴
∴.
（2） ∵是的半径，,
∴,
∵,
∴.
∵，
∴.
又∵
∴
∴
即的半径是.
26．（2018·上海嘉定·中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=，BC=2，以点C为圆心，CA长为半径的⊙C与边AB交于点D，以点B为圆心，BD长为半径的⊙B与⊙C另一个交点为点E．
（1）求AD的长；
（2）求DE的长．

【答案】（1）2；（2）
【解析】试题分析：（1）过点作，垂足为点，得.运用勾股定理求出AB=5，再通过解直角三角形得到AH=1，从而得解；
（2）运用平行线分线段成比例即可求解.
试题解析：（1）过点作，垂足为点，

∵经过圆心，
∴ ，
在Rt△中，，，
∵， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
（2）设与的交点为，
由题意，得, ，

∴，
∴∥，
∴ ，
∵,，
∴ ，
∴，
∴ ，
∴ .
27．（2019·上海江湾初级中学九年级三模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，连结EB，交OD于点F．

（1）求证：OD⊥BE．
（2）若DE=，AB=6，求AE的长．
（3）若△CDE的面积是△OBF面积的，求线段BC与AC长度之间的等量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）4；（3）AC=BC．
【解析】
（1）连接AD．根据直径所对的圆周角是直角、等腰三角形的性质以及平行线的性质即可证明；
（2）先证△CDE∽△CAB得，据此求得CE的长，依据AE=AC-CE=AB-CE可得答案；
（3）由BD=CD知S△CDE=S△BDE，证△OBF∽△ABE得，据此知S△ABE=4S△OBF，结合知S△ABE=6S△CDE，S△CAB=8S△CDE，由△CDE∽△CAB知，据此得出，结合BD=CD，AB=AC知，从而得出答案．（1）连接AD，

∵AB是直径，
∴∠AEB=∠ADB=90°，
∵AB=AC，
∴∠CAD=∠BAD，BD=CD，
∴，
∴OD⊥BE；
（2）∵∠AEB=90°，
∴∠BEC=90°，
∵BD=CD，
∴BC=2DE=2，
∵四边形ABDE内接于⊙O，
∴∠BAC+∠BDE=180°，
∵∠CDE+∠BDE=180°，
∴∠CDE=∠BAC，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CAB，
∴，即，
∴CE=2，
∴AE=AC-CE=AB-CE=4；
（3）∵BD=CD，
∴S△CDE=S△BDE，
∵BD=CD，AO=BO，
∴OD∥AC，
∵△OBF∽△ABE，
∴，
∴S△ABE=4S△OBF，
∵，
∴S△ABE=4S△OBF=6S△CDE，
∴S△CAB=S△CDE+S△BDE+S△ABE=8S△CDE，
∵△CDE∽△CAB，
∴，
∴，
∵BD=CD，AB=AC，
∴，即AC=BC．
【点睛】
本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握圆周角定理、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质及等底共高三角形的面积关系的问题．