19. 如图，四边形$ABCD$内接于$\odot O$，$BD$是$\odot O$的直径，$AC$与$BD$相交于点$E$，$F$是$AC$延长线上一点，$\angle CDF=\angle CAD$.
（1）求证：$DF$是$\odot O$的切线；
（2）若$EC=\frac{3}{8}AC$，$CF=1$，$DF=3$，求$\odot O$的半径.
答案：19.(1)
∵BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°.
∴∠BDC+∠CBD=90°.
∵∠CDF=∠CAD,∠CAD=∠CBD,
∴∠CDF=∠CBD.
∴∠BDC+∠CDF=90°.
∴∠ODF=90°,即OD⊥DF.
∵OD是⊙O的半径，
∴DF是⊙O的切线
(2)
∵∠CDF=∠CAD,∠F=∠F,
∴△CDF∽△DAF.
∴$\frac{CF}{DF}$=$\frac{DF}{AF}$.
∴$\frac{1}{3}$=$\frac{3}{AF}$.
∴AF=9.
∴AC=AF−CF=9−1=8.
∵EC=$\frac{3}{8}$AC,
∴EC=3.
∴AE=AC−EC=8−3=5.
∴EF=AF−AE=9−5=4.
∵∠ODF=90°,
∴DE=$\sqrt{EF^{2}-DF^{2}}$=$\sqrt{4^{2}-3^{2}}$=$\sqrt{7}$.
∵∠ABE=∠DCE、∠AEB=∠DEC,
∴△ABE∽△DCE.
∴$\frac{AE}{DE}$=$\frac{BE}{CE}$.
∴$\frac{5}{\sqrt{7}}$=$\frac{BE}{3}$.
∴BE=$\frac{15\sqrt{7}}{7}$.
∴BD=BE+DE=$\frac{15\sqrt{7}}{7}$+$\sqrt{7}$=$\frac{22\sqrt{7}}{7}$.
∴BO=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{11\sqrt{7}}{7}$,即⊙O的半径为$\frac{11\sqrt{7}}{7}$
20. (1)某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一道题目：如图①，在$\triangle ABC$中，点$O$在线段$BC$上，$\angle BAO=30^{\circ}$，$\angle OAC=75^{\circ}$，$AO=3\sqrt{3}$，$BO:CO=1:3$，求$AB$的长.
经过社团成员讨论发现，过点$B$作$BD// AC$，交$AO$的延长线于点$D$，通过构造$\triangle ABD$就可以解决问题(如图②).
请回答：$\angle ADB$的度数为
75°
，$AB$的长为
4$\sqrt{3}$
.
(2)请参考以上思路，解决问题：
如图③，在四边形$ABCD$中，对角线$AC$与$BD$相交于点$O$，$AC\perp AD$，$AO=3\sqrt{3}$，$\angle ABC=\angle ACB=75^{\circ}$，$BO:OD=1:3$，求$CD$的长.
答案：20.(1)75° 4$\sqrt{3}$ (2)过点B作BE//AD,交AC于点E.
∵AC⊥AD,BE//AD,
∴∠BEO=∠DAO=90°.
∵∠EOB=∠AOD,
∴△EOB∽△AOD.
∴$\frac{BO}{DO}$=$\frac{EO}{AO}$=$\frac{BE}{DA}$.
∵BO:OD=1:3,
∴$\frac{EO}{AO}$=$\frac{BE}{DA}$=$\frac{1}{3}$.
∵AO=3$\sqrt{3}$,
∴EO=$\sqrt{3}$.
∴AE=AO+EO=4$\sqrt{3}$.
∵∠ABC=∠ACB=75°,
∴∠BAC=30°,AB=AC.
∴在Rt△AEB中,AB=2BE,AE^{2}+BE^{2}=AB^{2},即(4$\sqrt{3}$)^{2}+BE^{2}=(2BE)^{2}.
∴BE=4.
∴AB=AC=8,AD=12.在Rt△CAD中,
∵AC^{2}+AD^{2}=CD^{2},即8^{2}+12^{2}=CD^{2},
∴CD=4$\sqrt{13}$
