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C
2
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
$\frac{1}{3}$或$\frac{\sqrt{2}}{4}$
解：过点O作OH⊥BC于点H，则∠OHE=∠OHC=90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，$OC = \frac{1}{2}AC$．
∵在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴由勾股定理，得$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$．
∴OC=5．
∵∠CEO=∠COE，
∴CE=OC=5．
∵∠ABC=∠OHC=90°，∠OCH=∠ACB，
∴△ABC∽△OHC．
∴$\frac{AB}{OH} = \frac{BC}{HC} = \frac{AC}{OC} = 2$．
∴$HC = \frac{1}{2}BC = 4，$$OH = \frac{1}{2}AB = 3$．
∴EH=CE-HC=5-4=1．
∴在Rt△OHE中，$\tan\angle CEO = \frac{OH}{EH} = \frac{3}{1} = 3$
解：（1）∵D为AC的中点，
∴AC=2CD．
∵BC=AC，
∴BC=2CD．
∵∠C=90°，
∴在Rt△BCD中，$\tan\angle BDC = \frac{BC}{CD} = \frac{2CD}{CD} = 2$．
（2）过点D作DH⊥AB于点H，设DH=t(t＞0)．
∵∠C=90°，BC=AC，
∴∠A=∠ABC=45°．
∴在Rt△ADH中，AH=DH=t．
由勾股定理，得$AD = \sqrt{t^2 + t^2} = \sqrt{2}t$．
∵D为AC的中点，
∴AC=2AD=2$\sqrt{2}t$．
∴BC=AC=2$\sqrt{2}t$．
∴在Rt△ABC中，
由勾股定理，得$AB = \sqrt{(2\sqrt{2}t)^2 + (2\sqrt{2}t)^2} = 4t$．
∴BH=AB-AH=3t．
∴在Rt△BHD中，$\tan\angle ABD = \frac{DH}{BH} = \frac{t}{3t} = \frac{1}{3}$
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