8. 如图，AB是⊙O的直径，BC交⊙O于点D，DE⊥AC于点E。现有下列条件：①DE = DO；②AB = AC；③CD = DB；④AC // OD。从中任意选择一个条件，能使DE是⊙O的切线的有 （）

A.1个
B.2个
C.3个
D.4个

8 C 如图,连接AD. 当$AB=AC$时,$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore AD⊥BC,\therefore CD=BD,\because AO=BO,\therefore OD$是$△ABC$的中位线,$\therefore OD// AC,\because DE⊥AC,\therefore DE⊥OD,\because OD$为半径,$\therefore DE$是$\odot O$的切线,$\therefore$ ②正确. 当$CD=BD$时,同理可得DE是$\odot O$的切线,$\therefore$ ③正确. 当$AC// OD$时,同理可得DE是$\odot O$的切线,$\therefore$ ④正确. 由$DE=DO$,无法得到DE是$\odot O$的切线,$\therefore$ ①错误.

9. 新考向·数学文化 欧几里得被称为“几何之父”，其著作《几何原本》的第二卷中记载了求关于x的方程$x^2 + 4nx -9m^2=0$根的图形解法：如图，在$\odot O$中，CD为直径，$\odot O$的切线与CD的延长线交于点B，切点为A，连接AC，AO，使AB=3m，CD=4n，则该方程的一个正根是（）

A.BD的长度
B.BO的长度
C.BC的长度
D.AC的长度

9 A 解题思路:先利用公式法解方程,得到方程的正根为$-2n+\sqrt{9m^2+4n^2}$,再根据切线的性质得到$∠OAB=90°$,则$OB=\sqrt{9m^2+4n^2}$,$\therefore BD=\sqrt{9m^2+4n^2}-2n$,从而可判断方程的一个正根是BD的长度.
解关于x的方程$x^2+4nx-9m^2=0$,得$x_1=-2n+\sqrt{9m^2+4n^2}$,$x_2=-2n-\sqrt{9m^2+4n^2}$,即方程的正根为$-2n+\sqrt{9m^2+4n^2}$.
$\because AB$为$\odot O$的切线,$\therefore OA⊥AB,\therefore ∠OAB=90°.$
$\because CD=4n,\therefore OA=OD=2n.$
在$Rt△OAB$中,$OB=\sqrt{(3m)^2+(2n)^2}=\sqrt{9m^2+4n^2}$,$\therefore BD=OB-OD=\sqrt{9m^2+4n^2}-2n$,即该方程的一个正根是BD的长度.

10. [2025无锡金桥双语实验学校期中]如图，$\odot P$与$y$轴相切于点$C(0,3)$，与$x$轴相交于点$A(1,0),B(9,0)$.若直线$y=kx-3$恰好平分$\odot P$的面积，则$k$的值是.

10 $\dfrac{6}{5}$ 解题思路:由直线$y=kx-3$恰好平分$\odot P$的面积,知直线$y=kx-3$必过圆心P. 由A,B,C三点的坐标和切线的性质,可求出点P的坐标,代入直线的函数表达式即可求出k的值.
如图,连接PC,PA,过点P作$PD⊥AB$于点D. $\because \odot P$与y轴相切于点$C(0,3),\therefore PC⊥y$轴,$\therefore$ 四边形PDOC是矩形,$\therefore PD=OC=3. \because A(1,0),B(9,0),\therefore AB=9-1=8,\therefore AD=\frac{1}{2}AB=4,\therefore OD=AD+OA=5,\therefore P(5,3). \because$ 直线$y=kx-3$恰好平分$\odot P$的面积,$\therefore$ 直线$y=kx-3$过圆心P. 将$P(5,3)$的坐标代入,得$3=5k-3$,解得$k=\frac{6}{5}.$

11. [2026苏州草桥中学月考]如图,在平面直角坐标系xOy中,直线AB经过A(3,0),B(0,4),⊙O的半径为2,点P是直线AB上的一动点,过点P作⊙O的一条切线PQ,Q为切点,则PQ的最小值为.

11 $\dfrac{2\sqrt{11}}{5}$ 连接PO,OQ. $\because A(3,0),B(0,4),\therefore OA=3,OB=4.$
$\because ∠AOB=90°,\therefore AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5. \because PQ$切$\odot O$于Q,$\therefore OQ⊥PQ,\therefore ∠PQO=90°,\therefore PQ=\sqrt{PO^2-OQ^2}=\sqrt{PO^2-2^2}$,$\therefore$ 当PO最小时,PQ最小. 由“垂线段最短”可知,当$PO⊥AB$时,PO最小. 此时,$S_{△AOB}=\frac{1}{2}AB·PO=\frac{1}{2}AO·OB$,$\therefore \frac{1}{2}×5×PO=\frac{1}{2}×3×4$,$\therefore PO=\frac{12}{5}$,$\therefore PQ$的最小值为$\sqrt{(\frac{12}{5})^2-2^2}=\frac{2\sqrt{11}}{5}.$

12. [2025南京中考] 如图，O是$□ ABCD$的对称中心，BC与$\odot O$相切于点E.
视频解题
(1)求证:直线AD是$\odot O$的切线.

选择其中一位同学的想法，完成证明.
(2)当AB与$\odot O$相切时，$□ ABCD$是菱形吗？说明理由.

12 解:(1)选择左边同学的想法,证明如下:
如图1,过点O作$OF⊥AD$,连接OE,BD,$\therefore ∠DFO=90°.$
$\because O$是$□ ABCD$的对称中心,
$\therefore B,O,D$三点共线,且$OB=DO,AD// BC,$
$\therefore ∠FDO=∠EBO.$
$\because BC$与$\odot O$相切于点E,$\therefore OE⊥BC$,即$∠BEO=90°,$
$\therefore ∠DFO=∠BEO,\therefore △DFO≌ △BEO,\therefore OF=OE.$
$\because ∠DFO=90°$,OF为$\odot O$的半径,$\therefore$ 直线AD是$\odot O$的切线.
选择右边同学的想法,证明如下:
如图2,连接EO并延长,交AD于点M,连接BD.
$\because O$是$□ ABCD$的对称中心,
$\therefore B,O,D$三点共线,且$OB=DO,AD// BC,$
$\therefore ∠MDO=∠EBO.$
$\because BC$与$\odot O$相切于点E,$\therefore OE⊥BC.$
$\because AD// BC,\therefore ∠DMO=∠BEO=90°,$
$\therefore △MOD≌ △EOB,OM=OE.$
$\because ∠DMO=90°$,OM为$\odot O$的半径,
$\therefore$ 直线AD是$\odot O$的切线.
(2)$□ ABCD$是菱形. 理由如下:
如图3,当AB与$\odot O$相切时,记切点为点N,连接BD,OE,ON.
$\because BC$与$\odot O$相切于点E,AB与$\odot O$相切于点N,
$\therefore ∠ONB=∠OEB=90°.$
$\because BO=BO,ON=OE,$
$\therefore Rt△ONB≌ Rt△OEB,\therefore ∠ABD=∠CBD.$
$\because$ 四边形ABCD是平行四边形,$\therefore AD// BC,$
$\therefore ∠ADB=∠CBD,\therefore ∠ADB=∠ABD,\therefore AB=AD.$
$\because$ 四边形ABCD是平行四边形,
$\therefore □ ABCD$是菱形.

13. 推理能力|新考向·尺规作图 已知$\odot O$(如图).设过点P所画的$\odot O$的两条切线分别为PA,PB,切点为A,B.尺规作图:用两种不同的方法作一点P,使$∠ APB=45°$.(保留作图痕迹,写出必要的文字说明)

13 解:如图,点P即所求.
方法①:作直径EB,CD,且$EB⊥CD$;作半径OA平分$∠EOD$;过A,B分别作OA,OB的垂线,两条垂线的交点即点P.

方法②:作半径OA,过A作直线$l⊥OA$,以点A为圆心,OA长为半径画弧,交直线l于点C,再以点C为圆心,OC长为半径画弧,交直线l于点P,再以点P为圆心,AP长为半径画弧,交$\odot O$于点B,连接OB,BP,点P即所求.