8. 在平面直角坐标系中,若以点 $A(2,-1)$ 为圆心,2 为半径的$\odot A$与过点$B(1,0)$的直线交于点$C,D$,则$CD$的最小值为（）

A.$\sqrt{2}$
B.2
C.$2\sqrt{2}$
D.4

8.C

9. 如图，$AB$ 是$\odot O$的弦，$C$ 是优弧$\overgroup{AB}$上的动点(点$C$不与点$A$，$B$重合)，$CH⊥ AB$，垂足为$H$，$M$是$BC$的中点. 若$\odot O$的半径是3，则$MH$长的最大值是（）

A.3
B.4
C.5
D.6

9.A

10. 如图, 在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ B=70^{ \circ }$, 以点$C$为圆心,$CA$长为半径作弧, 交直线$BC$于点$P$, 连接$AP$, 则$∠ BAP$的度数是.

10.$15°或75°$

11. 如图,正方形 $ABCD$ 在 $\odot O$ 的内部,点 $B,C$ 在圆上,点 $A,D$ 在直径上.
(1)$OA$ 与 $OD$ 相等吗? 为什么?
(2)在正方形 $ABCD$ 右侧再作一个小正方形 $EDGF$,且点 $F$ 在 $\odot O$ 上,若正方形 $ABCD$ 的边长为 4,求正方形 $EDGF$ 的边长.

11.解:(1)$OA=OD$. 理由如下:连接$OB,OC$,如答图.
$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore ∠BAO=∠CDO=90°,AB=DC.$
又$\because OB=OC,\therefore \mathrm{Rt}△ABO≌\mathrm{Rt}△DCO(\mathrm{HL}),$
$\therefore OA=OD.$
(2)$\because AD=4,\therefore OD=2,OC=2\sqrt{5}.$
如答图,连接$OF$,则$OF=OC=2\sqrt{5}.$
设正方形$EDGF$的边长为$x$,
在$\mathrm{Rt}△OGF$中,$FG^2+OG^2=OF^2,$
即$x^2+(x+2)^2=(2\sqrt{5})^2,$
解得$x_1=2,x_2=-4$(不合题意,舍去),
$\therefore$ 正方形$EDGF$的边长为2.

第11题答图

12. (2025·徐州泉山区模拟)如图,正方形$ABCD$的边长为2,以$AB$边上的动点$O$为圆心,$OB$的长为半径作圆,将$△ AOD$沿$OD$翻折至$△ A'OD$,若$\odot O$过$△ A'OD$一边上的中点,求$\odot O$的半径.

12.解:如答图①,当以$OB$为半径的$\odot O$过$△A'OD$的边$OA'$的中点时,由折叠可知$OA=OA'$. 又$\because OA'=2OB$,
$\therefore AB=3OB,\therefore OB=\frac{1}{3}AB=\frac{2}{3}.$ 如答图②,当以$OB$为半径的$\odot O$过$△A'OD$的边$OD$的中点时,$OD=2OB$. 设$OB=x$,则$OD=2x,OA=2-x$. 在$\mathrm{Rt}△AOD$中,由勾股定理,得$OA^2+AD^2=OD^2$,$\therefore (2-x)^2+2^2=(2x)^2$,解得$x=\frac{-2+2\sqrt{7}}{3}$(负值舍去),即半径$OB=\frac{2\sqrt{7}-2}{3}$. 如答图③,当以$OB$为半径的$\odot O$过$△A'OD$的边$A'D$的中点时,$A'E=\frac{1}{2}AD=1$. 设$OB=y$,则$OE=y,OA'=OA=2-y$. 在$\mathrm{Rt}△A'OE$中,由勾股定理,得$OA'^2+A'E^2=OE^2$,$\therefore (2-y)^2+1^2=y^2$,解得$y=\frac{5}{4}$,即半径$OB=\frac{5}{4}$.
综上所述,半径$OB$的长为$\frac{2}{3}$或$\frac{5}{4}$或$\frac{2\sqrt{7}-2}{3}$.

第12题答图