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8. 如图，在平行四边形$ABCD$中，$AB$为$\odot O$的直径，$\odot O$与$DC$相切于点$E$，与$AD$相交于点$F$，已知$AB = 12$，$∠ C = 60°$，则$\overset{\frown}{FE}$的长为
$π$
.答案
8.$π$
解析
【解析】
连接OE、OF。
因为AB为$\odot O$的直径，$AB=12$，所以$OA=OF=OE=6$。
因为$\odot O$与$DC$相切于点$E$，所以$OE⊥ DC$。
在平行四边形$ABCD$中，$AB// DC$，$∠ A=∠ C=60°$，故$OE⊥ AB$，即$∠ AOE=90°$。
又因为$OA=OF$，$∠ A=60°$，所以$△ AOF$是等边三角形，$∠ AOF=60°$。
因此$∠ FOE=∠ AOE-∠ AOF=90°-60°=30°$。
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（$n$为圆心角度数，$r$为半径），可得$\overset{\frown}{FE}$的长为$\frac{30π×6}{180}=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
平行四边形性质，切线的性质，弧长公式
【点评】
本题考查平行四边形、圆的切线性质与弧长公式的综合应用，关键是通过作辅助线构造圆心角，利用相关性质求出圆心角的度数，进而计算弧长。
【难度系数】
0.5
连接OE、OF。
因为AB为$\odot O$的直径，$AB=12$，所以$OA=OF=OE=6$。
因为$\odot O$与$DC$相切于点$E$，所以$OE⊥ DC$。
在平行四边形$ABCD$中，$AB// DC$，$∠ A=∠ C=60°$，故$OE⊥ AB$，即$∠ AOE=90°$。
又因为$OA=OF$，$∠ A=60°$，所以$△ AOF$是等边三角形，$∠ AOF=60°$。
因此$∠ FOE=∠ AOE-∠ AOF=90°-60°=30°$。
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（$n$为圆心角度数，$r$为半径），可得$\overset{\frown}{FE}$的长为$\frac{30π×6}{180}=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
平行四边形性质，切线的性质，弧长公式
【点评】
本题考查平行四边形、圆的切线性质与弧长公式的综合应用，关键是通过作辅助线构造圆心角，利用相关性质求出圆心角的度数，进而计算弧长。
【难度系数】
0.5
9. 如图，在平面直角坐标系中，直线$AB$过点$A(-3\sqrt{2},0)$，$B(0,3\sqrt{2})$，$\odot O$的半径为1($O$为坐标原点)，点$P$在直线$AB$上，过点$P$作$\odot O$的一条切线$PQ$，$Q$为切点，则切线长$PQ$的最小值为(
A.$\sqrt{7}$
B.$2\sqrt{2}$
C.3
D.$\sqrt{10}$
B
)A.$\sqrt{7}$
B.$2\sqrt{2}$
C.3
D.$\sqrt{10}$
答案
9.B
解析
【解析】
1. 由点$A(-3\sqrt{2},0)$，$B(0,3\sqrt{2})$，得$OA=OB=3\sqrt{2}$，$△ AOB$为等腰直角三角形。
2. 计算$AB$的长度：$AB=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$。
3. 当$OP⊥ AB$时，$OP$取得最小值，由等面积法：$\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP$，代入得$OP=\frac{3\sqrt{2}×3\sqrt{2}}{6}=3$。
4. 因为$PQ$是$\odot O$的切线，所以$OQ⊥ PQ$，在$Rt△ OPQ$中，$OQ=1$，由勾股定理：$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt{2}$，即切线长$PQ$的最小值为$2\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题考查切线性质与垂线段最短的综合应用，解题关键是明确当$OP$最小时，切线长$PQ$最小，利用等面积法求出$OP$的最小值是核心步骤。
【难度系数】
0.6
1. 由点$A(-3\sqrt{2},0)$，$B(0,3\sqrt{2})$，得$OA=OB=3\sqrt{2}$，$△ AOB$为等腰直角三角形。
2. 计算$AB$的长度：$AB=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=6$。
3. 当$OP⊥ AB$时，$OP$取得最小值，由等面积法：$\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP$，代入得$OP=\frac{3\sqrt{2}×3\sqrt{2}}{6}=3$。
4. 因为$PQ$是$\odot O$的切线，所以$OQ⊥ PQ$，在$Rt△ OPQ$中，$OQ=1$，由勾股定理：$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt{2}$，即切线长$PQ$的最小值为$2\sqrt{2}$。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，勾股定理，垂线段最短
【点评】
本题考查切线性质与垂线段最短的综合应用，解题关键是明确当$OP$最小时，切线长$PQ$最小，利用等面积法求出$OP$的最小值是核心步骤。
【难度系数】
0.6
10. 如图，$AB$是$\odot O$的直径，$P$是弦$AC$上一动点（不与$A$，$C$重合），过点$P$作$PE ⊥ AB$，垂足为$E$，射线$EP$交$\overset{\frown}{AC}$于点$F$，交过点$C$的$\odot O$的切线于点$D$.
（1）求证：$DC = DP$；
（2）若$∠ CAB = 30°$，当$F$是$\overset{\frown}{AC}$的中点时，判断以$A$，$O$，$C$，$F$为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由.
（1）求证：$DC = DP$；
（2）若$∠ CAB = 30°$，当$F$是$\overset{\frown}{AC}$的中点时，判断以$A$，$O$，$C$，$F$为顶点的四边形是什么特殊四边形，并说明理由.
答案
10.(1)略
(2)解:四边形AOCF是菱形,理由如下.
如图,连结OC,OF,CF,AF.
$\because∠ CAB = 30°,\therefore∠ BOC = 60°.$
又AB是$\odot O$的直径,$\therefore∠ AOC = 120°.$
$\because$F是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
$\therefore∠ AOF = ∠ COF = 60°.$
$\because OA = OF = OC$,
$\therefore△ AOF$和$△ COF$均为等边三角形.
$\therefore AF = FC = OC = OA$,$\therefore$四边形AOCF是菱形.
解析
【解析】
（1）证明：连接$OC$，
$\because CD$是$\odot O$的切线，$\therefore OC⊥ CD$，即$∠ OCD=90°$，
$\therefore ∠ DCA+∠ OCA=90°$。
$\because PE⊥ AB$，$\therefore ∠ PEA=90°$，$\therefore ∠ APE+∠ CAB=90°$。
$\because OA=OC$，$\therefore ∠ OCA=∠ CAB$，
$\therefore ∠ DCA=∠ APE$，又$∠ APE=∠ DPC$，
$\therefore ∠ DCA=∠ DPC$，$\therefore DC=DP$。
（2）解：四边形$AOCF$是菱形，理由如下：
连接$OC$，$OF$，$CF$，$AF$。
$\because ∠ CAB=30°$，根据圆周角定理，$∠ BOC=2∠ CAB=60°$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AOC=180°-∠ BOC=120°$。
$\because F$是$\overset{\frown}{AC}$的中点，$\therefore \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{CF}$，
$\therefore ∠ AOF=∠ COF=\frac{1}{2}∠ AOC=60°$。
$\because OA=OF=OC$，$\therefore △ AOF$和$△ COF$均为等边三角形，
$\therefore AF=OA$，$FC=OC$，又$OA=OC$，
$\therefore AF=FC=OC=OA$，$\therefore$四边形$AOCF$是菱形。
【答案】
（1）证明见上述解析；
（2）以$A$，$O$，$C$，$F$为顶点的四边形是菱形，理由见上述解析。
【知识点】
切线的性质；菱形的判定；圆周角定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与特殊四边形的判定，第一问利用切线性质、等腰三角形性质推导等角，进而证明线段相等；第二问通过圆周角定理、等边三角形判定得到四边相等，从而判定菱形，对几何逻辑推理能力有一定要求，需熟练掌握相关定理并灵活应用。
【难度系数】
0.6
（1）证明：连接$OC$，
$\because CD$是$\odot O$的切线，$\therefore OC⊥ CD$，即$∠ OCD=90°$，
$\therefore ∠ DCA+∠ OCA=90°$。
$\because PE⊥ AB$，$\therefore ∠ PEA=90°$，$\therefore ∠ APE+∠ CAB=90°$。
$\because OA=OC$，$\therefore ∠ OCA=∠ CAB$，
$\therefore ∠ DCA=∠ APE$，又$∠ APE=∠ DPC$，
$\therefore ∠ DCA=∠ DPC$，$\therefore DC=DP$。
（2）解：四边形$AOCF$是菱形，理由如下：
连接$OC$，$OF$，$CF$，$AF$。
$\because ∠ CAB=30°$，根据圆周角定理，$∠ BOC=2∠ CAB=60°$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ AOC=180°-∠ BOC=120°$。
$\because F$是$\overset{\frown}{AC}$的中点，$\therefore \overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{CF}$，
$\therefore ∠ AOF=∠ COF=\frac{1}{2}∠ AOC=60°$。
$\because OA=OF=OC$，$\therefore △ AOF$和$△ COF$均为等边三角形，
$\therefore AF=OA$，$FC=OC$，又$OA=OC$，
$\therefore AF=FC=OC=OA$，$\therefore$四边形$AOCF$是菱形。
【答案】
（1）证明见上述解析；
（2）以$A$，$O$，$C$，$F$为顶点的四边形是菱形，理由见上述解析。
【知识点】
切线的性质；菱形的判定；圆周角定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与特殊四边形的判定，第一问利用切线性质、等腰三角形性质推导等角，进而证明线段相等；第二问通过圆周角定理、等边三角形判定得到四边相等，从而判定菱形，对几何逻辑推理能力有一定要求，需熟练掌握相关定理并灵活应用。
【难度系数】
0.6
