1.如图,在同心圆中,大$\odot O$的弦AB切小$\odot O$于点P.若$AB=8$,则圆环的面积为.

$\boldsymbol{16π}$

解：连接OP、OA。
∵ AB切小⊙O于点P，
∴ OP⊥AB，
由垂径定理得：$AP=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8=4$。
圆环的面积$S=S_{大\odot O}-S_{小\odot O}=π· OA^2-π· OP^2=π(OA^2-OP^2)$。
在$Rt△ OPA$中，由勾股定理得：$OA^2-OP^2=AP^2=16$，
∴ 圆环的面积为$16π$。
最终

2.如图，PA，PB是$\odot O$的两条切线，切点分别是A，B，PA=10，CD是$\odot O$的切线，交PA于点C，交PB于点D.
$△ PCD$的周长是.

$\boldsymbol{20}$

解：
∵ PA，PB是⊙O的两条切线，
∴ PA = PB = 10。
设CD与⊙O的切点为E，
∵ CA、CE是⊙O的切线，
∴ CA = CE，
同理可得DB = DE。
∴ △PCD的周长 = PC + CD + PD
= PC + CE + DE + PD
= PC + CA + DB + PD
= PA + PB
= 10 + 10 = 20。

3. 提升题 如图，P是抛物线$y=x^2 -4x +3$上的一点，以点P为圆心、1个单位长度为半径作$\odot P$，当$\odot P$与x轴相切时，点P的坐标为。

解：
∵⊙P的半径为1，且⊙P与x轴相切，
∴点P到x轴的距离等于半径1，即点P的纵坐标为1或-1。
① 当纵坐标y=1时，将y=1代入抛物线解析式$y=x^2-4x+3$：
$x^2-4x+3=1$
整理得$x^2-4x+2=0$，
解得$x_1=2+\sqrt{2}$，$x_2=2-\sqrt{2}$，
对应点P的坐标为$(2+\sqrt{2},1)$，$(2-\sqrt{2},1)$。
② 当纵坐标y=-1时，将y=-1代入抛物线解析式$y=x^2-4x+3$：
$x^2-4x+3=-1$
整理得$(x-2)^2=0$，
解得$x_1=x_2=2$，
对应点P的坐标为$(2,-1)$。
综上，点P的坐标为$\boldsymbol{(2+\sqrt{2},1)}$、$\boldsymbol{(2-\sqrt{2},1)}$、$\boldsymbol{(2,-1)}$。

4.已知AB是$\odot O$的直径，AP是$\odot O$的切线，A是切点，BP与$\odot O$相交于点C.
(1)如图①，若$∠ P=35°$，则$∠ ABP=$；
(2)如图②，若D为AP的中点，求证：直线CD是$\odot O$的切线.

(1) $\boldsymbol{55°}$

解：(1)
∵ AP是⊙O的切线，A是切点，
∴ AB⊥AP，即∠BAP=90°。
在Rt△ABP中，∠ABP + ∠P = 90°，
∵ ∠P=35°，
∴ ∠ABP=90°-35°=55°。
(2) 证明：连接OC、AC。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90°，即∠ACP=90°，△ACP为直角三角形。
∵ D为AP的中点，
∴ CD=AD=$\frac{1}{2}$AP，
∴ ∠DAC=∠DCA。
∵ OA=OC，
∴ ∠OAC=∠OCA。
∵ AP是⊙O的切线，
∴ AB⊥AP，即∠OAC + ∠DAC = 90°，
∴ ∠OCA + ∠DCA = ∠OCD = 90°，即OC⊥CD。
又∵ OC是⊙O的半径，
∴ 直线CD是⊙O的切线。

5. 提升题▶如图，AB，BC，CD分别与$\odot O$相切于E，F，G三点，且$AB// CD$，$BO=6\ \mathrm{cm}$，$CO=8\ \mathrm{cm}$。
(1)求证：$∠ BOC=90°$；
(2)求BE的长。

(1) 证明：
∵ AB, BC分别与$\odot O$相切于E, F两点，
∴ $BO$平分$∠ ABC$，即$∠ OBC = \frac{1}{2}∠ ABC$。
同理，CD, BC分别与$\odot O$相切于G, F两点，
∴ $CO$平分$∠ BCD$，即$∠ OCB = \frac{1}{2}∠ BCD$。
∵ $AB // CD$，
∴ $∠ ABC + ∠ BCD = 180°$，
∴ $∠ OBC + ∠ OCB = \frac{1}{2}(∠ ABC + ∠ BCD) = \frac{1}{2} × 180° = 90°$，
∴ $∠ BOC = 180° - (∠ OBC + ∠ OCB) = 90°$。
---
(2) 解：
在$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$BO=6\ \mathrm{cm}$，$CO=8\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{BO^2 + CO^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10\ \mathrm{cm}$
∵ $BC$切$\odot O$于点$F$，
∴ $OF ⊥ BC$。
由三角形面积公式：
$S_{△ BOC} = \frac{1}{2} · BO · CO = \frac{1}{2} · BC · OF$
代入数值解得：
$OF = \frac{BO · CO}{BC} = \frac{6 × 8}{10} = \frac{24}{5}\ \mathrm{cm}$
由切线长定理得$BE = BF$，在$\mathrm{Rt}△ BOF$中：
$BF = \sqrt{BO^2 - OF^2} = \sqrt{6^2 - (\frac{24}{5})^2} = \sqrt{\frac{324}{25}} = \frac{18}{5}\ \mathrm{cm}$
∴ $BE = \frac{18}{5}\ \mathrm{cm} = 3.6\ \mathrm{cm}$。
答：$BE$的长为$\frac{18}{5}\ \mathrm{cm}$（或$3.6\ \mathrm{cm}$）。