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8.如图，已知$\odot O$，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)
答案
8.解:如答图,点P即为所求.
方法①:作直径EB,CD,且$CD⊥EB$;作半径OA平分$∠EOD$;过点A,B分别作OA,OB的垂线,两条垂线的交点即为点P.
方法②:作半径OA,过点A作直线$l⊥OA$,以点A为圆心,OA为半径画弧交直线l于点C,连接OC;再以点C为圆心,OC长为半径画弧交直线l于点P,连接OP;再以点P为圆心,AP长为半径画弧交$\odot O$于点B,连接OB,BP,即$∠APB=45°$,点P即为所求.
解析
【分析】
要作出满足条件的点P，首先结合切线的性质推导角度关系：圆的切线垂直于过切点的半径，因此OA⊥PA、OB⊥PB，四边形OAPB中∠OAP和∠OBP均为90°，根据四边形内角和为360°，可算出当∠APB=45°时，圆心角∠AOB=360°-90°-90°-45°=135°。因此作图核心是构造出度数为135°的圆心角∠AOB，再过两个端点作对应半径的垂线，交点即为P；也可以通过角度构造直接确定符合切线夹角要求的P点。
【解析】
方法①作图原理与步骤：
1. 作互相垂直的直径EB和CD，此时∠EOD=90°；
2. 作半径OA平分∠EOD，得∠AOD=45°，因此∠AOB=∠AOD+∠DOB=45°+90°=135°，满足圆心角要求；
3. 分别过A作OA的垂线、过B作OB的垂线，两条垂线的交点就是所求点P，此时∠APB=45°。
方法②作图原理与步骤：
1. 任作半径OA，过A作直线l⊥OA，l就是⊙O过A点的切线；
2. 以A为圆心、OA为半径画弧交l于C，此时△OAC为等腰直角三角形，∠OCA=45°；
3. 以C为圆心、OC为半径画弧交l于P，由OC=CP可得∠CPO=∠COP，推出∠APO=22.5°；
4. 以P为圆心、AP为半径画弧交⊙O于B，连接OB、BP，可得PB也是⊙O的切线，∠APB=2∠APO=45°，即点P为所求。
【答案】
如答图，点P即为所求。
方法①:作直径EB,CD,且$CD⊥EB$;作半径OA平分$∠EOD$;过点A,B分别作OA,OB的垂线,两条垂线的交点即为点P。
方法②:作半径OA,过点A作直线$l⊥OA$,以点A为圆心,OA为半径画弧交直线l于点C,连接OC;再以点C为圆心,OC长为半径画弧交直线l于点P,连接OP;再以点P为圆心,AP长为半径画弧交$\odot O$于点B,连接OB,BP,即$∠APB=45°$,点P即为所求。
【知识点】
切线的性质；尺规作图；四边形内角和
【点评】
本题将圆的性质与尺规作图相结合，需要学生逆向推导满足条件的角度关系，再结合基本作图规则完成操作，开放性较强，既考查了基础几何性质的掌握程度，也锻炼了逻辑推理与动手实践能力。
【难度系数】
0.5
要作出满足条件的点P，首先结合切线的性质推导角度关系：圆的切线垂直于过切点的半径，因此OA⊥PA、OB⊥PB，四边形OAPB中∠OAP和∠OBP均为90°，根据四边形内角和为360°，可算出当∠APB=45°时，圆心角∠AOB=360°-90°-90°-45°=135°。因此作图核心是构造出度数为135°的圆心角∠AOB，再过两个端点作对应半径的垂线，交点即为P；也可以通过角度构造直接确定符合切线夹角要求的P点。
【解析】
方法①作图原理与步骤：
1. 作互相垂直的直径EB和CD，此时∠EOD=90°；
2. 作半径OA平分∠EOD，得∠AOD=45°，因此∠AOB=∠AOD+∠DOB=45°+90°=135°，满足圆心角要求；
3. 分别过A作OA的垂线、过B作OB的垂线，两条垂线的交点就是所求点P，此时∠APB=45°。
方法②作图原理与步骤：
1. 任作半径OA，过A作直线l⊥OA，l就是⊙O过A点的切线；
2. 以A为圆心、OA为半径画弧交l于C，此时△OAC为等腰直角三角形，∠OCA=45°；
3. 以C为圆心、OC为半径画弧交l于P，由OC=CP可得∠CPO=∠COP，推出∠APO=22.5°；
4. 以P为圆心、AP为半径画弧交⊙O于B，连接OB、BP，可得PB也是⊙O的切线，∠APB=2∠APO=45°，即点P为所求。
【答案】
如答图，点P即为所求。
方法①:作直径EB,CD,且$CD⊥EB$;作半径OA平分$∠EOD$;过点A,B分别作OA,OB的垂线,两条垂线的交点即为点P。
方法②:作半径OA,过点A作直线$l⊥OA$,以点A为圆心,OA为半径画弧交直线l于点C,连接OC;再以点C为圆心,OC长为半径画弧交直线l于点P,连接OP;再以点P为圆心,AP长为半径画弧交$\odot O$于点B,连接OB,BP,即$∠APB=45°$,点P即为所求。
【知识点】
切线的性质；尺规作图；四边形内角和
【点评】
本题将圆的性质与尺规作图相结合，需要学生逆向推导满足条件的角度关系，再结合基本作图规则完成操作，开放性较强，既考查了基础几何性质的掌握程度，也锻炼了逻辑推理与动手实践能力。
【难度系数】
0.5
9.(2025·南京秦淮区二模)如图,四边形ABCD的各边都与$\odot O$相切,切点分别为$E,F,G,H$.连接$OA,OB,OC,OD$.
(1)若$AB=5,BC=6,CD=4$,则$DA$的长为________;
(2)求证:$∠ AOD+∠ BOC=180°$.
(1)若$AB=5,BC=6,CD=4$,则$DA$的长为________;
(2)求证:$∠ AOD+∠ BOC=180°$.
答案
9.(1)3
(2)证明:如答图,连接OE,OF,OG,OH.
$\because$ 四边形ABCD是$\odot O$的外切四边形,切点分别为E,F,G,H,$\therefore OE⊥AB,OF⊥BC,∠OBE=∠OBF$,
$\therefore ∠BOE=∠BOF$.
同理可得$∠COF=∠COG,∠DOG=∠DOH,∠AOE=∠AOH$,$\therefore ∠AOD+∠BOC=\frac{1}{2}×360°=180°$.
解析
【分析】
(1) 本题可利用圆外切四边形的性质求解，首先回忆圆外切四边形的核心特征：两组对边的和相等，将已知的边长代入该等量关系即可直接计算出DA的长度。
(2) 要证明两个角的和为180°，可先连接各切点与圆心作为辅助线，结合切线的性质和切线长定理可得：圆心与四边形顶点的连线平分对应内角，进而推出相邻的切线与半径的夹角两两相等，再结合周角为360°，通过角的等量代换即可证明结论。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是⊙O的外切四边形，四条边均与⊙O相切
∴ 根据圆外切四边形的性质，两组对边之和相等，即$AB + CD = BC + DA$
将$AB=5,BC=6,CD=4$代入式子得：$5 + 4 = 6 + DA$
解得：$DA = 9 - 6 = 3$
(2) 证明：如答图，连接$OE,OF,OG,OH$。
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的外切四边形，切点分别为$E,F,G,H$
∴ 由切线的性质可得$OE⊥AB,OF⊥BC$，由切线长定理可得OB平分$∠ABC$，即$∠OBE=∠OBF$
∴ $∠ BOE=∠BOF$
同理可得$∠COF=∠COG,∠DOG=∠DOH,∠AOE=∠AOH$
∵ 上述8个角的和为周角，即总和为$360°$
∴ $2(∠AOH + ∠DOH + ∠BOF + ∠COF)=360°$
即$2(∠AOD + ∠BOC)=360°$
∴ $∠AOD+∠BOC=\frac{1}{2}×360°=180°$
【答案】
(1) $\boxed{3}$
(2) 证明见上述解析，$∠AOD+∠BOC=180°$成立。
【知识点】
1. 圆外切四边形的性质
2. 切线长定理
3. 切线的性质
【点评】
本题是圆的切线相关知识的典型题型，第一问侧重基础性质的直接应用，第二问需要结合辅助线构造角的等量关系，整体考查对基础定理的理解和应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.7
(1) 本题可利用圆外切四边形的性质求解，首先回忆圆外切四边形的核心特征：两组对边的和相等，将已知的边长代入该等量关系即可直接计算出DA的长度。
(2) 要证明两个角的和为180°，可先连接各切点与圆心作为辅助线，结合切线的性质和切线长定理可得：圆心与四边形顶点的连线平分对应内角，进而推出相邻的切线与半径的夹角两两相等，再结合周角为360°，通过角的等量代换即可证明结论。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是⊙O的外切四边形，四条边均与⊙O相切
∴ 根据圆外切四边形的性质，两组对边之和相等，即$AB + CD = BC + DA$
将$AB=5,BC=6,CD=4$代入式子得：$5 + 4 = 6 + DA$
解得：$DA = 9 - 6 = 3$
(2) 证明：如答图，连接$OE,OF,OG,OH$。
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的外切四边形，切点分别为$E,F,G,H$
∴ 由切线的性质可得$OE⊥AB,OF⊥BC$，由切线长定理可得OB平分$∠ABC$，即$∠OBE=∠OBF$
∴ $∠ BOE=∠BOF$
同理可得$∠COF=∠COG,∠DOG=∠DOH,∠AOE=∠AOH$
∵ 上述8个角的和为周角，即总和为$360°$
∴ $2(∠AOH + ∠DOH + ∠BOF + ∠COF)=360°$
即$2(∠AOD + ∠BOC)=360°$
∴ $∠AOD+∠BOC=\frac{1}{2}×360°=180°$
【答案】
(1) $\boxed{3}$
(2) 证明见上述解析，$∠AOD+∠BOC=180°$成立。
【知识点】
1. 圆外切四边形的性质
2. 切线长定理
3. 切线的性质
【点评】
本题是圆的切线相关知识的典型题型，第一问侧重基础性质的直接应用，第二问需要结合辅助线构造角的等量关系，整体考查对基础定理的理解和应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.7
10.如图,边长为1的正方形ABCD的边AB是⊙O的直径,CF是⊙O的切线,E为切点,点F在AD上,BE是⊙O的弦,求△CDF的面积.
答案
10.解:设$AF=x.∵$ 四边形ABCD是正方形,
$\therefore ∠DAB=90°,∴DA⊥AB,∴AD$是$\odot O$的切线.
$\because CF$是$\odot O$的切线,E为切点,
$\therefore EF=AF=x,∴FD=1-x$.
$\because CB⊥AB,∴CB$为$\odot O$的切线,$\therefore CB=CE$,
$\therefore CF=CE+EF=CB+EF=1+x$.
在$\mathrm{Rt}△CDF$中,由勾股定理,得$CF^2=CD^2+DF^2$,
即$(1+x)^2=1+(1-x)^2$,解得$x=\frac{1}{4}$,
$\therefore DF=1-x=\frac{3}{4},∴S_{△CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$.
$\therefore ∠DAB=90°,∴DA⊥AB,∴AD$是$\odot O$的切线.
$\because CF$是$\odot O$的切线,E为切点,
$\therefore EF=AF=x,∴FD=1-x$.
$\because CB⊥AB,∴CB$为$\odot O$的切线,$\therefore CB=CE$,
$\therefore CF=CE+EF=CB+EF=1+x$.
在$\mathrm{Rt}△CDF$中,由勾股定理,得$CF^2=CD^2+DF^2$,
即$(1+x)^2=1+(1-x)^2$,解得$x=\frac{1}{4}$,
$\therefore DF=1-x=\frac{3}{4},∴S_{△CDF}=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$.
解析
【分析】
解决本题首先结合正方形的性质判断AD、BC都是⊙O的切线，再利用切线长定理得到线段之间的等量关系，设AF的长度为未知数，用含未知数的式子表示出Rt△CDF的各边长度，最后利用勾股定理列方程求解未知数，进而计算△CDF的面积。
【解析】
设$AF=x$，
∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴$∠ DAB=∠ CBA=90°$，$CD=AD=CB=1$，
∵AB是⊙O的直径，$DA⊥ AB$，$CB⊥ AB$，
∴AD、BC都是⊙O的切线，
又
∵CF是⊙O的切线，E为切点，
∴根据切线长定理可得：$EF=AF=x$，$CE=CB=1$，
∴$FD=AD-AF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$，
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，由勾股定理得：$CF^2=CD^2+DF^2$，
代入得：$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，
展开化简得$4x=1$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}× CD× DF=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$。
【答案】
$\frac{3}{8}$
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题将正方形性质与圆的切线知识结合考查，解题的核心是利用切线长定理转化线段关系，再通过勾股定理构造方程求解，很好地体现了几何计算中的方程思想。
【难度系数】
0.7
解决本题首先结合正方形的性质判断AD、BC都是⊙O的切线，再利用切线长定理得到线段之间的等量关系，设AF的长度为未知数，用含未知数的式子表示出Rt△CDF的各边长度，最后利用勾股定理列方程求解未知数，进而计算△CDF的面积。
【解析】
设$AF=x$，
∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴$∠ DAB=∠ CBA=90°$，$CD=AD=CB=1$，
∵AB是⊙O的直径，$DA⊥ AB$，$CB⊥ AB$，
∴AD、BC都是⊙O的切线，
又
∵CF是⊙O的切线，E为切点，
∴根据切线长定理可得：$EF=AF=x$，$CE=CB=1$，
∴$FD=AD-AF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$，
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，由勾股定理得：$CF^2=CD^2+DF^2$，
代入得：$(1+x)^2=1^2+(1-x)^2$，
展开化简得$4x=1$，解得$x=\frac{1}{4}$，
∴$DF=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，
∴$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}× CD× DF=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$。
【答案】
$\frac{3}{8}$
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题将正方形性质与圆的切线知识结合考查，解题的核心是利用切线长定理转化线段关系，再通过勾股定理构造方程求解，很好地体现了几何计算中的方程思想。
【难度系数】
0.7
