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

【分析】
要解决圆中弦长最小值问题，首先回忆圆的弦长相关性质：定圆中，弦长与圆心到弦所在直线的距离相关，由垂径定理可得弦长公式为$l=2\sqrt{r^2-d^2}$（其中$r$为圆的半径，$d$为圆心到直线的距离）。因为⊙A的半径$r$是定值，所以要让弦长$CD$最小，就要让圆心$A$到过点$B$的直线的距离$d$最大。根据几何性质，过定点$B$的所有直线中，圆心$A$到直线的最大距离就是线段$AB$的长度，此时直线与$AB$垂直，对应的弦长就是最小值。接下来先计算$AB$的长度，再代入弦长公式即可求出结果。
【解析】
第一步：计算线段$AB$的长度
已知点$A(2,-1)$，点$B(1,0)$，根据两点间距离公式：
$AB=\sqrt{(x_A-x_B)^2+(y_A-y_B)^2}=\sqrt{(2-1)^2+(-1-0)^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$
第二步：分析弦长最小时的位置
当直线$CD⊥ AB$时，圆心$A$到直线$CD$的距离$d$取最大值，$d_{\mathrm{max}}=AB=\sqrt{2}$，此时弦长$CD$最小。
第三步：代入弦长公式计算最小值
已知⊙A半径$r=2$，代入弦长公式：
$CD_{\mathrm{min}}=2\sqrt{r^2-d_{\mathrm{max}}^2}=2\sqrt{2^2-(\sqrt{2})^2}=2\sqrt{4-2}=2\sqrt{2}$
所以本题选C。
【答案】
C
【知识点】
1. 两点间距离计算
2. 垂径定理
3. 圆的弦长最值
【点评】
本题是圆相关性质的典型应用考题，核心是掌握“过圆内定点的最短弦，与过该点和圆心的线段垂直”这一结论，结合基础的距离计算和弦长公式即可快速求解，解题时注意数形结合思想的运用。
【难度系数】
0.7

9. 如图，AB是$\odot O$的弦，C是优弧$\overset{\frown}{AB}$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

【分析】
首先由CH⊥AB可判定△BHC为直角三角形，结合M是BC中点的条件，联想到直角三角形斜边中线的性质，可推出MH与BC的数量关系，将求MH的最大值转化为求弦BC的最大值；再根据圆中最长的弦为直径，结合已知的半径即可求出BC的最大值，进而得到MH的最大值。
【解析】
解：
∵$CH⊥AB$，
∴$∠ BHC=90°$，即$△ BHC$是直角三角形。
∵M是BC的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得：
$MH=\frac{1}{2}BC$。
∵点C在$\odot O$上，BC是$\odot O$的弦，圆中最长的弦为直径，已知$\odot O$的半径为3，
∴$\odot O$的直径为$2×3=6$，即BC的最大值为6。
∴$MH$的最大值为$\frac{1}{2}×6=3$。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形斜边中线定理，圆的弦的性质
【点评】
本题将直角三角形性质与圆的基础性质结合考查，解题核心是通过转化思想，把未知线段的最值问题转化为圆内弦的最值问题，能有效检验学生对基础性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.7

10.如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ B=70°$，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°

【分析】
解题时首先根据等腰三角形AB=AC的已知条件，先算出△ABC各内角的度数；其次注意题目中“交直线BC于点P”的表述，直线可向两端无限延伸，因此点P存在两种位置：①在BC的延长线上，②在CB的延长线上，需分类讨论两种情况；最后结合等腰三角形“等边对等角”性质和三角形内角和定理，分别计算两种情况下∠BAP的度数即可。
【解析】
已知在△ABC中，$AB=AC$，$∠B=70°$，
∴$∠ACB=∠B=70°$，$∠BAC=180°-∠B-∠ACB=180°-70°-70°=40°$。
由作图可知$CA=CP$，分两种情况讨论：
1. 当点P在BC的延长线上时：
$∠ACP=180°-∠ACB=180°-70°=110°$，
∵$CA=CP$，
∴$∠CAP=∠CPA=(180°-∠ACP)÷2=(180°-110°)÷2=35°$，
∴$∠BAP=∠BAC+∠CAP=40°+35°=75°$。
2. 当点P在CB的延长线上时：
$∠ACP=∠ACB=70°$，
∵$CA=CP$，
∴$∠CAP=∠CPA=(180°-∠ACP)÷2=(180°-70°)÷2=55°$，
∴$∠BAP=∠CAP-∠BAC=55°-40°=15°$。
【答案】
$15°$或$75°$
【知识点】
等腰三角形的性质，三角形内角和定理，分类讨论思想
【点评】
本题的易错点是忽略“直线BC”可向两端延伸，仅考虑一种位置的点P导致漏解，解题时需仔细审题，结合几何图形的多种可能性分类计算。
【难度系数】
0.6

11.如图，正方形ABCD在⊙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⊙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

【分析】
(1) 要判断OA与OD是否相等，可通过证明二者所在的直角三角形全等推导：首先连接OB、OC，二者均为圆的半径，长度相等；再结合正方形的性质可得AB=CD，∠BAO=∠CDO=90°，用HL定理即可证明两个直角三角形全等，进而得到OA=OD。
(2) 求小正方形边长可利用勾股定理列方程求解：先根据大正方形边长求出圆的半径，再设小正方形边长为x，用含x的式子表示出Rt△OGF的两条直角边，代入勾股定理得到方程，求解后舍去不符合实际的负根即可得到结果。
【解析】
(1) $OA=OD$，理由如下：
连接OB、OC，如答图。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $∠ BAO=∠ CDO=90°$，$AB=DC$。
又
∵ $OB、OC$都是$\odot O$的半径，
∴ $OB=OC$，
∴ $\mathrm{Rt}△ ABO≌\mathrm{Rt}△ DCO(\mathrm{HL})$，
∴ $OA=OD$。
(2)
∵ 正方形ABCD的边长为4，即$AD=4$，
由(1)知$OA=OD$，
∴ $OD=\frac{1}{2}AD=2$，
在$\mathrm{Rt}△ OCD$中，由勾股定理得$OC=\sqrt{OD^2+CD^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，即$\odot O$的半径为$2\sqrt{5}$。
连接OF，则$OF=OC=2\sqrt{5}$。
设正方形EDGF的边长为x，则$FG=x$，$OG=OD+DG=2+x$，
在$\mathrm{Rt}△ OGF$中，由勾股定理得$FG^2+OG^2=OF^2$，
即$x^2+(x+2)^2=(2\sqrt{5})^2$，
整理得$x^2+2x-8=0$，
解得$x_1=2$，$x_2=-4$（边长不能为负，不合题意，舍去），
∴ 正方形EDGF的边长为2。
【答案】
(1) $OA=OD$，理由见解析；
(2) 正方形EDGF的边长为2。
第11题答图
【知识点】
1. 正方形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 勾股定理的应用
【点评】
本题是几何基础综合题，第一问侧重考查全等三角形的判定，第二问结合方程思想，用勾股定理求解未知边长，难度适中，能较好地考查学生对基础几何知识的整合运用能力。
【难度系数】
0.7

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⊙O过△A'OD一边上的中点,求⊙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

【分析】
本题是正方形、折叠与圆结合的几何综合题，解题时需先明确⊙O过△A'OD三边的中点存在三种不同情况，需分类讨论：①过OA'的中点；②过OD的中点；③过A'D的中点。每种情况先利用折叠的性质得到对应边的等量关系，再结合圆的半径相等的性质，把相关边长用含半径的代数式表示，最后在直角三角形中利用勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的负解即可得到对应半径的长度。
【解析】
分三种情况讨论：
1. 当⊙O过△A'OD的边OA'的中点时：
由折叠性质可知$OA=OA'$，因为OA'的中点在⊙O上，因此$OA'=2OB$。
又$AB=OA+OB=2$，因此$2OB+OB=2$，即$3OB=2$，解得$OB=\frac{2}{3}$。
2. 当⊙O过△A'OD的边OD的中点时：
设⊙O半径$OB=x$，则$OD=2x$，$OA=AB-OB=2-x$。
在$Rt△AOD$中，$∠A=90°$，由勾股定理得$OA^2+AD^2=OD^2$，代入得：
$(2-x)^2+2^2=(2x)^2$
整理得$3x^2+4x-8=0$，解得$x=\frac{-2\pm2\sqrt{7}}{3}$，因为半径为正，舍去负根，得$OB=\frac{2\sqrt{7}-2}{3}$。
3. 当⊙O过△A'OD的边A'D的中点E时：
由折叠性质得$A'D=AD=2$，$∠A'=∠A=90°$，因此$A'E=\frac{1}{2}A'D=1$。
设⊙O半径$OB=y$，则$OE=y$，$OA'=OA=2-y$。
在$Rt△A'OE$中，由勾股定理得$OA'^2+A'E^2=OE^2$，代入得：
$(2-y)^2+1^2=y^2$
整理得$5-4y=0$，解得$y=\frac{5}{4}$，即$OB=\frac{5}{4}$。


【答案】
⊙O的半径为$\frac{2}{3}$或$\frac{2\sqrt{7}-2}{3}$或$\frac{5}{4}$。
【知识点】
折叠的性质，勾股定理，圆的基本性质
【点评】
本题重点考查分类讨论的数学思想，解题时需全面考虑圆经过三角形三边中点的所有可能情况，避免漏解，同时要熟练运用折叠和圆的性质找到边的等量关系，结合勾股定理建立方程求解，是几何综合类的典型题型。
【难度系数】
0.4