8. (2024·包头中考)如图,四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形,点O在四边形ABCD内部,过点C作$\odot O$的切线交AB的延长线于点P,连接OA,OB.若$∠AOB=140°,∠BCP=35°$,则$∠ADC$的度数为______.

$105^{\circ}$

9. (鄂州中考)已知点P是半径为1的$\odot O$外一点，PA切$\odot O$于点A，且$PA=1$，AB是$\odot O$的弦，$AB=\sqrt{2}$，连接PB，则$PB=\_\_\_\_\_\_$．

$1$或$\sqrt{5}$

10. (南京中考改编)如图,在平面直角坐标系中,点 $ P $ 在第一象限, $ \odot P $ 与 $ x $ 轴、$ y $ 轴都相切,且经过矩形 $ AOBC $ 的顶点 $ C $,与 $ BC $ 相交于点 $ D $. 若 $ \odot P $ 的半径为 $ 5 $,点 $ A $ 的坐标是 $ (0,8) $,则点 $ D $ 的坐标是\underline{\hspace{5em}}.

$(9,2)$

11. 如图，AB为$\odot O$的直径，PD切$\odot O$于点C，与BA的延长线交于点D，$DE ⊥ PO$交PO延长线于点E，连接OC、PB，已知$PB=6$，$DB=8$，$∠ EDB= ∠ EPB$。
(1)求证：PB是$\odot O$的切线；
(2)求$\odot O$的半径；
(3)连接BE，求BE的长。

证明：​$(1)$​∵​$DE\perp PE，$​∴​$∠DEO = 90°.$​ ∵​$∠EDB=∠EPB，$​​$∠DOE=∠POB，$​ ∴​$∠OBP=∠DEO = 90°，$​∴​$OB\perp PB.$​​$ $​又​$OB$​为​$\odot O$​的半径，∴​$PB$​为​$\odot O$​的切线​$.$​​$ (2)$​在​$Rt\triangle PBD$​中，​$PB = 6，$​​$DB = 8，$​根据勾股定理得​$PD=\sqrt {6^2+8^2} = 10.$​ ∵​$PD$​与​$PB$​都为​$\odot O$​的切线，易证​$\triangle PCO\cong \triangle PBO，$​ ∴​$PC = PB = 6，$​∴​$DC = PD - PC = 10 - 6 = 4，$​在​$Rt\triangle CDO$​中，设​$OC = r，$​则有​$OD = 8 - r，$​​$ $​根据勾股定理得​$(8 - r)^2=r^2+4^2，$​​$ $​展开得​$64-16r+r^2=r^2+16，$​​$ $​移项得​$16r = 64 - 16，$​​$ $​即​$16r = 48，$​​$ $​解得​$r = 3，$​即​$\odot O$​的半径为​$3.$​​$ (3)$​如图，延长​$PB、$​​$DE$​相交于点​$F，$​ ∵​$PD$​与​$PB$​都为​$\odot O$​的切线，易证​$\triangle PCO\cong \triangle PBO，$​∴​$PO$​平分​$∠CPB，$​∴​$∠DPE=∠FPE.$​ ∵​$PE\perp DF，$​∴​$∠PED=∠PEF = 90°.$​ 又∵​$PE = PE，$​∴​$\triangle PED\cong \triangle PEF(\mathrm {ASA})，$​∴​$PD = PF = 10，$​​$DE = EF，$​ ∴​$BF = PF - PB = 10 - 6 = 4，$​在​$Rt\triangle DBF_{中}，$​​$DF=\sqrt {DB^2+BF^2}$​​$=\sqrt {8^2+4^2} = 4\sqrt {5}，$​ ∴​$BE=\frac {1}{2}DF = 2\sqrt {5}.$​

12. (1)(2024·凉山州中考)如图①，$\odot M$的圆心为$M(4,0)$，半径为2，$P$是直线$y=x+4$上的一个动点，过点$P$作$\odot M$的切线，切点为$Q$，则$PQ$的最小值为______．

(2)(2023·广元中考)如图②，$∠ ACB=45°$，半径为2的$\odot O$与角的两边相切，点$P$是$\odot O$上任意一点，过点$P$向角的两边作垂线，垂足分别为$E$、$F$，设$t=PE+\sqrt{2}PF$，则$t$的取值范围是______．

$2\sqrt{7}$ ; $2\sqrt{2}\leqslant t\leqslant 2\sqrt{2}+4$

13. (2023·广东中考)如图①,在矩形ABCD中(AB＞AD),对角线AC、BD相交于点O,点A关于BD的对称点为A',连接AA'交BD于点E,连接CA'.
(1)求证:AA'⊥CA'.
(2)以点O为圆心,OE为半径作圆.
①如图②,⊙O与CD相切,求证:AA'=$\sqrt{3}CA'$;
②如图③,⊙O与CA'相切,AD=1,求⊙O的面积.

; 证明：​$(1)$​∵点​$A$​关于​$BD$​的对称点为​$A'，$​∴点​$E$​是​$AA'$​的中点，​$∠AEO = 90°.$​ 又∵四边形​$ABCD$​是矩形，∴​$O$​是​$AC$​的中点，∴​$OE$​是​$\triangle ACA'$​的中位线， ∴​$OE// A'C，$​∴​$∠AA'C=∠AEO = 90°，$​∴​$AA'\perp CA'.$​​$ (2) ①$​证明：如图①，过点​$O$​作​$OF\perp AB$​于点​$F，$​延长​$FO$​交​$CD$​于点​$G，$​则​$∠OFA = 90°.$​ ∵四边形​$ABCD$​是矩形，∴​$AB// CD，$​​$AO = BO = CO = DO，$​ ∴​$∠OCG=∠OAF，$​​$∠OGC=∠OFA = 90°.$​ ∵​$∠OCG=∠OAF，$​​$∠OGC=∠OFA = 90°，$​​$CO = AO，$​∴​$\triangle OCG\cong \triangle OAF(\mathrm {AAS})，$​∴​$OG = OF.$​ ∵​$\odot O$​与​$CD$​相切，​$OE$​为半径，​$∠OGC = 90°，$​∴​$OG = OE，$​∴​$OE = OF.$​ 又∵​$∠AEO = 90°，$​即​$OE\perp AE，$​​$OF\perp AB，$​∴​$AO$​是​$∠EAF $​的平分线，即​$∠OAE=∠OAF，$​设​$∠OAE=∠OAF = x，$​则​$∠OCG=∠OAF = x.$​ 又∵​$CO = DO，$​∴​$∠OCG=∠ODG = x，$​∴​$∠AOE=∠OCG+∠ODG = 2x.$​ 又∵​$∠AEO = 90°，$​即​$\triangle AEO$​是直角三角形，∴​$∠AOE+∠OAE = 90°，$​即​$2x + x = 90°，$​解得​$x = 30°，$​∴​$∠OAE = 30°，$​即​$∠A'AC = 30°.$​​$ $​在​$Rt\triangle A'AC$​中，​$∠A'AC = 30°，$​​$∠AA'C = 90°，$​∴​$AC = 2CA'，$​∴​$AA'=\sqrt {AC^2-CA'^2}=\sqrt {(2CA')^2-CA'^2}=\sqrt {3}CA'.$​ ②解：如图②，过点​$O$​作​$OH\perp A'C$​于点​$H.$​ ∵​$\odot O$​与​$CA'$​相切，∴​$OE = OH，$​​$∠A'HO = 90°.$​ ∵​$∠AA'C=∠AEO=∠A'EO=∠A'HO = 90°，$​∴四边形​$A'EOH$​是矩形​$.$​ 又∵​$OE = OH，$​∴四边形​$A'EOH$​是正方形，∴​$OE = OH = A'H.$​ 又∵​$OE$​是​$\triangle ACA'$​的中位线，∴​$OE=\frac {1}{2}A'C，$​∴​$A'H = CH=\frac {1}{2}A'C，$​∴​$OH = CH.$​ 又∵​$∠A'HO = 90°，$​∴​$∠OCH = 45°.$​ 又∵​$OE// A'C，$​∴​$∠AOE = 45°.$​ 又∵​$∠AEO = 90°，$​∴​$\triangle AEO$​是等腰直角三角形，​$AE = OE，$​设​$AE = OE = r，$​则​$AO = DO=\sqrt {AE^2+OE^2}=\sqrt {2}r，$​ ∴​$DE = DO - OE=\sqrt {2}r - r=(\sqrt {2}-1)r.$​​$ $​在​$Rt\triangle ADE$​中，​$AE^2+DE^2=AD^2，$​​$AD = 1，$​即​$r^2+(\sqrt {2}-1)^2r^2=1^2，$​​$ r^2+(2 - 2\sqrt {2}+1)r^2=1，$​​$ r^2(4 - 2\sqrt {2})=1，$​​$ r^2=\dfrac {1}{4 - 2\sqrt {2}}=\frac {2+\sqrt {2}}{4}，$​ ∴​$\odot O$​的面积为​$S=\pi r^2=\frac {2+\sqrt {2}}{4}\pi .$​