8. 如图,$AB$为$\odot O$的直径,$PB$、$PC$分别与$\odot O$相切于点$B$、$C$,过点$C$作$AB$的垂线,垂足为$E$,交$\odot O$于点$D$.若$CD=PB=2\sqrt{3}$,则$BE$的长为（）

A.1
B.2
C.3
D.4

8. C 解析:如图,过点$C$作$CH⊥ PB$于点$H$. $\because$直径$AB⊥ CD$于点$E$,$\therefore CE=DE=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$. $\because PC、PB$分别切$\odot O$于点$C、B$,$\therefore PC=PB=2\sqrt{3}$,直径$AB⊥ PB$,$\therefore$四边形$ECHB$是矩形,$\therefore BH=CE=\sqrt{3}$,$BE=CH$,$\therefore PH=PB-BH=2\sqrt{3}-\sqrt{3}=\sqrt{3}$,$\therefore CH=\sqrt{PC^2-PH^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$,$\therefore BE=CH=3$.

【分析】
要解决本题，需结合圆的垂径定理、切线长定理，通过构造矩形和勾股定理完成计算：首先利用垂径定理求出线段$CE$的长度；再根据切线长定理得到$PC=PB$，结合垂直关系构造矩形，转化线段等量关系；最后通过勾股定理求出$CH$的长度，即可得到$BE$的长。
【解析】
如图，过点$C$作$CH ⊥ PB$于点$H$。
1. 因为$AB$为$\odot O$的直径，且$AB ⊥ CD$，根据垂径定理，得$CE = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} × 2\sqrt{3} = \sqrt{3}$。
2. 因为$PB$、$PC$分别与$\odot O$相切于点$B$、$C$，根据切线长定理，得$PC = PB = 2\sqrt{3}$，且$PB ⊥ AB$。
又因为$CD ⊥ AB$，$CH ⊥ PB$，所以四边形$ECHB$是矩形，因此$BH = CE = \sqrt{3}$，$BE = CH$。
3. 计算$PH = PB - BH = 2\sqrt{3} - \sqrt{3} = \sqrt{3}$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ PCH$中，由勾股定理得：
$CH = \sqrt{PC^2 - PH^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2} = \sqrt{12 - 3} = 3$，
所以$BE = CH = 3$。
【答案】
C
【知识点】
垂径定理，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的性质与几何计算，需掌握垂径定理、切线长定理，通过构造矩形转化线段关系，再用勾股定理求解，是圆相关计算的典型题型，对学生的几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5

9. 小明同学用一把直尺和一个直角三角板（有一个锐角为$60°$）测量一张光盘的直径，他把直尺、三角板和光盘按如图的方式放置，点$A$是$60°$角顶点，$B$是光盘与直尺的公共点，测得$AB = 1$，则此光盘的直径为.

9. $2\sqrt{3}$ 解析:如图,设光盘的圆心为$O$,直角三角板与光盘的切点为$C$,连接$AO、BO、CO$,则$AC、AB$是$\odot O$的切线,$∠ CAB=120°$,$\therefore AC=AB$,$∠ OAB=∠ OAC=60°$,$∠ OBA=∠ OCA=90°$,$\therefore ∠ AOB=30°$,$\therefore AB=\dfrac{1}{2}AO$,$\therefore BO=\sqrt{AO^2-AB^2}=\sqrt{(2AB)^2-AB^2}=\sqrt{3}AB=\sqrt{3}$,即此光盘的直径为$2\sqrt{3}$.

【分析】
要计算光盘的直径，需利用圆的切线性质解题：首先明确光盘是圆，直尺和三角板的边都是圆的切线，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线长度相等；再结合角度关系，在直角三角形中利用三角函数求出半径，进而得到直径。
【解析】
设光盘的圆心为$ O $，连接$ OC $、$ OB $、$ OA $。
因为$ AB $、$ AC $都是$ \odot O $的切线，所以$ OB ⊥ AB $，$ OC ⊥ AC $，且$ OB = OC $（圆的半径相等），根据切线长定理，$ OA $平分$ ∠ CAB $。
由三角板的角度可知，$ ∠ CAB = 180° - 60° = 120° $，因此$ ∠ OAB = \frac{1}{2} ∠ CAB = 60° $。
在$ \mathrm{Rt}△ OAB $中，$ ∠ OBA = 90° $，$ ∠ OAB = 60° $，$ AB = 1 $，根据三角函数的定义：
$ \tan∠ OAB = \frac{OB}{AB} $，即$ \tan60° = \frac{OB}{1} $，所以$ OB = \sqrt{3} $。
因此，光盘的直径为$ 2OB = 2\sqrt{3} $。
【答案】
$ 2\sqrt{3} $
【知识点】
切线的性质、切线长定理、直角三角形三角函数
【点评】
本题结合实际测量场景，考查圆的切线相关性质，需将几何知识与实际问题结合，熟练运用切线长定理和直角三角形的三角函数关系求解，属于中等难度的几何应用题。
【难度系数】
0.5

10. 如图,$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆,连接$AO、BO、CO、DO$,记$△ AOD、△ AOB、△ COB、$$△ DOC$的面积分别为$S_1、S_2、S_3、S_4$,则$S_1、S_2、S_3、S_4$的数量关系为.

10. $S_1+S_3=S_2+S_4$ 解析:如图,设切点分别为$E、F、G、H$,连接$OE、OF、OG、OH$,由切线性质可知,$OE⊥ AD$,$OF⊥ CD$,$OG⊥ BC$,$OH⊥ AB$,$OE=OF=OG=OH=r$,设$DE=DF=a$,$AE=AH=b$,$BH=BG=c$,$CG=CF=d$,则$S_1=\dfrac{1}{2}r(a+b)$,$S_2=\dfrac{1}{2}r(b+c)$,$S_3=\dfrac{1}{2}r(c+d)$,$S_4=\dfrac{1}{2}r(a+d)$,$\therefore S_1+S_3=\dfrac{1}{2}r(a+b)+\dfrac{1}{2}r(c+d)=\dfrac{1}{2}r(a+b+c+d)$,$S_2+S_4=\dfrac{1}{2}r(b+c)+\dfrac{1}{2}r(a+d)=\dfrac{1}{2}r(a+b+c+d)$,$\therefore S_1+S_3=S_2+S_4$.

【分析】
要推导四个三角形面积的关系，需结合内切圆的性质与切线长定理：首先连接圆心到各边的切点，利用切线性质得到半径相等；再用切线长定理设出各段切线长，将每个三角形的面积拆分为两个小直角三角形的面积和，用内切圆半径与切线长表示；最后分别计算$S_1+S_3$和$S_2+S_4$，通过代数运算比较两者结果即可得出关系。
【解析】
设$\odot O$与四边形$ABCD$的切点分别为$E、F、G、H$，连接$OE、OF、OG、OH$。
根据切线的性质：切线与过切点的半径垂直，且所有切线长相等，故$OE⊥AD$，$OF⊥CD$，$OG⊥BC$，$OH⊥AB$，且$OE=OF=OG=OH=r$（$r$为$\odot O$的半径）。
根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，设$DE=DF=a$，$AE=AH=b$，$BH=BG=c$，$CG=CF=d$。
分别计算四个三角形的面积：
$S_1$（$△ AOD$的面积）：可拆分为$△ AOE$与$△ DOE$的面积和，即
$ S_1 = \frac{1}{2} · AE · OE + \frac{1}{2} · DE · OE = \frac{1}{2}r(b + a) $
$S_2$（$△ AOB$的面积）：可拆分为$△ AOH$与$△ BOH$的面积和，即
$ S_2 = \frac{1}{2} · AH · OH + \frac{1}{2} · BH · OH = \frac{1}{2}r(b + c) $
$S_3$（$△ COB$的面积）：可拆分为$△ BOG$与$△ COG$的面积和，即
$ S_3 = \frac{1}{2} · BG · OG + \frac{1}{2} · CG · OG = \frac{1}{2}r(c + d) $
$S_4$（$△ DOC$的面积）：可拆分为$△ DOF$与$△ COF$的面积和，即
$ S_4 = \frac{1}{2} · DF · OF + \frac{1}{2} · CF · OF = \frac{1}{2}r(a + d) $
计算$S_1+S_3$与$S_2+S_4$：
$ S_1 + S_3 = \frac{1}{2}r(a + b) + \frac{1}{2}r(c + d) = \frac{1}{2}r(a + b + c + d) $
$ S_2 + S_4 = \frac{1}{2}r(b + c) + \frac{1}{2}r(a + d) = \frac{1}{2}r(a + b + c + d) $
因此 $ S_1 + S_3 = S_2 + S_4 $。
【答案】
$ S_1+S_3=S_2+S_4 $
【知识点】
切线长定理、三角形面积公式、内切圆性质
【点评】
本题核心是利用内切圆的切线性质，将不规则三角形面积转化为含内切圆半径和切线长的表达式，通过代数运算简化推导，体现了几何问题代数化的思想，需熟练掌握切线长定理的应用。
【难度系数】
0.5

11. 如图,正方形$ABCD$的边长为4,$\odot O$的半径为1.若$\odot O$在正方形$ABCD$内平移($\odot O$可以与该正方形的边相切),则点$A$到$\odot O$上的点的距离的最大值为.

11. $3\sqrt{2}+1$ 解析:当$\odot O$与边$BC、CD$相切时,点$A$到$\odot O$上的点$Q$的距离最大.如图,设$\odot O$与边$BC$相切于点$E$,与边$CD$相切于点$F$,则$OE⊥ BC$,$OF⊥ CD$,且$OE=OF=1$,$\therefore$四边形$OECF$是正方形,$\therefore CO$平分$∠ BCD$. $\because$四边形$ABCD$为正方形,$\therefore CA$平分$∠ BCD$,$\therefore$点$O$在$CA$上. $\because CA=\sqrt{AB^2+BC^2}=4\sqrt{2}$,$OC=\sqrt{OE^2+CE^2}=\sqrt{2}$,$\therefore AQ=OA+OQ=AC-OC+OQ=4\sqrt{2}-\sqrt{2}+1=3\sqrt{2}+1$,即点$A$到$\odot O$上的点的距离的最大值为$3\sqrt{2}+1$.

【分析】要计算点A到⊙O上点的最大距离，需明确核心原理：点到圆上任意一点的最大距离等于该点到圆心的距离加上圆的半径。因此解题关键是找到圆心O到点A的最大距离，再结合半径计算。由于⊙O在正方形内平移且可与边相切，当⊙O与BC、CD边相切时，圆心O的位置使AO最大，此时可利用正方形和圆的切线性质确定O的位置，进而计算AO的长度。
【解析】
1. 核心原理：点到圆上点的最大距离 = 该点到圆心的距离 + 圆的半径，故需先求AO的最大值，再加半径1。
2. 确定圆心位置：当⊙O与正方形的BC、CD边相切时，圆心O到BC、CD的距离均等于半径1，因此O到BC、CD的距离都是1；结合正方形ABCD中，对角线AC平分∠BCD，且O到BC、CD距离相等，可知此时O在对角线AC上。
3. 计算线段长度：
正方形边长为4，对角线AC = √(AB² + BC²) = √(4² + 4²) = 4√2；
圆心O到C点的距离OC：因O到BC、CD的距离都是1，△OEC（E为O在BC的垂足）是等腰直角三角形，故OC = √(1² + 1²) = √2；
因此AO = AC - OC = 4√2 - √2 = 3√2；
4. 最大距离：点A到⊙O上点的最大距离为AO + 半径 = 3√2 + 1。
【答案】3√2 +1
【知识点】正方形性质、圆的切线性质、点与圆的位置关系
【点评】本题是几何综合题，结合正方形和圆的性质，考查点到圆上点的最大距离的计算，关键是确定圆心的最优位置，需熟练运用正方形对角线、切线的性质。
【难度系数】0.5

12. 如图,正方形 $ABCD$ 的边长为 4 cm,以正方形的一边 $BC$ 为直径在正方形 $ABCD$ 内作半圆,过点 $A$ 作半圆的切线,与半圆相切于点 $F$,与 $DC$ 相交于点 $E$,求 $△ ADE$ 的面积.

12. $\because AE$与$\odot O$相切于点$F$,正方形$ABCD$的边长为$4\ \mathrm{cm}$,$\therefore AF=AB=AD=4\ \mathrm{cm}$,$EF=EC$. 设$EF=EC=x\ \mathrm{cm}$,则$DE=(4-x)\ \mathrm{cm}$,$AE=(4+x)\ \mathrm{cm}$. 在$\mathrm{Rt}△ ADE$中,由勾股定理得$AD^2+DE^2=AE^2$,即$4^2+(4-x)^2=(4+x)^2$,解得$x=1$,$\therefore EC=1\ \mathrm{cm}$,$DE=3\ \mathrm{cm}$,$\therefore S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}AD· DE=\dfrac{1}{2}×4×3=6(\mathrm{cm}^2).$

【分析】
要计算△ADE的面积，需先求出直角边DE的长度。解题核心是利用切线长定理转化线段：从圆外一点引圆的两条切线长度相等，可得AF=AB、EF=EC；再结合正方形边长，设未知数表示相关线段，最后在Rt△ADE中用勾股定理列方程求解，进而计算面积。
【解析】
已知正方形ABCD边长为4 cm，BC为半圆直径，AE切半圆于F。
1. 根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线长度相等，得AF=AB=4 cm，EF=EC。
2. 设EF=EC=x cm，则DE=(4 - x) cm，AE=AF + EF=(4 + x) cm。
3. 在Rt△ADE中，∠D=90°，由勾股定理得：
AD² + DE² = AE²，代入得：
4² + (4 - x)² = (4 + x)²
展开计算：16 + 16 - 8x + x² = 16 + 8x + x²
化简得：16 = 16x → x=1。
4. 因此DE=4 -1=3 cm，△ADE的面积为：
S△ADE = 1/2 × AD × DE = 1/2 ×4×3=6(cm²)。
【答案】
6 cm²
【知识点】
切线长定理，勾股定理，三角形面积计算
【点评】
本题结合正方形性质，通过切线长定理转化线段关系，借助勾股定理建立方程求解，是几何中求线段长度和三角形面积的典型题型，需熟练掌握切线长定理的应用。
【难度系数】
0.5

13. 如图,$AB$为$\odot O$的直径,$PA$、$PC$分别与$\odot O$相切于点$A$、$C$,$PQ ⊥ PA$,$PQ$交$OC$的延长线于点$Q$.
(1)求证:$OQ=PQ$.
(2)连接$BC$并延长交$PQ$于点$D$,$PA=AB$,且$CQ=6$,求$BD$的长.

13. (1)证明:如图,连接$OP$. $\because PA、PC$分别与$\odot O$相切于点$A、C$,$\therefore PA=PC$,$OA⊥ PA$. $\because OA=OC$,$OP=OP$,$\therefore △ OPA≌ △ OPC$(SSS),$\therefore ∠ AOP=∠ COP$. $\because QP⊥ PA$,$\therefore QP// BA$,$\therefore ∠ QPO=∠ AOP$,$\therefore ∠ QOP=∠ QPO$,$\therefore OQ=PQ$.
(2)设$OA=r$,则$AB=2r$. 又$\because PC=PA=AB$,$\therefore PC=2r$. $\because OB=OC$,$\therefore ∠ OBC=∠ OCB$. $\because OB// QD$,$\therefore ∠ QDC=∠ OBC$. $\because ∠ OCB=∠ QCD$,$\therefore ∠ QCD=∠ QDC$,$\therefore QC=QD=6$. $\because QO=QP$,$\therefore OC=DP=r$. $\because PC$是$\odot O$的切线,$\therefore OC⊥ PC$,$\therefore ∠ OCP=∠ PCQ=90°$. 在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中,$PQ^2=PC^2+CQ^2$,即$(6+r)^2=(2r)^2+6^2$,解得$r=4$或$r=0$(舍去),$\therefore OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=4\sqrt{5}$. $\because OB=PD$,$OB// PD$,$\therefore$四边形$OBDP$是平行四边形,$\therefore BD=OP=4\sqrt{5}$.

【分析】
第一问要证OQ=PQ，需转化为证明∠QOP=∠QPO。利用切线长定理得PA=PC，结合OA=OC、OP公共，证△OPA≌△OPC得∠AOP=∠COP；再由PQ⊥PA、OA⊥PA推出PQ//OA，得内错角∠QPO=∠AOP，等量代换后即可证∠QOP=∠QPO，进而得OQ=PQ。第二问设半径OA=r，结合PA=AB得PA=PC=2r；利用OB=OC得∠OBC=∠OCB，结合OB//PD推出∠QDC=∠OBC，等量代换得QC=QD=6；再由OQ=PQ推出PD=r；最后在Rt△PCQ中用勾股定理求r，证四边形OBDP是平行四边形，得BD=OP，计算OP长度即可。
【解析】
(1) 证明：连接OP。
∵ PA、PC分别与⊙O相切于点A、C，
∴ PA=PC，OA⊥PA（切线垂直于过切点的半径）。
在△OPA和△OPC中：
$\{\begin{array}{l} OA=OC \\ PA=PC \\ OP=OP \end{array} $
∴ △OPA≌△OPC（SSS），
∴ ∠AOP=∠COP。
∵ PQ⊥PA，OA⊥PA，
∴ PQ//OA（垂直于同一直线的两条直线平行），
∴ ∠QPO=∠AOP（两直线平行，内错角相等），
∴ ∠QOP=∠QPO（等量代换），
∴ OQ=PQ（等角对等边）。
(2) 解：设OA=r，则AB=2r，
∵ PA=AB，PA=PC（切线长定理），
∴ PC=PA=2r。
∵ OB=OC，
∴ ∠OBC=∠OCB（等腰三角形两底角相等）。
∵ PQ⊥PA，OA⊥PA，
∴ PQ//OA，即OB//PD，
∴ ∠QDC=∠OBC（两直线平行，同位角相等）。
又
∵ ∠OCB=∠QCD（对顶角相等），
∴ ∠QCD=∠QDC（等量代换），
∴ QC=QD=6（等角对等边）。
由(1)知OQ=PQ，
∵ OQ=OC+CQ=r+6，PQ=PD+QD=PD+6，
∴ r+6=PD+6，得PD=r。
∵ PC是⊙O的切线，
∴ OC⊥PC（切线性质），即∠OCP=∠PCQ=90°，
∴ 在Rt△PCQ中，由勾股定理得：
$PQ^2=PC^2 + CQ^2$，
代入PQ=r+6，PC=2r，CQ=6：
$(r+6)^2=(2r)^2 + 6^2$，
展开整理得：$3r^2 -12r=0$，解得r=4（r=0舍去）。
∵ OB=PD=r=4，且OB//PD，
∴ 四边形OBDP是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴ BD=OP（平行四边形对边相等）。
在Rt△OPA中，OA=4，PA=8，
∴ $OP=\sqrt{4^2 +8^2}=4\sqrt{5}$，
∴ BD=4√5。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $BD=4\sqrt{5}$

【知识点】
切线的性质、平行四边形的判定、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、全等三角形、平行四边形及勾股定理的应用，解题关键是利用切线长定理、平行线性质转化角，结合等腰三角形、平行四边形的判定与性质，通过设未知数建立方程求解，逻辑链条清晰，需熟练掌握几何定理的综合运用。
【难度系数】
0.5