1. (2026·江苏徐州期中)已知点$P$到$\odot O$上的点的最小距离为4,最大距离为8,则$\odot O$的半径为.

1. 2或6 解析:因为点$P$到$\odot O$上的点的最小距离为4,最大距离为8,所以分类讨论如下:① 当点$P$在$\odot O$外时,$\odot O$的直径为$8-4=4$,则$\odot O$的半径为$\dfrac{1}{2}×4=2$;② 当点$P$在$\odot O$内时,$\odot O$的直径为$8+4=12$,则$\odot O$的半径为$\dfrac{1}{2}×12=6$. 综上所述,$\odot O$的半径为2或6.

2. (2026·江苏南京月考)如图，$\odot O$与$∠ ABC$的两边分别相切于点$D$，$E$，$F$为$\odot O$上一点(不与点$D$，$E$重合). 若$∠ B=40°$，则$∠ DFE$的度数为.

上分秘籍

2. $110°$或$70°$ 解析:连接$OD,OE$. 因为$\odot O$分别与$AB,BC$相切于点$D,E$,所以$OD⊥ AB,OE⊥ BC$,所以$∠ ODB = ∠ OEB = 90°$. 因为$∠ B = 40°$,所以$∠ DOE=360°-∠ B-∠ ODB-∠ OEB=140°$.分类讨论如下:①若点$F$在优弧$DE$上,则$∠ DFE=\dfrac{1}{2}∠ DOE=70°$;② 若点$F$在劣弧$DE$上,则$∠ DFE=180°-70°=110°$.综上所述,$∠ DFE$ 的度数为 $110°$或$70°$.

3. 新素养 推理能力 已知$\odot O$的直径为10,点$P$到圆心$O$的距离为3,则经过点$P$且长为整数的弦的条数为（）

A.2
B.3
C.4
D.无法确定
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3. C 解析:连接$OP$,过点$P$作弦$AB⊥ OP$,连接$OA$,则$AP=\dfrac{1}{2}AB$,$∠ OPA=90°$. 因为$\odot O$的直径为10,所以$OA=\dfrac{1}{2}×10=5$. 因为$OP=3$,所以$AP=\sqrt{OA^2-OP^2}=4$,所以$AB=2AP=8$. 因为$\odot O$中最长的弦即为直径,所以经过点$P$且长为整数的弦有$1+2+1=4$(条).

4. (2024·江西)如图,$AB$是$\odot O$的直径,$AB=2$,点$C$在线段$AB$上运动,过点$C$的弦$DE ⊥$$AB$,将$\overset{\frown}{DBE}$沿$DE$翻折交直线$AB$于点$F$,当$DE$的长为正整数时,$FB$的长为.

4. 2或$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$ 解析:连接$OD$. 因为$AB⊥ DE$,所以$CD=\dfrac{1}{2}DE$,$∠ OCD=90°$. 因为$AB=2$,所以$OB=OD=\dfrac{1}{2}AB=1$. 因为$DE$的长为正整数,所以分类讨论如下:① 当$DE=2$时,$DE$为直径,则点$F$与点$A$重合,所以$FB=AB=2$;② 当$DE=1$时,且点$C$在线段$OB$上时,$CD=\dfrac{1}{2}$,所以$OC=\sqrt{OD^2-CD^2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,所以$FC=BC=OB-OC=1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,所以$FB=FC+BC=2-\sqrt{3}$;③ 当$DE=1$时,且点$C$在线段$OA$上时,同理可得$FC=BC=OB+OC=1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,所以$FB=FC+BC=2+\sqrt{3}$.综上所述,$FB$的长为2或$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$.

5. 已知$\odot O$的直径为10,A,B,C,D是$\odot O$上四个动点,且$AB=6,CD=8$.若E,F分别是弦AB,CD的中点,且EF的长为整数,求EF长的所有可能值.

5. 连接$OA,OC,OE,OF$. 因为$\odot O$的直径为10,所以$OA=OC=\dfrac{1}{2}×10=5$. 因为$E,F$分别是弦$AB,CD$的中点,$AB=6,CD=8$,所以$OE⊥ AB,OF⊥ CD$,$AE=\dfrac{1}{2}AB = 3$, $CF = \dfrac{1}{2}CD = 4$, 所以 $OE = \sqrt{OA^2-AE^2}=4$,$OF=\sqrt{OC^2-CF^2}=3$. 因为$OE-OF≤ EF≤ OE+OF$,即$4-3≤ EF≤ 4+3$,所以$1≤ EF≤ 7$. 因为$EF$的长为整数,所以$EF$长的所有可能值为1,2,3,4,5,6,7.

6. 若$O$是等腰三角形$ABC$的外心，且$∠ BOC=60°$，底边$BC=2$，则$△ ABC$的面积为（）

A.$2+\sqrt{3}$
B.$\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
C.$2+\sqrt{3}$或$2-\sqrt{3}$
D.$4+\sqrt{3}$或$4-\sqrt{3}$

6. C 解析:过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$. 因为$AB=AC$,所以$BD=CD=\dfrac{1}{2}BC$. 因为$BC=2$,所以$BD=CD=1$. 因为$O$是$△ ABC$的外心,所以点$O$在射线$AD$上. 因为$OB=OC$,$∠ BOC=60°$,所以$△ BOC$为等边三角形,所以$OB = BC = 2$, 所以 $OD = \sqrt{OB^2-BD^2}=\sqrt{3}$.分类讨论如下:① 当点$O$在线段$AD$上时,因为$OA=OB=2$,所以$AD=OA+OD=2+\sqrt{3}$,所以$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}BC· AD=2+\sqrt{3}$;② 当点$O$在线段$AD$的延长线上时,$AD=OA-OD=2-\sqrt{3}$,所以$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}BC· AD=2-\sqrt{3}$.综上所述,$△ ABC$的面积为$2+\sqrt{3}$或$2-\sqrt{3}$.

7. 如图,正方形$ABCD$的边长为4,$M$为$AB$的中点,$P$是边$BC$上的动点,连接$PM$,以点$P$为圆心,$PM$为半径作$\odot P$,当$\odot P$与正方形$ABCD$的边相切时,$CP$的长为.

7. $\dfrac{5}{2}$或$4-2\sqrt{3}$ 解析:设$BP=x$. 因为四边形$ABCD$是边长为4的正方形,所以$∠ A=∠ B=90°$,$AB=BC=4$. 因为$M$为$AB$的中点,所以$BM=\dfrac{1}{2}AB=2$,所以$PM=\sqrt{BM^2+BP^2}=\sqrt{4+x^2}$.当$\odot P$与正方形$ABCD$的边相切时,分类讨论如下:① 当$\odot P$与边$CD$相切时,$PM=CP$. 因为$CP=BC-BP=4-x$,所以$\sqrt{4+x^2}=4-x$,解得$x=\dfrac{3}{2}$,所以$CP=\dfrac{5}{2}$;② 当$\odot P$与边$AD$相切时,设切点为$H$,连接$PH$,则$PH⊥ AD$,所以$∠ PHA=90°$,所以四边形$ABPH$为矩形,所以$PH=AB=4$. 因为$PM=PH$,所以$\sqrt{4+x^2}=4$,解得$x=2\sqrt{3}$(负值舍去),所以$CP=4-2\sqrt{3}$.综上所述,$CP$的长为$\dfrac{5}{2}$或$4-2\sqrt{3}$.

8. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=$$BC$,$AB=10\ \mathrm{cm}$,点$D$从点$A$出发,沿射线$AB$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度运动,运动过程中始终保持$DE// BC$,$DF// AC$(点$E$,$F$分别在射线$AC$,$CB$上).设点$D$运动的时间为$t\ \mathrm{s}$.
(1) 若点$D$在边$AB$上,则当$t$为何值时,四边形$DFCE$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$?
(2) 以点$D$为圆心,$DE$为半径作$\odot D$.
① 在点$D$沿射线$AB$运动的过程中,是否存在$t$的值,使$\odot D$恰好经过点$B$?若存在,请求出$t$的值;若不存在,请说明理由;
② 若$\odot D$上恰好只有两个点到直线$BC$的距离为$2\ \mathrm{cm}$,则$t$的取值范围是.

8. (1) 因为$DE// BC$,$DF// AC$,所以四边形$DFCE$为平行四边形. 因为$∠ ACB=90°$,所以四边形$DFCE$为矩形. 又$AC=BC$,所以$∠ A=∠ ABC=\dfrac{1}{2}(180°-∠ ACB)=45°$,$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{2}\ AC$. 因为$AB=10\ \mathrm{cm}$,所以$AC=BC=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AB=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$. 因为$∠ AED=∠ ACB=90°$,所以$∠ ADE=90°-∠ A=45°$,所以$∠ A=∠ ADE$,所以$AE=DE$,所以$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{2}\ DE$. 因为$AD=2t\ \mathrm{cm}$,所以$AE=DE=\dfrac{\sqrt{2}}{2}AD=\sqrt{2}t\ \mathrm{cm}$. 若点$D$在边$AB$上,则$CE=AC-AE=(5\sqrt{2}-\sqrt{2}\ t)\ \mathrm{cm}$,所以$S_{\mathrm{矩形}DFCE}=CE· DE=(10t-2t^2)\ \mathrm{cm}^2$. 又$S_{\mathrm{矩形}DFCE}=12\ \mathrm{cm}^2$,所以$10t-2t^2=12$,解得$t_1=2$,$t_2=3$.故当$t$的值为2或3时,四边形$DFCE$的面积为$12\ \mathrm{cm}^2$.
(2) ① 当$\odot D$正好经过点$B$时,$BD=DE$. 因为$AB=10\ \mathrm{cm}$,$AD=2t\ \mathrm{cm}$,$DE=\sqrt{2}\ t\ \mathrm{cm}$,所以分类讨论如下:① 当点$D$在边$AB$上时,$BD=AB-AD=(10-2t)\ \mathrm{cm}$,所以$10-2t=\sqrt{2}\ t$,解得$t=10-5\sqrt{2}$;② 当点$D$在边$AB$的延长线上时,$BD=AD-AB=(2t-10)\ \mathrm{cm}$,所以$2t-10=\sqrt{2}\ t$,解得$t=10+5\sqrt{2}$.综上所述,存在$t$的值,使$\odot D$恰好经过点$B$,且$t$的值为$10\pm5\sqrt{2}$.
② $\dfrac{5-\sqrt{2}}{2}＜t＜\dfrac{5+\sqrt{2}}{2}$ 解析:因为$\odot O$上恰好只有两个点到直线$BC$的距离为$2\ \mathrm{cm}$,所以分类讨论如下:① 当点$D$在边$AB$上时,$|DE-DF|＜2\ \mathrm{cm}$. 因为$DE=\sqrt{2}\ t\ \mathrm{cm}$,$DF=CE=(5\sqrt{2}-\sqrt{2}\ t)\ \mathrm{cm}$,所以$|\sqrt{2}\ t-(5\sqrt{2}-\sqrt{2}\ t)|＜2$,解得$\dfrac{5-\sqrt{2}}{2}＜t＜\dfrac{5+\sqrt{2}}{2}$;② 当点$D$在边$AB$的延长线上时,$DE-DF＜2\ \mathrm{cm}$. 因为$DF=(\sqrt{2}\ t-5\sqrt{2})\ \mathrm{cm}$,所以$\sqrt{2}\ t-(\sqrt{2}\ t-5\sqrt{2})＜2$,不等式不成立.综上所述,$t$的取值范围为$\dfrac{5-\sqrt{2}}{2}＜t＜\dfrac{5+\sqrt{2}}{2}$.