9. 如图,直线$AB$与$\odot O$相切于点$A$,$AC$,$CD$是$\odot O$的两条弦,且$CD// AB$.若$\odot O$的半径为$2.5$,$CD=4$,则$AC=$.

9. $2\sqrt{5}$ 解析:连接$AO$并延长交$CD$于点$E$,连接$OC$. 因为直线$AB$与$\odot O$相切, 所以$OA⊥ AB$. 因为$CD// AB$, 所以$OE⊥ CD$, 所以$∠ OEC=90°$, $CE=\frac{1}{2}CD$. 因为$CD=4$, 所以$CE=2$. 因为$\odot O$的半径为2.5, 所以$OA=OC=2.5$, 所以$OE=\sqrt{OC^2-CE^2}=1.5$, 所以$AE=OA+OE=4$, 所以$AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=2\sqrt{5}$.

10. 如图,正方形$ABCD$的边长为4,$O$为对角线$BD$上一点,以点$O$为圆心,$OB$为半径的圆与$AD$相切于点$F$,则$\odot O$的半径为.

10. $8-4\sqrt{2}$ 解析:连接$OF$. 设$\odot O$的半径为$r$, 则$OB=OF=r$. 因为正方形$ABCD$的边长为4, 所以$AB=AD=4$,$∠ A=90°$,$∠ ADB=45°$, 所以$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=4\sqrt{2}$. 因为$\odot O$与$AD$相切于点$F$, 所以$OF⊥ AD$, 所以$∠ OFD=90°$, 所以$∠ DOF=90°-∠ ADB=45°$, 所以$∠ DOF=∠ ADB$, 所以$DF=OF=r$, 所以$OD=\sqrt{OF^2+DF^2}=\sqrt{2}r$, 所以$BD=OB+OD=(\sqrt{2}+1)r$, 所以$(\sqrt{2}+1)r=4\sqrt{2}$, 解得$r=8-4\sqrt{2}$. 故$\odot O$的半径为$8-4\sqrt{2}$.

11. 新素养 几何直观 如图，$\odot O$的半径为1，点$O$到直线$l$的距离为3，$P$是直线$l$上的一个动点，直线$PQ$切$\odot O$于点$Q$，则$PQ$长的最小值为.

11. $2\sqrt{2}$ 解析:因为直线$PQ$切$\odot O$于点$Q$, 所以$OQ⊥ PQ$, 所以$∠ OQP=90°$. 因为$\odot O$的半径为1, 所以$OQ=1$, 所以$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{OP^2-1}$, 所以当$OP$的长最小时,$PQ$的长最小. 因为点$O$到直线$l$的距离为3, 所以$OP$长的最小值为3, 所以$PQ$长的最小值为$\sqrt{3^2-1}=2\sqrt{2}$.

12. 如图,$AB$是$\odot O$的直径,直线$ED$切$\odot O$于点$C$,$AD$交$\odot O$于点$F$,$AC$平分$∠ BAD$,连接$BF$.若$CD=4$,$AF=2$,求$\odot O$的半径.

12. 连接$OC$,交$BF$于点$H$. 因为直线$ED$切$\odot O$于点$C$, 所以$OC⊥ ED$, 所以$∠ OCD=∠ OCE=90°$. 因为$OA=OC$, 所以$∠ OAC=∠ OCA$. 因为$AC$平分$∠ BAD$, 所以$∠ OAC=∠ DAC$, 所以$∠ OCA=∠ DAC$, 所以$OC// AD$, 所以$∠ D=∠ OCE=90°$. 因为$AB$是$\odot O$的直径, 所以$∠ AFB=90°$, 所以$∠ HFD=180°-∠ AFB=90°$, 所以四边形$HFDC$是矩形, 所以$HF=CD=4$,$∠ CHF=90°$, 所以$OC⊥ BF$, 所以$BF=2HF=8$. 因为$AF=2$, 所以$AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=2\sqrt{17}$, 所以$OA=\frac{1}{2}AB=\sqrt{17}$. 故$\odot O$的半径为$\sqrt{17}$.

13. 亮点原创 如图,在平面直角坐标系中,点$A$的坐标为$(0,2)$,动点$B$,$C$从原点$O$同时出发,分别以每秒1个单位长度和每秒2个单位长度的速度沿$x$轴正方向运动,以点$A$为圆心,$OB$的长为半径画圆;以$BC$为一边,在$x$轴上方作等边三角形$BCD$.设运动的时间为$t\ \mathrm{s}$.当$\odot A$与$△ BCD$的边$BD$所在的直线相切时,$t$的值为（）

A.$\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}$
C.$4+2\sqrt{3}$
D.$4-2\sqrt{3}$

13. C 解析:如图,过点$A$作$AH⊥ BD$于点$H$,延长$DB$交$y$轴于点$E$. 当$\odot A$与直线$BD$相切时,$AH=OB=t$. 因为$△ BCD$为等边三角形, 所以$∠ DBC=60°$, 所以$∠ OBE=∠ DBC=60°$. 因为$∠ BOE=90°$, 所以$∠ OEB=90°-∠ OBE=30°$, 所以$BE=2OB=2t$,$AE=2AH=2t$, 所以$OE=\sqrt{BE^2-OB^2}=\sqrt{3}t$, 所以$OA=AE-OE=(2-\sqrt{3})t$. 因为$A(0,2)$, 所以$OA=2$, 所以$(2-\sqrt{3})t=2$, 解得$t=4+2\sqrt{3}$. 故当$\odot A$与$△ BCD$的边$BD$所在的直线相切时,$t$的值为$4+2\sqrt{3}$.

14. (2026·江苏淮安期末)如图,在平面直角坐标系中,$O$为原点,$A$,$B$两点的坐标分别为$A(0,2)$,$B(4,0)$,$P$是直线$y=2x+2$上的一动点,则当以点$P$为圆心,$PO$为半径的圆与$△ AOB$的一条边所在的直线相切时,点$P$的坐标为.

14. $(-\dfrac{1}{2},1)$或$(-1,0)$或$(0,2)$ 解析:设直线$y=2x+2$与$x$轴交于点$C$. 因为$A(0,2)$,$B(4,0)$, 所以$OA=2$,$OB=4$. 在$y=2x+2$中, 令$x=0$, 得$y=2$, 所以点$A$在直线$y=2x+2$上; 令$y=0$, 得$2x+2=0$, 解得$x=-1$, 所以$C(-1,0)$, 所以$OC=1$, 所以$BC=OB+OC=5$. 因为$∠ AOC=90°$, 所以$AC^2=OA^2+OC^2=5$. 因为$∠ AOB=90°$, 所以$AB^2=OA^2+OB^2=20$, 所以$AC^2+AB^2=25$. 因为$BC^2=25$, 所以$AC^2+AB^2=BC^2$, 所以$△ ABC$是直角三角形且$∠ BAC=90°$. 因为点$P$在直线$AC$上, 所以$PA⊥ AB$. 分类讨论如下:① 当$\odot P$与边$AB$所在的直线相切时,$PA=PO$, 所以$∠ PAO=∠ POA$. 因为$∠ PAO+∠ ACO=90°$,$∠ POA+∠ POC=90°$, 所以$∠ ACO=∠ POC$, 所以$PC=PO$, 所以$PC=PA$, 所以$P$为$AC$的中点, 所以$P(-\dfrac{1}{2},1)$;② 当$\odot P$与边$AO$所在的直线相切时,$PO⊥ OA$, 所以点$P$在$x$轴上, 所以点$P$与点$C$重合, 所以$P(-1,0)$;③ 当$\odot P$与边$OB$所在的直线相切时,$PO⊥ OB$, 所以点$P$在$y$轴上, 所以点$P$与点$A$重合, 所以$P(0,2)$. 综上所述, 点$P$的坐标为$(-\dfrac{1}{2},1)$或$(-1,0)$或$(0,2)$.

15. 如图,$AB$是$\odot O$的直径,$P$是$\odot O$上一点,连接$OP$,点$A$关于直线$OP$的对称点$C$恰好落在$\odot O$上,连接$OC$,$BC$.
(1) 求证:$OP// BC$;
(2) 过点$C$作$\odot O$的切线$CD$,交$AP$的延长线于点$D$. 若$∠ D=90°$,$DP=1$,求$\odot O$的直径.

15. (1) 因为点$A$与点$C$关于直线$OP$对称, 所以$∠ AOP=∠ COP$, 所以$∠ AOC=∠ AOP+∠ COP=2∠ AOP$. 又$∠ AOC=2∠ OBC$, 所以$∠ AOP=∠ OBC$, 所以$OP// BC$.
(2) 连接$CP$. 设$∠ COP=∠ AOP=x°$. 因为$CD$是$\odot O$的切线, 所以$OC⊥ CD$, 所以$∠ OCD=90°$. 因为$∠ D=90°$, 所以$∠ OCD+∠ D=180°$, 所以$OC// AD$, 所以$∠ APO=∠ COP=x°$. 因为$OA=OP$, 所以$∠ A=∠ APO=x°$. 因为$∠ A+∠ APO+∠ AOP=180°$, 所以$3x=180$, 解得$x=60$, 所以$∠ COP=60°$. 因为$OP=OC$, 所以$△ OCP$为等边三角形, 所以$OC=CP$,$∠ OCP=60°$, 所以$∠ DCP=∠ OCD-∠ OCP=30°$, 所以$CP=2DP$. 因为$DP=1$, 所以$OC=CP=2$, 所以$AB=2OC=4$. 故$\odot O$的直径为4.