7. 如图,正方形$ABCD$的边长为1,边$AB$是$\odot O$的直径,$CF$是$\odot O$的切线,$E$为切点,点$F$在$AD$上,$BE$是$\odot O$的弦,求$△ CDF$的面积.

7. 设 $AF=x.$ $\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$\therefore ∠D=∠DAB=∠ABC=90°.$ $\therefore AB⊥ DA.$ $\because AB$ 是$\odot O$ 的直径,$\therefore AD$ 是$\odot O$ 的切线. $\because CF$ 是$\odot O$ 的切线,$E$ 为切点,$\therefore EF=AF=x.$ 同理,可得 $CE=CB=1.$ $\therefore FD=AD-AF=1-x$,$CF=CE+EF=1+x.$ 在 $\mathrm{Rt}△ CDF$ 中,由勾股定理,得 $CD^2+DF^2=CF^2$,即 $1^2+(1-x)^2=(1+x)^2$,解得 $x=\frac{1}{4}.$ $\therefore DF=1-x=\frac{3}{4}.$ $\therefore S_{△ CDF}=\frac{1}{2}CD· DF=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}.$

【分析】
要计算△CDF的面积，首先观察到ABCD是正方形，∠D=90°，CD边长已知为1，因此只需要求出直角边DF的长度，即可用直角三角形面积公式算出结果。接下来思考如何求DF：首先根据正方形的性质，AD⊥AB，CB⊥AB，而AB是⊙O的直径，因此AD、CB都是⊙O的切线，切点分别为A、B。题目已知CF是⊙O的切线，切点为E，根据切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，可以得到两组等长线段：从点F引出的两条切线FA=FE，从点C引出的两条切线CB=CE。我们设AF=x，就可以把FD、CF的长度都用含x的代数式表示出来，再在Rt△CDF中利用勾股定理建立关于x的方程，解出x后就能得到DF的长度，最终算出△CDF的面积。
【解析】
解：设$AF=x$，
∵ 四边形$ABCD$是边长为1的正方形，
∴ $AD=CD=BC=1$，$∠ D=∠ DAB=∠ ABC=90°$，
即$AD⊥ AB$，$BC⊥ AB$。
∵ $AB$是$\odot O$的直径，
∴ $AD$、$BC$都是$\odot O$的切线，切点分别为$A$、$B$。
又
∵ $CF$是$\odot O$的切线，$E$为切点，
根据切线长定理，可得：
$EF=AF=x$，$CE=CB=1$，
∴ $FD=AD-AF=1-x$，$CF=CE+EF=1+x$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，由勾股定理得：
$CD^2 + DF^2 = CF^2$，
代入对应线段长度：
$1^2 + (1-x)^2 = (1+x)^2$，
展开整理得：$1 + 1 - 2x + x^2 = 1 + 2x + x^2$，
化简后解得：$x=\frac{1}{4}$。
∴ $DF=1-x=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$，
因此$△ CDF$的面积为：
$S_{△ CDF}=\frac{1}{2}· CD· DF=\frac{1}{2}×1×\frac{3}{4}=\frac{3}{8}$。
【答案】
$\frac{3}{8}$
【知识点】
切线长定理，勾股定理，正方形性质
【点评】
本题是几何与代数结合的经典题型，核心考点是切线长定理的应用，通过将未知线段设为未知数，利用勾股定理建立方程求解，无需构造复杂辅助线，考察了学生对圆的切线性质、直角三角形性质的综合运用能力，解题的关键是发现从F、C两点引出的圆的两条切线长度分别相等，完成线段的等量转化。
【难度系数】
0.6

8. 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.

8. (1) 连接 $OP.$ $\because PA,PC$ 分别与$\odot O$ 相切于点 $A$,$C$,$\therefore PA=PC$,$OA⊥ PA$,$OC⊥ PC.$ $\because OA=OC$,$OP=OP$,$\therefore △ OPA≌△ OPC(\mathrm{SSS}).$ $\therefore ∠AOP=∠COP.$ $\because PQ⊥ PA$,$\therefore PQ// AB.$ $\therefore ∠QPO=∠AOP.$ $\therefore ∠COP=∠QPO.$ $\therefore OQ=PQ.$
(2) 设 $OA=r$,则 $PA=PC=AB=2r.$ $\because OB=OC$,$\therefore ∠OBC=∠OCB.$ 由(1),得 $PQ// AB$,$\therefore ∠QDC=∠OBC.$ $\because ∠OCB=∠QCD$,$\therefore ∠QCD=∠QDC.$ $\therefore CQ=QD=6.$ $\because OQ=PQ$,$\therefore OQ-QC=PQ-QD$,即 $OC=PD=r.$ $\therefore PQ=QD+PD=6+r.$
$\because PC$ 是$\odot O$ 的切线,$\therefore OC⊥ PC.$ $\therefore ∠OCP=∠PCQ=90°.$ 在 $\mathrm{Rt}△ PCQ$ 中,由勾股定理,得 $PQ^2=PC^2+CQ^2$,即 $(6+r)^2=(2r)^2+6^2$,解得 $r=4$ 或 $r=0$(不合题意,舍去).
$\therefore OA=4$,$AP=8.$ $\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ AOP$ 中,$OP=\sqrt{OA^2+AP^2}=4\sqrt{5}.$ $\because OC=PD$,$OB=OC$,$\therefore OB=PD.$ 又 $\because PQ// AB$,即 $OB// PD$,$\therefore$ 四边形 $OBDP$ 是平行四边形. $\therefore BD=OP=4\sqrt{5}.$

【分析】
这道题分为两小问，第一问要证明OQ=PQ，我们可以利用“等角对等边”的思路，只需证明∠QOP=∠QPO即可：首先根据切线长性质，PA、PC是圆O的切线，可得PA=PC，且OA⊥PA、OC⊥PC，结合OA=OC、公共边OP，可证△OPA≌△OPC，得到∠AOP=∠COP；再由PQ⊥PA，OA也垂直PA，可推出PQ//AB，得到内错角∠QPO=∠AOP，等量代换后就有∠COP=∠QPO，直接得到OQ=PQ。
第二问求BD的长，我们先设圆O半径为r，由PA=AB可知PA=PC=2r。先利用PQ//AB，结合OB=OC的等腰性质，推出∠QCD=∠QDC，得到CQ=QD=6；再结合第一问的OQ=PQ，可推导出PD=OC=r，PQ=6+r。在Rt△PCQ中用勾股定理列方程，解出r的值，之后通过证明OB和PD平行且相等，得到四边形OBDP是平行四边形，BD就等于OP，最后在Rt△AOP中算出OP的长度即可得到BD的长。
【解析】
(1) 证明：连接OP，
∵ PA,PC分别与⊙O相切于点A,C，
∴ PA=PC，OA⊥PA，OC⊥PC，
又
∵ OA=OC，OP=OP，
∴ △OPA≌△OPC(SSS)，
∴ ∠AOP=∠COP，
∵ PQ⊥PA，OA⊥PA，
∴ PQ//AB，
∴ ∠QPO=∠AOP，
∴ ∠COP=∠QPO，
∴ OQ=PQ。
(2) 解：设⊙O的半径OA=r，则AB=2r，由题意PA=AB，得PA=PC=2r，
∵ OB=OC，
∴ ∠OBC=∠OCB，
由(1)知PQ//AB，
∴ ∠QDC=∠OBC，
又
∵ ∠OCB=∠QCD，
∴ ∠QCD=∠QDC，
∴ CQ=QD=6，
∵ OQ=PQ，
∴ OQ - QC = PQ - QD，即OC=PD=r，
∴ PQ=QD + PD = 6 + r，
∵ PC是⊙O的切线，
∴ OC⊥PC，即∠PCQ=90°，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：$PQ^2 = PC^2 + CQ^2$，
代入得：$(6 + r)^2 = (2r)^2 + 6^2$，
展开整理得$3r^2 -12r=0$，解得r=4或r=0（r=0不符合题意，舍去），
∴ OA=4，AP=8，
在Rt△AOP中，$OP=\sqrt{OA^2 + AP^2}=\sqrt{4^2 + 8^2}=4\sqrt{5}$，
∵ OB=OC=r=4，PD=r=4，
∴ OB=PD，
又
∵ PQ//AB，即OB//PD，
∴ 四边形OBDP是平行四边形，
∴ BD=OP=$4\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明过程如上；(2) $BD=4\sqrt{5}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，平行四边形判定
【点评】
本题是圆的综合中档题，第一问依托切线性质和平行线性质完成等角对等边的推导，难度较低；第二问需要通过线段等量转化构造直角三角形，用方程思想求解半径，最后利用平行四边形的性质转化BD的长度，整体逻辑连贯，重点考察学生对圆相关性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.4

9. ★ 新考向 探究题 【探究问题】
(1) 如图①，$PM$，$PN$，$EF$ 分别切$\odot O$于点$A$，$B$，$C$，猜想$△ PEF$ 的周长与切线长 $PA$ 之间的数量关系并证明.
【变式迁移】
(2) 如果(1)中的条件不变，且点 $P$ 到点 $O$ 的距离为 $10\ \mathrm{cm}$，$△ PEF$ 的周长为 $16\ \mathrm{cm}$，那么$\odot O$ 的半径为$\mathrm{cm}$.
【拓展提高】
如图②，$E$ 是$∠ MPN$ 的边 $PM$ 上一点，$EF⊥ PN$ 于点 $F$，$\odot O$ 与边 $EF$ 及射线 $PM$、射线 $PN$ 都相切.
(3) 画出符合条件的$\odot O$.
(4) 若 $EF=3$，$PF=4$，求$\odot O$ 的半径.

9. (1) $△ PEF$ 的周长$=2PA.$ $\because PA$,$PB$ 分别切$\odot O$ 于点 $A$,$B$,$\therefore PA=PB.$ $\because PA$,$EF$ 分别切$\odot O$ 于点 $A$,$C$,$\therefore EA=EC.$ 同理,可得 $FC=FB.$ $\therefore △ PEF$ 的周长$=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF=PE+EA+FB+PF=PA+PB=2PA.$
(2) 6 连接 $OA$,$OP.$ $\because PM$ 切$\odot O$ 于点 $A$,$\therefore OA⊥ PM.$ 由(1)知,$△ PEF$ 的周长$=2PA=16\ \mathrm{cm}$,$\therefore PA=8\ \mathrm{cm}.$ 又 $\because PO=10\ \mathrm{cm}$,$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ PAO$ 中,由勾股定理,得 $OA=\sqrt{PO^2-PA^2}=6\ \mathrm{cm}.$
(3) 如图①②,$\odot O$ 即为所求.
(4) 如图①,设$\odot O$ 分别与射线 $PM$、射线 $PN$、边 $EF$ 相切于点 $A$,$B$,$C$,连接 $OA$,$OB$,$OC.$ $\therefore AE=CE$,$∠OBF=90°$,$∠OCF=90°.$
$\because EF⊥ PN$,$\therefore ∠CFB=90°.$ $\therefore$ 四边形 $OCFB$ 为矩形. 又 $\because OC=OB$,$\therefore$ 四边形 $OCFB$ 为正方形. $\therefore CF=BF=OC.$ 设$\odot O$ 的半径为 $r$,则 $CF=BF=r.$ $\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ PEF$ 中,$EF=3$,$PF=4$,$\therefore PE=\sqrt{PF^2+EF^2}=5$,$AE=CE=3-r.$ $\because PA=PB$,$\therefore PE+AE=PF+BF$,即 $5+3-r=4+r$,解得 $r=2.$ $\therefore \odot O$ 的半径为 2. 如图②,连接 $OE$,$OF$,$OP.$ 设 $\odot O$ 的半径为 $R.$ $\because EF⊥ PN$,$\therefore ∠EFP=90°.$ $\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ PEF$ 中,$EF=3$,$PF=4$,$\therefore PE=\sqrt{PF^2+EF^2}=5.$ $\because$ 易得 $S_{△ PEF}=\frac{1}{2}(EF+PF+PE)· R=\frac{1}{2}EF· PF$,$\therefore \frac{1}{2}×(3+4+5)R=\frac{1}{2}×3×4$,解得 $R=1.$ $\therefore \odot O$ 的半径为 1. 综上所述,$\odot O$ 的半径为 2 或 1.

【分析】
这是一道围绕圆的切线性质展开的递进式探究题，解题思路可分步梳理：
1. 第(1)问：利用切线长定理，将△PEF的周长拆分为PE+EC+CF+PF，通过同一点引圆的两条切线长度相等的性质，把EC替换为EA、CF替换为FB，即可凑出PA+PB，结合PA=PB，得到周长和2PA的等量关系。
2. 第(2)问：直接套用第(1)问的结论，先由△PEF的周长算出PA的长度，再连接过切点的半径OA，根据切线垂直于过切点的半径得到直角三角形PAO，用勾股定理即可求出半径。
3. 第(3)问：和∠MPN两边都相切的圆的圆心必然在∠MPN的角平分线上，分两种位置作图：一种是圆在△PEF内部，作为△PEF的内切圆；另一种是圆在△PEF外侧，位于EF远离点P的一侧，满足到三条线的距离都等于半径即可。
4. 第(4)问：分两种相切情况分别计算，外侧的圆利用切线长相等构造正方形，通过PA=PB列方程求解；内侧的圆利用三角形内切圆的等面积法计算半径，最终得到两个符合条件的结果。
【解析】
(1) 猜想：$△ PEF$ 的周长$=2PA$，证明如下：
$\because PA$，$PB$ 分别切$\odot O$ 于点 $A$，$B$，由切线长定理得 $PA=PB$。
$\because PA$，$EF$ 分别切$\odot O$ 于点 $A$，$C$，同理可得 $EA=EC$。
$\because PB$，$EF$ 分别切$\odot O$ 于点 $B$，$C$，同理可得 $FC=FB$。
$\therefore △ PEF$ 的周长$=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF=PE+EA+FB+PF=(PE+EA)+(PF+FB)=PA+PB=2PA$。
(2) 连接 $OA$，$OP$，
$\because PM$ 切$\odot O$ 于点 $A$，由切线性质得 $OA⊥ PM$，即$△ PAO$ 为直角三角形。
由(1)的结论可知$△ PEF$ 的周长$=2PA=16\ \mathrm{cm}$，解得 $PA=8\ \mathrm{cm}$。
已知 $PO=10\ \mathrm{cm}$，在 $\mathrm{Rt}△ PAO$ 中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{PO^2-PA^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\ \mathrm{cm}$。
(3) 先作$∠ MPN$的角平分线，圆心在角平分线上，分别作出满足到射线$PM$、射线$PN$、线段$EF$距离相等的两个圆，即为所求的$\odot O$。
(4) 分两种情况求解：
情况1：$\odot O$ 在$△ PEF$ 外侧，与射线 $PM$、射线 $PN$、边 $EF$ 分别相切于点 $A$，$B$，$C$，连接 $OA$，$OB$，$OC$。
由切线长定理得 $AE=CE$，$OA⊥ PM$，$OB⊥ PN$，$OC⊥ EF$，即$∠ OAP=∠ OBP=∠ OCF=90°$。
已知 $EF⊥ PN$，故$∠ EFB=90°$，因此四边形 $OCFB$ 四个内角均为直角，且 $OC=OB$，所以四边形 $OCFB$ 是正方形，可得 $CF=BF=OC=r$（$r$ 为$\odot O$ 半径）。
在 $\mathrm{Rt}△ PEF$ 中，$EF=3$，$PF=4$，由勾股定理得 $PE=\sqrt{PF^2+EF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
$\because CE=AE$，$CE=EF-CF=3-r$，$\therefore AE=3-r$。
又 $\because PA=PB$，$PA=PE+AE=5+3-r$，$PB=PF+BF=4+r$，列方程得：
$5+3-r=4+r$，解得 $r=2$。
情况2：$\odot O$ 在$△ PEF$ 内部，与 $PM$、$PN$、$EF$ 都相切，设半径为 $R$。
$△ PEF$ 的面积 $S=\frac{1}{2} × PF × EF=\frac{1}{2} × 4 × 3=6$，
由三角形内切圆面积公式 $S=\frac{1}{2}(PE+EF+PF)· R$，代入得：
$\frac{1}{2} × (5+3+4) × R=6$，解得 $R=1$。
综上，$\odot O$ 的半径为 $2$ 或 $1$。
【答案】
(1) $△ PEF$ 的周长$=2PA$，证明见解析；
(2) $\boldsymbol{6}$；
(3) 符合条件的$\odot O$如图所示；
(4) $\odot O$ 的半径为 $\boldsymbol{2}$ 或 $\boldsymbol{1}$。
【知识点】
切线长定理，勾股定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题是圆的切线相关的递进式综合探究题，从基础的切线长定理推导出发，逐步延伸到性质应用、分类作图、多解计算，层层递进，既考察了学生对切线长定理、切线性质的基础掌握，又通过两种相切位置的设置，重点考察分类讨论的数学思想，学生容易遗漏圆在三角形内部的情况导致漏解，是一道区分度较好的综合题。
【难度系数】
0.4