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16. 如图,在平面直角坐标系中,直线$y=-x-2$与$x$轴、$y$轴分别交于$A$、$B$两点,$C$、$D$是半径为1的$\odot O$上的两动点,且$CD=\sqrt{2}$,$P$为弦$CD$的中点.当$C$、$D$两点在圆上运动时,则$△ PAB$面积的最大值为
3
.答案
16. 3
解析
【分析】
要解决△PAB面积的最大值问题，需按以下思路推导：首先求出直线AB与坐标轴交点A、B的坐标及AB的长度；再根据弦CD的长度和圆的半径，确定CD中点P的轨迹；最后利用点到直线的距离公式，找到P到直线AB的最大距离，结合三角形面积公式计算最大值。
【解析】
1. 求A、B坐标及AB长度：
直线$y=-x-2$与x轴交于A，令$y=0$，得$0=-x-2$，解得$x=-2$，故$A(-2,0)$；
与y轴交于B，令$x=0$，得$y=-2$，故$B(0,-2)$；
由两点间距离公式，$AB=\sqrt{(-2-0)^2+(0-(-2))^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$。
2. 确定P点的轨迹：
⊙O半径为1，CD是弦且$CD=\sqrt{2}$，P为CD中点，故$OP⊥CD$，$CP=\frac{CD}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$；
在$Rt△OPC$中，由勾股定理得$OP=\sqrt{OC^2-CP^2}=\sqrt{1^2-(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$；
因此，P点的轨迹是以O为圆心、半径$\frac{\sqrt{2}}{2}$的圆。
3. 求P到直线AB的最大距离：
直线AB整理为$x+y+2=0$，原点O到直线AB的距离$d=\frac{|0+0+2|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}$；
P到直线AB的最大距离为O到AB的距离加上P所在圆的半径，即$h_{max}=d+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
4. 计算△PAB的最大面积：
三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，代入得：
$S_{max}=\frac{1}{2}×AB×h_{max}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2}=3$。
【答案】
3
【知识点】
一次函数与坐标轴交点、圆的弦长性质、点到直线距离、三角形面积
【点评】
本题综合考查一次函数、圆的性质与三角形面积，核心是确定动点P的轨迹，利用点到直线的距离公式求最大距离，需理清各知识点的关联，综合性较强。
【难度系数】
0.5
要解决△PAB面积的最大值问题，需按以下思路推导：首先求出直线AB与坐标轴交点A、B的坐标及AB的长度；再根据弦CD的长度和圆的半径，确定CD中点P的轨迹；最后利用点到直线的距离公式，找到P到直线AB的最大距离，结合三角形面积公式计算最大值。
【解析】
1. 求A、B坐标及AB长度：
直线$y=-x-2$与x轴交于A，令$y=0$，得$0=-x-2$，解得$x=-2$，故$A(-2,0)$；
与y轴交于B，令$x=0$，得$y=-2$，故$B(0,-2)$；
由两点间距离公式，$AB=\sqrt{(-2-0)^2+(0-(-2))^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$。
2. 确定P点的轨迹：
⊙O半径为1，CD是弦且$CD=\sqrt{2}$，P为CD中点，故$OP⊥CD$，$CP=\frac{CD}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$；
在$Rt△OPC$中，由勾股定理得$OP=\sqrt{OC^2-CP^2}=\sqrt{1^2-(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$；
因此，P点的轨迹是以O为圆心、半径$\frac{\sqrt{2}}{2}$的圆。
3. 求P到直线AB的最大距离：
直线AB整理为$x+y+2=0$，原点O到直线AB的距离$d=\frac{|0+0+2|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\sqrt{2}$；
P到直线AB的最大距离为O到AB的距离加上P所在圆的半径，即$h_{max}=d+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
4. 计算△PAB的最大面积：
三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，代入得：
$S_{max}=\frac{1}{2}×AB×h_{max}=\frac{1}{2}×2\sqrt{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2}=3$。
【答案】
3
【知识点】
一次函数与坐标轴交点、圆的弦长性质、点到直线距离、三角形面积
【点评】
本题综合考查一次函数、圆的性质与三角形面积，核心是确定动点P的轨迹，利用点到直线的距离公式求最大距离，需理清各知识点的关联，综合性较强。
【难度系数】
0.5
17. 如图,在扇形$OAB$中,$∠ AOB=60°$,$OD$平分$∠ AOB$交$\overset{\frown}{AB}$于点$D$,$C$是半径$OB$上一动点,连接$AC$、$DC$.若$OA=1$,则阴影部分周长的最小值为
$\sqrt{2}+\dfrac{π}{6}$
.答案
17. $\sqrt{2}+\dfrac{π}{6}$
解析
【分析】
要解决阴影部分周长最小值问题，首先明确阴影周长由固定的弧AD长度和可变的AC+CD组成，因此只需最小化AC+CD。利用对称点转化线段和，结合两点之间线段最短求解。
【解析】
1. 计算弧AD的长度：
已知∠AOB=60°，OD平分∠AOB，故∠AOD=30°，OA=1，根据弧长公式，弧AD的长度为：
$ l_{\overset{\frown}{AD}} = \frac{30π × 1}{180} = \frac{π}{6} $，这部分为固定值。
2. 求AC+CD的最小值：
作点A关于直线OB的对称点A'，则AC=A'C，因此AC+CD=A'C+CD。根据两点之间线段最短，当A'、C、D三点共线时，A'C+CD取得最小值，即线段A'D的长度。
由对称性，OA'=OA=1，∠A'OB=∠AOB=60°，故∠A'OD=∠A'OB + ∠BOD=60°+30°=90°，又OD=OA=1，所以△A'OD是等腰直角三角形，因此：
$ A'D = \sqrt{OA'^2 + OD^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} $。
3. 阴影部分周长最小值为弧AD长度加A'D的长度：
$ \frac{π}{6} + \sqrt{2} $。
【答案】
$\sqrt{2}+\dfrac{π}{6}$
【知识点】
弧长计算、最短路径问题、对称性质
【点评】
本题结合弧长计算与最短路径的对称法，关键是利用对称转化线段和，将动态问题转化为静态的线段长度计算，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
要解决阴影部分周长最小值问题，首先明确阴影周长由固定的弧AD长度和可变的AC+CD组成，因此只需最小化AC+CD。利用对称点转化线段和，结合两点之间线段最短求解。
【解析】
1. 计算弧AD的长度：
已知∠AOB=60°，OD平分∠AOB，故∠AOD=30°，OA=1，根据弧长公式，弧AD的长度为：
$ l_{\overset{\frown}{AD}} = \frac{30π × 1}{180} = \frac{π}{6} $，这部分为固定值。
2. 求AC+CD的最小值：
作点A关于直线OB的对称点A'，则AC=A'C，因此AC+CD=A'C+CD。根据两点之间线段最短，当A'、C、D三点共线时，A'C+CD取得最小值，即线段A'D的长度。
由对称性，OA'=OA=1，∠A'OB=∠AOB=60°，故∠A'OD=∠A'OB + ∠BOD=60°+30°=90°，又OD=OA=1，所以△A'OD是等腰直角三角形，因此：
$ A'D = \sqrt{OA'^2 + OD^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} $。
3. 阴影部分周长最小值为弧AD长度加A'D的长度：
$ \frac{π}{6} + \sqrt{2} $。
【答案】
$\sqrt{2}+\dfrac{π}{6}$
【知识点】
弧长计算、最短路径问题、对称性质
【点评】
本题结合弧长计算与最短路径的对称法，关键是利用对称转化线段和，将动态问题转化为静态的线段长度计算，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
18. [新探究]如图,$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆与斜边$AB$相切于点$D$,$AD=4$,$BD=5$.求$\mathrm{Rt}△ ABC$的面积.
王小明:这道题算出来面积刚好是20,太凑巧了吧.刚好是$4× 5=20$,有种白算的感觉……
赵丽华:我把4和5换成$m$、$n$再算一遍,$△ ABC$的面积总是$m· n$! 确实非常神奇……
数学刘老师:大家想一想,既然结果如此简单到极致,不计算能不能得到呢? 比如,拼图?
霍佳:刘老师,我在想另一个东西,这个图能不能用尺规画出来啊,感觉图都定了,我怎么想不出来呢?
计算验证
(1) 通过计算求出$\mathrm{Rt}△ ABC$的面积.
拼图演绎
(2) 将$\mathrm{Rt}△ ABC$分割放入矩形中(左图),通过拼图能直接看出“20”.请在下图中画出拼图后的4个直角三角形甲、乙、丙、丁的位置,作必要标注并简要说明.
尺规作图
(3) 如图,点$D$在线段$AB$上,以$AB$为斜边求作一个$\mathrm{Rt}△ ABC$,使它的内切圆与斜边$AB$相切于点$D$.(保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
王小明:这道题算出来面积刚好是20,太凑巧了吧.刚好是$4× 5=20$,有种白算的感觉……
赵丽华:我把4和5换成$m$、$n$再算一遍,$△ ABC$的面积总是$m· n$! 确实非常神奇……
数学刘老师:大家想一想,既然结果如此简单到极致,不计算能不能得到呢? 比如,拼图?
霍佳:刘老师,我在想另一个东西,这个图能不能用尺规画出来啊,感觉图都定了,我怎么想不出来呢?
计算验证
(1) 通过计算求出$\mathrm{Rt}△ ABC$的面积.
拼图演绎
(2) 将$\mathrm{Rt}△ ABC$分割放入矩形中(左图),通过拼图能直接看出“20”.请在下图中画出拼图后的4个直角三角形甲、乙、丙、丁的位置,作必要标注并简要说明.
尺规作图
(3) 如图,点$D$在线段$AB$上,以$AB$为斜边求作一个$\mathrm{Rt}△ ABC$,使它的内切圆与斜边$AB$相切于点$D$.(保留作图痕迹,写出必要的文字说明)
答案
18. (1) $S_{△ ABC}=20$. (2) 略. (3) 略.
解析
【分析】
要解决该问题，需利用切线长定理建立直角边与已知线段的关系，结合直角三角形的勾股定理，通过代数整体代换求出面积。具体思路：设内切圆半径为$r$，根据切线长定理得到$AC=AD+r$、$BC=BD+r$，斜边$AB=AD+BD$；再由勾股定理得到关于$r$的方程，将面积表达式代入后，消去未知的$r$即可求出结果。
【解析】
(1) 设$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆分别切$AC$、$BC$于点$E$、$F$，根据切线长定理：
$AE=AD=4$，$BF=BD=5$，$CE=CF=r$（$r$为内切圆半径）。
因此，$AC=AE+CE=4+r$，$BC=BF+CF=5+r$，斜边$AB=AD+BD=9$。
因为$∠ C=90°$，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，即$(4+r)^2 + (5+r)^2 = 9^2$。
展开并整理方程：
$16 + 8r + r^2 + 25 + 10r + r^2 = 81$
$2r^2 + 18r + 41 = 81$
$2r^2 + 18r = 40$，两边同除以2得：$r^2 + 9r = 20$。
$\mathrm{Rt}△ ABC$的面积$S=\frac{1}{2}AC· BC$，代入表达式：
$S=\frac{1}{2}(4+r)(5+r)=\frac{1}{2}(20 + 9r + r^2)$。
将$r^2 + 9r = 20$代入得：$S=\frac{1}{2}(20 + 20)=20$。
【答案】
20
【知识点】
切线长定理，勾股定理，直角三角形面积计算
【点评】
本题为探究性题目，通过特殊值计算发现面积规律，体现数学的简洁美，要求学生掌握切线长定理、勾股定理的应用，同时具备代数整体代换能力，培养探究思维。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需利用切线长定理建立直角边与已知线段的关系，结合直角三角形的勾股定理，通过代数整体代换求出面积。具体思路：设内切圆半径为$r$，根据切线长定理得到$AC=AD+r$、$BC=BD+r$，斜边$AB=AD+BD$；再由勾股定理得到关于$r$的方程，将面积表达式代入后，消去未知的$r$即可求出结果。
【解析】
(1) 设$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆分别切$AC$、$BC$于点$E$、$F$，根据切线长定理：
$AE=AD=4$，$BF=BD=5$，$CE=CF=r$（$r$为内切圆半径）。
因此，$AC=AE+CE=4+r$，$BC=BF+CF=5+r$，斜边$AB=AD+BD=9$。
因为$∠ C=90°$，由勾股定理得：
$AC^2 + BC^2 = AB^2$，即$(4+r)^2 + (5+r)^2 = 9^2$。
展开并整理方程：
$16 + 8r + r^2 + 25 + 10r + r^2 = 81$
$2r^2 + 18r + 41 = 81$
$2r^2 + 18r = 40$，两边同除以2得：$r^2 + 9r = 20$。
$\mathrm{Rt}△ ABC$的面积$S=\frac{1}{2}AC· BC$，代入表达式：
$S=\frac{1}{2}(4+r)(5+r)=\frac{1}{2}(20 + 9r + r^2)$。
将$r^2 + 9r = 20$代入得：$S=\frac{1}{2}(20 + 20)=20$。
【答案】
20
【知识点】
切线长定理，勾股定理，直角三角形面积计算
【点评】
本题为探究性题目，通过特殊值计算发现面积规律，体现数学的简洁美，要求学生掌握切线长定理、勾股定理的应用，同时具备代数整体代换能力，培养探究思维。
【难度系数】
0.5
