1. 如图,在等腰直角三角形$ABC$中,$AB=$$BC=4\sqrt{2}$,点$P$在以斜边$AC$为直径的圆上,$M$为$PB$的中点.当点$P$沿圆从点$A$开始运动一周时,$CM$长的最小值是（）

A.$2\sqrt{5}-2$
B.$2\sqrt{3}+2$
C.$2\sqrt{5}$
D.$2\sqrt{5}+2$

1. A 提示:如图,取 AC 的中点 O,连接 OM. 因为 M为 PB 的中点,所以 $OM⊥ PB$,所以 $∠ BMO=90°$.又因为 OB 为定线段,所以点 M 在以 OB 为直径的圆上运动. 设点 M 所在圆的圆心为 Q,连接 QM,QC. 因为 $QC-QM≤ CM≤ QC+QM$,所以当点 Q,M,C 依次共线时,CM 的长最小,最小值为$QC-QM$ 的值. 在等腰直角三角形 ABC 中,因为$AB=BC=4\sqrt{2}$,所以 $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=8$,所以$OB=OC=\frac{1}{2}AC=4$,所以 $OQ=QM=\frac{1}{2}OB=2$. 因为 $AB=BC$,$OA=OC$,所以 $BO⊥ AC$,所以 $QC=$$\sqrt{OQ^2+OC^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$. 所以 CM 长的最小值是 $2\sqrt{5}-2$.

【分析】要解决CM的最小值问题，需先推导动点M的运动轨迹：取AC中点O，利用M是PB中点的条件，结合中位线定理确定M的轨迹为以OB为直径的圆；再根据“圆上一点到定点的最小距离为该点与定点的距离减去圆的半径”的规律，计算相关线段长度即可得到最小值。
【解析】1. 计算等腰直角△ABC的斜边AC：
∵AB=BC=4√2，∠ABC=90°，
∴AC=√(AB²+BC²)=√[(4√2)²+(4√2)²]=√64=8，AC中点O为以AC为直径的圆的圆心，故OA=OB=OC=1/2AC=4。
2. 确定M的轨迹：取OB的中点Q，连接QM。
∵M为PB中点，Q为OB中点，
∴QM是△OBP的中位线，QM=1/2OP=2（OP为圆O半径，等于4），故M在以Q为圆心、半径2的圆上。
3. 计算QC的长度：
∵AB=BC，O为AC中点，
∴BO⊥AC，即∠QOC=90°。Q是OB中点，故OQ=1/2OB=2，OC=4，由勾股定理得QC=√(OQ²+OC²)=√(2²+4²)=2√5。
4. 求CM最小值：当Q、M、C三点共线时，CM最小，最小值为QC - QM=2√5 -2。
【答案】A
【知识点】动点轨迹、圆的性质、直角三角形性质
【点评】本题属于几何动点最值问题，核心是通过中位线定理确定动点M的轨迹，再利用圆上点到定点的最小距离规律求解，需要较强的几何转化能力，是中等难度的几何题。
【难度系数】0.4

2. 如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ACB=90°,AC=$$2\sqrt{3},BC=3$.$P$ 为 $△ ABC$ 内一点,且满足$PA^2+PC^2=AC^2$. 当 $PB$ 的长最小时,$△ ACP$ 的面积是（）

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

2. D 提示: 因为 $PA^2+PC^2=AC^2$,所以 $∠ APC=$$90°$. 又因为 AC 为定线段,所以点 P 在以 AC 为直径的圆上. 取 AC 的中点 O,并以点 O 为圆心,$\frac{1}{2}AC$的长为半径画圆,连接 PO,则 $PO=CO=\sqrt{3}$. 易知当 B,P,O 三点依次共线时,PB 的长最小. 因为$CO=\sqrt{3}$,$BC=3$,所以 $BO=\sqrt{BC^2+CO^2}=2\sqrt{3}$. 所以 $BP=BO-PO=\sqrt{3}$. 所以 P 是 BO 的中点. 所以$CP=\sqrt{3}$. 在 $\mathrm{Rt}△ ACP$ 中,$AP=\sqrt{AC^2-CP^2}=3$.所以 $S_{△ ACP}=\frac{1}{2}AP· CP=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

【分析】首先根据已知条件$PA^2+PC^2=AC^2$，利用勾股定理的逆定理推出$∠ APC=90°$，确定点$P$的轨迹是以$AC$为直径的圆（在$△ ABC$内部的部分）。要使$PB$最小，根据圆外一点到圆上各点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径，连接$B$与$AC$的中点$O$，$BO$与圆的交点即为满足$PB$最小的点$P$，后续通过计算线段长度即可求出$△ ACP$的面积。
【解析】
1. 由$PA^2+PC^2=AC^2$，根据勾股定理的逆定理，得$∠ APC=90°$，因此点$P$在以$AC$为直径的圆上。
2. 取$AC$的中点$O$，则$O$为该圆的圆心，半径$r=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，连接$PO$，则$PO=\sqrt{3}$。
3. 要使$PB$最小，根据圆外一点到圆上点的最短距离性质，当$B$、$P$、$O$三点共线时$PB$最小，此时$PB=BO-PO$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ BCO$中，$∠ OCB=90°$，$CO=\sqrt{3}$，$BC=3$，由勾股定理得$BO=\sqrt{BC^2+CO^2}=\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2}=2\sqrt{3}$。
5. 因此$PB=BO-PO=2\sqrt{3}-\sqrt{3}=\sqrt{3}$，此时$P$为$BO$的中点，故$CP$是$\mathrm{Rt}△ BCO$斜边$BO$的中线，$CP=\frac{1}{2}BO=\sqrt{3}$。
6. 在$\mathrm{Rt}△ ACP$中，$AC=2\sqrt{3}$，$CP=\sqrt{3}$，由勾股定理得$AP=\sqrt{AC^2-CP^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$。
7. 所以$△ ACP$的面积$S_{△ ACP}=\frac{1}{2}× AP× CP=\frac{1}{2}×3×\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
【答案】D
【知识点】勾股定理逆定理、圆的性质、三角形面积计算
【点评】本题结合勾股定理逆定理确定点的轨迹，利用圆外一点到圆上点的最短距离性质定位$P$点，再通过线段长度计算三角形面积，综合性较强，需掌握轨迹分析与几何最值的结合方法。
【难度系数】0.5

3. 如图,已知$△ ABC$内接于$\odot O,AB=AC$,作$AC$的垂直平分线交$\overset{\frown}{AC}$于点$D$,连接$CD$.若$CD// AB$,则$∠ BAC=\_\_\_\_\_\_°$.

3. 36

【分析】
要解决该问题，需结合等腰三角形、平行线、线段垂直平分线及圆周角的性质逐步推导：首先由AB=AC确定△ABC为等腰三角形，利用CD//AB得到内错角相等，再结合AC垂直平分线的性质（点D在AC垂直平分线上，故弧AD=弧DC），通过圆周角与弧的对应关系建立角度等量关系，最终求解∠BAC。
【解析】
设∠BAC = $x°$。
1. 因为AB=AC，所以△ABC是等腰三角形，底角相等，即$∠ ABC = ∠ ACB = \frac{180° - x°}{2}$。
2. 由于CD//AB，AC为截线，根据“两直线平行，内错角相等”，得$∠ ACD = ∠ BAC = x°$。
3. 点D在AC的垂直平分线上，故AD=CD，对应弧$\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{DC}$；根据圆周角定理，$∠ ACD$对应弧$\overset{\frown}{AD}$，则弧$\overset{\frown}{AD} = 2∠ ACD = 2x°$，因此弧$\overset{\frown}{AC} = \overset{\frown}{AD} + \overset{\frown}{DC} = 4x°$。
4. 又因为$∠ ABC$是弧$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，所以$∠ ABC = \frac{1}{2}\overset{\frown}{AC}$，即$\frac{180° - x°}{2} = \frac{4x°}{2}$，化简得$180° - x° = 4x°$，解得$5x = 180$，$x=36$。
【答案】
36
【知识点】
等腰三角形性质、平行线性质、圆周角定理
【点评】
本题综合考查几何中角度与弧的关系，需结合多个几何性质建立方程求解，是典型的几何逻辑推导题型，对知识点的综合运用要求较高。
【难度系数】
0.5

4. 如图,弓形纸片所在的$\odot O$半径为4,$AB=$$4\sqrt{3}$,$CD$为弦.将纸片沿$CD$折叠,若折叠后$\overset{\frown}{CD}$与$AB$相切,则$CD$的取值范围是.

4. $4\sqrt{3}≤ CD≤ 2\sqrt{15}$ 提示:如图,作点 O 关于CD 的对称点 $O'$,则点 $O'$ 为折叠后 $\overset{\frown}{CD}$ 所在圆的圆心. 连接 $OO'$ 交 CD 于点 E. 分别过点 $O,O'$ 作 AB的垂线,垂足分别为 F,G. 由 $\overset{\frown}{CD}$ 与 AB 相切,可知$O'G=4$,故点 $O'$ 在平行于 AB 且在 AB 上方距离为4 的直线 KL 上运动. 连接 AO,由垂径定理,$AF=$$BF=\frac{1}{2}AB=2\sqrt{3}$. 因为 $AO=4$,所以 $OF=$$\sqrt{AO^2-AF^2}=2$. 过点 O 作 $OH⊥ O'G$ 于点 H,则四边形 OHGF 为矩形,$HG=OF=2$,所以 $O'H=$$O'G-HG=2$. 当点 $O'$ 位于 FO 的延长线与 KL 的交点 L 处时,$OO'=O'H=2$,此时 OE 的长取得最小值, 最小值为 1, 连接 OD, 则 $DE=$$\sqrt{DO^2-OE^2}=\sqrt{15}$,此时 CD 的长取得最大值,最大值为 $2\sqrt{15}$. 当切点位于点 A 处时,$FG=2\sqrt{3}=$$OH$, 此时 $OO'$ 的长取得最大值, 最大值为$\sqrt{HO^2+O'H^2}=4$,所以 $OE=2$,同理 $DE=2\sqrt{3}$,此时 CD 的长取得最小值,最小值为 $4\sqrt{3}$.

【分析】
本题需结合折叠的对称性、圆的切线性质及弦长计算方法求解：
1. 折叠后弧CD的圆心为原圆心O关于CD的对称点O'，半径不变仍为4；
2. 折叠后弧CD与AB相切，故O'到AB的距离等于半径4，据此确定O'的运动范围；
3. 先通过垂径定理算出原圆心O到AB的距离，再找到CD最长、最短的临界情况，利用勾股定理计算CD的长度，从而得到取值范围。
【解析】
1. 作点O关于CD的对称点O'，则O'为折叠后弧CD所在圆的圆心，故O'D=OD=4，且OO'⊥CD于E，CD=2DE。
2. 过O作OF⊥AB于F，过O'作O'G⊥AB于G，因弧CD与AB相切，根据切线性质，圆心到切线的距离等于半径，故O'G=4。
3. 由垂径定理，AF=½AB=½×4√3=2√3，在Rt△AOF中，OF=√(OA² - AF²)=√(4² - (2√3)²)=2，即O到AB的距离为2。
4. 过O作OH⊥O'G于H，四边形OHGF为矩形，故HG=OF=2，得O'H=O'G - HG=4-2=2。
5. 求CD最大值：当O'在平行于AB且距AB为4的直线上，且OO'最小时，OE最小，此时CD最长。此时OO'=O'H=2，OE=½OO'=1，在Rt△ODE中，DE=√(OD² - OE²)=√(16-1)=√15，故CD=2DE=2√15。
6. 求CD最小值：当切点为A时，OO'最大，此时OH=FG=2√3，O'H=2，OO'=√(OH² + O'H²)=√((2√3)² + 2²)=4，故OE=½OO'=2，在Rt△ODE中，DE=√(OD² - OE²)=√(16-4)=2√3，故CD=2DE=4√3。
综上，CD的取值范围是4√3≤CD≤2√15。
【答案】
4√3≤ CD≤ 2√15
【知识点】
切线性质、垂径定理、折叠性质
【点评】
本题是圆与折叠的综合题，核心是利用折叠的对称性转化圆心位置，结合切线性质确定圆心轨迹，通过临界状态分析弦长的最值，考查学生对圆相关性质的综合运用能力，需准确判断几何图形的临界情况。
【难度系数】
0.3

5. 如图,在平面直角坐标系中,$\odot A$ 的圆心 $A$ 的坐标为$(-1,0)$,半径为 $1$,$P$ 为直线 $y=$$-\dfrac{3}{4}x+3$上的一个动点,过点 $P$ 作$\odot A$ 的切线,切点为 $Q$,则线段 $PQ$ 长的最小值是.

5. $2\sqrt{2}$ 提示:如图,因为 PQ 为 $\odot A$ 的切线,所以$AQ⊥ PQ$, 在 $\mathrm{Rt}△ APQ$ 中, $PQ=\sqrt{AP^2-AQ^2}=$$\sqrt{AP^2-1}$,所以当 AP 的长最小时,PQ 的长最小,设直线与 x 轴、y 轴分别交于点 C,B,则点 $B(0,3)$,$C(4,0)$,所以 $BC=\sqrt{3^2+4^2}=5$,由垂线段最短,可知当 $AP⊥ BC$ 于点 P 时,AP 的长最小,此时,由等积法,得 $\frac{1}{2}AP· BC=\frac{1}{2}BO· AC$,所以$AP=\frac{3×5}{5}=3$,所以 PQ 长的最小值为 $\sqrt{3^2-1}=$$2\sqrt{2}$.

【分析】
要找到线段PQ的最小值，首先利用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，得到AQ⊥PQ，在直角三角形APQ中，结合勾股定理可知PQ的长度由AP和半径AQ决定，因此要使PQ最小，需让AP的长度最小。根据“垂线段最短”，当AP垂直于P所在的直线时，AP最短，再通过等积法计算出AP的最小长度，最后代入勾股定理求出PQ的最小值。
【解析】
1. 连接AQ，因为PQ是⊙A的切线，所以AQ⊥PQ，即△APQ为直角三角形，AQ=1（⊙A的半径）。根据勾股定理：
$PQ = \sqrt{AP^2 - AQ^2} = \sqrt{AP^2 - 1}$
因此，当AP的长度最小时，PQ的长度最小。
2. 求直线$y=-\dfrac{3}{4}x+3$与坐标轴的交点：
令$x=0$，得$y=3$，即点$B(0,3)$；令$y=0$，得$x=4$，即点$C(4,0)$。
计算$BC$的长度：$BC=\sqrt{(4-0)^2 + (0-3)^2}=\sqrt{16+9}=5$。
3. 根据“垂线段最短”，当$AP⊥BC$时，AP的长度最小。利用等积法，△ABC的面积可表示为$\dfrac{1}{2} × BC × AP$，也可表示为$\dfrac{1}{2} × BO × AC$（其中$BO=3$，$AC=AO + OC=1+4=5$），因此：
$\dfrac{1}{2} × 5 × AP = \dfrac{1}{2} × 3 × 5$
解得$AP=3$。
4. 将$AP=3$代入$PQ=\sqrt{AP^2 -1}$，得：
$PQ=\sqrt{3^2 -1}=\sqrt{9-1}=2\sqrt{2}$
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
切线的性质、勾股定理、垂线段最短
【点评】
本题综合考查了切线性质、勾股定理、垂线段最短及等积法的应用，需要学生将求线段最小值的问题转化为求点到直线的垂线段长度，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5

6. 如图,$∠ A=45°$,$O$为射线$AB$上一点,以点$O$为圆心,作半径为2的$\odot O$.$M,N$为$\odot O$上的点,且$MN=2$.若射线$AC$上存在点$P$,使得$∠ MPN=60°$,且点$P$在$\odot O$外,则线段$OA$长的最大值为.

6. $2\sqrt{6}$ 提示:如图,过点 O 作 $OD⊥ AC$ 于点 D,作 $MN⊥ OD$ 于点 E,且 $MN=2$. 在 OE 的延长线上取点 G,使得 $∠ MGN=120°$,以点 G 为圆心,MG为半径作 $\odot G$. 易得 $ME=1$,$OE=\sqrt{3}$,$GE=$$\frac{\sqrt{3}}{3}$,$MG=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. 当 OA 较短时,$\odot G$ 能够与 AC 交于点 P,此时 $∠ MGN=120°$ 满足题意. 当 OA 最大时,两个圆都左移,此时 $\odot G$ 与 AC 只有一个交点 P,可知 P 与 D 重合,此时 $OD=OE+GE+GP=2\sqrt{3}$.因为 $∠ A=45°$,所以 OA 长的最大值为 $2\sqrt{6}$.

【分析】
要解决本题，需利用圆周角定理确定点P的轨迹，再结合临界相切情况和直角三角形性质求解OA的最大值。首先，根据圆周角定理，∠MPN=60°时，点P在以MN为弦、所对圆心角为120°的圆上（记为⊙G）；当OA最大时，⊙G与AC相切于点（O到AC的垂足），此时为临界情况，再通过弦长、勾股定理和直角三角形边角关系计算OA。
【解析】
1. 计算弦MN相关线段：
已知⊙O半径为2，MN=2，过O作OE⊥MN于E，由垂径定理得ME=MN/2=1。
在Rt△OME中，OE=√(OM² - ME²)=√(2² -1²)=√3。
2. 确定⊙G的参数：
由圆周角定理，∠MGN=2∠MPN=120°，MG=NG，△MGN为等腰三角形。过G作GE⊥MN于E，得∠MGE=60°。
在Rt△MGE中，GE=ME/tan60°=1/√3=√3/3，MG=ME/sin60°=1/(√3/2)=2√3/3。
3. 计算O到AC的距离OD：
当OA最大时，⊙G与AC相切，切点为O到AC的垂足D，故OD=OE + GE + MG=√3 + √3/3 + 2√3/3=2√3。
4. 求OA最大值：
在Rt△AOD中，∠A=45°，sinA=OD/OA，因此OA=OD/sin45°=2√3/(√2/2)=2√6。
【答案】
2√6
【知识点】
圆周角定理、垂径定理、切线性质
【点评】
本题综合运用圆的性质与直角三角形知识，关键是确定点P的轨迹及临界相切条件，需结合几何关系逐步推导，难度中等。
【难度系数】
0.4

7. 如图,已知 A 是第一象限内的一个定点.若P 是以点 O 为圆心,2 为半径的圆上的一个动点,连接 AP,以 AP 为边向 AP 的右侧作等边三角形 APB,则当点 P 在$\odot O$上运动一周时,点 B 运动的路径长是.

7. $4π$ 提示:如图,连接 AO,OP,将 $△ AOP$ 绕点 A逆时针旋转 $60°$,得到 $△ AO'B$,连接 $OO'$,则 $AO'=$$AO$,$∠ OAO'=60°$,所以 $△ OAO'$ 为等边三角形. 由旋转,得 $△ ABO'≌△ APO$,所以 $O'B=OP=2$,所以以点 $O'$ 为圆心,$O'B$ 的长为半径的圆即为动点 B运动的路径(即图中 $\odot O'$). 所以当点 P 在 $\odot O$ 上运动一周时,点 B 运动的路径长是 $2π×2=4π$.

【分析】
要确定点B的运动路径，需借助等边三角形的性质和旋转的不变性。已知△APB是等边三角形，AP=AB且∠PAB=60°，将△AOP绕点A逆时针旋转60°，使AP与AB重合，可找到点B的轨迹：旋转后OP对应O'B，OP是⊙O的半径2，故O'B=2；同时旋转得到AO'=AO，且∠OAO'=60°，说明O'是定点，因此点B的运动路径是以O'为圆心、半径为2的圆，计算该圆周长即可得到路径长。
【解析】
1. 连接AO、OP，将△AOP绕点A逆时针旋转60°，使AP与AB重合，得到△AO'B，连接OO'。
2. 由旋转性质得：AP=AB，AO=AO'，OP=O'B，∠PAO=∠BAO'，旋转角∠OAO'=∠PAB=60°（因△APB是等边三角形）。
3. 已知⊙O半径OP=2，故O'B=OP=2；又AO=AO'，∠OAO'=60°，则△OAO'为等边三角形，即O'是定点。
4. 当点P在⊙O上运动一周时，点B的运动路径是以O'为圆心、半径为2的圆，路径长为圆的周长：$2π × 2 = 4π$。
【答案】
$4π$
【知识点】
旋转的性质、等边三角形的判定、圆的周长计算
【点评】
本题通过旋转变换将动点B的轨迹转化为定圆，结合等边三角形性质确定定点，是解决动点路径问题的典型题型，考查几何变换的应用能力。
【难度系数】
0.5

8. 在$△ ABC$中,$AB=2\sqrt{3}$,$BC=a$,$∠ C=60°$. 如果对于$a$的每一个确定的值,都存在两个不全等的$△ ABC$, 那么$a$的取值范围是.

8. $2\sqrt{3}＜a＜4$ 提示:以 $2\sqrt{3}$ 作为边长构造等边三角形 ABM,作出等边三角形 ABM 的外接圆 $\odot O$.在优弧 AB 上任取一点 C,连接 CA,CB,则 $△ CAB$满足 $AB=2\sqrt{3}$,$∠ C=60°$. 因为 $BC=a$,且对于 a的每一个确定的值,都存在两个不全等的 $△ ABC$,即在优弧 AB 上存在两个点 C 满足题干条件,所以问题可转化为以点 B 为圆心,BC 的长为半径的圆与优弧 AB 有两个交点. 若 $BC＜2\sqrt{3}$,则在优弧 AB上只有一个交点;若 $BC＞4$,则在优弧 AB 上无交点;若 $BC=2\sqrt{3}$,则在优弧 AB 上有两个交点,但有一点与点 A 重合,不符合题意;若 $BC=4$,即 BC 为$\odot O$ 的直径,则在优弧 AB 上只有一个交点. 所以当$2\sqrt{3}＜BC＜4$时,$\odot B$ 与 $\odot O$ 在优弧 AB 上有两个交点,满足有两个不全等的 $△ ABC$. 综上所述,a 的取值范围是 $2\sqrt{3}＜a＜4$.

【分析】
要确定a的取值范围，需结合“对每个确定的a，存在两个不全等的△ABC”的条件，通过几何构造转化为两圆交点问题分析：∠C=60°说明点C在以AB为弦、圆周角为60°的弧上，要存在两个不全等的三角形，即半径为a的⊙B与该弧有两个不同交点，需排除交点重合或无交点的情况，进而推导a的范围。
【解析】
1. 几何构造：以AB为边作等边△ABM，其外接圆为⊙O，由圆周角定理，∠AMB=60°，故优弧AB上的点C满足∠ACB=60°，即点C的轨迹为优弧AB（不含A、B）。
2. 计算⊙O的半径：等边△ABM边长AB=2√3，其外接圆半径R=AB/√3=2，直径为4。
3. 分析交点情况：以B为圆心、a为半径作⊙B，需与优弧AB有两个不同交点：
当a=2√3时，⊙B与优弧AB交于A和另一点，其中A点对应△ABC退化为△ABM，仅1个有效三角形，不符合；
当a=4时，⊙B的直径为4，与优弧AB仅1个交点，对应1个三角形，不符合；
当2√3＜a＜4时，⊙B与优弧AB有两个不同交点，对应两个不全等的△ABC，满足条件。
【答案】
2√3＜a＜4
【知识点】
解三角形，圆周角定理，圆与圆的位置关系
【点评】
本题通过几何构造将三角形存在性问题转化为两圆交点问题，考查数形结合思想和圆周角定理的应用，需准确分析动态点的轨迹与圆的位置关系，难度适中。
【难度系数】
0.4