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13 [2025 宿城段考]如图摆放的两个正六边形的顶点A,B,C,D在同一个圆上.若AB=4,则该圆的半径为（
A.6
B.8
C.$2\sqrt{13}$
D.$4\sqrt{3}$
C
）A.6
B.8
C.$2\sqrt{13}$
D.$4\sqrt{3}$
答案
13. C
解析
【分析】本题是正多边形与圆结合的计算题，解题可按以下思路推进：1. 先由AB=4确定正六边形的边长为4，回忆正六边形的性质：边长相等，边心距（中心到边的距离）为$\frac{\sqrt{3}}{2}$倍边长；2. 观察图形可知整体关于x轴、y轴对称，因此A、B、C、D四点所在圆的圆心必在坐标原点，可通过建系简化计算；3. 结合正六边形的边心距，求出A点的横、纵坐标；4. 最后用两点间距离公式（勾股定理）计算原点到A点的距离，即为圆的半径。
【解析】
解：
∵AB是正六边形的边，AB=4，
∴所有正六边形的边长均为4。
边长为4的正六边形的边心距为：$\frac{\sqrt{3}}{2} × 4 = 2\sqrt{3}$。
由图形对称性可知，A、B、C、D所在圆的圆心为坐标原点O，且AB为竖直方向的边，长度为4，因此A点纵坐标为2。
左边正六边形的中心在x轴上，其最右侧顶点在y轴上，因此左边正六边形中心的横坐标为$-2\sqrt{3}$（中心到最右侧顶点的水平距离等于边心距）。
AB所在的竖直边与中心的水平距离为边心距$2\sqrt{3}$，因此AB所在边的横坐标为$-2\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = -4\sqrt{3}$，即A点坐标为$(-4\sqrt{3}, 2)$。
根据勾股定理，圆的半径$R = OA = \sqrt{(-4\sqrt{3})^2 + 2^2} = \sqrt{48 + 4} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}$。
【答案】C
【知识点】正六边形的性质；圆的对称性；勾股定理的应用
【点评】本题将正六边形和圆的性质结合考查，解题的关键是利用图形对称性确定圆心位置，再结合正六边形的边心距求出圆上点的坐标，最后通过勾股定理计算半径，对图形分析能力有一定要求。
【难度系数】0.6
【解析】
解：
∵AB是正六边形的边，AB=4，
∴所有正六边形的边长均为4。
边长为4的正六边形的边心距为：$\frac{\sqrt{3}}{2} × 4 = 2\sqrt{3}$。
由图形对称性可知，A、B、C、D所在圆的圆心为坐标原点O，且AB为竖直方向的边，长度为4，因此A点纵坐标为2。
左边正六边形的中心在x轴上，其最右侧顶点在y轴上，因此左边正六边形中心的横坐标为$-2\sqrt{3}$（中心到最右侧顶点的水平距离等于边心距）。
AB所在的竖直边与中心的水平距离为边心距$2\sqrt{3}$，因此AB所在边的横坐标为$-2\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = -4\sqrt{3}$，即A点坐标为$(-4\sqrt{3}, 2)$。
根据勾股定理，圆的半径$R = OA = \sqrt{(-4\sqrt{3})^2 + 2^2} = \sqrt{48 + 4} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}$。
【答案】C
【知识点】正六边形的性质；圆的对称性；勾股定理的应用
【点评】本题将正六边形和圆的性质结合考查，解题的关键是利用图形对称性确定圆心位置，再结合正六边形的边心距求出圆上点的坐标，最后通过勾股定理计算半径，对图形分析能力有一定要求。
【难度系数】0.6
14 [2025宿城一模]如图，F是正五边形ABCDE的边DE的中点，连接BF并延长，与CD的延长线交于点G，则∠BGC的度数为
$18°$
。答案
14. $18°$
解析
【分析】
解题时首先利用正多边形内角和公式求出正五边形每个内角的度数，再结合等腰三角形性质求出∠CDB的度数，得到其邻补角∠BDG的度数；接着利用正五边形对边平行的性质证明△BEF与△GDF全等，得到BE=DG，结合正五边形对角线相等的性质推出BD=DG，最后在等腰△BDG中利用内角和即可求出∠BGC的度数。
【解析】
1. 求正五边形的内角度数：
正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角的度数为$540°÷5=108°$，即$∠ BCD=∠ E=∠ CDE=108°$，且正五边形各边相等，对角线长度相等，即$BD=BE$。
2. 求$∠ BDG$的度数：
在等腰$△ BCD$中，$BC=CD$，$∠ BCD=108°$，
$\therefore ∠ CDB=\frac{180°-108°}{2}=36°$，
$\because$ 点G在CD的延长线上，C、D、G共线，
$\therefore ∠ BDG=180°-∠ CDB=180°-36°=144°$。
3. 证明$BD=DG$：
$\because$ 正五边形中$BE// CG$（同旁内角互补，两直线平行），
$\therefore ∠ EBF=∠ G$，$∠ BEF=∠ GDF$，
$\because$ F是DE的中点，$\therefore EF=DF$，
$\therefore △ BEF≌△ GDF(AAS)$，
$\therefore BE=DG$，又$\because BE=BD$，$\therefore BD=DG$。
4. 求$∠ BGC$的度数：
在等腰$△ BDG$中，$BD=DG$，
$\therefore ∠ DBG=∠ G$，
$\therefore ∠ G=\frac{180°-∠ BDG}{2}=\frac{180°-144°}{2}=18°$。
【答案】
$18°$
【知识点】
正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查正五边形的性质、全等三角形和等腰三角形的应用，需要熟练掌握正多边形的内角、边及对角线的相关性质，通过构造全等三角形得到边的等量关系是解题的突破口。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用正多边形内角和公式求出正五边形每个内角的度数，再结合等腰三角形性质求出∠CDB的度数，得到其邻补角∠BDG的度数；接着利用正五边形对边平行的性质证明△BEF与△GDF全等，得到BE=DG，结合正五边形对角线相等的性质推出BD=DG，最后在等腰△BDG中利用内角和即可求出∠BGC的度数。
【解析】
1. 求正五边形的内角度数：
正五边形内角和为$(5-2)×180°=540°$，因此每个内角的度数为$540°÷5=108°$，即$∠ BCD=∠ E=∠ CDE=108°$，且正五边形各边相等，对角线长度相等，即$BD=BE$。
2. 求$∠ BDG$的度数：
在等腰$△ BCD$中，$BC=CD$，$∠ BCD=108°$，
$\therefore ∠ CDB=\frac{180°-108°}{2}=36°$，
$\because$ 点G在CD的延长线上，C、D、G共线，
$\therefore ∠ BDG=180°-∠ CDB=180°-36°=144°$。
3. 证明$BD=DG$：
$\because$ 正五边形中$BE// CG$（同旁内角互补，两直线平行），
$\therefore ∠ EBF=∠ G$，$∠ BEF=∠ GDF$，
$\because$ F是DE的中点，$\therefore EF=DF$，
$\therefore △ BEF≌△ GDF(AAS)$，
$\therefore BE=DG$，又$\because BE=BD$，$\therefore BD=DG$。
4. 求$∠ BGC$的度数：
在等腰$△ BDG$中，$BD=DG$，
$\therefore ∠ DBG=∠ G$，
$\therefore ∠ G=\frac{180°-∠ BDG}{2}=\frac{180°-144°}{2}=18°$。
【答案】
$18°$
【知识点】
正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查正五边形的性质、全等三角形和等腰三角形的应用，需要熟练掌握正多边形的内角、边及对角线的相关性质，通过构造全等三角形得到边的等量关系是解题的突破口。
【难度系数】
0.6
15 已知圆锥的底面圆的半径为3，高为4，则它的侧面积为（
A.$12π$
B.$15π$
C.$24π$
D.$30π$
B
）A.$12π$
B.$15π$
C.$24π$
D.$30π$
答案
15. B
解析
【分析】
要计算圆锥的侧面积，首先回忆圆锥侧面积公式为$S_{侧}=π rl$（其中$r$是底面半径，$l$是母线长）。题目中已经给出底面半径$r=3$，只需要先求出母线长$l$即可。圆锥的高、底面半径、母线恰好构成直角三角形，母线为斜边，因此可以用勾股定理求出母线长，再代入公式计算侧面积。
【解析】
首先求圆锥的母线长$l$：
已知圆锥底面半径$r=3$，高$h=4$，根据勾股定理，母线长$l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$。
再代入圆锥侧面积公式计算：
$S_{侧}=π rl=π×3×5=15π$。
【答案】
B
【知识点】
圆锥侧面积公式，勾股定理，圆锥的结构特征
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是明确圆锥各参数之间的关系，牢记侧面积计算公式，通过勾股定理求出母线长是解题的核心步骤，只要掌握相关公式和圆锥的基本结构就能顺利解答。
【难度系数】
0.85
要计算圆锥的侧面积，首先回忆圆锥侧面积公式为$S_{侧}=π rl$（其中$r$是底面半径，$l$是母线长）。题目中已经给出底面半径$r=3$，只需要先求出母线长$l$即可。圆锥的高、底面半径、母线恰好构成直角三角形，母线为斜边，因此可以用勾股定理求出母线长，再代入公式计算侧面积。
【解析】
首先求圆锥的母线长$l$：
已知圆锥底面半径$r=3$，高$h=4$，根据勾股定理，母线长$l=\sqrt{r^2+h^2}=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$。
再代入圆锥侧面积公式计算：
$S_{侧}=π rl=π×3×5=15π$。
【答案】
B
【知识点】
圆锥侧面积公式，勾股定理，圆锥的结构特征
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是明确圆锥各参数之间的关系，牢记侧面积计算公式，通过勾股定理求出母线长是解题的核心步骤，只要掌握相关公式和圆锥的基本结构就能顺利解答。
【难度系数】
0.85
16 [2025 凉山]如图，△ABC 内接于⊙O，∠B = 65°，∠C = 70°。若 BC = 2√2，则$\overset{\frown}{BC}$的长为
$π$
。答案
16. $π$
解析
【分析】
要计算$\overset{\frown}{BC}$的长，需先明确弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（$n$为弧所对圆心角的度数，$r$为圆的半径），因此需要先求出$\overset{\frown}{BC}$对应的圆心角度数和$\odot O$的半径。首先利用三角形内角和求出$∠ A$的度数，再根据圆周角定理得到圆心角$∠ BOC$的度数；最后结合$△ OBC$的边长特征求出半径，代入弧长公式即可求解。
【解析】
1. 求$∠ BAC$的度数：
在$△ ABC$中，根据三角形内角和为$180°$，得
$∠ BAC=180°-∠ ABC-∠ ACB=180°-65°-70°=45°$。
2. 求圆心角$∠ BOC$的度数：
连接$OB$、$OC$，根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得
$∠ BOC=2∠ BAC=2×45°=90°$。
3. 求$\odot O$的半径：
$\because OB=OC$（都是$\odot O$的半径），$∠ BOC=90°$，
$\therefore △ OBC$是等腰直角三角形。
设$OB=OC=r$，由勾股定理得：
$OB^2+OC^2=BC^2$，即$r^2+r^2=(2\sqrt{2})^2$，
化简得$2r^2=8$，解得$r=2$（半径为正数，舍去负根）。
4. 计算$\overset{\frown}{BC}$的长：
代入弧长公式得：
$\overset{\frown}{BC}$的长$=\frac{90π×2}{180}=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
三角形内角和定理，圆周角定理，弧长计算公式
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的核心是通过圆周角定理建立圆周角和圆心角的联系，再结合等腰直角三角形的性质求出半径，整体计算量小，解题思路清晰，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
要计算$\overset{\frown}{BC}$的长，需先明确弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（$n$为弧所对圆心角的度数，$r$为圆的半径），因此需要先求出$\overset{\frown}{BC}$对应的圆心角度数和$\odot O$的半径。首先利用三角形内角和求出$∠ A$的度数，再根据圆周角定理得到圆心角$∠ BOC$的度数；最后结合$△ OBC$的边长特征求出半径，代入弧长公式即可求解。
【解析】
1. 求$∠ BAC$的度数：
在$△ ABC$中，根据三角形内角和为$180°$，得
$∠ BAC=180°-∠ ABC-∠ ACB=180°-65°-70°=45°$。
2. 求圆心角$∠ BOC$的度数：
连接$OB$、$OC$，根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，得
$∠ BOC=2∠ BAC=2×45°=90°$。
3. 求$\odot O$的半径：
$\because OB=OC$（都是$\odot O$的半径），$∠ BOC=90°$，
$\therefore △ OBC$是等腰直角三角形。
设$OB=OC=r$，由勾股定理得：
$OB^2+OC^2=BC^2$，即$r^2+r^2=(2\sqrt{2})^2$，
化简得$2r^2=8$，解得$r=2$（半径为正数，舍去负根）。
4. 计算$\overset{\frown}{BC}$的长：
代入弧长公式得：
$\overset{\frown}{BC}$的长$=\frac{90π×2}{180}=π$。
【答案】
$π$
【知识点】
三角形内角和定理，圆周角定理，弧长计算公式
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的核心是通过圆周角定理建立圆周角和圆心角的联系，再结合等腰直角三角形的性质求出半径，整体计算量小，解题思路清晰，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
17 [2025 宿城一模]如图,在菱形ABCD中,AB=4,∠B=120°,O是对角线AC的中点,以点O为圆心,OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF,点D在扇形OEF内,则图中涂色部分的面积为
$2π-\sqrt{3}$
.答案
17. $2π-\sqrt{3}$
解析
【分析】
要求涂色部分的面积，观察图形可知涂色部分面积=扇形OEF的面积减去扇形与菱形重叠部分的面积，解题思路如下：①先根据菱形的性质求出对角线AC的长度，得到扇形的半径OA的长度，进而计算扇形OEF的面积；②通过作垂线构造全等三角形，推导得出重叠部分的面积等于固定四边形的面积，计算出重叠部分的面积；③用扇形面积减去重叠部分面积即可得到最终结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠B=120°，
∴AB=BC=AD=CD=4，邻角互补得∠BAD=180°-∠B=60°，
对角线AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC=30°，
过B作BH⊥AC于H，在Rt△ABH中：
$AH=AB·\cos30°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
∴$AC=2AH=4\sqrt{3}$，
∵O是AC中点，
∴扇形半径$OA=\frac{AC}{2}=2\sqrt{3}$，
扇形OEF的面积：$S_{扇形}=\frac{60°}{360°}×π×OA^2=\frac{1}{6}×π×(2\sqrt{3})^2=2π$。
过O作$OP⊥AD$于P，$OQ⊥CD$于Q，
∵AC是角平分线，
∴$OP=OQ$，
在四边形OPDQ中，$∠ADC=120°$，$∠OPD=∠OQD=90°$，
∴$∠POQ=360°-90°-90°-120°=60°$，
又
∵$∠EOF=60°$，
∴$∠PON=∠QOM$，
∴$△ OPN≌△ OQM(ASA)$，即重叠部分面积等于四边形OPDQ的面积，
在$Rt△ OPD$中，菱形对角线互相垂直平分，$OD=\frac{1}{2}BD=2$，$∠ODP=60°$，
$OP=OD·\sin60°=\sqrt{3}$，$PD=OD·\cos60°=1$，
$S_{四边形OPDQ}=2×S_{△ OPD}=2×\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
∴涂色部分面积=$S_{扇形}-S_{重叠}=2π-\sqrt{3}$。
【答案】
$2π-\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质；扇形面积计算；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题考查不规则图形面积的计算，核心是运用割补法将阴影面积转化为规则图形面积的差，需要熟练掌握特殊四边形的性质，能通过全等转化简化重叠部分面积的计算，对图形转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要求涂色部分的面积，观察图形可知涂色部分面积=扇形OEF的面积减去扇形与菱形重叠部分的面积，解题思路如下：①先根据菱形的性质求出对角线AC的长度，得到扇形的半径OA的长度，进而计算扇形OEF的面积；②通过作垂线构造全等三角形，推导得出重叠部分的面积等于固定四边形的面积，计算出重叠部分的面积；③用扇形面积减去重叠部分面积即可得到最终结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠B=120°，
∴AB=BC=AD=CD=4，邻角互补得∠BAD=180°-∠B=60°，
对角线AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC=30°，
过B作BH⊥AC于H，在Rt△ABH中：
$AH=AB·\cos30°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
∴$AC=2AH=4\sqrt{3}$，
∵O是AC中点，
∴扇形半径$OA=\frac{AC}{2}=2\sqrt{3}$，
扇形OEF的面积：$S_{扇形}=\frac{60°}{360°}×π×OA^2=\frac{1}{6}×π×(2\sqrt{3})^2=2π$。
过O作$OP⊥AD$于P，$OQ⊥CD$于Q，
∵AC是角平分线，
∴$OP=OQ$，
在四边形OPDQ中，$∠ADC=120°$，$∠OPD=∠OQD=90°$，
∴$∠POQ=360°-90°-90°-120°=60°$，
又
∵$∠EOF=60°$，
∴$∠PON=∠QOM$，
∴$△ OPN≌△ OQM(ASA)$，即重叠部分面积等于四边形OPDQ的面积，
在$Rt△ OPD$中，菱形对角线互相垂直平分，$OD=\frac{1}{2}BD=2$，$∠ODP=60°$，
$OP=OD·\sin60°=\sqrt{3}$，$PD=OD·\cos60°=1$，
$S_{四边形OPDQ}=2×S_{△ OPD}=2×\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
∴涂色部分面积=$S_{扇形}-S_{重叠}=2π-\sqrt{3}$。
【答案】
$2π-\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质；扇形面积计算；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题考查不规则图形面积的计算，核心是运用割补法将阴影面积转化为规则图形面积的差，需要熟练掌握特殊四边形的性质，能通过全等转化简化重叠部分面积的计算，对图形转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
18 如图，$AB=AC=AD$，$∠ CBD=2∠ BDC$，$∠ BAC=44°$，则$∠ CAD$ 的度数为 （
A.$68°$
B.$88°$
C.$90°$
D.$112°$
（第18题）
B
）A.$68°$
B.$88°$
C.$90°$
D.$112°$
（第18题）答案
18. B
解析
【分析】
首先由$AB=AC=AD$，根据圆的定义可判断点B、C、D在以A为圆心，AB为半径的同一个圆上，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，先求出$∠ BDC$的度数，结合已知条件求出$∠ CBD$的度数，最后再用圆周角定理求出$∠ CAD$的度数即可。
【解析】
解：$\because AB=AC=AD$，
$\therefore$点B、C、D在以A为圆心，AB为半径的圆上。
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半：
$∠ BDC$是弧BC所对的圆周角，$∠ BAC$是弧BC所对的圆心角，
$\therefore ∠ BDC=\frac{1}{2}∠ BAC=\frac{1}{2}×44°=22°$。
$\because ∠ CBD=2∠ BDC$，
$\therefore ∠ CBD=2×22°=44°$。
又$\because ∠ CBD$是弧CD所对的圆周角，$∠ CAD$是弧CD所对的圆心角，
$\therefore ∠ CAD=2∠ CBD=2×44°=88°$。
【答案】
B
【知识点】
圆的定义；圆周角定理
【点评】
本题解题的关键是根据三条共端点且长度相等的线段判断出三点共圆，再灵活运用圆周角定理进行角度的转化计算，掌握圆周角与圆心角的对应关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
首先由$AB=AC=AD$，根据圆的定义可判断点B、C、D在以A为圆心，AB为半径的同一个圆上，再利用圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，先求出$∠ BDC$的度数，结合已知条件求出$∠ CBD$的度数，最后再用圆周角定理求出$∠ CAD$的度数即可。
【解析】
解：$\because AB=AC=AD$，
$\therefore$点B、C、D在以A为圆心，AB为半径的圆上。
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半：
$∠ BDC$是弧BC所对的圆周角，$∠ BAC$是弧BC所对的圆心角，
$\therefore ∠ BDC=\frac{1}{2}∠ BAC=\frac{1}{2}×44°=22°$。
$\because ∠ CBD=2∠ BDC$，
$\therefore ∠ CBD=2×22°=44°$。
又$\because ∠ CBD$是弧CD所对的圆周角，$∠ CAD$是弧CD所对的圆心角，
$\therefore ∠ CAD=2∠ CBD=2×44°=88°$。
【答案】
B
【知识点】
圆的定义；圆周角定理
【点评】
本题解题的关键是根据三条共端点且长度相等的线段判断出三点共圆，再灵活运用圆周角定理进行角度的转化计算，掌握圆周角与圆心角的对应关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
19 [2024凉山]如图，$\odot M$的圆心为$M(4,0)$，半径为2，$P$是直线$y=x+4$上的一个动点，过点$P$作$\odot M$的切线，切点为$Q$，则$PQ$长的最小值为（
A.$5$
B.$4\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{7}$
D.$8$
C
）A.$5$
B.$4\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{7}$
D.$8$
答案
19. C 【解析】连接MP,MQ.设直线$y=x+4$分别交x轴、y轴于点A,B,则$A(-4,0),B(0,4). \therefore OA=OB=4, \therefore ∠ BAO=45°$.
$\because PQ$是$\odot M$的切线,$\therefore MQ⊥ PQ, \therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ PQM$中,$PQ=\sqrt{PM^2-MQ^2}=\sqrt{PM^2-4}$. 要使PQ最短,只要PM最短即可.
$\because M(4,0), \therefore AM=8$. 根据“垂线段最短”,得当$MP⊥ AB$时,MP最短. 此时在$\mathrm{Rt}△ APM$中,$AP=MP$. 由勾股定理,得$AP^2+MP^2=8^2$,$\therefore MP=4\sqrt{2}$,$\therefore PQ$长的最小值为$\sqrt{(4\sqrt{2})^2-4}=2\sqrt{7}$.
$\because PQ$是$\odot M$的切线,$\therefore MQ⊥ PQ, \therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ PQM$中,$PQ=\sqrt{PM^2-MQ^2}=\sqrt{PM^2-4}$. 要使PQ最短,只要PM最短即可.
$\because M(4,0), \therefore AM=8$. 根据“垂线段最短”,得当$MP⊥ AB$时,MP最短. 此时在$\mathrm{Rt}△ APM$中,$AP=MP$. 由勾股定理,得$AP^2+MP^2=8^2$,$\therefore MP=4\sqrt{2}$,$\therefore PQ$长的最小值为$\sqrt{(4\sqrt{2})^2-4}=2\sqrt{7}$.
解析
【分析】
要解决切线长PQ的最小值问题，首先结合切线的性质分析：切线垂直于过切点的半径，因此△PQM是直角三角形，且直角边MQ为⊙M的半径，长度固定。根据勾股定理，PQ的长度由斜边PM的长度决定，PM越小则PQ越小，因此问题转化为求点M到直线y=x+4的最短距离。根据“垂线段最短”，当PM垂直于直线y=x+4时，PM长度最小，求出此时的PM长度后，即可代入勾股定理计算PQ的最小值。
【解析】
连接MP、MQ，设直线$y=x+4$分别交x轴、y轴于点A、B：
令$y=0$，得$0=x+4$，解得$x=-4$，故$A(-4,0)$；令$x=0$，得$y=4$，故$B(0,4)$。
∴$OA=OB=4$，$△ AOB$是等腰直角三角形，$∠ BAO=45°$。
∵PQ是$\odot M$的切线，Q为切点，根据切线的性质得$MQ⊥ PQ$，即$△ PQM$为直角三角形。
已知$\odot M$半径$MQ=2$，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{PM^2-MQ^2}=\sqrt{PM^2-4}$
要使PQ最短，需使PM长度最短，根据“垂线段最短”，当$MP⊥ AB$时，PM长度最小。
已知$M(4,0)$，则$AM=4-(-4)=8$，此时$△ APM$为等腰直角三角形，$AP=MP$。
在$Rt△ APM$中，由勾股定理得：$AP^2+MP^2=AM^2$，即$2MP^2=8^2$，解得$MP=4\sqrt{2}$。
将$MP=4\sqrt{2}$代入PQ的表达式得：
$PQ_{\mathrm{最小值}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2-4}=\sqrt{32-4}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题是一次函数与圆的综合最值题，解题核心是将切线长的最值问题转化为点到直线的距离问题，渗透了转化的数学思想，要求学生能灵活结合几何性质简化最值求解过程。
【难度系数】
0.6
要解决切线长PQ的最小值问题，首先结合切线的性质分析：切线垂直于过切点的半径，因此△PQM是直角三角形，且直角边MQ为⊙M的半径，长度固定。根据勾股定理，PQ的长度由斜边PM的长度决定，PM越小则PQ越小，因此问题转化为求点M到直线y=x+4的最短距离。根据“垂线段最短”，当PM垂直于直线y=x+4时，PM长度最小，求出此时的PM长度后，即可代入勾股定理计算PQ的最小值。
【解析】
连接MP、MQ，设直线$y=x+4$分别交x轴、y轴于点A、B：
令$y=0$，得$0=x+4$，解得$x=-4$，故$A(-4,0)$；令$x=0$，得$y=4$，故$B(0,4)$。
∴$OA=OB=4$，$△ AOB$是等腰直角三角形，$∠ BAO=45°$。
∵PQ是$\odot M$的切线，Q为切点，根据切线的性质得$MQ⊥ PQ$，即$△ PQM$为直角三角形。
已知$\odot M$半径$MQ=2$，由勾股定理得：
$PQ=\sqrt{PM^2-MQ^2}=\sqrt{PM^2-4}$
要使PQ最短，需使PM长度最短，根据“垂线段最短”，当$MP⊥ AB$时，PM长度最小。
已知$M(4,0)$，则$AM=4-(-4)=8$，此时$△ APM$为等腰直角三角形，$AP=MP$。
在$Rt△ APM$中，由勾股定理得：$AP^2+MP^2=AM^2$，即$2MP^2=8^2$，解得$MP=4\sqrt{2}$。
将$MP=4\sqrt{2}$代入PQ的表达式得：
$PQ_{\mathrm{最小值}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^2-4}=\sqrt{32-4}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；垂线段最短；勾股定理
【点评】
本题是一次函数与圆的综合最值题，解题核心是将切线长的最值问题转化为点到直线的距离问题，渗透了转化的数学思想，要求学生能灵活结合几何性质简化最值求解过程。
【难度系数】
0.6
