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20 如图，AB是$\odot O$的弦，$OC⊥ AB$，垂足为C，$OD// AB$，交$\odot O$于点D，$OD=2OC$，则$∠ ABD$的度数为
（第20题）
$105°$
。（第20题）答案
20. $105°$ 【解析】连接OB,取OB的中点E,连接CE. $\because OD=2OC,OB=OD, \therefore OC=\frac{1}{2}OB. \because OC⊥ AB, \therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ OCB$中,$CE=\frac{1}{2}OB, \therefore CE=OC=OE, \therefore △ OCE$为等边三角形,$\therefore ∠ COB=60°$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ OCB$中,$∠ CBO=30°. \because OD// AB, \therefore ∠ BOD=∠ CBO=30°. \because OB=OD, \therefore ∠ OBD=∠ ODB=75°, \therefore ∠ ABD=∠ CBO+∠ OBD=105°$.
解析
【分析】
要求∠ABD的度数，可将其拆分为∠CBO与∠OBD的和，分别求出两个角的度数即可。首先连接OB，利用圆的半径相等可得OB=OD，结合已知OD=2OC可推出$OC=\frac{1}{2}OB$；再在Rt△OCB中利用直角三角形的性质求出∠CBO的度数；接着利用平行线的性质求出∠BOD的度数，最后在等腰△OBD中求出∠OBD的度数，将两个角相加即可得到∠ABD的度数。
【解析】
连接OB。
∵ OB、OD都是$\odot O$的半径，
∴ $OB=OD$，
又
∵ $OD=2OC$，
∴ $OC=\frac{1}{2}OB$。
∵ $OC⊥AB$，
∴ $∠ OCB=90°$，△OCB为直角三角形，
在Rt△OCB中，直角边$OC=\frac{1}{2}OB$，
∴ $∠ CBO=30°$。
∵ $OD// AB$，
∴ $∠ BOD=∠ CBO=30°$（两直线平行，内错角相等）。
∵ $OB=OD$，△OBD为等腰三角形，
∴ $∠ OBD=∠ ODB=\frac{180°-∠ BOD}{2}=\frac{180°-30°}{2}=75°$。
∴ $∠ ABD=∠ CBO+∠ OBD=30°+75°=105°$。
【答案】
$105°$
【知识点】
直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质和常见几何图形的性质，解题的关键是合理拆分所求角，通过添加辅助线结合各基础知识点分步计算，对学生的知识点综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要求∠ABD的度数，可将其拆分为∠CBO与∠OBD的和，分别求出两个角的度数即可。首先连接OB，利用圆的半径相等可得OB=OD，结合已知OD=2OC可推出$OC=\frac{1}{2}OB$；再在Rt△OCB中利用直角三角形的性质求出∠CBO的度数；接着利用平行线的性质求出∠BOD的度数，最后在等腰△OBD中求出∠OBD的度数，将两个角相加即可得到∠ABD的度数。
【解析】
连接OB。
∵ OB、OD都是$\odot O$的半径，
∴ $OB=OD$，
又
∵ $OD=2OC$，
∴ $OC=\frac{1}{2}OB$。
∵ $OC⊥AB$，
∴ $∠ OCB=90°$，△OCB为直角三角形，
在Rt△OCB中，直角边$OC=\frac{1}{2}OB$，
∴ $∠ CBO=30°$。
∵ $OD// AB$，
∴ $∠ BOD=∠ CBO=30°$（两直线平行，内错角相等）。
∵ $OB=OD$，△OBD为等腰三角形，
∴ $∠ OBD=∠ ODB=\frac{180°-∠ BOD}{2}=\frac{180°-30°}{2}=75°$。
∴ $∠ ABD=∠ CBO+∠ OBD=30°+75°=105°$。
【答案】
$105°$
【知识点】
直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质和常见几何图形的性质，解题的关键是合理拆分所求角，通过添加辅助线结合各基础知识点分步计算，对学生的知识点综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
21 [2025 沭阳二模]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$∠ A=60°$,$AB=2$,将$Rt△ ABC$绕点$C$顺时针旋转$90°$后得到$Rt△ DEC$,点$B$经过的路径为$\overset{\frown}{BE}$,将线段$AB$绕点$A$顺时针旋转$60°$后,点$B$恰好落在$CE$上的点$F$处,点$B$经过的路径为$\overset{\frown}{BF}$,则图中涂色部分的面积是
$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$
.答案
21. $\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$ 【解析】$\because ∠ ACB=90°,∠ A=60°, \therefore ∠ ABC=30°$.
$\because AB=2, \therefore AC=1, \therefore BC=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}, \therefore$ 涂色部分的面积$=△ ABC$的面积$+$扇形$CBE$的面积$-$扇形$ABF$的面积$=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}+\frac{90π×(\sqrt{3})^2}{360}-\frac{60π×2^2}{360}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3π}{4}-\frac{2π}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$.
$\because AB=2, \therefore AC=1, \therefore BC=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}, \therefore$ 涂色部分的面积$=△ ABC$的面积$+$扇形$CBE$的面积$-$扇形$ABF$的面积$=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}+\frac{90π×(\sqrt{3})^2}{360}-\frac{60π×2^2}{360}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3π}{4}-\frac{2π}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$.
解析
【分析】
本题是不规则阴影面积的求解问题，优先采用割补法，将不规则面积转化为规则图形面积的和差计算。首先根据Rt△ABC的已知角度和边长，利用直角三角形的性质求出AC、BC的长度；再结合旋转的性质，确定两个扇形的圆心角和半径；最后观察图形可得，阴影部分的面积=△ABC的面积+扇形CBE的面积-扇形ABF的面积，代入数据计算即可。
【解析】
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，
∴∠ABC=30°，
∵AB=2，
∴AC=1（直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半），
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
观察图形可知，涂色部分的面积 = $S_{△ABC} + S_{扇形CBE} - S_{扇形ABF}$，
分别计算各部分面积：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
扇形CBE的圆心角为90°，半径为BC=$\sqrt{3}$，则$S_{扇形CBE}=\frac{90π×(\sqrt{3})^2}{360}=\frac{3π}{4}$，
扇形ABF的圆心角为60°，半径为AB=2，则$S_{扇形ABF}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2π}{3}$，
∴涂色部分面积=$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3π}{4}-\frac{2π}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$
【知识点】
扇形面积计算；旋转的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题核心是将不规则阴影面积转化为规则图形的面积和差计算，解题的关键是准确识别各规则图形的参数（扇形的圆心角、半径，三角形的底和高），熟练掌握旋转的性质和扇形面积公式能大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.6
本题是不规则阴影面积的求解问题，优先采用割补法，将不规则面积转化为规则图形面积的和差计算。首先根据Rt△ABC的已知角度和边长，利用直角三角形的性质求出AC、BC的长度；再结合旋转的性质，确定两个扇形的圆心角和半径；最后观察图形可得，阴影部分的面积=△ABC的面积+扇形CBE的面积-扇形ABF的面积，代入数据计算即可。
【解析】
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，
∴∠ABC=30°，
∵AB=2，
∴AC=1（直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半），
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
观察图形可知，涂色部分的面积 = $S_{△ABC} + S_{扇形CBE} - S_{扇形ABF}$，
分别计算各部分面积：
$S_{△ABC}=\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
扇形CBE的圆心角为90°，半径为BC=$\sqrt{3}$，则$S_{扇形CBE}=\frac{90π×(\sqrt{3})^2}{360}=\frac{3π}{4}$，
扇形ABF的圆心角为60°，半径为AB=2，则$S_{扇形ABF}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2π}{3}$，
∴涂色部分面积=$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3π}{4}-\frac{2π}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{12}$
【知识点】
扇形面积计算；旋转的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题核心是将不规则阴影面积转化为规则图形的面积和差计算，解题的关键是准确识别各规则图形的参数（扇形的圆心角、半径，三角形的底和高），熟练掌握旋转的性质和扇形面积公式能大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.6
22 [2025泸州]如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=10，⊙O与梯形ABCD的各边都相切，且⊙O的面积为16π，则点B到CD的距离为
$\frac{64}{5}$
。答案
22. $\frac{64}{5}$ 【解析】如图,过点A作$AE⊥ BC$于点E,过点D作$DF⊥ BC$于点F,连接BD,过点B作$BH⊥ DC$于点H,则易得四边形AEFD为矩形,$\therefore AD=EF. \because \odot O$的面积为$16π, \therefore \odot O$的半径为4,$\therefore AE=8$. 在$\mathrm{Rt}△ AEB$中,$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$,同理可求$CF=6. \because \odot O$与梯形ABCD的各边都相切,$AB=CD=10, \therefore AD+BC=AB+CD=20, \therefore AD=EF=\frac{1}{2}×(20-6×2)=4$,$\therefore BC=6+4+6=16. \because S_{△ BDC}=\frac{1}{2}BC· AE=\frac{1}{2}CD· BH$,$\therefore BH=\frac{BC· AE}{CD}=\frac{16×8}{10}=\frac{64}{5}$.
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手：首先根据⊙O的面积可求出其半径，进而得到等腰梯形的高；再结合勾股定理求出等腰梯形下底两侧比上底多出的线段长度；接着利用圆外切四边形对边和相等的性质，求出梯形的上底、下底长度；最后要求点B到CD的距离，可通过等面积法，用两种方式表示△BDC的面积，建立等式即可求出目标距离。
【解析】
过点A作$AE⊥ BC$于点E，过点D作$DF⊥ BC$于点F，连接BD，过点B作$BH⊥ DC$于点H。
∵ 四边形ABCD是等腰梯形，$AE⊥BC$，$DF⊥BC$，
∴ 四边形AEFD为矩形，可得$AD=EF$，$BE=CF$。
∵ $\odot O$的面积为$16π$，设$\odot O$半径为$r$，则$π r^2=16π$，解得$r=4$，因此梯形的高$AE=2r=8$。
在$\mathrm{Rt}△ AEB$中，$AB=10$，$AE=8$，由勾股定理得：$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，同理可得$CF=6$。
∵ $\odot O$是梯形ABCD的内切圆，圆外切四边形对边和相等，
∴ $AD+BC=AB+CD=10+10=20$。
又$\because BC=BE+EF+CF=6+AD+6=AD+12$，联立$AD+BC=20$，解得$AD=4$，$BC=16$。
∵ $S_{△ BDC}=\frac{1}{2}BC· AE=\frac{1}{2}CD· BH$，代入数值得$\frac{1}{2}×16×8=\frac{1}{2}×10×BH$，
解得$BH=\frac{16×8}{10}=\frac{64}{5}$。
【答案】
$\frac{64}{5}$
【知识点】
圆外切四边形性质，等腰梯形性质，等面积法求线段
【点评】
本题综合考查了圆、等腰梯形的相关性质，解题关键是熟练掌握圆外切四边形对边和相等的性质，灵活运用等面积法求解点到直线的距离，能有效检验几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先从已知条件入手：首先根据⊙O的面积可求出其半径，进而得到等腰梯形的高；再结合勾股定理求出等腰梯形下底两侧比上底多出的线段长度；接着利用圆外切四边形对边和相等的性质，求出梯形的上底、下底长度；最后要求点B到CD的距离，可通过等面积法，用两种方式表示△BDC的面积，建立等式即可求出目标距离。
【解析】
过点A作$AE⊥ BC$于点E，过点D作$DF⊥ BC$于点F，连接BD，过点B作$BH⊥ DC$于点H。
∵ 四边形ABCD是等腰梯形，$AE⊥BC$，$DF⊥BC$，
∴ 四边形AEFD为矩形，可得$AD=EF$，$BE=CF$。
∵ $\odot O$的面积为$16π$，设$\odot O$半径为$r$，则$π r^2=16π$，解得$r=4$，因此梯形的高$AE=2r=8$。
在$\mathrm{Rt}△ AEB$中，$AB=10$，$AE=8$，由勾股定理得：$BE=\sqrt{AB^2-AE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，同理可得$CF=6$。
∵ $\odot O$是梯形ABCD的内切圆，圆外切四边形对边和相等，
∴ $AD+BC=AB+CD=10+10=20$。
又$\because BC=BE+EF+CF=6+AD+6=AD+12$，联立$AD+BC=20$，解得$AD=4$，$BC=16$。
∵ $S_{△ BDC}=\frac{1}{2}BC· AE=\frac{1}{2}CD· BH$，代入数值得$\frac{1}{2}×16×8=\frac{1}{2}×10×BH$，
解得$BH=\frac{16×8}{10}=\frac{64}{5}$。
【答案】
$\frac{64}{5}$
【知识点】
圆外切四边形性质，等腰梯形性质，等面积法求线段
【点评】
本题综合考查了圆、等腰梯形的相关性质，解题关键是熟练掌握圆外切四边形对边和相等的性质，灵活运用等面积法求解点到直线的距离，能有效检验几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
23 分类讨论思想 [2024江西]如图，AB是$\odot O$的直径，$AB=2$，点C在线段AB上运动，过点C的弦$DE⊥ AB$，将$\overset{\frown}{DBE}$沿DE翻折交直线AB于点F。当DE的长为正整数时，线段FB的长为
$2-\sqrt{3}或2+\sqrt{3}或2$
。答案
23. $2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或$2$ 【解析】$\because \odot O$的直径$AB=2$,弦DE的长为正整数,$\therefore DE=1$或2. ① 当$DE=1$,且DE在点O的右侧时,如图①,连接OD,则$OD=OB=\frac{1}{2}AB=1. \because AB$是$\odot O$的直径,$DE⊥ AB$,$\therefore DC=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ DCO$中,$OC=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{1}{2}\sqrt{3}$. $\because DE$是折痕,$\therefore FB=2BC=2×(1-\frac{1}{2}\sqrt{3})=2-\sqrt{3}$. ② 当$DE=1$,且DE在点O的左侧时,如图②,同理可求得$OC=\frac{1}{2}\sqrt{3}. \because DE$是折痕,$\therefore FB=2BC=2×(1+\frac{1}{2}\sqrt{3})=2+\sqrt{3}$. ③ 当$DE=2$,如图③,DE是$\odot O$的直径,此时点A与点F重合,$FB=AB=2$. 综上所述,线段FB的长为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或2.
解析
【分析】
首先由⊙O的直径AB=2，可得圆的半径为1，圆中最长的弦为直径，结合DE的长为正整数，可确定DE的取值只能为1或2。接下来分三类情况讨论：①当DE=1且在圆心O右侧时，②当DE=1且在圆心O左侧时，③当DE=2时。每类情况先利用垂径定理得到弦长一半的长度，在直角三角形中用勾股定理求出OC的长度，再结合翻折的对称性（点F与点B关于DE对称，故FB=2BC）即可求出FB的长度，注意不要遗漏任意一种情况避免漏解。
【解析】
已知⊙O的直径AB=2，故⊙O的半径OD=OB=1。
∵DE为⊙O的弦且长为正整数，圆中最长弦为直径，
∴DE=1或DE=2，分三种情况讨论：
①当DE=1，且DE在点O的右侧时，如图①，连接OD：
∵DE⊥AB，AB为直径，由垂径定理得$DC=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ DCO$中，由勾股定理得：$OC=\sqrt{OD^2-DC^2}=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵$\overset{\frown}{DBE}$沿DE翻折后点B落在F处，即点F、B关于DE对称，
∴$FB=2BC=2×(OB-OC)=2×(1-\frac{\sqrt{3}}{2})=2-\sqrt{3}$。
②当DE=1，且DE在点O的左侧时，如图②，同理可得$OC=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
此时$BC=OB+OC=1+\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$FB=2BC=2×(1+\frac{\sqrt{3}}{2})=2+\sqrt{3}$。
③当DE=2时，如图③，此时DE为⊙O的直径，点C与圆心O重合，翻折后点B的对称点F与点A重合，故$FB=AB=2$。
综上，线段FB的长为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或2。
【答案】
$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或$2$
【知识点】
垂径定理，翻折的性质，勾股定理
【点评】
本题考查分类讨论思想在圆相关计算中的应用，需要结合圆的基本性质、轴对称的特点和勾股定理求解，解题时要注意全面考虑弦DE的位置和长度的所有可能情况，避免出现漏解的问题。
【难度系数】
0.5
首先由⊙O的直径AB=2，可得圆的半径为1，圆中最长的弦为直径，结合DE的长为正整数，可确定DE的取值只能为1或2。接下来分三类情况讨论：①当DE=1且在圆心O右侧时，②当DE=1且在圆心O左侧时，③当DE=2时。每类情况先利用垂径定理得到弦长一半的长度，在直角三角形中用勾股定理求出OC的长度，再结合翻折的对称性（点F与点B关于DE对称，故FB=2BC）即可求出FB的长度，注意不要遗漏任意一种情况避免漏解。
【解析】
已知⊙O的直径AB=2，故⊙O的半径OD=OB=1。
∵DE为⊙O的弦且长为正整数，圆中最长弦为直径，
∴DE=1或DE=2，分三种情况讨论：
①当DE=1，且DE在点O的右侧时，如图①，连接OD：
∵DE⊥AB，AB为直径，由垂径定理得$DC=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ DCO$中，由勾股定理得：$OC=\sqrt{OD^2-DC^2}=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵$\overset{\frown}{DBE}$沿DE翻折后点B落在F处，即点F、B关于DE对称，
∴$FB=2BC=2×(OB-OC)=2×(1-\frac{\sqrt{3}}{2})=2-\sqrt{3}$。
②当DE=1，且DE在点O的左侧时，如图②，同理可得$OC=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
此时$BC=OB+OC=1+\frac{\sqrt{3}}{2}$，故$FB=2BC=2×(1+\frac{\sqrt{3}}{2})=2+\sqrt{3}$。
③当DE=2时，如图③，此时DE为⊙O的直径，点C与圆心O重合，翻折后点B的对称点F与点A重合，故$FB=AB=2$。
综上，线段FB的长为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或2。
【答案】
$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$或$2$
【知识点】
垂径定理，翻折的性质，勾股定理
【点评】
本题考查分类讨论思想在圆相关计算中的应用，需要结合圆的基本性质、轴对称的特点和勾股定理求解，解题时要注意全面考虑弦DE的位置和长度的所有可能情况，避免出现漏解的问题。
【难度系数】
0.5
24 如图，$\odot O$的半径为3 cm，B为$\odot O$外一点，OB交$\odot O$于点A，AB=OA，动点P从点A出发，以π cm/s的速度在$\odot O$上按逆时针方向运动一周回到点A后停止.当点P运动的时间为
1或5
s时，直线BP与$\odot O$相切.答案
24. 1或5 【解析】连接OP,则$OP=3\ \mathrm{cm}. \because AB=OA=3\ \mathrm{cm}, \therefore OB=6\ \mathrm{cm}, \therefore OP=\frac{1}{2}OB$. 当直线BP与$\odot O$相切时,$OP⊥ BP$. $\therefore$ 易得$∠ BOP=60°$. 分两种情况讨论:当点P在OB的上方时,运动的时间为$\frac{60π×3}{180}÷π=1(\mathrm{s})$;当点P在OB的下方时,运动的时间为$\frac{(360-60)π×3}{180}÷π=5(\mathrm{s})$. 综上所述,点P运动的时间为1 s或5 s.
解析
【分析】
解决本题首先要回忆切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，因此先连接半径OP，当BP与⊙O相切时，OP⊥BP。结合已知条件，可先求出OB的长度，在直角三角形OPB中根据边的关系推出∠BOP的度数。再考虑动点P逆时针运动的两种情况：P在OB上方、P在OB下方，分别计算对应弧AP的长度，最后根据“时间=路程÷速度”求出运动时间即可。
【解析】
解：连接OP，
∵⊙O的半径为3 cm，
∴$OP=OA=3\ \mathrm{cm}$。
∵$AB=OA=3\ \mathrm{cm}$，
∴$OB=OA+AB=6\ \mathrm{cm}$，即$OP=\frac{1}{2}OB$。
当直线BP与⊙O相切时，$OP⊥BP$，即$∠ OPB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ OPB$中，$OP=\frac{1}{2}OB$，
∴$∠ B=30°$，$∠ BOP=60°$。
分两种情况讨论：
① 当点P运动到OB上方时，劣弧AP的度数为$60°$，
劣弧AP的长度为$\frac{60π×3}{180}=π$（cm），
运动时间为$π÷π=1$（s）；
② 当点P运动到OB下方时，优弧AP的度数为$360°-60°=300°$，
优弧AP的长度为$\frac{300π×3}{180}=5π$（cm），
运动时间为$5π÷π=5$（s）。
综上所述，点P运动的时间为1 s或5 s。
【答案】
1或5
【知识点】
切线的性质；弧长计算；分类讨论思想
【点评】
本题结合动点问题考查切线性质与弧长公式的应用，解题核心是根据切线的性质确定夹角的度数，解题时要注意分两种情况讨论点P的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要回忆切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径，因此先连接半径OP，当BP与⊙O相切时，OP⊥BP。结合已知条件，可先求出OB的长度，在直角三角形OPB中根据边的关系推出∠BOP的度数。再考虑动点P逆时针运动的两种情况：P在OB上方、P在OB下方，分别计算对应弧AP的长度，最后根据“时间=路程÷速度”求出运动时间即可。
【解析】
解：连接OP，
∵⊙O的半径为3 cm，
∴$OP=OA=3\ \mathrm{cm}$。
∵$AB=OA=3\ \mathrm{cm}$，
∴$OB=OA+AB=6\ \mathrm{cm}$，即$OP=\frac{1}{2}OB$。
当直线BP与⊙O相切时，$OP⊥BP$，即$∠ OPB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ OPB$中，$OP=\frac{1}{2}OB$，
∴$∠ B=30°$，$∠ BOP=60°$。
分两种情况讨论：
① 当点P运动到OB上方时，劣弧AP的度数为$60°$，
劣弧AP的长度为$\frac{60π×3}{180}=π$（cm），
运动时间为$π÷π=1$（s）；
② 当点P运动到OB下方时，优弧AP的度数为$360°-60°=300°$，
优弧AP的长度为$\frac{300π×3}{180}=5π$（cm），
运动时间为$5π÷π=5$（s）。
综上所述，点P运动的时间为1 s或5 s。
【答案】
1或5
【知识点】
切线的性质；弧长计算；分类讨论思想
【点评】
本题结合动点问题考查切线性质与弧长公式的应用，解题核心是根据切线的性质确定夹角的度数，解题时要注意分两种情况讨论点P的位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6
25 如图，$\odot O$ 的半径为1，A，P，B，C 是$\odot O$上的四个点，$∠ APC=∠ CPB=60°$.
（1）$△ ABC$ 的形状是
（2）试探究线段 PA，PB，PC 之间的数量关系，并证明你的结论.
（3）当点 P 位于$\overset{\frown}{AB}$的什么位置时，四边形 APBC 的面积最大？请求出最大面积.
（1）$△ ABC$ 的形状是
等边三角形
.（2）试探究线段 PA，PB，PC 之间的数量关系，并证明你的结论.
（3）当点 P 位于$\overset{\frown}{AB}$的什么位置时，四边形 APBC 的面积最大？请求出最大面积.
答案
25. (1) 等边三角形
(2) $PC=PA+PB$ 如图①,在PC上截取$PD=PA$,连接AD. $\because ∠ APC=60°, \therefore △ APD$是等边三角形,$\therefore AD=AP=PD$,$∠ ADP=60°, \therefore ∠ ADC=120°. \because ∠ APC=∠ CPB=60°, \therefore ∠ APB=∠ APC+∠ CPB=120°, \therefore ∠ APB=∠ ADC$. 在$△ APB$和$△ ADC$中,$\begin{cases}∠ ABP=∠ ACD,\\∠ APB=∠ ADC,\\AP=AD,\end{cases}$ $\therefore △ APB≌△ ADC, \therefore PB=DC$. 又$\because PD=PA, \therefore PC=PD+DC=PA+PB$.
(3) 当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,四边形APBC的面积最大 如图②,过点P作$PE⊥ AB$,垂足为E,过点C作$CF⊥ AB$,垂足为F. $\because S_{△ APB}=\frac{1}{2}AB· PE$,$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CF, \therefore S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$. 当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,$AP=BP, \therefore E$为AB的中点. $\because △ ABC$是$\odot O$的内接正三角形,$\therefore CA=CB, \therefore F$为AB的中点. 又$\because ∠ AEP+∠ AFC=180°, \therefore$ 点E与点F重合,点P,E,C共线,$\therefore PE+CF=PC$,且PC为$\odot O$的直径,$\therefore$ 此时四边形APBC的面积最大. 又$\because \odot O$的半径为1,$\therefore$ 易得其内接正三角形的边长$AB=\sqrt{3}$,$\therefore$ 四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$.
解析
【分析】
（1）根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，可推出△ABC的三个内角均为60°，即可判断其形状；
（2）探究三条线段的和差关系可采用截长补短法：在PC上截取PD=PA，结合∠APC=60°得到等边△APD，再证明△APB≌△ADC，将PB转化为DC，即可推导出三条线段的数量关系；
（3）四边形APBC的面积可拆分为△APB和△ABC的面积之和，两个三角形底均为AB，面积和由AB边上的两个高的和决定，当高的和取最大值（即圆的直径）时，四边形面积最大，此时P为$\overset{\frown}{AB}$的中点，代入数值计算即可得到最大面积。
【解析】
（1）
∵在$\odot O$中，∠ABC与∠APC同对$\overset{\frown}{AC}$，∠BAC与∠CPB同对$\overset{\frown}{BC}$，
∴∠ABC=∠APC=60°，∠BAC=∠CPB=60°，
∴∠ACB=180°-60°-60°=60°，三个内角均为60°，故△ABC为等边三角形。
（2）$PC=PA+PB$，证明如下：
在PC上截取$PD=PA$，连接AD。
∵$∠APC=60°$，
∴△APD是等边三角形，
∴$AD=AP=PD$，$∠ADP=60°$，即$∠ADC=120°$。
∵$∠APC=∠CPB=60°$，
∴$∠APB=∠APC+∠CPB=120°$，
∴$∠APB=∠ADC$。
在$△APB$和$△ADC$中：
$\begin{cases}∠ABP=∠ACD\\∠APB=∠ADC\\AP=AD\end{cases}$
∴$△APB≌△ADC$（AAS），
∴$PB=DC$。
∵$PC=PD+DC$，$PD=PA$，
∴$PC=PA+PB$。
（3）当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC面积最大：
过点P作$PE⊥AB$于E，过点C作$CF⊥AB$于F，
则$S_{△APB}=\frac{1}{2}AB·PE$，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·CF$，
∴$S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$。
AB为定值，因此PE+CF最大时，四边形面积最大。
当P为$\overset{\frown}{AB}$中点时，$AP=BP$，E为AB中点；又△ABC是等边三角形，$CA=CB$，F为AB中点，此时E、F重合，P、E、C三点共线，PC为$\odot O$的直径，$PE+CF=PC=2$，取得最大值。
已知$\odot O$半径为1，其内接正三角形边长$AB=\sqrt{3}$，
∴最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 等边三角形
(2) $PC=PA+PB$ 如图①,在PC上截取$PD=PA$,连接AD. $\because ∠ APC=60°, \therefore △ APD$是等边三角形,$\therefore AD=AP=PD$,$∠ ADP=60°, \therefore ∠ ADC=120°. \because ∠ APC=∠ CPB=60°, \therefore ∠ APB=∠ APC+∠ CPB=120°, \therefore ∠ APB=∠ ADC$. 在$△ APB$和$△ ADC$中,$\begin{cases}∠ ABP=∠ ACD,\\∠ APB=∠ ADC,\\AP=AD,\end{cases}$ $\therefore △ APB≌△ ADC, \therefore PB=DC$. 又$\because PD=PA, \therefore PC=PD+DC=PA+PB$.
(3) 当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,四边形APBC的面积最大 如图②,过点P作$PE⊥ AB$,垂足为E,过点C作$CF⊥ AB$,垂足为F. $\because S_{△ APB}=\frac{1}{2}AB· PE$,$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CF, \therefore S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$. 当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,$AP=BP, \therefore E$为AB的中点. $\because △ ABC$是$\odot O$的内接正三角形,$\therefore CA=CB, \therefore F$为AB的中点. 又$\because ∠ AEP+∠ AFC=180°, \therefore$ 点E与点F重合,点P,E,C共线,$\therefore PE+CF=PC$,且PC为$\odot O$的直径,$\therefore$ 此时四边形APBC的面积最大. 又$\because \odot O$的半径为1,$\therefore$ 易得其内接正三角形的边长$AB=\sqrt{3}$,$\therefore$ 四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$.
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，考查了圆周角性质、全等三角形的应用、等边三角形判定及图形最值求解，其中截长补短法构造辅助线证明线段关系、根据几何性质判断最值位置是解题核心，对辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
（1）根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，可推出△ABC的三个内角均为60°，即可判断其形状；
（2）探究三条线段的和差关系可采用截长补短法：在PC上截取PD=PA，结合∠APC=60°得到等边△APD，再证明△APB≌△ADC，将PB转化为DC，即可推导出三条线段的数量关系；
（3）四边形APBC的面积可拆分为△APB和△ABC的面积之和，两个三角形底均为AB，面积和由AB边上的两个高的和决定，当高的和取最大值（即圆的直径）时，四边形面积最大，此时P为$\overset{\frown}{AB}$的中点，代入数值计算即可得到最大面积。
【解析】
（1）
∵在$\odot O$中，∠ABC与∠APC同对$\overset{\frown}{AC}$，∠BAC与∠CPB同对$\overset{\frown}{BC}$，
∴∠ABC=∠APC=60°，∠BAC=∠CPB=60°，
∴∠ACB=180°-60°-60°=60°，三个内角均为60°，故△ABC为等边三角形。
（2）$PC=PA+PB$，证明如下：
在PC上截取$PD=PA$，连接AD。
∵$∠APC=60°$，
∴△APD是等边三角形，
∴$AD=AP=PD$，$∠ADP=60°$，即$∠ADC=120°$。
∵$∠APC=∠CPB=60°$，
∴$∠APB=∠APC+∠CPB=120°$，
∴$∠APB=∠ADC$。
在$△APB$和$△ADC$中：
$\begin{cases}∠ABP=∠ACD\\∠APB=∠ADC\\AP=AD\end{cases}$
∴$△APB≌△ADC$（AAS），
∴$PB=DC$。
∵$PC=PD+DC$，$PD=PA$，
∴$PC=PA+PB$。
（3）当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC面积最大：
过点P作$PE⊥AB$于E，过点C作$CF⊥AB$于F，
则$S_{△APB}=\frac{1}{2}AB·PE$，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·CF$，
∴$S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$。
AB为定值，因此PE+CF最大时，四边形面积最大。
当P为$\overset{\frown}{AB}$中点时，$AP=BP$，E为AB中点；又△ABC是等边三角形，$CA=CB$，F为AB中点，此时E、F重合，P、E、C三点共线，PC为$\odot O$的直径，$PE+CF=PC=2$，取得最大值。
已知$\odot O$半径为1，其内接正三角形边长$AB=\sqrt{3}$，
∴最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 等边三角形
(2) $PC=PA+PB$ 如图①,在PC上截取$PD=PA$,连接AD. $\because ∠ APC=60°, \therefore △ APD$是等边三角形,$\therefore AD=AP=PD$,$∠ ADP=60°, \therefore ∠ ADC=120°. \because ∠ APC=∠ CPB=60°, \therefore ∠ APB=∠ APC+∠ CPB=120°, \therefore ∠ APB=∠ ADC$. 在$△ APB$和$△ ADC$中,$\begin{cases}∠ ABP=∠ ACD,\\∠ APB=∠ ADC,\\AP=AD,\end{cases}$ $\therefore △ APB≌△ ADC, \therefore PB=DC$. 又$\because PD=PA, \therefore PC=PD+DC=PA+PB$.
(3) 当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,四边形APBC的面积最大 如图②,过点P作$PE⊥ AB$,垂足为E,过点C作$CF⊥ AB$,垂足为F. $\because S_{△ APB}=\frac{1}{2}AB· PE$,$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CF, \therefore S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$. 当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时,$AP=BP, \therefore E$为AB的中点. $\because △ ABC$是$\odot O$的内接正三角形,$\therefore CA=CB, \therefore F$为AB的中点. 又$\because ∠ AEP+∠ AFC=180°, \therefore$ 点E与点F重合,点P,E,C共线,$\therefore PE+CF=PC$,且PC为$\odot O$的直径,$\therefore$ 此时四边形APBC的面积最大. 又$\because \odot O$的半径为1,$\therefore$ 易得其内接正三角形的边长$AB=\sqrt{3}$,$\therefore$ 四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$.
【知识点】
圆周角定理，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，考查了圆周角性质、全等三角形的应用、等边三角形判定及图形最值求解，其中截长补短法构造辅助线证明线段关系、根据几何性质判断最值位置是解题核心，对辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
