1. (2025·无锡期中) 如图,点 A 的坐标是(-3,0),点 C 是以 OA 为直径的 $\odot B$ 上的一动点,点 A 关于点 C 的对称点为点 $P(x,y)$, 则 $x+y$ 的最大值为（）

A.3
B.$3\sqrt{2}$
C.6
D.$3\sqrt{2}+3$

1. B 解析:如图,连接OC,OP,
∵ OA为⊙B的直径,
∴ ∠ACO=90°,
∴ OC垂直AP.
∵ 点A关于点C的对称点为点P(x,y),
∴ AC=PC,
∴ OC垂直平分AP,
∴ OP=OA.
∵ A(-3,0),
∴ OA=3,
∴ OP=OA=3,
∴ 点P在以O为圆心,3为半径的圆上运动,令x+y=m,则y=-x+m.
∵ 要求m值最大,
∴ m越往上越大,
∴ 当直线y=-x+m与⊙O相切时,m最大,设直线y=-x+m与y轴交于点Q,切点为P',连接OP',则OP'=3,易知直线与坐标轴所夹锐角为45°,
∴ △OP'Q为等腰直角三角形,OQ=√2 OP'=3√2,即x+y=m=3√2,x+y的最大值为3√2,故选B.

【分析】首先，利用直径所对圆周角为直角的性质，得到OC⊥AP；再结合点A关于点C对称的条件，推出OC是AP的中垂线，进而确定点P的轨迹；最后将x+y的最大值转化为直线截距的最值，通过直线与圆相切的条件求解。
【解析】连接OC，
∵ OA为⊙B的直径，
∴ ∠ACO=90°，即OC⊥AP，
∵ 点A关于点C的对称点为P，
∴ AC=PC，即C为AP中点，
∴ OC垂直平分AP，
∴ OP=OA，
∵ A(-3,0)，
∴ OA=3，故OP=3，
∴ 点P在以O为圆心、3为半径的圆上运动。
令x+y=m，则y=-x+m，要求m的最大值，即求直线y=-x+m与⊙O有交点时m的最大值，当直线与⊙O相切时，m最大。
根据点到直线的距离公式，圆心O(0,0)到直线x+y - m=0的距离等于半径3，
∴ $\frac{|0 + 0 - m|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = 3$，
即 $\frac{|m|}{\sqrt{2}} = 3$，解得$m=±3\sqrt{2}$，
取最大值得$m=3\sqrt{2}$，即x+y的最大值为$3\sqrt{2}$。
【答案】B
【知识点】圆的性质、轨迹问题、直线与圆的位置关系
【点评】本题综合运用圆的基本性质、对称性质及直线与圆的位置关系，核心是确定点P的轨迹，将代数最值转化为几何相切问题，体现数形结合思想。
【难度系数】0.4

2. (2026·南京期末)如图,点A到直线l的距离为3,$\odot A$的半径为2,C,P分别为$\odot A$和l上的动点,且PC始终与$\odot A$相切于点C.以PC为直角边作$\mathrm{Rt}△ PBC$,且使$∠ C=90°$,$∠ BPC=$$30°$,则斜边PB的最小值为.

2. $\frac{2\sqrt{15}}{3}$ 解析: 如图, 连接AC,AP,
∵ PC是⊙A的切线,
∴ AC⊥PC,
∴ ∠ACP=90°.又
∵ ∠BCP=90°,
∴ ∠ACP+∠BCP=180°,
∴ 点A,C,B三点共线.在Rt△ACP中,$PC=\sqrt{AP^2-AC^2}=\sqrt{AP^2-4}$,
∵ ∠BPC=30°,∠BCP=90°,
∴ $BC=\frac{1}{2}PB$,由勾股定理得$PB^2=PC^2+BC^2$,
∴ $PB=\frac{2\sqrt{3}}{3}PC$,要使PB最小,则需PC最小,
∴ 当AP⊥l时,AP最小值为3,
∴ 此时$PC=\sqrt{5}$,
∴ 斜边PB的最小值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}×\sqrt{5}=\frac{2\sqrt{15}}{3}$.

【分析】
要解决斜边PB的最小值问题，首先需明确PB与PC的关系：在Rt△PBC中，∠C=90°，∠BPC=30°，根据直角三角形的边角关系，PB与PC满足PB=(2√3/3)PC，因此PB最小等价于PC最小。接下来，PC是⊙A的切线，由切线性质知AC⊥PC，AC为⊙A的固定半径2，在Rt△ACP中，PC=√(AP² - AC²)，故PC最小需AP最小；而P是直线l上的动点，AP的最小值为点A到直线l的距离（题目给出为3），由此可逐步计算出PC的最小值，进而得到PB的最小值。
【解析】
1. 连接AC，
∵ PC是⊙A的切线，根据切线的性质，AC⊥PC，
∴ ∠ACP=90°。
2. 又
∵ ∠BCP=90°，
∴ ∠ACP + ∠BCP=180°，即点A、C、B三点共线。
3. 在Rt△ACP中，AC=⊙A的半径=2，P为直线l上的动点，故AP的最小值为点A到直线l的距离3，此时AP=3。
4. 由勾股定理得：PC=√(AP² - AC²)=√(3² - 2²)=√5。
5. 在Rt△PBC中，∠BCP=90°，∠BPC=30°，
∴ cos30°=PC/PB，即PB=PC / cos30°=√5 / (√3/2)= (2√15)/3。
【答案】
$\frac{2\sqrt{15}}{3}$
【知识点】
切线的性质、直角三角形的边角关系、点到直线的距离
【点评】
本题结合圆的切线性质与直角三角形的边角关系，通过转化思想将求PB的最小值转化为求PC的最小值，再利用点到直线的距离确定AP的最小值，综合性较强，考查了几何最值问题的分析与求解能力。
【难度系数】
0.4

3. (2026·泰州期中) 如图,在$\odot O$中,$AB$是$\odot O$的弦.$C$为$\odot O$上一点,$∠ ACB=60°$,连接$AO$并延长至点$D$,过点$D$作$DE// AC$交$BC$于点$E$,连接$CD$,$AE$.当$AD=6$时,四边形$ACDE$面积的最大值为.

3. $9\sqrt{3}$ 解析:如图①,延长CA至点N,使得AN=DE,连接EN,过点E作EM⊥AC,
∵ DE//AC,
∴ 四边形ANED是平行四边形,
∴ AD=NE=6.
∵ DE//AC,
∴ 四边形ACDE是梯形,面积为$S=\frac{1}{2}ME(DE+CA)=\frac{1}{2}ME(AN+CA)=\frac{1}{2}ME·CN=S_{△CNE}$.
又
∵ ∠NCE=60°,NE=6,
∴ C,N,E始终都在同一个大小不变的圆上,如图②,根据图形可知当C点刚好在NE的垂直平分线上,即C'处时,此时△NEC为等边三角形,面积最大,最大为$\frac{1}{2}×6×3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$,同时四边形ACDE的面积也最大,为$S=S_{△CNE}=9\sqrt{3}$.

【分析】
要解决四边形ACDE面积的最大值问题，首先观察到DE//AC，可知四边形ACDE是梯形，其面积可表示为(AC + DE)×高÷2。通过构造辅助线，将DE转化为与AC共线的线段，把梯形面积转化为三角形面积，再利用“定弦定角的三角形中，等边三角形面积最大”的性质求解。具体步骤：1. 延长CA构造平行四边形，将AD转化为NE，进而将AC+DE转化为CN，把梯形面积转化为△CNE的面积；2. 分析△CNE的定弦定角条件，找到其面积最大的情况，从而得到四边形面积的最大值。
【解析】
如图①，延长CA至点N，使得AN=DE，连接EN，过点E作EM⊥AC于M。
∵ DE//AC，且AN=DE，
∴ 四边形ANED是平行四边形，
∴ AD=NE=6。
∵ 四边形ACDE是梯形（DE//AC），其面积为：
$S_{四边形ACDE}=\frac{1}{2}×EM×(AC + DE)=\frac{1}{2}×EM×(AC + AN)=\frac{1}{2}×EM×CN=S_{△CNE}$。
又
∵ ∠NCE=∠ACB=60°，NE=6（定弦），根据定弦定角的三角形性质，当△CNE为等边三角形时，其面积最大。此时△CNE的高为$6×\sin60°=3\sqrt{3}$，面积为：
$S_{△CNE}=\frac{1}{2}×6×3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$。
因此，四边形ACDE面积的最大值为$9\sqrt{3}$。
【答案】
$9\sqrt{3}$
【知识点】
梯形面积计算；平行四边形判定；定弦定角的三角形最值
【点评】
本题通过构造平行四边形将梯形面积转化为三角形面积，利用定弦定角的几何性质求最值，关键在于辅助线的构造，体现了几何转化思想，对学生的图形分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.4

4. (2026·南通期末) 如图, 以 $N(0,3)$ 为圆心,半径为 6 的圆与 $x$ 轴交于 $A,B$ 两点, 与 $y$ 轴正半轴交于点 $C$, 点 $M$ 为 $\odot N$ 上一动点, 连接$AM$, 过点 $C$ 作 $CH ⊥ AM$ 于点 $H$, 连接 $NH$, 则弦$AB$ 的长度为, 点 $M$ 在运动过程中,线段 $NH$ 的长度的最大值为.

4. $6\sqrt{3}$ $3\sqrt{3}+3$ 解析:如图,连接NA,由题意得,CO⊥AB,
∴ OA=OB.
∵ N(0,3),
∴ ON=3.
∵ NC=NA=6,
∴ AO=$\sqrt{AN^2-ON^2}=3\sqrt{3}$,
∴ AB=2AO=6√3.连接AC,取AC中点T,连接TH,TN,
∵ CH⊥AM,
∴ TA=TC=TH,
∴ 点H在以T为圆心,AC长为直径的圆上运动,
∴ TA=TH=$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\sqrt{AO^2+OC^2}=\frac{1}{2}\sqrt{(3\sqrt{3})^2+(3+6)^2}=3\sqrt{3}$.
∵ NC=NA,T为AC中点,
∴ TN⊥AC,
∴ TN=$\sqrt{AN^2-AT^2}=\sqrt{6^2-(3\sqrt{3})^2}=3$.
∵ NH-TN≤TH,
∴ NH≤TH+TN=3√3+3,
∴ 当点T,N,H三点共线,且H在NT延长线上时,NH取得最大值为3√3+3.

【分析】
要解决本题，分两步分析：①求弦AB的长度：圆N的圆心在y轴上，AB是x轴上的弦，根据垂径定理，y轴垂直平分AB，只需结合勾股定理计算OA即可；②求NH的最大值：由CH⊥AM可知△ACH是直角三角形，点H的运动轨迹是以AC为直径的圆，取AC中点T，利用直角三角形斜边中线性质得TH=TA，再计算TN的长度，根据三角形三边关系，当N、T、H共线时NH取最大值。
【解析】
1. 求弦AB的长度：
连接NA，
∵圆心N在y轴，AB在x轴，
∴ON⊥AB，根据垂径定理得OA=OB。
已知N(0,3)，则ON=3，⊙N半径NA=6，在Rt△ONA中，由勾股定理：
OA=√(NA² - ON²)=√(6² - 3²)=3√3，
∴AB=2OA=6√3。
2. 求线段NH的最大值：
连接AC，取AC中点T，连接TH、TN。
∵CH⊥AM，
∴△ACH是直角三角形，根据直角三角形斜边中线性质，得TH=TA=TC，即点H在以T为圆心、AC为直径的圆上。
计算AC长度：OC=ON+NC=3+6=9，OA=3√3，
∴AC=√(OA²+OC²)=√[(3√3)²+9²]=6√3，故TA=TH=AC/2=3√3。
∵AN=NC=6，T为AC中点，
∴TN是等腰△ACN的中线，由三线合一得TN⊥AC，
在Rt△ATN中，TN=√(AN²-AT²)=√(6²-(3√3)²)=3。
根据三角形三边关系：NH≤TN+TH，当N、T、H三点共线且H在NT延长线上时，等号成立，
∴NH最大值为TN+TH=3+3√3。
【答案】
6√3；3√3+3
【知识点】
垂径定理；直角三角形斜边中线性质；圆的轨迹
【点评】
本题结合垂径定理、直角三角形性质与圆的轨迹知识，求最值时利用点的轨迹转化为线段和的最值，综合性较强，需熟练掌握几何性质的应用。
【难度系数】
0.5

5. (2025·无锡期中)数学实验室.
(1)尝试探究:
如图①, 在$△ ABC$中,$AB=AC$, $D$在$BC$上. $DE ⊥$$AB$,$DF ⊥ AC$, 垂足分别为$E$,$F$, 请问在$AB$上是否存在点$N$,使$CN=DE+DF$? 若存在,请在图①中用尺规作图把点$N$画出来(不写作法,保留痕迹);若不存在,请说明理由.
(2)实践运用:
如图②,$\odot O$在$∠ BAC$的内部,请用尺规作图在$\odot O$上确定一点$P$,使点$P$到$∠ BAC$两边的距离之和最大(不写作法,保留痕迹).
(3)思考计算:
在 (2) 的条件下, 若$∠ BAC=60°$,$\odot O$的半径为$\sqrt{3}$,求点$P$到$∠ BAC$两边距离之和最大值与最小值的差.

5. (1)存在,如图①,过点C作CN⊥AB于点N,点N即为所作.
解析:作A'C与AC关于BC对称,延长ED交A'C于F',由轴对称的性质可知,∠F'CD=∠FCD,
∵ AB=AC,
∴ ∠ABC=∠ACB,
∴ ∠ABC=∠F'CD,
∴ AB//A'C,
∴ ∠DF'C=∠AED=90°=∠DFC.又
∵ CD=CD,
∴ △DF'C≌△DFC(AAS),
∴ DE+DF=DE+DF',如图①,过点C作CN⊥AB于点N,则四边形CNEF'为矩形,
∴ CN=DE+DF'=DE+DF,
∴ 存在,点N即为所作.

(2)如图②,以∠A为顶角,作等腰三角形AEF,过点O作EF的垂线,与⊙O的右交点为点P,点P即为所作.

解析:由(1)可知,等腰三角形底边BC上的点D到顶角两边的距离和DE+DF,等于底角顶点C到另一条腰AB的距离,且底角顶点C离顶点A越远,距离和越大,
∴ 当⊙O在∠BAC的内部,⊙O上一点P,使点P到∠BAC两边的距离之和最大时,点P在以∠A为顶角的等腰三角形的底边与⊙O相切的切点位置,如图②,以∠A为顶角,作等腰三角形AEF,过点O作EF的垂线,与⊙O的右交点为点P,过P作线段MN//EF,
∴ △AMN为∠A为顶角的等腰三角形,
∴ OP⊥MN,OP为半径,
∴ MN是⊙O的切线,
∴ 点P即为所求.
(3)如图③,作⊙O的切线GH交AB于点G,交AC于点H,切点为Q,且GH//MN,
∴ PQ=2√3,作GR⊥AC于点R,MS⊥AC于点S,GD⊥MS于点D,则四边形DGRS是矩形,
∴ GR=DS,
∴ MS-GR=MD,由题意知,点P到∠BAC两边距离之和最大,点Q到∠BAC两边距离之和最小,
∴ 点P到∠BAC两边距离之和最大值与最小值的差为MD.
∵ ∠BAC=60°,
∴ △AMN为等边三角形,∠AMN=60°,∠GMD=30°,作GK⊥MN于点K,则四边形PQGK是矩形,GK=PQ=2√3,
∴ ∠MGK=30°.
∵ ∠GMD=30°=∠MGK,∠GDM=90°=∠MKG,GM=MG,
∴ △GMD≌△MGK(AAS),
∴ MD=GK=2√3.

【分析】
本题分三个小问逐步分析：(1) 利用等腰三角形底边上一点到两腰距离和等于一腰上的高的性质，可确定AB上存在满足条件的点N；(2) 结合(1)的结论，圆上点到角两边的距离和对应等腰三角形的高，需找到使该和最大的圆上点，结合切线性质确定P点；(3) 利用60°特殊角的直角三角形性质，结合全等三角形计算最大与最小距离和的差。
【解析】
(1) 存在点N，作图：过点C作CN⊥AB于点N，点N即为所求。
证明：
∵ AB=AC，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴ S△ABC = S△ABD + S△ACD = $\frac{1}{2}AB·DE + \frac{1}{2}AC·DF = \frac{1}{2}AB(DE+DF)$，
又S△ABC = $\frac{1}{2}AB·CN$，
∴ DE+DF = CN，故点N满足CN=DE+DF，存在。
(2) 作图：以∠BAC为顶角作等腰三角形AEF，过点O作EF的垂线，与⊙O的右交点即为点P，点P即为所求。
原理：由(1)知，点到角两边的距离和等于对应等腰三角形的高，当平行于EF的直线与⊙O相切时，切点P使距离和最大，故P为所求。
(3) 计算：
作⊙O的切线GH交AB于G、AC于H，切点为Q，GH//MN，故PQ=2√3（⊙O直径）。
作GR⊥AC于R，MS⊥AC于S，GD⊥MS于D，四边形DGRS为矩形，得GR=DS，MS-GR=MD。
由题意，P到两边距离和最大，Q到两边距离和最小，差为MD。
∵ ∠BAC=60°，△AMN为等边三角形，∠GMD=30°；作GK⊥MN于K，四边形PQGK为矩形，故GK=PQ=2√3。
又∠GMD=∠MGK=30°，∠GDM=∠MKG=90°，GM=MG，故△GMD≌△MGK（AAS），得MD=GK=2√3。
【答案】
(1) 存在，过点C作CN⊥AB于点N，点N即为所作；
(2) 以∠BAC为顶角作等腰三角形AEF，过O作EF的垂线交⊙O于P，点P即为所作；
(3) 最大值与最小值的差为2√3；

【知识点】
等腰三角形性质、尺规作图、圆的切线性质
【点评】
本题为数学探究类题目，从等腰三角形的距离和性质延伸到圆上点的距离和最值，考查逻辑推理、尺规作图及特殊角三角形计算，综合性较强，需理解距离和的转化思路。
【难度系数】
0.5