1. 如图是一个钟表表盘,连接整点2时与整点10 时的 B,D 两点并延长,交过整点 8 时的切线于点 P. 若表盘的半径长为$\sqrt{3}$,则切线PC长为（）

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

1. B

【分析】
要解决本题，首先明确钟表表盘是圆，每小时对应圆心角为30°，据此确定各整点的坐标；PC是切线，根据切线性质（切线与过切点的半径垂直），结合直线BD的位置设出P点坐标，利用向量垂直的条件求出P点坐标，最后计算PC的长度即可。
【解析】
设表盘圆心为O，半径r=√3，以O为原点建立平面直角坐标系：
1. 确定各点坐标：
钟表一圈360°，每小时对应圆心角为360°÷12=30°，因此：
2时对应角度60°，B点坐标为(√3cos60°, √3sin60°)=(√3/2, 3/2)；
10时对应角度300°，D点坐标为(√3cos300°, √3sin300°)=(√3/2, -3/2)；
8时对应角度240°，C点坐标为(√3cos240°, √3sin240°)=(-√3/2, -3/2)；
2. 直线BD的特征：B、D两点横坐标均为√3/2，故直线BD为x=√3/2，设P点坐标为(√3/2, y)；
3. 利用切线性质：PC是⊙O的切线，故OC⊥PC，向量OC=(-√3/2, -3/2)，向量PC=(-√3, -3/2 - y)，两者点积为0：
OC·PC = (-√3/2)×(-√3) + (-3/2)×(-3/2 - y) = 0 → 3/2 + 9/4 + (3/2)y = 0 → y=-5/2；
4. 计算PC长度：
PC=√[(√3/2 - (-√3/2))² + (-5/2 - (-3/2))²] = √[(√3)² + (-1)²] = √(3+1)=2。
【答案】
2
【知识点】
切线的性质、圆的坐标应用
【点评】
本题结合钟表表盘的几何特征，通过建立坐标系，利用切线性质求解线段长度，思路清晰，计算简单，是几何与代数结合的基础题型。
【难度系数】
0.5

2. 如图,在矩形 $ABCD$ 中,$AB=10,BC=8$,以 $CD$ 为直径作 $\odot O$. 将矩形 $ABCD$ 绕点$C$ 旋转,使所得矩形 $A'B'CD'$ 的边 $A'B'$ 与$\odot O$ 相切,切点为 $E$,则 $A'E$ 的长为()

A.5
B.6
C.7
D.8

2. B
提示:如图,连接$OE$,过点$O$作$OH⊥ B'C$于点$H$,则$∠ OEB'=∠ OHB'=90°$.由旋转的性质,得$∠ B'=∠ B'CD'=90°$,$AB=CD=10$,$BC=B'C=8$,所以四边形$OEB'H$是矩形,$OE=OD=OC=5$,所以$B'H=OE=5$,所以$CH=B'C-B'H=3$.在$\mathrm{Rt}△ OHC$中,由勾股定理,得$OH=\sqrt{OC^2-CH^2}=4$,所以$B'E=OH=4$,则$A'E=A'B'-B'E=10-4=6$.

【分析】
本题需结合旋转的性质、切线的性质及勾股定理求解：首先，矩形旋转后边长保持不变，CD为⊙O的直径，可得出⊙O的半径；根据切线的性质，切点与圆心的连线垂直于切线，过圆心作旋转后边的垂线构造矩形，将线段进行等量转化，再结合勾股定理计算相关线段长度，最终求得A'E的长。
【解析】
解：连接OE，过点O作OH⊥B'C于点H，
∵A'B'与⊙O相切于点E，
∴OE⊥A'B'，即∠OEB'=90°，
由旋转的性质可知：∠B'=90°，A'B'=AB=10，B'C=BC=8，
又
∵OH⊥B'C，
∴∠OHB'=90°，
∴四边形OEB'H是矩形，因此OE=B'H，OH=B'E，
∵CD是⊙O的直径，CD=AB=10，
∴OC=OE=5，
∴B'H=OE=5，CH=B'C - B'H=8 - 5=3，
在Rt△OHC中，由勾股定理得：OH=√(OC² - CH²)=√(5² - 3²)=4，
∴B'E=OH=4，
∴A'E=A'B' - B'E=10 - 4=6。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查了旋转、切线、矩形及勾股定理的相关知识，关键是通过作辅助线构造矩形，利用矩形的性质转化线段，结合勾股定理完成计算，对学生的几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4

3. 将刻度尺、含 $60°$ 角的直角三角尺和量角器如图摆放(无重叠部分).若三角尺 $60°$ 角的顶点 $A$ 在刻度尺上的读数是 5 cm,量角器与刻度尺接触点在刻度尺上的读数是7 cm,量角器与三角尺的接触点为 $B$.

(1) $A B=$ cm.
(2) 该量角器的直径长为 cm.(结果保留根号)

3. (1) 2 (2) $4\sqrt{3}$

【分析】首先，根据刻度尺的读数确定A点和量角器与刻度尺接触点的距离，直接得到AB的长度；对于量角器直径，利用圆的切线性质（切线垂直于过切点的半径），结合三角尺的60°角，在直角三角形中通过三角函数求出半径，进而计算直径。
【解析】(1) 由题意，A点在刻度尺上的读数为5 cm，量角器与刻度尺接触点的读数为7 cm，因此AB的长度为两点在刻度尺上的距离：$7 - 5 = 2$ cm；
(2) 设量角器的半径为$r$，圆心为$O$。根据切线的性质，量角器与刻度尺相切于7 cm处，故过切点的半径垂直于刻度尺，即$O$到刻度尺的距离为$r$，$OA$在水平方向的距离为$7 - 5 = 2$ cm。因为$AB$是量角器的切线，所以$OB ⊥ AB$，$△ OAB$为直角三角形，且三角尺的60°角对应$∠ OAB = 60°$。在$Rt△ OAB$中，$\tan∠ OAB = \frac{OB}{AB}$，代入$\tan60° = \sqrt{3}$，$AB=2$，得$\sqrt{3} = \frac{r}{2}$，解得$r=2\sqrt{3}$ cm，因此量角器的直径为$2r = 4\sqrt{3}$ cm。
【答案】(1) 2；(2) $4\sqrt{3}$
【知识点】切线的性质、直角三角形的三角函数应用、长度测量
【点评】本题结合实际测量场景，考查圆的切线性质与直角三角形的三角函数知识，需要将几何知识与图形结合分析，难度适中。
【难度系数】0.5

4. 如图,在平面直角坐标系$xOy$中,以点$A(\sqrt{2},0)$为圆心,1为半径画圆.将$\odot A$绕点$O$逆时针旋转$α(0°＜α＜180°)$得到$\odot A'$,使得$\odot A'$与$y$轴相切,则$α$的度数是.

4. $45°$或$135°$
提示:若点$A'$在第一象限,如图1,设$\odot A'$与$y$轴相切于点$B$,连接$OA'$,$A'B$,则$OB⊥ A'B$,所以$∠ A'BO=90°$.因为$\odot A$的半径为1,点$A(\sqrt{2},0)$,所以$OA=\sqrt{2}$.由旋转,得$OA'=OA=\sqrt{2}$,$A'B=1$,所以$OB=\sqrt{OA'^2-A'B^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2-1^2}=1$,所以$A'B=OB$,所以$∠ BOA'=∠ A'=45°$,所以$α=∠ AOA'=∠ AOB-∠ BOA'=45°$.若点$A'$在第二象限,如图2,设$\odot A'$与$y$轴相切于点$C$,连接$OA'$,$A'C$,则$OC⊥ A'C$,所以$∠ A'CO=90°$.因为$OA'=OA=\sqrt{2}$,$A'C=1$,所以$OC=\sqrt{OA'^2-A'C^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2-1^2}=1$,所以$A'C=OC$,所以$∠ COA'=∠ A'=45°$,所以$α=∠ AOA'=∠ AOC+∠ COA'=135°$.

【分析】
要解决本题，需结合旋转的性质和圆与y轴相切的条件，分两种情况讨论圆心$A'$的位置：$A'$在第一象限和第二象限。旋转后$OA'=OA=\sqrt{2}$，$\odot A'$的半径为1，当$\odot A'$与y轴相切时，圆心$A'$到y轴的距离等于半径1，利用勾股定理和等腰直角三角形的性质即可计算旋转角$α$。
【解析】
已知点$A(\sqrt{2},0)$，则$OA=\sqrt{2}$，$\odot A$的半径为1。将$\odot A$绕点$O$逆时针旋转$α$后得到$\odot A'$，根据旋转的性质，$OA'=OA=\sqrt{2}$，$\odot A'$的半径仍为1。
情况1：点$A'$在第一象限（如图1），设$\odot A'$与y轴相切于点$B$，连接$OA'$、$A'B$，则$A'B ⊥ y$轴，故$∠ A'BO=90°$。
在$Rt△ A'BO$中，$A'B=1$（半径），$OA'=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$OB=\sqrt{OA'^2 - A'B^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 - 1^2}=1$，
因此$A'B=OB$，即$△ A'BO$为等腰直角三角形，故$∠ BOA'=45°$，即旋转角$α=∠ AOA'=45°$。
情况2：点$A'$在第二象限（如图2），设$\odot A'$与y轴相切于点$C$，连接$OA'$、$A'C$，则$A'C ⊥ y$轴，故$∠ A'CO=90°$。
在$Rt△ A'CO$中，$A'C=1$（半径），$OA'=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OA'^2 - A'C^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 -1^2}=1$，
因此$A'C=OC$，即$△ A'CO$为等腰直角三角形，故$∠ COA'=45°$，此时$OA'$与x轴正方向的夹角为$180° -45°=135°$，即旋转角$α=135°$。
综上，$α$的度数是$45°$或$135°$。
【答案】
45°或135°

【知识点】
旋转的性质、圆的切线性质、勾股定理
【点评】
本题考查旋转的性质和圆与直线相切的条件，需分类讨论圆心$A'$的位置，避免漏解，解题关键是利用切线性质得到圆心到y轴的距离等于半径，结合勾股定理计算角度。
【难度系数】
0.5

5. 如图,在平面直角坐标系中,点$A(0,2\sqrt{3})$,动点$B,C$从原点$O$同时出发,分别以每秒1个单位长度和每秒2个单位长度的速度沿$x$轴正方向运动. 以点$A$为圆心,$OB$的长为半径画圆;以$BC$为一边,在$x$轴上方作等边三角形$BCD$. 设运动的时间为$t\ \mathrm{s}$,当$\odot A$与$△ BCD$的边$BD$所在直线相切时,$t$的值为.

5. $4\sqrt{3}+6$
提示:如图,延长$DB$交$y$轴于点$E$,过点$A$作$AH⊥ DE$于点$H$.当$\odot A$与直线$BD$相切时,$AH=OB=t$.因为$△ BCD$为等边三角形,所以$∠ DBC=60°$,所以$∠ OBE=60°$,所以$∠ OEB=180°-∠ BOE-∠ OBE=30°$.在$\mathrm{Rt}△ OBE$中,$OE=\sqrt{3}OB=\sqrt{3}t$.在$\mathrm{Rt}△ AHE$中,$AE=2AH=2t$.因为点$A(0,2\sqrt{3})$,所以$OA=2\sqrt{3}$,因为$OA+OE=AE$,即$2\sqrt{3}+\sqrt{3}t=2t$,所以$t=4\sqrt{3}+6$.

【分析】
要解决这个问题，需结合圆的切线性质、等边三角形的性质，通过构造直角三角形建立方程求解。步骤如下：
1. 先确定运动t秒后各线段长度：动点B速度为1单位/秒，故OB = t；C速度为2单位/秒，OC=2t，因此BC=OC-OB=t。
2. 由等边△BCD得∠DBC=60°，直线BD与⊙A相切，根据切线性质，圆心A到直线BD的距离等于⊙A半径，即A到BD的垂线段长度AH=OB=t。
3. 延长DB交y轴于E，由∠DBC=60°得∠OBE=60°，在Rt△OBE中，利用直角三角形30°角的性质得OE=√3 t。
4. 在Rt△AHE中，利用30°角的性质得AE=2AH=2t，再结合AE=OA+OE的线段关系列方程求解。
【解析】
解：设运动时间为t秒，由题意得：
OB = t，BC = OC - OB = 2t - t = t。
∵△BCD是等边三角形，
∴∠DBC=60°，故∠OBE=∠DBC=60°。
延长DB交y轴于点E，过点A作AH⊥DE于点H。
∵⊙A与直线BD相切，
∴AH=⊙A半径=OB=t。
在Rt△OBE中，∠BOE=90°，∠OBE=60°，
∴∠OEB=30°，
∴OE = √3 OB = √3 t。
在Rt△AHE中，∠AHE=90°，∠AEH=30°，
∴AE=2AH=2t。
又
∵点A(0,2√3)，
∴OA=2√3，且AE=OA + OE，
∴2√3 + √3 t = 2t，
整理得：t(2 - √3)=2√3，
有理化计算：t=2√3(2 + √3)/[(2 - √3)(2 + √3)] = (4√3 + 6)/(4 - 3)=4√3 +6。
【答案】
4√3 +6
【知识点】
圆的切线性质、等边三角形性质、直角三角形性质
【点评】
本题是动点与几何图形结合的综合题，需利用切线性质转化为线段等量关系，结合等边三角形的角度特征构造直角三角形，通过线段和建立方程求解，考查几何知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.5

6. (2024 盐城市阜宁县期中) 如图，$\odot O$ 是$\mathrm{Rt}△ ABC$ 的外接圆，直径 $AC=4$. 过点 $C$作$\odot O$ 的切线，与 $AB$ 的延长线交于点 $D$，$M$ 为 $CD$ 的中点，连接 $BM$，$OM$，且 $BC$ 与$OM$ 相交于点 $N$.
(1) 求证:$BM$ 与 $\odot O$ 相切.
(2) 当 $∠ A=60°$ 时，在 $\odot O$ 上取点 $F$，使$∠ ABF=15°$，补全图形，并求点 $F$ 到直线 $AB$ 的距离.

6. (1) 证明:如图1,连接$OB$.因为$AC$是$\odot O$的直径,所以$∠ ABC=∠ DBC=90°$.因为$M$为$CD$的中点,所以$BM=\frac{1}{2}CD=MC$.因为$OB=OC$,$OM=OM$,所以$△ OBM≌△ OCM$(SSS),所以$∠ OBM=∠ OCM$.因为$MC$是$\odot O$的切线,所以$∠ OCM=90°$,所以$∠ OBM=90°$.又因为$OB$是$\odot O$的半径,所以$BM$与$\odot O$相切.

(2) 解:如图2,当点$F$在$\overset{\frown}{AB}$上时,连接$OF_1$,交$AB$于点$G$.因为$∠ ABF_1=15°$,所以$∠ AOF_1=30°$.因为$∠ BAC=60°$,所以$∠ AGO=90°$,所以$OF_1⊥ AB$.因为直径$AC=4$,所以$OA=OF_1=2$,所以$AG=\frac{1}{2}OA=1$,所以$OG=\sqrt{3}$,所以$F_1G=2-\sqrt{3}$.当点$F$在$\overset{\frown}{ACB}$上时,过点$F_2$作$F_2H⊥ AB$于点$H$,$F_2E⊥ OG$于点$E$,则四边形$F_2HGE$是矩形.在$\mathrm{Rt}△ F_2EO$中,$OF_2=2$.因为$∠ ABF_2=15°$,所以$∠ AOF_2=2∠ ABF_2=30°$,所以$∠ F_2OE=∠ AOF_2+∠ AOF_1=60°$,所以$∠ OF_2E=30°$,所以$OE=\frac{1}{2}OF_2=1$,所以$F_2H=GE=OG-OE=\sqrt{3}-1$.综上所述,点$F$到直线$AB$的距离为$2-\sqrt{3}$或$\sqrt{3}-1$.

【分析】
本题分为两小问：(1) 要证明BM与⊙O相切，需通过连接半径OB，利用直径所对圆周角为直角、直角三角形斜边中线性质、全等三角形的判定与性质，结合切线的性质推导OB⊥BM；(2) 当∠A=60°时，先判断△AOB为等边三角形，再分点F在弧AB、弧ACB两种情况，利用圆周角定理和直角三角形的边角关系计算点F到直线AB的距离，需注意分类讨论。
【解析】
(1) 证明：连接OB，如图1。
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠DBC=90°（直径所对圆周角为直角），即△DBC为直角三角形。
∵M为CD中点，
∴BM=½CD=MC（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）。
在△OBM和△OCM中：
$\{\begin{array}{l}OB=OC\\OM=OM\\BM=CM\end{array} $，
∴△OBM≌△OCM（SSS），得∠OBM=∠OCM。
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，即∠OCM=90°，
∴∠OBM=90°，又OB是⊙O半径，故BM与⊙O相切。
(2) 解：
∵AC是⊙O直径，AC=4，
∴OA=OB=2。
∵∠BAC=60°，OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，∠AOB=60°，AB=2。
分两种情况：
① 当点F在$\overset{\frown}{AB}$上时，连接OF₁交AB于G，如图2。
∵∠ABF₁=15°，
∴∠AOF₁=2∠ABF₁=30°（圆周角定理）。
在△AGO中，∠OAG=60°，∠AOG=30°，
∴∠AGO=90°，即OF₁⊥AB。
在Rt△AOG中，OG=OA·cos30°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=√3，
∴F₁G=OF₁ - OG=2 - √3，即点F₁到AB的距离为2 - √3。
② 当点F在$\overset{\frown}{ACB}$上时，过F₂作F₂H⊥AB于H，作F₂E⊥OG于E，如图2。
∵∠ABF₂=15°，
∴∠AOF₂=2∠ABF₂=30°，
∴∠F₂OE=∠AOF₂ + ∠AOF₁=30°+30°=60°。
在Rt△F₂EO中，OE=½OF₂=1，
∴F₂H=GE=OG - OE=√3 -1，即点F₂到AB的距离为√3 -1。
综上，点F到直线AB的距离为2 - √3或√3 -1。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 点F到直线AB的距离为$2-\sqrt{3}$或$\sqrt{3}-1$；
（图1：连接OB的辅助线图，图2：两种位置F的辅助线图）
【知识点】
圆的切线判定、圆周角定理、直角三角形性质
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，第一问通过全等与切线性质完成切线证明，第二问需分类讨论点F的位置，结合圆周角定理和直角三角形边角关系求解，重点考查逻辑推理与分类讨论思想，是圆章节的典型综合题。
【难度系数】
0.5