1. (2026·昆明模拟)已知$\odot O$的半径为6，点A到圆心O的距离为7，则点A与圆的位置关系为 ()

A.在圆内
B.在圆上
C.在圆外
D.不确定

1. C 解析:
∵ 点 A 到圆心 O 的距离为 7,$\odot O$ 的半径为 6,且7＞6,
∴ 点 A 在$\odot O$外.故选 C.

【分析】
要判断点与圆的位置关系，首先回忆判定规则：我们通过比较点到圆心的距离$d$与圆的半径$r$的大小关系判断位置：若$d＜r$，点在圆内；若$d=r$，点在圆上；若$d＞r$，点在圆外。接下来从题干提取已知条件：圆的半径$r=6$，点$A$到圆心的距离$d=7$，最后比较两个数值的大小即可得出结论。
【解析】
已知$\odot O$的半径$r=6$，点$A$到圆心$O$的距离$d=7$，
$\because 7＞6$，即$d＞r$，
$\therefore$点$A$在$\odot O$外。
故选：C
【答案】
C
【知识点】
点与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础概念考查题，核心是对判定规则的识记，只要掌握点和圆位置关系的判断方法，直接代入数值比较即可快速得到答案。
【难度系数】
0.9

2. ★★★(2026·新疆模拟)如图,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4,点D为BC边上一动点(不与点B,C重合),CE垂直AD交AB于点E,垂足为点H,连接BH并延长交AC于点F,则BH的最小值为.

2. $2\sqrt{5}-2$ 解析:$\because CE⊥ AD,\therefore CH⊥ AH,\therefore$ 点 H 在以 AC 为直径的圆上,当 BH 最短时,点 F 为 AC 的中点, $\therefore CF = AF=HF=\frac{1}{2}AC=2,\therefore BF=\sqrt{CF^2+BC^2}=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5},\therefore BH=BF-HF=2\sqrt{5}-2$,即 BH 的最小值为 $2\sqrt{5}-2$.

【分析】
要求BH的最小值，首先需要确定动点H的运动轨迹：由CE⊥AD可知∠AHC=90°恒成立，定边AC对直角，根据圆周角定理的推论，可得点H的轨迹是以AC为直径的圆（A、C两点除外）。接下来根据圆外一点到圆上点的最短距离规律：圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径，因此只需计算AC中点（即圆心）到点B的距离，再减去圆的半径，即可得到BH的最小值。
【解析】
解：
∵ CE⊥AD，垂足为H，
∴ ∠AHC=90°，
∴ 点H在以AC为直径的圆上，设AC的中点为O，则O为该圆的圆心，半径$r=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×4=2$。
当O、H、B三点共线时，BH取得最小值，此时$BH=OB - r$。
在Rt△BCO中，OC=2，BC=4，∠ACB=90°，由勾股定理得：
$OB=\sqrt{OC^2 + BC^2}=\sqrt{2^2 + 4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$，
∴ $BH_{min}=2\sqrt{5} - 2$。
【答案】
$2\sqrt{5}-2$
【知识点】
圆周角定理推论；点到圆的最短距离；勾股定理
【点评】
本题属于几何动点最值问题，解题的核心是先根据定边对直角确定动点的运动轨迹为圆，再结合点到圆的最短距离性质和勾股定理计算求解，能够有效考查几何轨迹分析和最值计算的能力。
【难度系数】
0.4

3. ★★ (2026·南京期中)如图,半径为r的⊙O经过四边形ABCD的顶点A,B,D.若C为⊙O外一点,AB=AD=3,∠A=45°,则$\frac{AC}{r}$的取值范围为.
＞＞专题突破册P28

3. $\frac{AC}{r}＞\sqrt{2+\sqrt{2}}$ 解析:如图,连接 AO 并延长交 BD 于点 E,连接 CE,AC,OD,OB.$\because ∠ BAD = 45°, \therefore ∠ DOB = 90°. \because AB = AD=3,OD=OB,\therefore AE$ 垂直平分 $BD,\therefore OE=\frac{\sqrt{2}}{2}OD=\frac{\sqrt{2}}{2}r$,则$DE=OE=\frac{\sqrt{2}}{2}r,\therefore AE=r+\frac{\sqrt{2}}{2}r$.在 $\mathrm{Rt}△ ADE$ 中,$AD^2=DE^2+AE^2$,$\therefore 3^2=(\frac{\sqrt{2}}{2}r)^2+(r+\frac{\sqrt{2}}{2}r)^2$,解得 $r=\frac{3\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{2}.\because C$ 是 $\odot O$外一点,且 AC 在 $∠ DAB$ 内部, $\therefore AC＞AD=3,\therefore \frac{AC}{r}＞ \frac{3}{\frac{3\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{2}}=\sqrt{2+\sqrt{2}}$.

【分析】
解题时从已知条件逐步推导：首先利用圆周角定理，由圆周角∠BAD=45°得到对应圆心角∠BOD的度数；再结合AB=AD、OB=OD的条件，推出AO所在直线垂直平分BD，将各线段长度用半径r表示；之后借助Rt△ADE的勾股定理求出r的具体值；最后结合C是圆外点的性质，确定AC的最小取值，即可求出$\frac{AC}{r}$的取值范围。
【解析】
如图，连接AO并延长交BD于点E，连接CE、AC、OD、OB。
1. 求圆心角∠BOD：
∵ ∠BAD是弧BD对应的圆周角，∠BOD是弧BD对应的圆心角，根据圆周角定理，$∠ BOD=2∠ BAD=2×45°=90°$。
2. 证明AE垂直平分BD：
∵ $AB=AD$，$OD=OB$，
∴ 点A、O都在BD的垂直平分线上，即AE垂直平分BD。
3. 用r表示各线段长度：
△DOB为等腰直角三角形，
∴ $OE=DE=\frac{\sqrt{2}}{2}OD=\frac{\sqrt{2}}{2}r$，$AE=AO+OE=r+\frac{\sqrt{2}}{2}r$。
4. 利用勾股定理求r：
在$Rt△ ADE$中，$AD^2=DE^2+AE^2$，代入$AD=3$得：
$3^2=(\frac{\sqrt{2}}{2}r)^2+(r+\frac{\sqrt{2}}{2}r)^2$
展开计算得$9=(2+\sqrt{2})r^2$，解得$r=\frac{3\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{2}$（半径取正值）。
5. 确定$\frac{AC}{r}$的范围：
∵ C是$\odot O$外一点，且AC在$∠ DAB$内部，
∴ $AC＞AD=3$（D在圆上，C在圆外，AC长度取不到3），
∴ $\frac{AC}{r}＞\frac{3}{\frac{3\sqrt{4-2\sqrt{2}}}{2}}=\sqrt{2+\sqrt{2}}$。
【答案】
$\frac{AC}{r}＞\sqrt{2+\sqrt{2}}$

【知识点】
圆周角定理，垂直平分线性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的基本性质与几何计算，解题关键是正确作出辅助线，结合等腰三角形、直角三角形的性质求出半径r，再根据圆外点的特征确定AC的取值范围，需注意端点值无法取到。
【难度系数】
0.6

4. （2026·潍坊模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E为矩形ABCD内一个动点，连接AE，DE，BE，∠AED=90°，点M，N分别为BE，BC的中点，连接MN，则MN的最小值为。 ＞＞ 专题突破册 P28

4. $\frac{\sqrt{13}}{2}-1$ 解析:
∵ 点 E 为矩形 ABCD 内一个动点,且$∠ AED=90°$,$\therefore$ 点 E 在以 AD 为直径的圆上(矩形内部的一段弧),如图,设 AD 的中点为 O,则 O 是圆心,半径 $r = \frac{1}{2}AD=2$,连接 OE,CE.$\because M,N$ 分别是 BE,BC 的中点,$\therefore MN$是 $△ BEC$ 的中位线,$\therefore MN=\frac{1}{2}CE$.因此,要求 MN 的最小值,即求 CE 的最小值.当 O,E,C 三点共线时,CE 的值最小.在$\mathrm{Rt}△ CDO$ 中, $CD = AB = 3$, $OD = \frac{1}{2}AD = 2$, $\therefore CO = \sqrt{CD^2+DO^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}.\because OE=2,\therefore CE=\sqrt{13}-2,\therefore MN=\frac{1}{2}CE=\frac{\sqrt{13}}{2}-1$,即 MN 的最小值为 $\frac{\sqrt{13}}{2}-1$.

【分析】
解题时首先根据∠AED=90°，结合“90°的圆周角所对的弦是直径”，确定动点E的轨迹为以AD为直径的圆在矩形内部的弧段；再利用M、N是中点的条件，由三角形中位线定理可得$MN=\frac{1}{2}CE$，将求MN最小值的问题转化为求CE的最小值；最后根据圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减半径，当O、E、C三点共线时CE最短，代入计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵ 点E为矩形ABCD内的动点，且$∠AED=90°$，
∴ 点E在以AD为直径的圆上（矩形内部的弧段）。
设AD的中点为O，则O为该圆的圆心，半径$r = \frac{1}{2}AD=2$，连接OE、CE。
∵ M、N分别是BE、BC的中点，
∴ MN是$△ BEC$的中位线，
∴ $MN=\frac{1}{2}CE$，即求MN的最小值等价于求CE的最小值。
当O、E、C三点共线时，CE取得最小值。
在$\mathrm{Rt}△ CDO$中，$CD = AB = 3$，$OD = \frac{1}{2}AD = 2$，
由勾股定理得：$CO = \sqrt{CD^2+DO^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$。
∵ $OE=r=2$，
∴ CE的最小值为$CO-OE=\sqrt{13}-2$，
∴ $MN=\frac{1}{2}CE=\frac{\sqrt{13}}{2}-1$。

【答案】
$\frac{\sqrt{13}}{2}-1$

【知识点】
圆周角定理推论，三角形中位线定理，点到圆的最短距离
【点评】
本题属于动态线段最值问题，解题核心是先确定动点的运动轨迹，再通过中位线性质转化所求线段，最后结合点与圆的位置关系计算最值，考查了转化思想和轨迹分析能力。
【难度系数】
0.4

5. (2026·石家庄模拟)如图,点O是$\overset{\frown}{MN}$所在圆的圆心,AT是$\odot O$的切线,点A为切点,P是直线AT上的一点(不含点A),连接PO,点B在$\overset{\frown}{MN}$上,连接PB,$∠ POA = ∠ POB$,作
$BC// PO$,交AO的延长线于点C.
(1)求证:$OB ⊥ PB$.
(2)判断点C与$\odot O$的位置关系,并加以证明.
(3)作CD平分$∠ OCB$,交OB于点D.若$PA＞OA,m°＜∠ BCD＜n°$,请直接写出m的最大值,n的最小值.

5. (1)在 $△ POA$ 和 $△ POB$ 中, $\begin{cases} OA=OB, \\ ∠ POA=∠ POB, \\ PO=PO, \end{cases}$ $\therefore △ POA ≌ △ POB(\mathrm{SAS}), \therefore ∠ PAO = ∠ PBO. \because AT$ 是 $\odot O$ 的切线,$\therefore ∠ PAO=90°,\therefore ∠ PBO=90°$,即 $OB⊥ PB$.
(2)点 C 在 $\odot O$ 上,证明如下: $\because BC// PO,\therefore ∠ POA = ∠ BCO, ∠ POB = ∠ CBO. \because ∠ POA = ∠ POB, \therefore ∠ BCO = ∠ CBO, \therefore OC=OB. \because OB$ 是 $\odot O$ 的半径,$\therefore$ 点 C 在 $\odot O$ 上.
(3)设 $∠ POA = α$, 在 $\mathrm{Rt}△ POA$ 中, $PA＞OA,\therefore \tan α=\frac{PA}{OA}＞1$,$\therefore 45°＜α＜90°, \therefore 22.5°＜\frac{1}{2}α＜45°$.由(2)可知, $∠ POA = ∠ BCO=α$. 又 $\because CD$ 平分 $∠ OCB, \therefore ∠ BCD = \frac{1}{2}∠ BCO = \frac{1}{2}α, \therefore 22.5°＜∠ BCD＜45°, \therefore m$ 的最大值为 22.5,$n$ 的最小值为 45.

【分析】
(1)要证明$OB⊥PB$，即证$∠PBO=90°$。已知AT是$\odot O$的切线，可得$∠PAO=90°$，结合同圆半径相等得$OA=OB$，再加上已知$∠POA=∠POB$、公共边$PO$，可通过SAS证明$△ POA≌△ POB$，将$∠PAO$的度数转化为$∠PBO$的度数即可得证。
(2)判断点C与$\odot O$的位置关系，只需比较OC与$\odot O$半径的大小关系。由$BC// PO$可得内错角、同位角相等，结合$∠POA=∠POB$可推出$∠BCO=∠CBO$，根据等角对等边得$OC=OB$，而OB是$\odot O$半径，即可判断点C的位置。
(3)设$∠POA=α$，先在$Rt△ POA$中根据$PA＞OA$得出α的取值范围，再结合(2)的结论得$∠BCO=α$，由角平分线的定义可知$∠BCD$是$∠BCO$的一半，进而求出$∠BCD$的范围，即可得到m的最大值和n的最小值。
【解析】
(1)证明：在$△ POA$和$△ POB$中，
$\begin{cases} OA=OB, \\ ∠POA=∠POB, \\ PO=PO, \end{cases}$
$\therefore △ POA ≌ △ POB(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠PAO = ∠PBO$。
$\because AT$是$\odot O$的切线，点A为切点，
$\therefore ∠PAO=90°$，
$\therefore ∠PBO=90°$，即$OB⊥ PB$。
(2)点C在$\odot O$上，证明如下：
$\because BC// PO$，
$\therefore ∠POA = ∠BCO$，$∠POB = ∠CBO$。
$\because ∠POA = ∠POB$，
$\therefore ∠BCO = ∠CBO$，
$\therefore OC=OB$。
$\because OB$是$\odot O$的半径，
$\therefore OC$等于$\odot O$的半径，$\therefore$点C在$\odot O$上。
(3)设$∠POA = α$，
在$\mathrm{Rt}△POA$中，$\tanα=\frac{PA}{OA}$，
$\because PA＞OA$，$\therefore \tanα＞1$，
$\because α$是直角三角形的锐角，$\therefore 45°＜α＜90°$，
$\therefore 22.5°＜\frac{1}{2}α＜45°$。
由(2)可知$∠POA = ∠BCO=α$，
$\because CD$平分$∠OCB$，
$\therefore ∠BCD = \frac{1}{2}∠BCO = \frac{1}{2}α$，
$\therefore 22.5°＜∠BCD＜45°$，即m的最大值为22.5，n的最小值为45。
【答案】
(1)$OB⊥PB$，证明成立；
(2)点C在$\odot O$上；
(3)$m$的最大值为$\boldsymbol{22.5}$，$n$的最小值为$\boldsymbol{45}$。
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定与性质；点与圆的位置关系
【点评】
本题是圆的综合类题目，各小问层层递进，前一问的结论可作为后一问的解题条件，侧重考查基础定理的灵活应用，解题时要注意挖掘已知条件和图形隐含的边角关系，熟练掌握相关基础知识点是解题的关键。
【难度系数】
0.6

6. ★★★ | 几何直观·运算能力 如图,点A在以BC为直径的半圆上,BC=8,∠ACB=30°,点D在线段BC上运动,点E与点D关于AB对称,点F与点D关于AC对称,点G与点D关于点A对称.连接DE,EG,GF,FD,EF,GD,则:

(1)当四边形DEGF是正方形时,BD=;
(2)当△GEF的一边EG与⊙O相切时,BD的长为.

6. (1)$4\sqrt{3}-4$ 解析:
∵ 点 E 与点 D 关于 AB 对称,点 F 与点 D 关于 AC 对称,点 G 与点 D 关于点 A 对称, $\therefore AD=AE,AD=AF,AD=AG,\therefore AD=AE=AF=AG,\therefore$ 四边形 DEGF 为矩形.
∵ BC 为直径, $\therefore ∠ BAC=90°$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $\because ∠ ACB = 30°, \therefore AB=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×8=4, ∠ B=60°. \because$ 点 E 与点 D 关于 AB 对称, $\therefore DE⊥ AB$ 于点 M,如图①,设 $BM=x$, 在 $\mathrm{Rt}△ BDM$ 中, $\because ∠ B=60°$, 则 $∠ BDM = 30°$, $\therefore BD=2x, DM=\sqrt{BD^2-BM^2}=\sqrt{3}x. \because$ 四边形 DEGF 是正方形, $\therefore ∠ ADM=45°, \therefore △ AMD$ 为等腰直角三角形, $\therefore AM=DM=\sqrt{3}x$. 而 $AM+BM=AB, \therefore \sqrt{3}x+x=4$, 解得 $x=2\sqrt{3}-2, \therefore BD=2x=4\sqrt{3}-4$. 故答案为 $4\sqrt{3}-4$.
(2)$\frac{8\sqrt{3}}{3}-4$ 解析:当 EG 与 $\odot O$ 相切时,设点 Q 为切点,连接 OQ 交 DF 于 K,DE 交 AB 于 H,如图②,则 $OQ⊥ EG, \because$ 四边形 DEGF 为矩形, $\therefore OQ⊥ DF, OQ// DE$, 而 $AC⊥ DF$, $\therefore DE// OQ// AC, \therefore ∠ BDE = ∠ DOK = ∠ C=30°. \because DH=HE, QK=DE, \therefore$ 设 $BH=x$, 则 $BD=2x, DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{3}x$, $\therefore KQ=2DH=2\sqrt{3}x$. 在 $\mathrm{Rt}△ OKD$ 中, $OK=OQ-QK=4-2\sqrt{3}x$, $OD=OB-BD=4-2x, \because ∠ DOK=30°, \therefore OD=2DK$, 则 $OK=\sqrt{OD^2-DK^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}OD, \therefore 4-2\sqrt{3}x=\frac{\sqrt{3}}{2}(4-2x)$, 解得 $x=\frac{4\sqrt{3}}{3}-2, \therefore BD=2x=\frac{8\sqrt{3}}{3}-4$, 故答案为 $\frac{8\sqrt{3}}{3}-4$.

【分析】
解题前先梳理已知条件：BC是半圆的直径故∠BAC=90°，结合∠ACB=30°可先求出Rt△ABC的各边长；再利用轴对称、中心对称的性质，可推出AE=AD=AF=AG，可得四边形DEGF的对角线互相平分且相等，判定为矩形。
(1) 若四边形DEGF是正方形，需满足邻边相等且内角为直角，结合AB垂直平分DE，可得△AMD为等腰直角三角形，设BM为x，用含x的式子表示DM、AM，根据AB总长为4列方程求解即可得到BD的长度。
(2) 当EG与⊙O相切时，根据切线性质得半径OQ垂直EG，结合矩形对边平行的性质，可得OQ平行于DE、垂直于DF，进而推出∠DOK=∠ACB=30°，再在Rt△OKD中利用30°角对应的直角三角形边角关系列方程，即可求出BD的长。
【解析】
(1)
∵ 点E与点D关于AB对称，点F与点D关于AC对称，点G与点D关于点A对称，
∴ $AD=AE,AD=AF,AD=AG$，即 $AD=AE=AF=AG$，
∴ 四边形DEGF的对角线互相平分且相等，为矩形。
∵ BC为⊙O的直径，
∴ $∠BAC=90°$，
在$Rt△ ABC$中，$∠ACB=30°,BC=8$，
∴ $AB=\frac{1}{2}BC=4,∠B=60°$。
∵ 点E与点D关于AB对称，
∴ $DE⊥AB$于点M，如图①。
设$BM=x$，在$Rt△ BDM$中，$∠B=60°$，则$∠BDM=30°$，
∴ $BD=2x,DM=\sqrt{BD^2-BM^2}=\sqrt{3}x$。
∵ 四边形DEGF是正方形，
∴ $∠EDG=45°$，即$△ AMD$为等腰直角三角形，
∴ $AM=DM=\sqrt{3}x$。
∵ $AM+BM=AB$，
∴ $\sqrt{3}x + x =4$，
解得$x=2\sqrt{3}-2$，
∴ $BD=2x=4\sqrt{3}-4$。
(2) 当EG与⊙O相切时，设点Q为切点，连接OQ交DF于K，DE交AB于H，如图②，
则$OQ⊥EG$，
∵ 四边形DEGF为矩形，
∴ $EG// DF$，
∴ $OQ⊥DF$，且$OQ// DE$，
又
∵ $AC⊥DF$，
∴ $DE// OQ// AC$，
∴ $∠BDE=∠DOK=∠C=30°$。
∵ 点E、D关于AB对称，
∴ $DH=HE,DE=2DH$，
设$BH=x$，在$Rt△ BDH$中，$∠B=60°,∠BDH=30°$，
∴ $BD=2x,DH=\sqrt{BD^2-BH^2}=\sqrt{3}x$，
∴ $DE=2DH=2\sqrt{3}x$，$KQ=DE=2\sqrt{3}x$，
⊙O半径$OQ=OB=4$，
∴ $OK=OQ - KQ=4 - 2\sqrt{3}x$，
$OD=OB - BD=4 - 2x$，
在$Rt△ OKD$中，$∠DOK=30°$，
∴ $OK=\frac{\sqrt{3}}{2} OD$，
即$4 - 2\sqrt{3}x = \frac{\sqrt{3}}{2}(4 - 2x)$，
解得$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}-2$，
∴ $BD=2x=\frac{8\sqrt{3}}{3}-4$。
【答案】
(1) $4\sqrt{3}-4$；(2) $\frac{8\sqrt{3}}{3}-4$

【知识点】
对称的性质，特殊四边形的判定与性质，圆的切线性质
【点评】
本题综合考查了对称性质、特殊四边形的判定、圆的切线性质以及直角三角形的边角关系，解题时需要结合图形特征找准等量关系，通过设未知数列方程求解，对几何分析能力和运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4