8[中]如图,点A,B的坐标分别是A(4,0),B(0,4),点C为坐标平面内一动点,BC=2,点M为线段AC的中点,连接OM,则OM的最大值为 ()

A.$\sqrt{2}+1$
B.$\sqrt{2}+\frac{1}{2}$
C.$2\sqrt{2}+1$
D.$2\sqrt{2}-\frac{1}{2}$

(第8题图)
(第9题图)

8. C 【解析】$\because$ 点 $C$ 为坐标平面内一动点, $BC=2$, $\therefore C$ 在以 $B$ 为圆心,2 为半径的圆上运动. 在 $x$ 轴负半轴上取 $OD=OA=4$,连接 $CD. \because AM=CM,OD=OA,\therefore OM$ 是 $△ ACD$ 的中位线, $\therefore OM=\frac{1}{2}CD,\therefore$ 当 $CD$ 的值最大时, $OM$ 的值最大. 如图,当 $D,B,C$ 三点共线,且 $C$ 在 $DB$ 的延长线上时, $CD$ 的值最大,故此时 $OM$ 的值最大. $\because OB=OD=4,∠ BOD=90°,\therefore BD=4\sqrt{2},\therefore CD=4\sqrt{2}+2,\therefore OM=\frac{1}{2}CD=2\sqrt{2}+1$, 即 $OM$ 的最大值为 $2\sqrt{2}+1$. 故选 C.

【分析】
解题时首先根据动点C满足BC=2，结合圆的定义确定点C的运动轨迹是圆心为B、半径为2的圆；接下来观察所求OM，M是AC中点，考虑通过构造中位线转化线段长度：在x轴负半轴取点D使OD=OA，此时O是AD中点，OM就成为△ACD的中位线，可得OM=$\frac{1}{2}$CD，因此求OM的最大值转化为求CD的最大值；最后根据圆外一点到圆上点的最大距离等于该点到圆心的距离加半径，找到CD最大的情况计算即可。
【解析】
$\because$ 点C为坐标平面内一动点，$BC=2$，
$\therefore$ 点C在以B为圆心，2为半径的圆上运动。
在x轴负半轴上取点D，使$OD=OA=4$，连接CD。
$\because$ M是AC中点，O是AD中点，
$\therefore$ OM是$△ ACD$的中位线，
$\therefore OM=\frac{1}{2}CD$，即当CD取最大值时，OM的值最大。
当D、B、C三点共线，且C在DB的延长线上时，CD取得最大值：
$\because OB=OD=4$，$∠ BOD=90°$，
$\therefore$ 由勾股定理得$BD=\sqrt{OD^2+OB^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
此时CD的最大值为$BD+BC=4\sqrt{2}+2$，
$\therefore$ OM的最大值为$\frac{1}{2}×(4\sqrt{2}+2)=2\sqrt{2}+1$。
故选C。
【答案】
C

【知识点】
圆的定义，三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题是圆中最值问题的典型考法，解题核心是利用构造中位线的方法将待求线段进行等价转化，再结合圆上点到定点的最值规律求解，很好地考察了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6

9[2025山东烟台期中,较难]如图,在平面直角坐标系xOy中,半径为4的⊙O与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,D,连接BC,已知x轴上一点P(8,0),点Q是⊙O上一动点,连接PQ,点M为PQ的中点,连接BM,CM,则△BCM面积的最小值为.

9. $16-4\sqrt{2}$ 【解析】如图,连接 $OQ,AM,AC$. 由题意得 $OA=OQ=AP=4,PM=MQ,\therefore AM=\frac{1}{2}OQ=2. \because AB$ 为 $\odot O$ 直径, $\therefore ∠ ACB=90°$. 由题意知,点 $M$ 在以 $A$ 为圆心,2 为半径的 $\odot A$ 上运动. 当 $M$ 点为线段 $AC$ 与 $\odot A$ 的交点时,点 $M$ 到 $BC$ 的距离最短, 为 $AC-2=\sqrt{4^2+4^2}-2=4\sqrt{2}-2. \because BC=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$, $\therefore △ BCM$ 面积的最小值为 $\frac{1}{2}BC · CM=\frac{1}{2} × 4\sqrt{2} × (4\sqrt{2}-2)=16-4\sqrt{2}$. 故答案为 $16-4\sqrt{2}$.

【分析】
解题时首先关注中点条件：M是PQ中点，P为定点、Q在定圆⊙O上运动，可利用三角形中位线定理确定动点M的运动轨迹；其次△BCM的边BC长度固定，因此其面积最小值等价于点M到直线BC的距离最小值；再结合圆上一点到定直线的最短距离为“圆心到直线的距离减去半径”的规律求出最短距离，最后代入三角形面积公式即可得到结果。
【解析】
解：连接$OQ,AM$。
∵$\odot O$半径为4，
∴$OA=OQ=4$，
∵$P(8,0)$，
∴$OP=8$，即A为OP的中点，
又
∵M为PQ的中点，
∴AM是$△ POQ$的中位线，
∴$AM=\frac{1}{2}OQ=2$，即点M在以A为圆心，2为半径的$\odot A$上运动。
∵AB为$\odot O$的直径，根据直径所对的圆周角为直角，得$∠ ACB=90°$，即$AC⊥ BC$。
计算BC的长度：$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
AC的长度：$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
∵$AC⊥ BC$，
∴点A到直线BC的距离等于AC的长度$4\sqrt{2}$，
则$\odot A$上的点M到BC的最短距离为：$4\sqrt{2}-2$，
∴$△ BCM$面积的最小值为：
$\frac{1}{2}× BC×$最短距离$=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×(4\sqrt{2}-2)=16-4\sqrt{2}$。
【答案】
$16-4\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，圆周角定理，圆中最值问题
【点评】
本题属于圆的综合最值题型，核心是先通过中位线性质确定动点的轨迹圆，再将三角形面积最值转化为点到直线的距离最值，考查了转化思想的应用，对轨迹判断能力有一定要求。
【难度系数】
0.3

10[中]如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$BC=3$,$AC=5$,点D是其内部一动点,且$∠ DBC=∠ BAD$,则C,D两点间的最小距离为 ()

A.3
B.4
C.$\sqrt{13}-2$
D.$\sqrt{13}$

(第10题图)
(第11题图)

10. C 【解析】$\because Rt △ ABC$ 中, $∠ ABC=90°,BC=3,AC=5,\therefore$ 由勾股定理,得 $AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$. 如图,取 $AB$ 的中点 $O$. $\because ∠ DBC=∠ BAD,∠ DBC + ∠ ABD = 90°,\therefore ∠ BAD+∠ ABD=90°,\therefore ∠ ADB=90°,\therefore D$ 点在以 $O$ 为圆心,$OA$ 长为半径的圆弧上运动. 连接 $OC$ 交圆 $O$ 于点 $D'$. 当点 $D$ 与点 $D'$ 重合时, $C,D$ 间的距离最小,最小距离为 $CD'$ 的长. 在 $Rt △ OCB$ 中,由勾股定理,得 $OC=\sqrt{BC^2+OB^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$, 故 $C,D$ 两点间的最小距离为 $OC-OD'=\sqrt{13}-2$,故选 C.

【分析】
解题思路可分为三步：第一步，先根据Rt△ABC的已知边长，用勾股定理求出AB的长度；第二步，结合∠DBC=∠BAD和∠ABC=90°的条件，通过角的等量代换推导得出∠ADB=90°，由此可确定动点D的运动轨迹是以AB为直径的圆；第三步，求点C到圆上点的最短距离，根据几何规律，点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去圆的半径，因此只需求出AB中点（即圆心）到点C的距离，再减去半径即可得到C、D两点的最小距离。
【解析】
$\because Rt △ ABC$ 中, $∠ ABC=90°,BC=3,AC=5$，
$\therefore$ 由勾股定理,得 $AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
如图，取 $AB$ 的中点 $O$。
$\because ∠ DBC=∠ BAD,∠ DBC + ∠ ABD = 90°$,
$\therefore ∠ BAD+∠ ABD=90°$，
$\therefore ∠ ADB=90°$，
$\therefore D$ 点在以 $O$ 为圆心，$OA$ 长为半径的圆弧上运动。
连接 $OC$ 交圆 $O$ 于点 $D'$，当点 $D$ 与点 $D'$ 重合时，$C,D$ 间的距离最小，最小距离为 $CD'$ 的长。
在 $Rt △ OCB$ 中，由勾股定理，得 $OC=\sqrt{BC^2+OB^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$，
故 $C,D$ 两点间的最小距离为 $OC-OD'=\sqrt{13}-2$，故选 C。

【答案】
C
【知识点】
勾股定理，圆周角定理，点到圆的最短距离
【点评】
本题是圆中动态最值的典型题型，解题的核心是通过角的转化确定动点的运动轨迹为圆弧，再结合点与圆的位置关系计算最短距离，能够有效考查对几何动态问题的分析和转化能力。
【难度系数】
0.6

11[2025河南开封期末,较难]如图,正方形ABCD的边长为4,点E,F分别是BC,CD上的动点,且$BE=CF$,连接AE,BF交于点P,连接CP,
则CP的最小值是 ()

A.$2\sqrt{5}-2$
B.$3\sqrt{2}-2$
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{2}+2$

11. A 【解析】如图,取 $AB$ 中点 $H$,连接 $HP,HC$. 在正方形 $ABCD$ 中, $AB=BC,∠ ABC=∠ BCD=90°$. 在 $△ ABE$ 和 $△ BCF$ 中, $\begin{cases}AB=BC,\\∠ ABE=∠ BCF,\\BE=CF,\end{cases}$ $\therefore △ ABE ≌ △ BCF \ (\mathrm{SAS}),\therefore ∠ BAE = ∠ CBF$, $\therefore ∠ BAE + ∠ ABP = ∠ CBF + ∠ ABP = 90°$, $\therefore ∠ APB=90°,\therefore$ 点 $P$ 在以 $H$ 为圆心, $\frac{1}{2}AB$ 长为半径的半圆上运动, $\therefore$ 当 $H,P,C$ 三点在同一条直线上时, $CP$ 取最小值. 在 $Rt △ BCH$ 中, $HC=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5},\therefore CP$ 的最小值为 $HC-HP=2\sqrt{5}-2$,故选 A.

【分析】
解题时首先结合正方形的性质与已知$BE=CF$，先证明$△ ABE$和$△ BCF$全等，通过角的推导得出$AE$与$BF$始终垂直，即$∠ APB=90°$，根据“直角所对的弦是直径”可确定动点$P$的运动轨迹是以$AB$中点为圆心、$AB$长的一半为半径的半圆；再根据圆外一点到圆上点的最短距离为“点到圆心的距离减去半径”，即可求出$CP$的最小值。
【解析】
取$AB$中点$H$，连接$HP$、$HC$。
$\because$四边形$ABCD$是正方形，$\therefore AB=BC$，$∠ ABC=∠ BCD=90°$。
在$△ ABE$和$△ BCF$中：
$\begin{cases}AB=BC\\∠ ABE=∠ BCF\\BE=CF\end{cases}$
$\therefore △ ABE ≌ △ BCF$（$\mathrm{SAS}$），$\therefore ∠ BAE=∠ CBF$。
$\therefore ∠ BAE+∠ ABP=∠ CBF+∠ ABP=∠ ABC=90°$，$\therefore ∠ APB=90°$。
$\therefore$点$P$在以$H$为圆心，$\frac{1}{2}AB$长为半径的半圆上运动。
当$H$、$P$、$C$三点共线时，$CP$取得最小值，此时$CP=HC-HP$。
在$\mathrm{Rt}△ BCH$中，$BH=\frac{1}{2}AB=2$，$BC=4$，$\therefore HC=\sqrt{BH^2+BC^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，又$HP=BH=2$，
$\therefore CP$的最小值为$2\sqrt{5}-2$，故选A。
【答案】
A

【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；圆的最值问题
【点评】
本题属于几何动点最值类题目，解题的核心是先通过全等推理确定动点的运动轨迹为圆弧，再结合点到圆的最短距离规律计算，综合考查了几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.3

12[中]如图，正方形ABCD的边长为6，点E是正方形外一动点，且点E在CD的右侧，∠AED=45°，P为AB的中点，连接PE，当E运动时，线段PE的最大值为（）

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

12. D 【解析】如图,连接 $AC,BD$ 交于点 $O$,连接 $PO,EO. \because ∠ AED=45°,∠ ACD=45°,\therefore A,C,E,D$ 四点共圆,易知点 $O$ 即为圆心. $\because$ 正方形 $ABCD$ 的边长为 $6,\therefore OE=OD=\frac{1}{2}BD=3\sqrt{2}$. $\because P$ 为 $AB$ 的中点, $O$ 是 $BD$ 的中点, $\therefore OP=\frac{1}{2}AD=3. \because PE ≤ OP+OE=3+3\sqrt{2},\therefore$ 当点 $O$ 在线段 $PE$ 上时, $PE$ 的值最大, $PE=OP+OE=3+3\sqrt{2}$, 即线段 $PE$ 的最大值为 $3+3\sqrt{2}$. 故选 D.

【分析】
首先观察到动点E满足∠AED=45°，且所对的边AD是正方形的定长边长，符合“定弦定角”的隐圆特征，因此首先确定点E的运动轨迹。结合正方形的性质，∠ACD=45°，可判断A、C、E、D四点共圆，圆心为正方形对角线的交点O。接下来求PE的最大值属于定点到圆上动点的最值问题，最大值为定点到圆心的距离加圆半径，因此只需计算P到O的距离、圆的半径，二者相加即可得到PE的最大值。
【解析】
连接AC、BD交于点O，连接PO、EO。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，又∠AED=45°，
∴A、C、E、D四点在以O为圆心的同一个圆上，即点E的轨迹为⊙O。
∵正方形ABCD的边长为6，
∴对角线$BD=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt{2}$，
∴圆的半径$OE=OD=\frac{1}{2}BD=3\sqrt{2}$。
∵P为AB的中点，O为BD的中点，
∴OP是△ABD的中位线，
∴$OP=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×6=3$。
根据三角形三边关系，$PE≤OP+OE$，当且仅当O在线段PE上时等号成立，
此时PE取得最大值，最大值为$OP+OE=3+3\sqrt{2}$。
【答案】
D

【知识点】
正方形的性质，隐圆判定，圆中最值问题
【点评】
本题是圆中最值的典型考题，解题的突破口是通过“定弦定角”判断出动点的轨迹为圆，再将线段最值问题转化为两点间距离加半径的问题，很好地考察了模型识别能力和转化思想。
【难度系数】
0.6

13[2025黑龙江绥化期末,较难]如图,已知菱形ABCD中,∠BAD=120°,点E,F分别在AB,BC上,BE=CF,AF与CE交于点P,连接DP.
(1)求证:∠APE=60°;
(2)当PC=1,PA=5时,求PD的长;
(3)当AB=2√3时,求PD的最大值.

13. (1)【证明】如图(1)所示,连接 $AC. \because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形, $∠ BAD=120°,\therefore AB=BC,∠ B=∠ ADC=60°,\therefore △ ABC$ 是等边三角形, $\therefore ∠ ACF=∠ CBE=60°,AC=CB$. 又 $\because CF=BE,\therefore △ ACF ≌ △ CBE \ (\mathrm{SAS}),\therefore ∠ CAF = ∠ BCE,\therefore ∠ APE = ∠ ACE + ∠ CAF = ∠ BCE+∠ ACE = ∠ ACB=60°$.
(2)【解】如图(2),延长 $PC$ 到 $M$,使得 $CM=AP$,连接 $DM$. 由(1)易得 $∠ AFC = ∠ CEB. \because$ 菱形 $ABCD$ 中, $AD // BC,AB // CD,\therefore ∠ DAF + ∠ AFC = 180°,∠ DCM = ∠ AEC,\therefore ∠ CEB+∠ DAF=180°$. $\because ∠ AEC + ∠ CEB = 180°,\therefore ∠ DAF = ∠ AEC = ∠ DCM$. 又 $\because AP=CM,AD=CD,\therefore △ ADP ≌ △ CDM \ (\mathrm{SAS}),\therefore DP=DM,∠ ADP = ∠ CDM,\therefore ∠ ADC = ∠ PDM. \because ∠ ADC=60°,\therefore ∠ PDM=60°,\therefore △ PDM$ 是等边三角形, $\therefore PD=PM=PC+CM=PC+PA=6$.
(3) $\because ∠ APE=60°,\therefore ∠ APC=120°. \because ∠ ADC=60°,\therefore ∠ APC+∠ ADC=180°,\therefore A,P,C,D$ 四点共圆, $\therefore$ 当 $PD$ 为直径时, $PD$ 的值最大. 设圆心为 $O$,连接 $AC,OA,OC$,过点 $O$ 作 $OM ⊥ AC$ 于 $M$,如图(3)所示, $\therefore ∠ AOC=2 ∠ ADC=120°. \because OA=OC,\therefore ∠ OAM=30°. \because AC=AB=2\sqrt{3},OM ⊥ AC,\therefore AM=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3},\therefore OM=\frac{\sqrt{3}}{3}AM=1,\therefore OA=2,\therefore PD$ 的最大值为4.

【分析】
(1) 要证∠APE=60°，首先结合菱形∠BAD=120°的特征，连接AC可得等边△ABC，再利用已知BE=CF证明△ACF≌△CBE，得到对应角相等，最后通过三角形外角的性质，将∠APE转化为等边△ABC的内角∠ACB即可得证。
(2) 求PD长度时，PA、PC、PD不在同一直线，可采用截长补短的思路，延长PC到点M使CM=AP，通过证明△ADP≌△CDM，推出△PDM是等边三角形，即可将PD转化为PM=PA+PC，代入数值即可计算结果。
(3) 求PD的最大值，先由∠APC=120°、∠ADC=60°可得A、P、C、D四点共圆，根据圆中直径为最长弦，可知PD为该圆直径时长度最大，再结合已知边长计算外接圆直径即可得到最大值。
【解析】
(1) 证明：如图(1)所示，连接 $AC$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形，$∠ BAD=120°,\therefore AB=BC,∠ B=∠ ADC=60°,\therefore △ ABC$ 是等边三角形，$\therefore ∠ ACF=∠ CBE=60°,AC=CB$. 又 $\because CF=BE,\therefore △ ACF ≌ △ CBE \ (\mathrm{SAS}),\therefore ∠ CAF = ∠ BCE,\therefore ∠ APE = ∠ ACE + ∠ CAF = ∠ BCE+∠ ACE = ∠ ACB=60°$.
(2) 解：如图(2)，延长 $PC$ 到 $M$,使得 $CM=AP$,连接 $DM$. 由(1)易得 $∠ AFC = ∠ CEB$. $\because$ 菱形 $ABCD$ 中，$AD // BC,AB // CD,\therefore ∠ DAF + ∠ AFC = 180°,∠ DCM = ∠ AEC,\therefore ∠ CEB+∠ DAF=180°$. $\because ∠ AEC + ∠ CEB = 180°,\therefore ∠ DAF = ∠ AEC = ∠ DCM$. 又 $\because AP=CM,AD=CD,\therefore △ ADP ≌ △ CDM \ (\mathrm{SAS}),\therefore DP=DM,∠ ADP = ∠ CDM,\therefore ∠ ADC = ∠ PDM$. $\because ∠ ADC=60°,\therefore ∠ PDM=60°,\therefore △ PDM$ 是等边三角形，$\therefore PD=PM=PC+CM=PC+PA=1+5=6$.
(3) 解：$\because ∠ APE=60°,\therefore ∠ APC=180°-∠APE=120°. \because ∠ ADC=60°,\therefore ∠ APC+∠ ADC=180°,\therefore A,P,C,D$ 四点共圆，$\therefore$ 当 $PD$ 为该圆的直径时，$PD$ 的值最大. 设圆心为 $O$,连接 $AC,OA,OC$,过点 $O$ 作 $OM ⊥ AC$ 于 $M$,如图(3)所示，根据圆周角定理得 $∠ AOC=2 ∠ ADC=120°. \because OA=OC,\therefore ∠ OAM=30°. \because AC=AB=2\sqrt{3},OM ⊥ AC,\therefore AM=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$, 在$Rt△ AOM$中，$OM=\frac{\sqrt{3}}{3}AM=1$，由勾股定理得 $OA=\sqrt{AM^2+OM^2}=2$，即外接圆半径为2，$\therefore PD$ 的最大值为$2×2=4$.
【答案】
(1) 已证得$∠APE=60°$；
(2) $\boldsymbol{PD=6}$；
(3) $\boldsymbol{PD}$的最大值为$\boldsymbol{4}$。

【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定与性质、圆的最值问题
【点评】
本题是几何综合题，融合了特殊三角形、菱形、全等、圆的相关知识点，解题的关键是根据已知条件合理构造辅助线，实现边角关系的转化，第三问通过判断动点轨迹为圆，利用“直径是最长弦”求解最值，是几何动态最值问题的典型考法，能有效锻炼逻辑推理和综合分析能力。
【难度系数】
0.3

14[中]如图,已知点A,B的坐标分别是(0,1),(0,3),点C为x轴正半轴上一动点,当∠ACB最大时,点C的坐标是 ()

A.(2,0)
B.$(\sqrt{3},0)$
C.$(\sqrt{2},0)$
D.$(1,0)$

14. B 【解析】过点 $A,B$ 作 $\odot P$,当 $\odot P$ 与 $x$ 轴相切于点 $C$ 时, $∠ ACB$ 最大,连接 $PA,PB,PC$,作 $PH ⊥ y$ 轴于 $H$,如图. $\because$ 点 $A,B$ 的坐标分别是 $(0,1),(0,3),\therefore OA=1,AB=3-1=2. \because PH ⊥ AB,\therefore AH=BH=1,\therefore OH=2$. $\because \odot P$ 与 $x$ 轴相切于点 $C,\therefore PC ⊥ x$ 轴, $\therefore$ 四边形 $PCOH$ 为矩形, $\therefore PC=OH=2,\therefore PA=2$. 在 $Rt △ PAH$ 中, $PH=\sqrt{PA^2-AH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$, $\therefore OC=\sqrt{3},\therefore C$ 点坐标为 $(\sqrt{3},0)$. 故选 B.

【分析】
要解决∠ACB最大时点C的坐标问题，可利用圆的相关性质：过A、B两点的圆与x轴相切于C点时，∠ACB最大（若x轴上存在其他点C'，则C'在圆外，对应的角小于该圆周角）。首先，A、B都在y轴上，过A、B的圆的圆心必然在AB的垂直平分线上，先求出AB的中点确定垂直平分线的位置，再结合圆与x轴相切的性质得到半径长度，最后用勾股定理计算OC的长度，即可得到C点坐标。
【解析】
过点$A,B$作$\odot P$,当$\odot P$与$x$轴相切于点$C$时, $∠ ACB$最大,连接$PA,PB,PC$,作 $PH ⊥ y$ 轴于 $H$,如图.
$\because$ 点 $A,B$ 的坐标分别是 $(0,1),(0,3)$,$\therefore OA=1,AB=3-1=2$.
$\because PH ⊥ AB$,由垂径定理得$AH=BH=1$,$\therefore OH=OA+AH=2$.
$\because \odot P$ 与 $x$ 轴相切于点 $C$,由切线性质得$PC ⊥ x$ 轴,
$\therefore$ 四边形 $PCOH$ 为矩形, $\therefore PC=OH=2$,即$\odot P$的半径为2,$\therefore PA=2$.
在 $Rt △ PAH$ 中, 由勾股定理得$PH=\sqrt{PA^2-AH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,
$\because$ 四边形$PCOH$为矩形,$\therefore OC=PH=\sqrt{3}$,$\therefore C$ 点坐标为 $(\sqrt{3},0)$.
故选B.
【答案】B
【知识点】
圆周角性质，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆中动点最值的典型题型，解题关键是掌握“过两定点的圆与动点所在直线相切时，动点处的张角最大”的结论，结合垂径定理、矩形性质和勾股定理即可求解，能有效考察几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6