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1[2026江苏南京金陵中学质检]下列说法中，正确的是
（
A.两个半圆是等弧
B.三个点确定一个圆
C.相等的弦所对的弧相等
D.90°的圆周角所对的弦是直径
（
D
）A.两个半圆是等弧
B.三个点确定一个圆
C.相等的弦所对的弧相等
D.90°的圆周角所对的弦是直径
答案
1. D 【解析】A选项，半径不相等的半圆不是等弧，所以该选项不正确；B选项，在同一条直线上的三个点不能确定一个圆，所以该选项不正确；C选项，在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧相等，所以该选项不正确；D选项，90°的圆周角所对的弦是直径，所以该选项正确。故选D。
解析
【分析】
本题是圆的基础概念辨析类选择题，解题时需逐一验证每个选项对应的概念、定理的完整内容，重点关注各结论成立的前提条件，通过排除错误选项即可得到正确答案。
【解析】
A选项：能够完全重合的弧是等弧，半径不相等的两个半圆无法重合，不是等弧，故该选项错误；
B选项：只有不在同一条直线上的三个点才能确定一个圆，共线的三个点无法确定一个圆，故该选项错误；
C选项：只有在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧才相等，缺少前提条件结论不成立，故该选项错误；
D选项：根据圆周角定理的推论，90°的圆周角所对的弦是直径，该结论成立，故该选项正确。
综上，选D。
【答案】
D
【知识点】
等弧的概念、确定圆的条件、圆周角定理推论
【点评】
本题属于基础题，主要考查圆相关概念和定理的掌握情况，易错点是容易忽略各结论成立的前提条件，日常学习中要注意准确记忆概念、定理的完整内容，不要遗漏适用范围。
【难度系数】
0.8
本题是圆的基础概念辨析类选择题，解题时需逐一验证每个选项对应的概念、定理的完整内容，重点关注各结论成立的前提条件，通过排除错误选项即可得到正确答案。
【解析】
A选项：能够完全重合的弧是等弧，半径不相等的两个半圆无法重合，不是等弧，故该选项错误；
B选项：只有不在同一条直线上的三个点才能确定一个圆，共线的三个点无法确定一个圆，故该选项错误；
C选项：只有在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧才相等，缺少前提条件结论不成立，故该选项错误；
D选项：根据圆周角定理的推论，90°的圆周角所对的弦是直径，该结论成立，故该选项正确。
综上，选D。
【答案】
D
【知识点】
等弧的概念、确定圆的条件、圆周角定理推论
【点评】
本题属于基础题，主要考查圆相关概念和定理的掌握情况，易错点是容易忽略各结论成立的前提条件，日常学习中要注意准确记忆概念、定理的完整内容，不要遗漏适用范围。
【难度系数】
0.8
2[2026广东珠海期中]在平面直角坐标系中，以点$(-3,4)$为圆心，半径为4的圆一定 (
A.与$x$轴相切，与$y$轴相切
B.与$x$轴相切，与$y$轴相交
C.与$x$轴相交，与$y$轴相切
D.与$x$轴相交，与$y$轴相交
B
)A.与$x$轴相切，与$y$轴相切
B.与$x$轴相切，与$y$轴相交
C.与$x$轴相交，与$y$轴相切
D.与$x$轴相交，与$y$轴相交
答案
2. B 【解析】圆心(−3,4)到x轴的距离为|4|=4，等于半径4，则该圆与x轴相切；圆心(−3,4)到y轴的距离为|−3|=3，小于半径4，则该圆与y轴相交，故选B。
解析
【分析】
要判断圆与x轴、y轴的位置关系，需先明确判定规则：若圆心到直线的距离d等于半径r，直线与圆相切；若d小于r，直线与圆相交；若d大于r，直线与圆相离。接下来分别计算圆心到两条坐标轴的距离：点到x轴的距离是其纵坐标的绝对值，到y轴的距离是其横坐标的绝对值，再将两个距离分别和半径4比较，就能得出对应的位置关系。
【解析】
首先计算圆心$(-3,4)$到x轴的距离：点到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即$|4|=4$，等于圆的半径4，因此该圆与x轴相切。
再计算圆心$(-3,4)$到y轴的距离：点到y轴的距离为横坐标的绝对值，即$|-3|=3$，$3＜4$，小于圆的半径，因此该圆与y轴相交。
综上，圆与x轴相切，与y轴相交，故选B。
【答案】
B
【知识点】
点到坐标轴的距离；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础考查题，解题核心是熟练掌握点到坐标轴的距离计算方法，以及直线与圆位置关系的判定规则，运用规则即可快速得出结论。
【难度系数】
0.8
要判断圆与x轴、y轴的位置关系，需先明确判定规则：若圆心到直线的距离d等于半径r，直线与圆相切；若d小于r，直线与圆相交；若d大于r，直线与圆相离。接下来分别计算圆心到两条坐标轴的距离：点到x轴的距离是其纵坐标的绝对值，到y轴的距离是其横坐标的绝对值，再将两个距离分别和半径4比较，就能得出对应的位置关系。
【解析】
首先计算圆心$(-3,4)$到x轴的距离：点到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即$|4|=4$，等于圆的半径4，因此该圆与x轴相切。
再计算圆心$(-3,4)$到y轴的距离：点到y轴的距离为横坐标的绝对值，即$|-3|=3$，$3＜4$，小于圆的半径，因此该圆与y轴相交。
综上，圆与x轴相切，与y轴相交，故选B。
【答案】
B
【知识点】
点到坐标轴的距离；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础考查题，解题核心是熟练掌握点到坐标轴的距离计算方法，以及直线与圆位置关系的判定规则，运用规则即可快速得出结论。
【难度系数】
0.8
3 如图，在$\odot O$中，动弦AB与直径CD相交于点E，且总有$∠ BED=45°$，则$AE^2+BE^2$的值（
A.随着OE的增大而增大
B.随着OE的增大而减小
C.随着OE的增大先增大后减小
D.保持不变
（第3题图）
（第4题图）
D
）A.随着OE的增大而增大
B.随着OE的增大而减小
C.随着OE的增大先增大后减小
D.保持不变
（第3题图）
（第4题图）
答案
3. D 【解析】如图，作OH⊥AB于点H，连接OA，OB，则AH=BH。设⊙O的半径为R。
∵∠BED=45°，
∴∠OEH=45°，
∴OH=HE，
∴AE²+BE²=(AH+HE)²+(BH−HE)²=AH²+HE²+2AH·HE+BH²+HE²−2BH·HE=R²+R²+2HE(AH−BH)=2R²，
∴AE²+BE²的值保持不变。故选D。
关键点拨
作OH⊥AB于点H，连接OA，OB。设半径为R。在直角三角形OAH和OBH中，利用勾股定理将AE²+BE²进行转化，整理化简即可。
解析
【分析】
要判断$AE^2+BE^2$随$OE$的变化情况，首先针对圆中弦的相关计算，优先考虑作弦心距的辅助线，利用垂径定理将弦$AB$平分；结合已知的$∠ BED=45°$，作垂线后可得到等腰直角三角形，推出线段相等关系；再将$AE$、$BE$用拆分后的线段表示，对平方和展开化简，结合勾股定理将式子转化为和圆半径相关的量，即可判断其是否为定值。
【解析】
过点$O$作$OH⊥ AB$于点$H$，连接$OA$、$OB$，设$\odot O$的半径为$R$。
由垂径定理可得：$AH = BH$。
$\because∠ BED = 45°$，$\therefore∠ OEH = ∠ BED = 45°$，
$\therefore\mathrm{Rt}△ OEH$为等腰直角三角形，即$OH = HE$。
$\because AE = AH + HE$，$BE = BH - HE$，且$AH=BH$，
$\therefore$
$\begin{aligned}AE^2 + BE^2&=(AH + HE)^2 + (BH - HE)^2\\&=AH^2 + 2AH· HE + HE^2 + BH^2 - 2BH· HE + HE^2\\&=AH^2 + BH^2 + 2HE^2\end{aligned}$
又$\because HE=OH$，在$\mathrm{Rt}△ OAH$中，由勾股定理得$AH^2 + OH^2 = OA^2 = R^2$，同理$BH^2 + OH^2 = OB^2 = R^2$，
$\therefore AE^2 + BE^2 = (AH^2 + OH^2) + (BH^2 + OH^2) = R^2 + R^2 = 2R^2$。
$R$为$\odot O$的半径，是定值，因此$AE^2+BE^2$的值保持不变。
【答案】D
【知识点】
垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形性质
【点评】
本题属于圆中的动态定值问题，解题的核心是掌握作弦心距这一圆中常用辅助线的做法，通过垂径定理、特殊角的性质将待求式转化为与定值相关的式子，考查了几何中的转化思想。
【难度系数】
0.6
要判断$AE^2+BE^2$随$OE$的变化情况，首先针对圆中弦的相关计算，优先考虑作弦心距的辅助线，利用垂径定理将弦$AB$平分；结合已知的$∠ BED=45°$，作垂线后可得到等腰直角三角形，推出线段相等关系；再将$AE$、$BE$用拆分后的线段表示，对平方和展开化简，结合勾股定理将式子转化为和圆半径相关的量，即可判断其是否为定值。
【解析】
过点$O$作$OH⊥ AB$于点$H$，连接$OA$、$OB$，设$\odot O$的半径为$R$。
由垂径定理可得：$AH = BH$。
$\because∠ BED = 45°$，$\therefore∠ OEH = ∠ BED = 45°$，
$\therefore\mathrm{Rt}△ OEH$为等腰直角三角形，即$OH = HE$。
$\because AE = AH + HE$，$BE = BH - HE$，且$AH=BH$，
$\therefore$
$\begin{aligned}AE^2 + BE^2&=(AH + HE)^2 + (BH - HE)^2\\&=AH^2 + 2AH· HE + HE^2 + BH^2 - 2BH· HE + HE^2\\&=AH^2 + BH^2 + 2HE^2\end{aligned}$
又$\because HE=OH$，在$\mathrm{Rt}△ OAH$中，由勾股定理得$AH^2 + OH^2 = OA^2 = R^2$，同理$BH^2 + OH^2 = OB^2 = R^2$，
$\therefore AE^2 + BE^2 = (AH^2 + OH^2) + (BH^2 + OH^2) = R^2 + R^2 = 2R^2$。
$R$为$\odot O$的半径，是定值，因此$AE^2+BE^2$的值保持不变。
【答案】D
【知识点】
垂径定理，勾股定理，等腰直角三角形性质
【点评】
本题属于圆中的动态定值问题，解题的核心是掌握作弦心距这一圆中常用辅助线的做法，通过垂径定理、特殊角的性质将待求式转化为与定值相关的式子，考查了几何中的转化思想。
【难度系数】
0.6
4[2025江苏苏州期中]如图，点A,B,C,D四点均在$\odot O$上，$∠ AOD=68°$，$AO// DC$，则$∠ B$的度数为（
A.$62°$
B.$56°$
C.$34°$
D.$54°$
B
）A.$62°$
B.$56°$
C.$34°$
D.$54°$
答案
4. B 【解析】连接AD，如图。
∵∠AOD=68°，AO//DC，
∴∠ODC=∠AOD=68°。
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD=$\frac{1}{2}(180°−∠AOD)=56°$，
∴∠ADC=∠ODA+∠ODC=56°+68°=124°。
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=56°。故选B。
解析
【分析】
要求∠B的度数，观察可知∠B是圆内接四边形ABCD的内角，根据圆内接四边形对角互补的性质，只需求出∠ADC的度数即可。首先连接辅助线AD：第一步，由AO//DC可推出内错角∠ODC=∠AOD；第二步，OA、OD都是圆的半径，二者相等，△AOD是等腰三角形，结合已知∠AOD的度数可求出底角∠ODA的度数；第三步，∠ADC是∠ODA与∠ODC的和，求出∠ADC后，再利用圆内接四边形对角互补即可计算出∠B的度数。
【解析】
连接AD，如图。
∵∠AOD=68°，AO//DC，
∴∠ODC=∠AOD=68°。
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD=$\frac{1}{2}(180°−∠AOD)=56°$，
∴∠ADC=∠ODA+∠ODC=56°+68°=124°。
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=180°-124°=56°。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
圆内接四边形的性质；平行线的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆相关性质的基础综合题，解题的关键是合理添加辅助线AD，将已知条件和所求角通过平行线、等腰三角形、圆内接四边形的性质建立关联，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
要求∠B的度数，观察可知∠B是圆内接四边形ABCD的内角，根据圆内接四边形对角互补的性质，只需求出∠ADC的度数即可。首先连接辅助线AD：第一步，由AO//DC可推出内错角∠ODC=∠AOD；第二步，OA、OD都是圆的半径，二者相等，△AOD是等腰三角形，结合已知∠AOD的度数可求出底角∠ODA的度数；第三步，∠ADC是∠ODA与∠ODC的和，求出∠ADC后，再利用圆内接四边形对角互补即可计算出∠B的度数。
【解析】
连接AD，如图。
∵∠AOD=68°，AO//DC，
∴∠ODC=∠AOD=68°。
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD=$\frac{1}{2}(180°−∠AOD)=56°$，
∴∠ADC=∠ODA+∠ODC=56°+68°=124°。
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠B=180°-124°=56°。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
圆内接四边形的性质；平行线的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是圆相关性质的基础综合题，解题的关键是合理添加辅助线AD，将已知条件和所求角通过平行线、等腰三角形、圆内接四边形的性质建立关联，是圆章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
5[2026河北石家庄期中]如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=12.点P沿折线AB→BC运动，在DP上总有点Q满足∠AQD=90°，则CQ的最小值为（
A.2
B.3
C.4
D.5
C
）A.2
B.3
C.4
D.5
答案
5. C 【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，∠CDA=90°。
∵∠AQD=90°，
∴点Q在以AD为直径的⊙O上，如图，
∴当C，Q，O三点共线时，CQ取得最小值。
∵OD=$\frac{1}{2}$AD=6，CD=8，
∴OC=$\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∴CQ=10−6=4，故选C。
解析
【分析】
首先确定动点Q的运动轨迹：已知∠AQD=90°，根据“直径所对的圆周角为直角”，可知满足该直角条件的点Q都在以AD为直径的圆上。接下来求CQ的最小值属于定点到圆上动点的最短距离问题，这类问题的求解规律是：定点到圆心的距离减去圆的半径，即为定点到圆上点的最短距离，此时定点、圆心、圆上动点三点共线。因此我们先找到AD的中点即圆心O，计算OC的长度，再减去圆的半径，即可得到CQ的最小值。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，∠CDA=90°。
∵∠AQD=90°，
∴点Q在以AD为直径的⊙O上，如图所示，
当C，Q，O三点共线时，CQ取得最小值。
∵OD=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}×12=6$，CD=8，
在Rt△CDO中，由勾股定理得$OC=\sqrt{OD^2+CD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
⊙O的半径为6，
∴CQ的最小值为$OC - r=10−6=4$，故选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，圆周角定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题是典型的动态几何最值问题，解题的关键是根据直角条件确定动点Q的运动轨迹为圆，再结合点到圆上点的最短距离的计算方法求解，很好地考察了几何轨迹分析能力和勾股定理的应用能力。
【难度系数】
0.6
首先确定动点Q的运动轨迹：已知∠AQD=90°，根据“直径所对的圆周角为直角”，可知满足该直角条件的点Q都在以AD为直径的圆上。接下来求CQ的最小值属于定点到圆上动点的最短距离问题，这类问题的求解规律是：定点到圆心的距离减去圆的半径，即为定点到圆上点的最短距离，此时定点、圆心、圆上动点三点共线。因此我们先找到AD的中点即圆心O，计算OC的长度，再减去圆的半径，即可得到CQ的最小值。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，∠CDA=90°。
∵∠AQD=90°，
∴点Q在以AD为直径的⊙O上，如图所示，
当C，Q，O三点共线时，CQ取得最小值。
∵OD=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}×12=6$，CD=8，
在Rt△CDO中，由勾股定理得$OC=\sqrt{OD^2+CD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
⊙O的半径为6，
∴CQ的最小值为$OC - r=10−6=4$，故选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，圆周角定理，点与圆的位置关系
【点评】
本题是典型的动态几何最值问题，解题的关键是根据直角条件确定动点Q的运动轨迹为圆，再结合点到圆上点的最短距离的计算方法求解，很好地考察了几何轨迹分析能力和勾股定理的应用能力。
【难度系数】
0.6
6 如图,有一个半径为2的圆形时钟,其中每个刻度间的弧长均相等,过9点和11点的位置分别作一条线段,则钟面中阴影部分的面积为 (
A.$\frac{2}{3}π - \frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{2}{3}π - \sqrt{3}$
C.$\frac{4}{3}π - 2\sqrt{3}$
D.$\frac{4}{3}π - \sqrt{3}$
B
)A.$\frac{2}{3}π - \frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{2}{3}π - \sqrt{3}$
C.$\frac{4}{3}π - 2\sqrt{3}$
D.$\frac{4}{3}π - \sqrt{3}$
答案
6. B 【解析】如图，连接OA，OB，过点O作OC⊥AB于点C。由题意可知∠AOB=60°。
∵OA=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴AB=AO=BO=2，
∴$S_{扇形AOB}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2}{3}π$。
∵OC⊥AB，
∴AC=$\frac{1}{2}$AB=1，OC=$\sqrt{3}$，
∴$S_{△AOB}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
∴阴影部分的面积为$\frac{2}{3}π−\sqrt{3}$。故选B。
解析
【分析】
要计算不规则阴影部分的面积，我们采用割补法，将其转化为规则图形的面积差。首先结合时钟刻度的特点计算对应扇形的圆心角：时钟一圈共12个大刻度，对应周角360°，因此每个大刻度间隔对应的圆心角为30°，9点到11点间隔2个大刻度，可得到对应的圆心角度数。已知圆的半径为2，我们可以先计算圆心角对应的扇形面积，再计算圆心与9点、11点连线构成的三角形面积，两者的差就是阴影部分的面积。
【解析】
如图，连接OA，OB，过点O作OC⊥AB于点C。
由时钟刻度的特点可知，每相邻两个刻度对应的圆心角为$360°÷12=30°$，因此9点到11点间隔2个刻度，$∠ AOB=2×30°=60°$。
$\because OA=OB=2$（圆的半径相等），
$\therefore △ AOB$为有一个角是$60°$的等腰三角形，即等边三角形，
$\therefore AB=AO=BO=2$。
根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ r^2}{360}$（n为圆心角度数，r为半径），可得：
$S_{扇形AOB}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2}{3}π$。
$\because OC⊥ AB$，$△ AOB$是等边三角形，
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=1$，由勾股定理得$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× AB× OC=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
$\therefore$阴影部分的面积为$S_{扇形AOB}-S_{△ AOB}=\frac{2}{3}π−\sqrt{3}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
扇形面积计算；等边三角形的判定与性质；割补法求面积
【点评】
本题结合生活中的时钟场景考查不规则图形的面积计算，解题的关键是将阴影面积转化为扇形与三角形的面积差，需要熟练掌握扇形面积公式和等边三角形的相关性质。
【难度系数】
0.7
要计算不规则阴影部分的面积，我们采用割补法，将其转化为规则图形的面积差。首先结合时钟刻度的特点计算对应扇形的圆心角：时钟一圈共12个大刻度，对应周角360°，因此每个大刻度间隔对应的圆心角为30°，9点到11点间隔2个大刻度，可得到对应的圆心角度数。已知圆的半径为2，我们可以先计算圆心角对应的扇形面积，再计算圆心与9点、11点连线构成的三角形面积，两者的差就是阴影部分的面积。
【解析】
如图，连接OA，OB，过点O作OC⊥AB于点C。
由时钟刻度的特点可知，每相邻两个刻度对应的圆心角为$360°÷12=30°$，因此9点到11点间隔2个刻度，$∠ AOB=2×30°=60°$。
$\because OA=OB=2$（圆的半径相等），
$\therefore △ AOB$为有一个角是$60°$的等腰三角形，即等边三角形，
$\therefore AB=AO=BO=2$。
根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{nπ r^2}{360}$（n为圆心角度数，r为半径），可得：
$S_{扇形AOB}=\frac{60π×2^2}{360}=\frac{2}{3}π$。
$\because OC⊥ AB$，$△ AOB$是等边三角形，
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=1$，由勾股定理得$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× AB× OC=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
$\therefore$阴影部分的面积为$S_{扇形AOB}-S_{△ AOB}=\frac{2}{3}π−\sqrt{3}$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
扇形面积计算；等边三角形的判定与性质；割补法求面积
【点评】
本题结合生活中的时钟场景考查不规则图形的面积计算，解题的关键是将阴影面积转化为扇形与三角形的面积差，需要熟练掌握扇形面积公式和等边三角形的相关性质。
【难度系数】
0.7
7 如图,已知直线$y=\frac{3}{4}x-3$与x轴,y轴分别交于A,B两点,P是以C(0,1)为圆心,1为半径的圆上的一动点,连接PA,PB,则△PAB面积的最大值是 (
A.$10\sqrt{3}+1$
B.$10\sqrt{3}$
C.10.5
D.11.5
(第7题图)
(第8题图)
C
)A.$10\sqrt{3}+1$
B.$10\sqrt{3}$
C.10.5
D.11.5
(第7题图)
(第8题图)
答案
7. C 【解析】
∵直线$y=\frac{3}{4}x−3$与x轴，y轴分别交于A，B两点，
∴A点的坐标为(4,0)，B点的坐标为(0,−3)，即OA=4，OB=3。由勾股定理得AB=$\sqrt{AO^2+BO^2}=5$。如图，过C作CM⊥AB于M，连接AC。由三角形的面积公式可得$\frac{1}{2}×AB×CM=\frac{1}{2}×OA×OC+\frac{1}{2}×OA×OB$，
∴5×CM=4×1+3×4，
∴CM=$\frac{16}{5}$，
∴圆C上的点到直线$y=\frac{3}{4}x−3$的最大距离是1+$\frac{16}{5}=\frac{21}{5}$，
∴△PAB面积的最大值是$\frac{1}{2}×5×\frac{21}{5}=\frac{21}{2}=10.5$，故选C。
思路分析
求出点A，B的坐标，根据勾股定理求出AB。利用等面积法求出点C到AB的距离，即可得出圆C上的点到AB的最大距离，再根据面积公式即可求出△PAB面积的最大值。
技巧点拨
在圆中求角的度数时，通常连半径构造等腰三角形，再结合三角形内角和求角的度数。
解析
【分析】
△PAB的底边AB长度固定，因此面积大小取决于AB边上的高，即点P到直线AB的距离，找到圆C上点到直线AB的最大距离即可求出面积最大值。解题步骤为：首先求直线与坐标轴交点A、B的坐标，计算AB的长度；再用等面积法求出圆心C到直线AB的距离，圆上点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加半径；最后代入三角形面积公式计算最大值。
【解析】
1. 求A、B两点坐标：
对于直线$y=\frac{3}{4}x-3$，令$y=0$，解得$x=4$，即$A(4,0)$，$OA=4$；令$x=0$，解得$y=-3$，即$B(0,-3)$，$OB=3$。
2. 计算AB的长度：
由勾股定理得：$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
3. 求圆心C到直线AB的距离：
过C作$CM⊥AB$于M，连接AC，根据等面积法，$△ ABC$的面积可表示为两种形式：
$\frac{1}{2}×AB×CM=\frac{1}{2}×OA×OC+\frac{1}{2}×OA×OB$
代入数值：$5×CM=4×1+3×4$，解得$CM=\frac{16}{5}$。
4. 求最大高及最大面积：
圆C半径为1，因此圆上点到直线AB的最大距离为$\frac{16}{5}+1=\frac{21}{5}$。
△PAB面积的最大值为：$\frac{1}{2}×5×\frac{21}{5}=10.5$。
【答案】
C
【知识点】
一次函数的交点坐标、勾股定理、直线与圆的位置关系
【点评】
本题是一次函数与圆的综合题，解题核心是明确底固定时三角形面积由对应高的长度决定，掌握圆上点到定直线的最大距离为圆心到直线距离加半径，结合等面积法求点到直线的距离即可求解，能较好考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
△PAB的底边AB长度固定，因此面积大小取决于AB边上的高，即点P到直线AB的距离，找到圆C上点到直线AB的最大距离即可求出面积最大值。解题步骤为：首先求直线与坐标轴交点A、B的坐标，计算AB的长度；再用等面积法求出圆心C到直线AB的距离，圆上点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加半径；最后代入三角形面积公式计算最大值。
【解析】
1. 求A、B两点坐标：
对于直线$y=\frac{3}{4}x-3$，令$y=0$，解得$x=4$，即$A(4,0)$，$OA=4$；令$x=0$，解得$y=-3$，即$B(0,-3)$，$OB=3$。
2. 计算AB的长度：
由勾股定理得：$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
3. 求圆心C到直线AB的距离：
过C作$CM⊥AB$于M，连接AC，根据等面积法，$△ ABC$的面积可表示为两种形式：
$\frac{1}{2}×AB×CM=\frac{1}{2}×OA×OC+\frac{1}{2}×OA×OB$
代入数值：$5×CM=4×1+3×4$，解得$CM=\frac{16}{5}$。
4. 求最大高及最大面积：
圆C半径为1，因此圆上点到直线AB的最大距离为$\frac{16}{5}+1=\frac{21}{5}$。
△PAB面积的最大值为：$\frac{1}{2}×5×\frac{21}{5}=10.5$。
【答案】
C
【知识点】
一次函数的交点坐标、勾股定理、直线与圆的位置关系
【点评】
本题是一次函数与圆的综合题，解题核心是明确底固定时三角形面积由对应高的长度决定，掌握圆上点到定直线的最大距离为圆心到直线距离加半径，结合等面积法求点到直线的距离即可求解，能较好考查知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
8 如图,在等腰△ABC中,∠BAC=120°,BC=6√3,⊙O同时与边BA的延长线、射线AC相切,⊙O的半径为3.将△ABC绕点A按顺时针方向旋转α(0°＜α≤360°),B,C的对应点分别为B',C',在旋转的过程中边B'C'所在直线与⊙O相切的次数为 (
A.1
B.2
C.3
D.4
C
)A.1
B.2
C.3
D.4
答案
8. C 【解析】如图(1)，由题意可知⊙O同时与边BA的延长线、射线AC相切，⊙O的半径为3，设⊙O与边BA的延长线、射线AC分别相切于点T，G，连接OA交⊙O于点L，连接OT，则AT⊥OT，OT=3，作AE⊥BC于点E，作OH⊥BC，交BC的延长线于点H，则∠AEB=90°。
∵AB=AC，∠BAC=120°，BC=6$\sqrt{3}$，
∴BE=CE=$\frac{1}{2}$BC=3$\sqrt{3}$，∠B=∠ACB=$\frac{1}{2}(180°−∠BAC)=30°$，
∴AE=$\frac{1}{2}$AB。由AE²+BE²=AB²得AE=3。
∵∠TAC=180°−∠BAC=60°，
∴∠OAG=∠OAT=$\frac{1}{2}$∠TAC=30°，
∴∠OAG=∠ACB，
∴OA//BC，
∴OH=AE=OT=OL=3，
∴直线BC与⊙O相切。
∵∠ATO=90°，
∴OA=2OT=6，
∴AL=3。作AK⊥B'C'于点K，
∴∠AKB'=90°=∠AEB。由旋转得AK=AE=3。如图(2)，△ABC绕点A旋转到点K与点L重合时，
∵∠OLB'=180°−∠ALB'=180°−∠AKB'=90°，
∴B'C'⊥OL。
∵OL为⊙O的半径，
∴B'C'与⊙O相切。如图(3)，△ABC绕点A旋转到B'C'//OA时，作OR⊥B'C'交C'B'的延长线于点R，
∴OR=AK=3，
∴B'C'与⊙O相切。当△ABC绕点A旋转到B'C'与BC重合，即旋转角α=360°时，B'C'与⊙O相切。综上所述，在旋转的过程中，边B'C'所在直线与⊙O相切3次，故选C。
解析
【分析】
我们可以分三步思考：第一步，先计算等腰△ABC底边BC上的高，同时结合圆切线的性质，计算圆心O到直线BC的距离，判断初始时BC和⊙O的位置关系；第二步，根据旋转的性质，明确旋转过程中B'C'到点A的距离始终等于刚才算出的高，是固定值；第三步，分析旋转全程中，满足B'C'到O的距离等于半径3的情况共有多少种，就是相切的次数。
【解析】
设⊙O与边BA的延长线、射线AC分别相切于点T，G，连接OA交⊙O于点L，连接OT，则AT⊥OT，OT=3。过A作AE⊥BC于点E：
1. 计算等腰△ABC的高：
∵AB=AC，∠BAC=120°，BC=6√3，
∴BE=CE=$\frac{1}{2}$BC=3√3，∠B=∠ACB=$\frac{1}{2}(180°−120°)=30°$，
在Rt△ABE中，AE=$\frac{1}{2}$AB，由勾股定理$AE^2+BE^2=AB^2$，代入数值解得AE=3。
2. 判断初始状态下BC与⊙O的位置关系：
∵⊙O与BA延长线、AC都相切，
∴OA平分∠TAC，∠TAC=180°-120°=60°，
∴∠OAT=∠OAG=30°，即∠OAG=∠ACB，可得OA//BC，
因此点O到BC的距离等于AE=3，和⊙O半径相等，故初始状态BC与⊙O相切。
在Rt△AOT中，∠OAT=30°，OT=3，故OA=2OT=6，因此AL=OA-OL=6-3=3。
3. 分析旋转过程中的相切情况：
由旋转性质可知，旋转过程中B'C'到点A的距离始终等于AE=3，过A作AK⊥B'C'于K，则AK=3：
①当△ABC旋转至点K与点L重合时，∠OLB'=180°-∠ALB'=90°，即B'C'⊥半径OL，此时B'C'与⊙O相切；
②当△ABC旋转至B'C'//OA时，过O作OR⊥B'C'于R，此时OR=AK=3，等于半径，B'C'与⊙O相切；
③当旋转角α=360°时，B'C'与初始位置BC重合，此时B'C'与⊙O相切。
综上，旋转过程中边B'C'所在直线与⊙O相切的次数为3次。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质，切线的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何动态综合题，结合了等腰三角形、圆的切线、图形旋转的多个知识点，需要在旋转的动态过程中分析直线与圆的位置关系，解题时要抓住旋转过程中不变的量（B'C'到点A的距离固定），结合切线的判定条件分类讨论，考查了几何直观和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
我们可以分三步思考：第一步，先计算等腰△ABC底边BC上的高，同时结合圆切线的性质，计算圆心O到直线BC的距离，判断初始时BC和⊙O的位置关系；第二步，根据旋转的性质，明确旋转过程中B'C'到点A的距离始终等于刚才算出的高，是固定值；第三步，分析旋转全程中，满足B'C'到O的距离等于半径3的情况共有多少种，就是相切的次数。
【解析】
设⊙O与边BA的延长线、射线AC分别相切于点T，G，连接OA交⊙O于点L，连接OT，则AT⊥OT，OT=3。过A作AE⊥BC于点E：
1. 计算等腰△ABC的高：
∵AB=AC，∠BAC=120°，BC=6√3，
∴BE=CE=$\frac{1}{2}$BC=3√3，∠B=∠ACB=$\frac{1}{2}(180°−120°)=30°$，
在Rt△ABE中，AE=$\frac{1}{2}$AB，由勾股定理$AE^2+BE^2=AB^2$，代入数值解得AE=3。
2. 判断初始状态下BC与⊙O的位置关系：
∵⊙O与BA延长线、AC都相切，
∴OA平分∠TAC，∠TAC=180°-120°=60°，
∴∠OAT=∠OAG=30°，即∠OAG=∠ACB，可得OA//BC，
因此点O到BC的距离等于AE=3，和⊙O半径相等，故初始状态BC与⊙O相切。
在Rt△AOT中，∠OAT=30°，OT=3，故OA=2OT=6，因此AL=OA-OL=6-3=3。
3. 分析旋转过程中的相切情况：
由旋转性质可知，旋转过程中B'C'到点A的距离始终等于AE=3，过A作AK⊥B'C'于K，则AK=3：
①当△ABC旋转至点K与点L重合时，∠OLB'=180°-∠ALB'=90°，即B'C'⊥半径OL，此时B'C'与⊙O相切；
②当△ABC旋转至B'C'//OA时，过O作OR⊥B'C'于R，此时OR=AK=3，等于半径，B'C'与⊙O相切；
③当旋转角α=360°时，B'C'与初始位置BC重合，此时B'C'与⊙O相切。
综上，旋转过程中边B'C'所在直线与⊙O相切的次数为3次。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质，切线的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何动态综合题，结合了等腰三角形、圆的切线、图形旋转的多个知识点，需要在旋转的动态过程中分析直线与圆的位置关系，解题时要抓住旋转过程中不变的量（B'C'到点A的距离固定），结合切线的判定条件分类讨论，考查了几何直观和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
9[2025北京海淀区调研]如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B是切点，若∠APB=60°，PO=8，
则⊙O的半径等于
则⊙O的半径等于
4
.答案
9. 4 【解析】连接OA。
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴OA⊥AP，PO平分∠APB，
∴∠OAP=90°，∠APO=$\frac{1}{2}$∠APB=30°，
∴OA=$\frac{1}{2}$PO=4，即⊙O的半径等于4，故答案为4。
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴OA⊥AP，PO平分∠APB，
∴∠OAP=90°，∠APO=$\frac{1}{2}$∠APB=30°，
∴OA=$\frac{1}{2}$PO=4，即⊙O的半径等于4，故答案为4。
解析
【分析】
解题时先从已知切线条件入手，首先回忆切线相关性质：一是切线垂直于过切点的半径，因此连接OA可得到直角三角形OAP；二是切线长定理可得PO平分∠APB，结合已知∠APB=60°可求出∠APO的度数。最后在直角三角形中利用30°角所对直角边等于斜边一半的性质，即可求出半径OA的长度。
【解析】
连接OA。
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴OA⊥AP，PO平分∠APB，
∴∠OAP=90°，$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×60°=30°$，
在Rt△OAP中，∠APO=30°，PO=8，
∴$OA=\frac{1}{2}PO=\frac{1}{2}×8=4$，即⊙O的半径等于4。
【答案】
4
【知识点】
切线的性质；切线长定理；含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题属于圆的基础计算类题型，核心是通过连接过切点的半径构造直角三角形，结合特殊直角三角形的边角关系求解，是圆章节的常考基础题。
【难度系数】
0.8
解题时先从已知切线条件入手，首先回忆切线相关性质：一是切线垂直于过切点的半径，因此连接OA可得到直角三角形OAP；二是切线长定理可得PO平分∠APB，结合已知∠APB=60°可求出∠APO的度数。最后在直角三角形中利用30°角所对直角边等于斜边一半的性质，即可求出半径OA的长度。
【解析】
连接OA。
∵PA，PB是⊙O的两条切线，
∴OA⊥AP，PO平分∠APB，
∴∠OAP=90°，$∠ APO=\frac{1}{2}∠ APB=\frac{1}{2}×60°=30°$，
在Rt△OAP中，∠APO=30°，PO=8，
∴$OA=\frac{1}{2}PO=\frac{1}{2}×8=4$，即⊙O的半径等于4。
【答案】
4
【知识点】
切线的性质；切线长定理；含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题属于圆的基础计算类题型，核心是通过连接过切点的半径构造直角三角形，结合特殊直角三角形的边角关系求解，是圆章节的常考基础题。
【难度系数】
0.8
