1[2026 山西忻州期末,中]阅读下列材料,并完成相应的任务.
我们已经学习过点与圆的位置关系,直线与圆的位置关系,那么圆与圆有什么样的位置关系呢?
学习小组的同学通过不断探究,得出了如下结论:
如图(1),设两圆的圆心分别为点$O_1,O_2$,圆心距(两圆心的距离)为$d$,即$O_1O_2=d$,两圆的半径分别为$r,R$(假设$R＞r$),则
①外离:没有公共点,两圆外离$⇔ d＞R+r$;
②外切:有唯一的公共点,两圆外切$⇔ d=R+r$;
③相交:有两个公共点,两圆相交$⇔ R-r＜d＜R+r$;
④内切:有唯一的公共点,两圆内切$⇔ d=R-r$;
⑤内含:没有公共点,两圆内含$⇔ 0≤ d＜R-r$.

任务:
(1)若两圆的圆心分别为点$O_1,O_2$,其半径分别为4 cm和8 cm,且$O_1O_2=16$ cm,则两圆的位置关系为.
(2)若两圆的半径比为$3:4$,内切时圆心距等于12 cm,那么这两圆相交时,圆心距$d$的取值范围是.
(3)如图(2),半径均为$r$的$\odot O_1$与$\odot O_2$外切于点$P$.将三角板的直角顶点放在点$P$处,再将三角板绕点$P$旋转,使三角板的两直角边中的一边与$\odot O_1$相交于点$A$,另一边与$\odot O_2$相交于点$B$(转动过程中直角边与两圆都不相切).在转动过程中线段$AB$的长与半径$r$之间有什么关系?请证明你的结论.

(1)$\because 16\ \mathrm{cm}＞4\ \mathrm{cm}+8\ \mathrm{cm}$,
$\therefore$ 两圆的位置关系为外离.
(2)$\because$ 两圆的半径比为$3:4$,内切时圆心距等于$12\ \mathrm{cm}$, $\therefore$ 设两圆的半径分别为$3x\ \mathrm{cm},4x\ \mathrm{cm}$,
$\therefore 4x-3x=12$,解得$x=12$,$\therefore$ 两圆的半径分别为$36\ \mathrm{cm},48\ \mathrm{cm}$,$\therefore$ 两圆相交时,圆心距$d$的取值范围是$48\ \mathrm{cm}-36\ \mathrm{cm}＜d＜48\ \mathrm{cm}+36\ \mathrm{cm}$,即$12\ \mathrm{cm}＜d＜84\ \mathrm{cm}$.
(3)$AB=2r$. 证明:如图,连接$O_1O_2$,$O_1A$,$O_2B$.
$\because$ 半径均为$r$的$\odot O_1$与$\odot O_2$外切于点$P$,
$\therefore O_1,P,O_2$三点共线.
$\because O_1A = O_1P$,$O_2B = O_2P$,$\therefore ∠ O_1AP= ∠ O_1PA$,$∠ O_2BP = ∠ O_2PB$,
$\therefore ∠ AO_1P= 180° - 2 ∠ O_1AP$,$∠ BO_2P = 180° - 2 ∠ O_2BP$. $\because ∠ APB=90°$,$\therefore ∠ O_1PA+ ∠ O_2PB = 90°$,$\therefore ∠ O_1AP+ ∠ O_2BP = 90°$,$\therefore ∠ AO_1P + ∠ BO_2P = 180° - 2 ∠ O_1AP + 180° - 2 ∠ O_2BP = 360°-2( ∠ O_1AP+ ∠ O_2BP)= 180°$,$\therefore O_1A// O_2B$.
$\because O_1A=O_2B$,$\therefore$ 四边形$O_1ABO_2$是平行四边形,
$\therefore AB=O_1O_2=2r$.

2[2026广东梅州期末,中]综合与实践
【主题】足球最佳射门位置
【素材】某足球场上,运动员在练习选择适合的位置射门.如图(1),线段PQ表示球门,∠PAQ,∠PBQ为射门张角.理论上,当射门张角越大时,进球的可能性越大.
(1) ∠PAQ ∠PBQ.(用“＞”“＜”或“=”填空)
【实践探索】(2)假设运动员沿着直线l带球跑动,寻找最佳射门位置.如图(2),以线段PQ为弦作⊙O,恰与直线l相切,切点为A.若点M是l上一个异于点A的动点,求证:当运动员跑动到切点A处时,射门张角最大.
【迁移应用】(3)如图(3),点P(3,0),点Q(9,0),点A为y轴正半轴上的一个动点,当∠PAQ最大时,请求出点A的坐标.

(1)设$PB$与$\overset{\frown}{AQ}$交于点$C$,连接$QC$,如图,
则$∠ PAQ=∠ PCQ$.
$\because ∠ PCQ＞∠ PBQ$,
$\therefore ∠ PAQ＞∠ PBQ$.
(2) 证明:连接$AP$,$AQ$,$MP$,$MQ$,设$MP$与$\odot O$交于点$C$,连接$CQ$,如图.
$\because$ 以线段$PQ$为弦作$\odot O$,恰与直线$l$相切,切点为$A$,$\therefore$ 直线$l$与$\odot O$有唯一的公共点$A$,$∠ PAQ=∠ PCQ$. $\because ∠ PCQ＞∠ PMQ$,$\therefore ∠ PAQ＞ ∠ PMQ$. $\because$ 运动员沿着直线$l$带球跑动,$\therefore$ 当运动员跑动到切点$A$处时,射门张角最大.
(3) 解:如图,作$△ APQ$的外接圆,圆心为$C$,根据(2)中的结论可知,当点$A$为$\odot C$与$y$轴正半轴的切点时,$∠ PAQ$最大.
连接$CA$,$CP$,$CQ$,作$CM ⊥ PQ$于$M$.
$\because$ 点$A$为$\odot C$的切点,$CA$为$\odot C$的半径,
$\therefore CA ⊥ AO$. $\because CM ⊥ PQ$,
$\therefore PM=MQ$,且易知四边形$OACM$为矩形.
由点$P(3,0)$,点$Q(9,0)$知,$OP=3$,$OQ=9$,
$\therefore PQ=9-3=6$,则$PM=MQ=3$,
$\therefore AC=OM=OP+PM=3+3=6$,$\therefore CP=6$.
在$\mathrm{Rt}△ CMP$中,$CM = \sqrt{CP^2-PM^2} = \sqrt{6^2-3^2} = 3\sqrt{3}$,$\therefore OA=3\sqrt{3}$,$\therefore A(0,3\sqrt{3})$.