1[中]如图，AB是圆O的直径，PQ切圆O于点E，连接OE，AC⊥PQ于点C，AC交圆O于点D，若AB=10，EC=4，则AD的长为（）

A.4
B.5
C.6
D.8

（第1题图）（第2题图）

【解析】连接BD交OE于F点,如图.
∵ AB是圆O的直径,
∴ ∠ADB=90°.
∵ PQ切圆O于点E,
∴ OE⊥PQ,
∴ ∠OEC = 90°.
∵ AC⊥PQ于点C,
∴ ∠ACE=90°,
∴ 四边形CDFE为矩形,
∴ DF = CE = 4,∠DFE = 90°,
∴ OF⊥BD,
∴ BF=DF=4,
∴ BD=8. 在Rt△ABD中,$AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$. 故选C.

2[2025山东聊城质检,中]如图,在边长为4的等边三角形ABC中,O为线段BC的中点,⊙O的半径为1,点M是AB边上的动点,过点M作⊙O的一条切线MN(点N为切点),则线段MN的长不可能为 ()

A.$\sqrt{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$\sqrt{11}$
D.$\sqrt{15}$

【解析】如图,连接OA,OM,ON.
∵ 在边长为4的等边三角形ABC中,O为线段BC的中点,
∴ $OB=\frac{1}{2}BC=2$,
∴ $AO=\sqrt{AB^2-OB^2}=2\sqrt{3}$.
∵ MN是$\odot O$的切线,
∴ ON⊥MN.根据勾股定理知$MN^2=OM^2-ON^2$.
∵ ON为定值,
∴ 当OM的值最小时,MN的值最小,当OM的值最大时,MN的值最大,
∴ 当OM⊥AB时,MN的值最小,当M与点A重合时,MN的值最大. 当OM⊥AB时,
∵ $S_{△ABO}=\frac{1}{2}AO·BO=\frac{1}{2}AB·OM$,
∴ $OM=\frac{OA·OB}{AB}=\sqrt{3}$,
∴ MN的最小值为$\sqrt{(\sqrt{3})^2-1^2}=\sqrt{2}$,MN的最大值为$\sqrt{(2\sqrt{3})^2-1^2}=\sqrt{11}$,
∴ $\sqrt{2}≤MN≤\sqrt{11}$,选项D符合题意,故选D.

3[较难]如图,在$△ AOB$中,$∠ AOB=90°,OB=3$,半径为1的$\odot O$与$OB$交于点$C$,且$AB$与$\odot O$相切,过点$C$作$CD⊥ OB$交$AB$于点$D$,点$M$是边$OA$上的动点,则$△ MCD$周长的最小值为 ()


A.$2\sqrt{2}$
B.$\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$
C.$\sqrt{2}+\dfrac{5}{3}$
D.$\dfrac{5\sqrt{2}}{3}$

【解析】
∵ CD为定长,
∴ MC+MD的值最小时,△MCD周长最小. 如图,延长CO交$\odot O$于点E,连接ED,交AO于点M,则MC=ME,此时MC+MD的值最小,为DE的长. 设AB与$\odot O$相切于点F,连接OF,则∠OFB=90°.
∵ OC = 1,
∴ OF = OC = 1,
∴ $BF=\sqrt{OB^2-OF^2}=\sqrt{3^2-1^2}=2\sqrt{2}$.
∵ CD⊥OB,连接OD,利用“HL”易证Rt△DOF≌Rt△DOC,
∴ DF = CD.
∵ ∠DCB = 90°,
∴ $CD^2+CB^2=BD^2$,
∴ $CD^2+2^2=(2\sqrt{2}-CD)^2$,解得$CD=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴ $DE=\sqrt{CD^2+CE^2}=\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2+2^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$,
∴ △MCD周长的最小值为DC+DM+MC=DC+DM+ME=DC+DE=$\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$,故选A.

4[2026北京海淀区质检,中]如图,AB是$\odot O$的直径,弦$CD ⊥ AB$于E,半径OB上有两点M和N,$EN=EM$,射线CM,射线CN分别交$\odot O$于点F,H,连接HF交CD于点G,过点D作HF的平行线l.
(1)证明:直线l是$\odot O$的切线;
(2)当$OM=BN$时,若$OB=9$,$HF=6\sqrt{5}$,求DG的长.

(1)【证明】连接OD交HF于点K,连接OH,BD,如图所示.
∵ 弦CD⊥AB于E,
∴ ∠CEM=∠CEN=90°.
在△CEM和△CEN中,
$\begin{cases}EM=EN,\\∠CEM=∠CEN,\\CE=CE,\end{cases}$
∴ △CEM≌△CEN(SAS),
∴ ∠MCE=∠NCE,即∠FCD=∠HCD,
∴ $\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{DH}$. 又
∵ OD是$\odot O$的半径,
∴ OD⊥HF,HK=FK.
∵ 直线l是HF的平行线,
∴ OD⊥l于点D. 又
∵ OD是$\odot O$的半径,
∴ 直线l是$\odot O$的切线.
(2)【解】如图.
∵ OM = BN,EN = EM,
∴ OM - EM = BN - EN,即OE = BE.
∵ 弦CD⊥AB,
∴ CD是OB的垂直平分线,
∴ OD = BD. 又
∵ OB = OD,
∴ OD = OB = BD,
∴ △OBD是等边三角形,
∴ ∠ODB = 60°,
∴ $∠ODE=\frac{1}{2}∠ODB=30°$.
∵ OB=9,HF=$6\sqrt{5}$,
∴ OH = OD = OB = 9,HK = FK = $\frac{1}{2}HF=3\sqrt{5}$.
在Rt△OHK中,由勾股定理得OK=$\sqrt{OH^2-HK^2}=\sqrt{9^2-(3\sqrt{5})^2}=6$,
∴ DK = OD - OK = 9-6 = 3. 在Rt△DKG中,∠ODE = 30°,
∴ $KG=\frac{1}{2}DG$,
∴ 由勾股定理得$DK=\sqrt{DG^2-KG^2}=\sqrt{DG^2-(\frac{1}{2}DG)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}DG$,
∴ $DG=\frac{2\sqrt{3}}{3}DK=\frac{2\sqrt{3}}{3}×3=2\sqrt{3}$.

5 思想方法 数形结合 [2025江苏无锡质检,较难]在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=12 cm,点P从点A出发,沿AB边向点B以每秒1 cm的速度运动,同时点Q从点B出发沿BC边向点C以每秒2 cm的速度运动,P,Q两点在分别到达B,C两点后停止运动.设两点运动的时间为t秒(t≥0),回答下列问题:
(1)如图(1),当t为何值时,△PBQ的面积等于8 cm²?
(2)如图(2),以Q为圆心,PQ长为半径作⊙Q.
①在运动过程中,是否存在这样的t,使⊙Q正好与矩形ABCD的一边相切?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
②若⊙Q与矩形ABCD有4个公共点,请直接写出t的取值范围.

(1)【解】当两点运动时间为t秒时,PA = t cm,BQ = 2t cm.
∵ 四边形ABCD是矩形,AB = 6 cm,
∴ ∠B = 90°,PB = (6-t) cm,
∴ $S_{△PBQ}=\frac{1}{2}PB·BQ=\frac{1}{2}(6-t)·2t=8$,解得t=4或2.
∵ 12÷2=6(秒),6÷1=6(秒),
∴ 0≤t≤6,
∴ t=4或2均符合题意.
答:当t的值为2或4时,△PBQ的面积等于8 cm².
(2)①存在. 由题意可知$\odot Q$与BC边不相切. 当$\odot Q$与AD边相切时,如图(1),设切点为M,连接QM,
∴ 四边形ABQM为矩形,
∴ QM = AB = PQ = 6 cm,
∴ 由勾股定理得$6^2=(6-t)^2+(2t)^2$,解得$t_1=0,t_2=\frac{12}{5}$. 当t=0时,点P,Q分别与A,B重合,符合题意.
当$\odot Q$与DC边相切时,易知点C为切点,如图(2)所示. 由题意可知BQ = 2t cm,PB = (6-t) cm,PQ = CQ = (12-2t) cm. 在Rt△PQB中,由勾股定理可知$PQ^2=PB^2+QB^2$,即$(12-2t)^2=(6-t)^2+(2t)^2$,解得$t_1=-18+12\sqrt{3},t_2=-18-12\sqrt{3}$(舍去).
如图(3),当$\odot Q$与AB边相切时,P,B重合,C,Q重合,易得t=6. 综上所述,当t=0或$t=\frac{12}{5}$或$t=-18+12\sqrt{3}$或t=6时,$\odot Q$与矩形ABCD的一边相切.
②$\frac{12}{5}＜t＜6\sqrt{13}-18$. 由①知,当t=0时,$\odot Q$与矩形ABCD有2个公共点.
当$t=\frac{12}{5}$时,$\odot Q$与矩形ABCD有3个公共点.
当$\odot Q$与CD相切时,$\odot Q$与矩形ABCD有4个公共点.
如图(4),当$\odot Q$过点D时,连接QD,则PQ = DQ. 由题意可知PB = (6-t) cm,BQ = 2t cm,DC = 6 cm,CQ = (12-2t) cm,由勾股定理可知$DQ^2=DC^2+CQ^2=6^2+(12-2t)^2$,$PQ^2=PB^2+QB^2=(6-t)^2+(2t)^2$.
∵ DQ = PQ,
∴ $DQ^2=PQ^2$,即$6^2+(12-2t)^2=(6-t)^2+(2t)^2$,整理得$t^2+36t-144=0$,解得$t_1=6\sqrt{13}-18,t_2=-6\sqrt{13}-18$(舍去),
∴ 当$\frac{12}{5}＜t＜6\sqrt{13}-18$时,$\odot Q$与矩形ABCD有4个公共点.