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1[2026安徽安庆期末]已知$\odot O$的半径为3，点P到圆心O的距离d恰好是一元二次方程$x^2 - 6x + 8 = 0$的根，则点P与$\odot O$的位置关系是（
A.点P在$\odot O$的内部
B.点P在$\odot O$上
C.点P在$\odot O$的外部
D.点P在$\odot O$的内部或点P在$\odot O$的外部
D
）A.点P在$\odot O$的内部
B.点P在$\odot O$上
C.点P在$\odot O$的外部
D.点P在$\odot O$的内部或点P在$\odot O$的外部
答案
1. D 【解析】解一元二次方程$x^2-6x+8=0$得$x=2$或$x=4$,
∴ 点P到圆心O的距离$d=2$或4.
∵ $\odot O$的半径$r=3$,
∴ $d＜r$或$d＞r$,
∴ 点P与$\odot O$的位置关系是点P在$\odot O$的内部或点P在$\odot O$的外部.
易错警示
一元二次方程$x^2-6x+8=0$有两个不相等的实数根,所以要分两种情况判断点P和$\odot O$的位置关系.
∴ 点P到圆心O的距离$d=2$或4.
∵ $\odot O$的半径$r=3$,
∴ $d＜r$或$d＞r$,
∴ 点P与$\odot O$的位置关系是点P在$\odot O$的内部或点P在$\odot O$的外部.
易错警示
一元二次方程$x^2-6x+8=0$有两个不相等的实数根,所以要分两种情况判断点P和$\odot O$的位置关系.
2 如图所示,每一张方格纸上都画有一个圆,只用不带刻度的直尺就能确定圆心位置的是 (
A
)答案
2. A 【解析】如图所示,选项A中,
∵ $∠ABC=∠BCD=90°$,
∴ 线段AC和线段BD是直径,
∴ 线段AC与BD的交点O即为圆心.
∵ $∠ABC=∠BCD=90°$,
∴ 线段AC和线段BD是直径,
∴ 线段AC与BD的交点O即为圆心.
3[2025河北邯郸质检]将$\odot O$的圆周12等分，点A,B,C是等分点，连接AB,AC,BC，如图，则$∠ ADB$的度数可能为（
A.$30°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$65°$
D
）A.$30°$
B.$45°$
C.$60°$
D.$65°$
答案
3. D 【解析】
∵ 将$\odot O$的圆周12等分,
∴ 每一份弧对应的圆心角的度数为$30°$.
∵ 点A,B,C是等分点,
∴ $\overset{\frown}{AB}$对应的圆心角的度数为$4×30°=120°$. 又
∵ $∠ACB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角,
∴ $∠ACB=\frac{1}{2}×120°=60°$.
∵ $∠ADB$是$△CDB$的一个外角,
∴ $∠ADB＞∠ACB$,即$∠ADB＞60°$,
∴ $∠ADB$的度数可能是$65°$.
∵ 将$\odot O$的圆周12等分,
∴ 每一份弧对应的圆心角的度数为$30°$.
∵ 点A,B,C是等分点,
∴ $\overset{\frown}{AB}$对应的圆心角的度数为$4×30°=120°$. 又
∵ $∠ACB$是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角,
∴ $∠ACB=\frac{1}{2}×120°=60°$.
∵ $∠ADB$是$△CDB$的一个外角,
∴ $∠ADB＞∠ACB$,即$∠ADB＞60°$,
∴ $∠ADB$的度数可能是$65°$.
4 新考向跨学科结合 如图(1)是传统的手工磨豆腐设备,根据它的原理设计了如图(2)的机械设备示意图,磨盘半径 $OM = 20\ \mathrm{cm}$,把手 $MQ = 15\ \mathrm{cm}$,点 $O,M,Q$ 成一直线,用长为135 cm 的连杆将点 $Q$ 与动力装置 $P$ 相连($∠ PQM$ 大小可变),点 $P$ 在轨道 $AB$ 上滑动并带动磨盘绕点 $O$ 转动,$OA ⊥ AB$,$OA=80\ \mathrm{cm}$. 磨盘转动过程中,$AP$ 的最大值为 (
A.$180\ \mathrm{cm}$
B.$150\ \mathrm{cm}$
C.$200\ \mathrm{cm}$
D.$(10\sqrt{473} -50)\mathrm{cm}$
B
)A.$180\ \mathrm{cm}$
B.$150\ \mathrm{cm}$
C.$200\ \mathrm{cm}$
D.$(10\sqrt{473} -50)\mathrm{cm}$
答案
4. B 【解析】连接OP. 由题意得$OQ=35\ \mathrm{cm}$,$PQ=135\ \mathrm{cm}$,
∴ $100\ \mathrm{cm}≤OP≤170\ \mathrm{cm}$,
∴ OP的最大值为$170\ \mathrm{cm}$.
∵ $OA ⊥ AP$,$OA=80\ \mathrm{cm}$,
∴ $AP=\sqrt{OP^2-OA^2}=\sqrt{170^2-80^2}=150(\mathrm{cm})$.
关键点拨
连接OP,求出OP的最大值,进而根据勾股定理求出PA的最大值.
∴ $100\ \mathrm{cm}≤OP≤170\ \mathrm{cm}$,
∴ OP的最大值为$170\ \mathrm{cm}$.
∵ $OA ⊥ AP$,$OA=80\ \mathrm{cm}$,
∴ $AP=\sqrt{OP^2-OA^2}=\sqrt{170^2-80^2}=150(\mathrm{cm})$.
关键点拨
连接OP,求出OP的最大值,进而根据勾股定理求出PA的最大值.
5[2026山东济宁期中]我国明代科学家徐光启在《农政全书》中描绘了一种我国古代常用的水利灌溉工具——筒车，如图(1)，图(2)是其示意图，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面的上方，$\odot O$被水面截得的弦AB长为8米，点C是运行轨道的最低点，点C到弦AB的距离为2米，则$\odot O$的半径长为 (
图(1) 图(2)
A.2米
B.3米
C.4米
D.5米
D
) 图(1) 图(2)
A.2米
B.3米
C.4米
D.5米
答案
5. D 【解析】如图
,连接OA,OC,OC交AB于点D. 设$\odot O$的半径长为x米.∵ 点C是运行轨道的最低点,点C到弦AB的距离为2米,
∴ $OC ⊥ AB$,$OD=(x-2)$米,
∴ $AD=BD=\frac{1}{2}AB=4$米. 在$Rt△OAD$中,$OA^2=AD^2+OD^2$,
∴ $x^2=4^2+(x-2)^2$,解得$x=5$,
∴ $\odot O$的半径长为5米.
6[2025山东日照期末]如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠B=120°,点O是对角线AC的中点,以点O为圆心,OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF,点D在扇形OEF内,则图中阴影部分的面积为 (
A.$\frac{π}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}$
B.$π-\frac{\sqrt{3}}{4}$
C.$\frac{π}{2}-\frac{1}{4}$
D.无法确定
(第6题图)
(第7题图)
A
)A.$\frac{π}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}$
B.$π-\frac{\sqrt{3}}{4}$
C.$\frac{π}{2}-\frac{1}{4}$
D.无法确定
(第6题图)
(第7题图)
答案
6. A 【解析】如图
,令OF交AD于H,OE交CD于G,过O作$ON ⊥ AD$于N,$OM ⊥ CD$于M,连接OD.∵ 四边形ABCD为菱形,
∴ $∠ADC=∠B=120°$,$AB=AD=DC=2$.
∵ O为AC中点,
∴ $∠ADO=∠CDO=60°$,$OD ⊥ AC$,
∴ $OM=ON$.
∵ $∠HOG=60°$,
∴ $∠ADC+∠HOG=180°$,
∴ $∠NHO+∠DGO=180°$.
∵ $∠DGO+∠MGO=180°$,
∴ $∠NHO=∠MGO$. 在$△ONH$和$△OMG$中,
$\begin{cases}∠NHO=∠MGO,\\∠ONH=∠OMG=90°,\\ON=OM,\end{cases}$
∴ $△ONH≌△OMG$(AAS),
∴ $S_{△ONH}=S_{△OMG}$,
∴ $S_{四边形HOGD}=S_{四边形NOMD}=2S_{△OMD}$.
∵ $∠ODC=60°$,
∴ $∠OCD=∠DOM=30°$,
∴ $OD=\frac{1}{2}CD=1$,
∴ $OC=\sqrt{3}=OA$,$DM=\frac{1}{2}OD=\frac{1}{2}$,
∴ $OM=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴ $S_{四边形HOGD}=2S_{△OMD}=2×\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$,
∴ $S_{阴影部分}=S_{扇形OEF}-S_{四边形HOGD}=\frac{60×π×(\sqrt{3})^2}{360}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{π}{2}-\frac{\sqrt{3}}{4}$.
7[2026湖南长沙质检]如图,在$\odot O$的内接四边形$ABCD$中,$∠ BCD=120°$,$C$为$\overset{\frown}{BD}$上一动点,且$CA$平分$∠ BCD$,$BD=2\sqrt{3}$,有如下说法:
①$AD=AB$;②$△ ABD$是等边三角形;③$\odot O$的半径为$2$;④$BC+CD=AC$;⑤四边形$ABCD$的最大面积是$\frac{4}{3}\sqrt{3}$,其中正确的是$\quad (\quad)$
A.①②
B.①③④
C.①②③④
D.①②③⑤
①$AD=AB$;②$△ ABD$是等边三角形;③$\odot O$的半径为$2$;④$BC+CD=AC$;⑤四边形$ABCD$的最大面积是$\frac{4}{3}\sqrt{3}$,其中正确的是$\quad (\quad)$
A.①②
B.①③④
C.①②③④
D.①②③⑤
答案
7. C 【解析】
∵ CA平分$∠BCD$,
∴ $∠ACB=∠ACD$,
∴ $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$,
∴ $AB=AD$,故①正确.
∵ 四边形ABCD是$\odot O$的内接四边形,
∴ $∠BCD+∠BAD=180°$. 又
∵ $∠BCD=120°$,
∴ $∠BAD=60°$. 又
∵ $AB=AD$,
∴ $△ABD$是等边三角形,故②正确. 如图
(1)所示,连接OD,OB,过点O作$OE ⊥ BD$.∵ $OD=OB$,$∠DOB=2∠DAB=120°$,
∴ $∠OBE=∠ODB=30°$,$BE=DE=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$,
∴ $OB=2OE$. 设$OB=2x$,则$OE=x$. 在$Rt△OBE$中,$BE^2+OE^2=OB^2$,
∴ $(\sqrt{3})^2+x^2=(2x)^2$,解得$x=1$(负值已舍去),
∴ $OB=2x=2$,
∴ $\odot O$的半径是2,故③正确. 如图
(2)所示,在AC上截取$CF=CD$,连接DF.∵ $∠DCF=\frac{1}{2}∠BCD=60°$,
∴ $△DCF$是等边三角形,
∴ $DF=DC$,$∠FDC=60°$.
∵ $∠ADF+∠BDF=∠ADB=60°$, $∠BDF+∠BDC=∠FDC=60°$,
∴ $∠ADF=∠BDC$.
∵ $△ABD$是等边三角形,
∴ $AD=BD$. 在$△ADF$和$△BDC$中,
$\begin{cases}AD=BD,\\∠ADF=∠BDC,\\DF=DC,\end{cases}$
∴ $△ADF≌△BDC$,
∴ $AF=BC$,
∴ $AC=AF+CF=BC+DC$,故④正确. 如图
(3)所示,过点A作$AM ⊥ BD$于M.∵ $△ABD$是等边三角形,$△ABD$是$\odot O$的内接三角形,
∴ AM过点O,$BM=DM=\frac{1}{2}BD=\sqrt{3}$,$∠BAM=∠DAM=\frac{1}{2}∠BAD=30°$,$AB=BD=2\sqrt{3}$. 在$Rt△ABM$中,$AM=\sqrt{AB^2-BM^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3$,
∴ $S_{△ABD}=\frac{1}{2}BD·AM=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×3=3\sqrt{3}$,
∴ 当$△BCD$的面积最大时,四边形ABCD的面积最大,此时点C为$\overset{\frown}{BD}$的中点,
∴ 点C在AM的延长线上,
∴ 点C到BD的最大距离是$2×2-3=1$,
∴ $△BCD$的最大面积是$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1=\sqrt{3}$,
∴ 四边形ABCD的最大面积是$S_{△ABD}+S_{△BCD}=3\sqrt{3}+\sqrt{3}=4\sqrt{3}$,故⑤错误. 综上所述,正确的是①②③④.
