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9.我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少.割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”.如图，$\odot O$的半径是2，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形的面积近似估计$\odot O$的面积，可得$π$的估计值是(
A.3.1
B.3
C.$1+\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{2}$
B
).A.3.1
B.3
C.$1+\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{2}$
答案
9.B
解析
【分析】
要解决本题，首先明确解题方向：用圆内接正十二边形的面积近似等于圆的面积，从而推导π的估计值。第一步先计算正十二边形的中心角：正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，因此正十二边形每个中心角为30°；第二步将正十二边形拆分为12个全等的等腰三角形，每个三角形的腰长等于圆的半径2，顶角为30°，先计算单个等腰三角形的面积，再乘12得到正十二边形的总面积；第三步令正十二边形的面积等于圆的面积（圆面积公式为$S=π r^2$，r=2），即可求解π的近似值。
【解析】
1. 计算正十二边形的中心角：
正十二边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{12}=30°$，等腰$△ AOB$的腰$OA=OB=2$（等于圆的半径）。
2. 计算单个$△ AOB$的面积：
过A作$AH⊥ OB$于H，在$Rt△ AOH$中，$∠ AOH=30°$，因此30°角对的直角边$AH=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}×2=1$。
根据三角形面积公式：$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB× AH=\frac{1}{2}×2×1=1$。
3. 计算正十二边形的总面积：
$S_{正十二边形}=12× S_{△ AOB}=12×1=12$。
4. 近似计算π的值：
根据题意，正十二边形面积近似等于圆的面积，圆的面积$S_圆=π r^2=π×2^2=4π$，因此$4π\approx12$，解得$π\approx3$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆；三角形面积计算；特殊角的三角函数值
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景，考查正多边形和圆的相关计算，解题核心是将正多边形拆分为若干个等腰三角形求解面积，渗透了近似逼近的数学思想，注重对基础知识的灵活应用考查。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先明确解题方向：用圆内接正十二边形的面积近似等于圆的面积，从而推导π的估计值。第一步先计算正十二边形的中心角：正n边形的中心角为$\frac{360°}{n}$，因此正十二边形每个中心角为30°；第二步将正十二边形拆分为12个全等的等腰三角形，每个三角形的腰长等于圆的半径2，顶角为30°，先计算单个等腰三角形的面积，再乘12得到正十二边形的总面积；第三步令正十二边形的面积等于圆的面积（圆面积公式为$S=π r^2$，r=2），即可求解π的近似值。
【解析】
1. 计算正十二边形的中心角：
正十二边形的中心角$∠ AOB=\frac{360°}{12}=30°$，等腰$△ AOB$的腰$OA=OB=2$（等于圆的半径）。
2. 计算单个$△ AOB$的面积：
过A作$AH⊥ OB$于H，在$Rt△ AOH$中，$∠ AOH=30°$，因此30°角对的直角边$AH=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}×2=1$。
根据三角形面积公式：$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× OB× AH=\frac{1}{2}×2×1=1$。
3. 计算正十二边形的总面积：
$S_{正十二边形}=12× S_{△ AOB}=12×1=12$。
4. 近似计算π的值：
根据题意，正十二边形面积近似等于圆的面积，圆的面积$S_圆=π r^2=π×2^2=4π$，因此$4π\approx12$，解得$π\approx3$。
【答案】
B
【知识点】
正多边形与圆；三角形面积计算；特殊角的三角函数值
【点评】
本题结合我国古代“割圆术”的数学文化背景，考查正多边形和圆的相关计算，解题核心是将正多边形拆分为若干个等腰三角形求解面积，渗透了近似逼近的数学思想，注重对基础知识的灵活应用考查。
【难度系数】
0.7
10.如图，AB是$\odot O$的直径，AC，BC是$\odot O$的弦，点I是$△ ABC$的内心，连接OI，若OI的长是$\sqrt{2}$，$∠ BOI=45°$，则BC的长是（
A.$\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$1+\sqrt{2}$
D.$1+\sqrt{3}$
D
）.A.$\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$1+\sqrt{2}$
D.$1+\sqrt{3}$
答案
10.D
解析
【分析】
首先根据AB是⊙O的直径，由直径所对圆周角为直角可得△ABC是直角三角形；点I是三角形内心，结合内心性质：内心到各边的距离等于内切圆半径，且顶点到内切圆在对应边上切点的距离有固定公式。已知∠BOI=45°，过I作AB的垂线可构造等腰直角三角形，先求出内切圆半径和OD的长度，再结合内心的边长关系推导各边的数量关系，最后用勾股定理列方程求解即可得到BC的长度。
【解析】
1. 过点I作ID⊥ AB于点D：
因为I是△ ABC的内心，所以ID是△ ABC内切圆的半径，记为r。
已知∠ BOI=45°，∠ IDO=90°，故△ OID为等腰直角三角形，可得$ID=OD=\frac{OI}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1$，即r=1，OD=1。
2. 设$\odot O$的半径为R，BC=a，AC=b，则AB=2R：
直角三角形内切圆半径满足$r=\frac{a+b-AB}{2}$，代入r=1得$\frac{a+b-2R}{2}=1$，整理得a+b=2R+2①。
3. 内切圆切AB于D，顶点A到切点D的距离$AD=\frac{AB+AC-BC}{2}$：
由AO=R，OD=1得AD=AO+OD=R+1，代入上述公式得$R+1=\frac{2R+b-a}{2}$，化简得b-a=2②。
4. 联立①②，将b=a+2代入①得a+a+2=2R+2，解得R=a，即BC=a=R，AC=b=R+2。
5. 在Rt△ ABC中，由勾股定理$AC^2+BC^2=AB^2$，代入得：
$ (R+2)^2+R^2=(2R)^2 $展开整理得$R^2-2R-2=0$，解得$R=\frac{2\pm\sqrt{4+8}}{2}=1\pm\sqrt{3}$，因为R＞0，故$R=1+\sqrt{3}$，即$BC=1+\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
1.圆周角定理 2.三角形内心的性质 3.勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，解题的核心是合理利用直角三角形内切圆的性质和内心的边长公式建立边的数量关系，再通过勾股定理列方程求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
首先根据AB是⊙O的直径，由直径所对圆周角为直角可得△ABC是直角三角形；点I是三角形内心，结合内心性质：内心到各边的距离等于内切圆半径，且顶点到内切圆在对应边上切点的距离有固定公式。已知∠BOI=45°，过I作AB的垂线可构造等腰直角三角形，先求出内切圆半径和OD的长度，再结合内心的边长关系推导各边的数量关系，最后用勾股定理列方程求解即可得到BC的长度。
【解析】
1. 过点I作ID⊥ AB于点D：
因为I是△ ABC的内心，所以ID是△ ABC内切圆的半径，记为r。
已知∠ BOI=45°，∠ IDO=90°，故△ OID为等腰直角三角形，可得$ID=OD=\frac{OI}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=1$，即r=1，OD=1。
2. 设$\odot O$的半径为R，BC=a，AC=b，则AB=2R：
直角三角形内切圆半径满足$r=\frac{a+b-AB}{2}$，代入r=1得$\frac{a+b-2R}{2}=1$，整理得a+b=2R+2①。
3. 内切圆切AB于D，顶点A到切点D的距离$AD=\frac{AB+AC-BC}{2}$：
由AO=R，OD=1得AD=AO+OD=R+1，代入上述公式得$R+1=\frac{2R+b-a}{2}$，化简得b-a=2②。
4. 联立①②，将b=a+2代入①得a+a+2=2R+2，解得R=a，即BC=a=R，AC=b=R+2。
5. 在Rt△ ABC中，由勾股定理$AC^2+BC^2=AB^2$，代入得：
$ (R+2)^2+R^2=(2R)^2 $展开整理得$R^2-2R-2=0$，解得$R=\frac{2\pm\sqrt{4+8}}{2}=1\pm\sqrt{3}$，因为R＞0，故$R=1+\sqrt{3}$，即$BC=1+\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
1.圆周角定理 2.三角形内心的性质 3.勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的综合题，解题的核心是合理利用直角三角形内切圆的性质和内心的边长公式建立边的数量关系，再通过勾股定理列方程求解，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
二、填空题
11.正三角形的中心角等于
11.正三角形的中心角等于
120
°，正方形的中心角等于 90
°，正六边形的中心角等于 60
°.答案
11.120 90 60
解析
【分析】
解题时首先要明确正多边形中心角的定义：正多边形的中心角是指正多边形每一条边所对的外接圆的圆心角。由于正多边形所有中心角的和为360°，且各个中心角大小相等，因此正n边形的中心角计算公式为：中心角=360°÷n（n为正多边形的边数）。接下来分别确定三个正多边形的边数，代入公式计算即可得到对应结果。
【解析】
正多边形中心角的计算公式为：$\mathrm{中心角}=\frac{360°}{n}$（$n$为正多边形的边数，$n≥3$且为整数）。
1. 正三角形的边数$n=3$，代入得中心角为：$360°÷3=120°$；
2. 正方形是正四边形，边数$n=4$，代入得中心角为：$360°÷4=90°$；
3. 正六边形的边数$n=6$，代入得中心角为：$360°÷6=60°$。
【答案】
120；90；60
【知识点】
1. 正多边形中心角计算
2. 正多边形基本概念
【点评】
本题是基础概念应用题，核心考察正多边形中心角计算公式的直接应用，只要牢记公式和常见正多边形的边数即可快速得出答案，是正多边形相关考点中的基础题型。
【难度系数】
0.9
解题时首先要明确正多边形中心角的定义：正多边形的中心角是指正多边形每一条边所对的外接圆的圆心角。由于正多边形所有中心角的和为360°，且各个中心角大小相等，因此正n边形的中心角计算公式为：中心角=360°÷n（n为正多边形的边数）。接下来分别确定三个正多边形的边数，代入公式计算即可得到对应结果。
【解析】
正多边形中心角的计算公式为：$\mathrm{中心角}=\frac{360°}{n}$（$n$为正多边形的边数，$n≥3$且为整数）。
1. 正三角形的边数$n=3$，代入得中心角为：$360°÷3=120°$；
2. 正方形是正四边形，边数$n=4$，代入得中心角为：$360°÷4=90°$；
3. 正六边形的边数$n=6$，代入得中心角为：$360°÷6=60°$。
【答案】
120；90；60
【知识点】
1. 正多边形中心角计算
2. 正多边形基本概念
【点评】
本题是基础概念应用题，核心考察正多边形中心角计算公式的直接应用，只要牢记公式和常见正多边形的边数即可快速得出答案，是正多边形相关考点中的基础题型。
【难度系数】
0.9
12.如图,已知AB是⊙O的一条直径,延长AB至点C,使得AC=3BC,CD与⊙O相切,切点为点D.若CD=3,则线段BC的长度等于
$\sqrt{3}$
.答案
12.$\sqrt{3}$
解析
【分析】
遇到圆的切线问题时，首先考虑连接圆心和切点，利用切线垂直于过切点的半径的性质构造直角三角形。再根据题目给出的线段倍数关系，推导直角三角形各边的数量关系，最后通过勾股定理列方程求解未知线段长度。
【解析】
解：连接$OD$，
$\because CD$与$\odot O$相切，切点为$D$，
$\therefore OD⊥ CD$，即$∠ ODC=90°$。
设$BC=x$，$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，$AB=2r$，
$\therefore AC=AB+BC=2r+x$。
$\because AC=3BC$，
$\therefore 2r+x=3x$，解得$r=x$，
$\therefore OC=OB+BC=r+x=2x$。
在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，由勾股定理得：
$OD^2+CD^2=OC^2$，
将$CD=3$，$OD=x$，$OC=2x$代入得：
$x^2+3^2=(2x)^2$，
整理得$3x^2=9$，即$x^2=3$，
$\because x＞0$，$\therefore x=\sqrt{3}$，即$BC=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，圆的基本性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题关键是掌握切线的性质，通过连接辅助线构造直角三角形，结合线段关系利用勾股定理列方程求解，是圆类题型中非常典型的考法。
【难度系数】
0.7
遇到圆的切线问题时，首先考虑连接圆心和切点，利用切线垂直于过切点的半径的性质构造直角三角形。再根据题目给出的线段倍数关系，推导直角三角形各边的数量关系，最后通过勾股定理列方程求解未知线段长度。
【解析】
解：连接$OD$，
$\because CD$与$\odot O$相切，切点为$D$，
$\therefore OD⊥ CD$，即$∠ ODC=90°$。
设$BC=x$，$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OB=r$，$AB=2r$，
$\therefore AC=AB+BC=2r+x$。
$\because AC=3BC$，
$\therefore 2r+x=3x$，解得$r=x$，
$\therefore OC=OB+BC=r+x=2x$。
在$\mathrm{Rt}△ ODC$中，由勾股定理得：
$OD^2+CD^2=OC^2$，
将$CD=3$，$OD=x$，$OC=2x$代入得：
$x^2+3^2=(2x)^2$，
整理得$3x^2=9$，即$x^2=3$，
$\because x＞0$，$\therefore x=\sqrt{3}$，即$BC=\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，勾股定理，圆的基本性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题关键是掌握切线的性质，通过连接辅助线构造直角三角形，结合线段关系利用勾股定理列方程求解，是圆类题型中非常典型的考法。
【难度系数】
0.7
13.如图,已知∠ABC=30°,点O在BC边上移动,以点O为圆心,2 cm为半径作⊙O,则当OB=
4
cm时,⊙O与AB相切.答案
13.4
解析
【分析】
解题时先回忆切线的性质：当圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径。因此我们先过圆心O作AB的垂线，构造出含30°角的直角三角形，再利用30°角所对直角边等于斜边一半的性质即可求出OB的长度。
【解析】
过点O作OD⊥AB，垂足为D。
∵⊙O与AB相切，半径为2cm，
∴圆心O到AB的距离OD等于半径，即OD=2cm。
在Rt△ODB中，∠ODB=90°，∠OBD=∠ABC=30°，
根据含30°角的直角三角形的性质：30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得：
OD = $\frac{1}{2}$OB，
∴OB = 2OD = 2×2 = 4（cm）。
【答案】
4
【知识点】
1.切线的性质
2.含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是基础几何应用题，将切线的性质和特殊直角三角形的性质结合考查，解题的关键是根据切线的性质构造出直角三角形，是圆相关考点中的常见题型。
【难度系数】
0.8
解题时先回忆切线的性质：当圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径。因此我们先过圆心O作AB的垂线，构造出含30°角的直角三角形，再利用30°角所对直角边等于斜边一半的性质即可求出OB的长度。
【解析】
过点O作OD⊥AB，垂足为D。
∵⊙O与AB相切，半径为2cm，
∴圆心O到AB的距离OD等于半径，即OD=2cm。
在Rt△ODB中，∠ODB=90°，∠OBD=∠ABC=30°，
根据含30°角的直角三角形的性质：30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得：
OD = $\frac{1}{2}$OB，
∴OB = 2OD = 2×2 = 4（cm）。
【答案】
4
【知识点】
1.切线的性质
2.含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是基础几何应用题，将切线的性质和特殊直角三角形的性质结合考查，解题的关键是根据切线的性质构造出直角三角形，是圆相关考点中的常见题型。
【难度系数】
0.8
14.如图,已知AB是$\odot O$的直径,AC是$\odot O$的切线,连接OC交$\odot O$于点D,连接BD.若$∠ C=36°$,则$∠ B$的度数是
27
°.答案
14.27
解析
【分析】
解题时首先从已知条件入手：1. AC是⊙O的切线，根据切线的性质可得AC垂直于过切点A的半径AB，即△OAC是直角三角形，已知∠C=36°，可先求出∠AOC的度数；2. 要求的∠B是⊙O中弧AD所对的圆周角，而∠AOC是弧AD所对的圆心角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠B的度数。
【解析】
解：
∵AC是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，
∴AB⊥AC，即∠OAC=90°，
在Rt△OAC中，∠C=36°，
∴∠AOC=90°-∠C=90°-36°=54°，
∵∠B是弧AD所对的圆周角，∠AOC是弧AD所对的圆心角，
∴∠B=$\frac{1}{2}$∠AOC=$\frac{1}{2}$×54°=27°。
【答案】
27
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；直角三角形两锐角互余
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的核心是熟练掌握切线性质和圆周角定理，通过角度的转化即可快速求解，是圆章节的常见基础题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先从已知条件入手：1. AC是⊙O的切线，根据切线的性质可得AC垂直于过切点A的半径AB，即△OAC是直角三角形，已知∠C=36°，可先求出∠AOC的度数；2. 要求的∠B是⊙O中弧AD所对的圆周角，而∠AOC是弧AD所对的圆心角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出∠B的度数。
【解析】
解：
∵AC是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，
∴AB⊥AC，即∠OAC=90°，
在Rt△OAC中，∠C=36°，
∴∠AOC=90°-∠C=90°-36°=54°，
∵∠B是弧AD所对的圆周角，∠AOC是弧AD所对的圆心角，
∴∠B=$\frac{1}{2}$∠AOC=$\frac{1}{2}$×54°=27°。
【答案】
27
【知识点】
切线的性质；圆周角定理；直角三角形两锐角互余
【点评】
本题属于圆的基础综合题，解题的核心是熟练掌握切线性质和圆周角定理，通过角度的转化即可快速求解，是圆章节的常见基础题型。
【难度系数】
0.7
15.如图，$\odot O$的外切四边形ABCD中相邻的三条边$AB:BC:CD=3:4:5$，四边形的周长为32，则$AD=$
8
。答案
15.8
解析
【分析】
首先识别到四边形ABCD是圆的外切四边形，回忆圆外切四边形的核心性质：两组对边的和相等。已知相邻三边的比例和四边形周长，我们可以先设比例系数表示各边长度，再结合外切四边形对边和等于周长一半的推论，先求出比例系数，进而计算出AD的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是$\odot O$的外切四边形
∴根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = BC + AD$
∵四边形ABCD的周长为32
∴$AB + BC + CD + AD = 32$
代入$AB + CD = BC + AD$可得：$2(AB + CD) = 32$，即$AB + CD = 16$
已知$AB:BC:CD=3:4:5$，设$AB=3k$，$BC=4k$，$CD=5k$（$k≠0$）
将$AB=3k$、$CD=5k$代入$AB + CD = 16$得：$3k + 5k = 16$
解得$k=2$
∴$BC=4×2=8$
又
∵$BC + AD = AB + CD = 16$
∴$AD=16 - BC=16 - 8=8$
【答案】
8
【知识点】
圆外切四边形的性质；比例的应用
【点评】
本题解题的核心是熟练掌握圆外切四边形对边和相等的性质，结合比例设参数的方法即可快速求解，利用周长推导出对边和为周长的一半可以简化计算过程。
【难度系数】
0.7
首先识别到四边形ABCD是圆的外切四边形，回忆圆外切四边形的核心性质：两组对边的和相等。已知相邻三边的比例和四边形周长，我们可以先设比例系数表示各边长度，再结合外切四边形对边和等于周长一半的推论，先求出比例系数，进而计算出AD的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是$\odot O$的外切四边形
∴根据圆外切四边形的性质可得：$AB + CD = BC + AD$
∵四边形ABCD的周长为32
∴$AB + BC + CD + AD = 32$
代入$AB + CD = BC + AD$可得：$2(AB + CD) = 32$，即$AB + CD = 16$
已知$AB:BC:CD=3:4:5$，设$AB=3k$，$BC=4k$，$CD=5k$（$k≠0$）
将$AB=3k$、$CD=5k$代入$AB + CD = 16$得：$3k + 5k = 16$
解得$k=2$
∴$BC=4×2=8$
又
∵$BC + AD = AB + CD = 16$
∴$AD=16 - BC=16 - 8=8$
【答案】
8
【知识点】
圆外切四边形的性质；比例的应用
【点评】
本题解题的核心是熟练掌握圆外切四边形对边和相等的性质，结合比例设参数的方法即可快速求解，利用周长推导出对边和为周长的一半可以简化计算过程。
【难度系数】
0.7
16.如图,已知直线$y=-\sqrt{3}x+4$与x轴交于点A,与y轴交于点B,$\odot O$的半径为1,点P为AB上一动点,PQ切$\odot O$于点Q.当线段PQ的长取最小值时,直线PQ交y轴于点M,a为过点M的一条直线,则点P到直线a的距离的最大值为
$2\sqrt{3}$
. 答案
16.$2\sqrt{3}$
解析
【分析】
要解决本题，首先根据切线的性质得到PQ长度和OP长度的关系：PQ为圆O的切线，故OQ⊥PQ，在Rt△OPQ中，OQ是定值1，因此$PQ^2=OP^2-1$，要使PQ最小，只需OP最小。点O到直线AB上点的最短距离是O到AB的垂线段长度，此时OP⊥AB，可求出P点坐标。再求过P的圆O的切线与y轴交点M，由于点P到过M的直线的距离最大值为线段PM的长度（当直线a垂直PM时取最大值），计算PM的长度即可得到结果。
【解析】
1. 求点A、B坐标：
对于直线$y=-\sqrt{3}x+4$，令$y=0$，解得$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，故$A(\frac{4\sqrt{3}}{3},0)$；令$x=0$，解得$y=4$，故$B(0,4)$。
2. 确定PQ最小时OP的状态：
∵PQ切$\odot O$于Q，
∴$OQ⊥PQ$，$OQ=1$。
在$Rt△ OPQ$中，$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{OP^2-1}$，因此当OP取最小值时，PQ最小。
根据垂线段最短，OP的最小值为点O到直线AB的距离，此时$OP⊥AB$。
3. 求P点坐标：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{(\frac{4\sqrt{3}}{3})^2+4^2}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
由$△ AOB$面积公式：$\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP$，代入得$OP=\frac{OA· OB}{AB}=\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}×4}{\frac{8\sqrt{3}}{3}}=2$。
∵$OP⊥AB$，直线AB斜率为$-\sqrt{3}$，
∴直线OP斜率为$\frac{1}{\sqrt{3}}$，OP解析式为$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$。
联立$\begin{cases}y=\frac{\sqrt{3}}{3}x\\y=-\sqrt{3}x+4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\sqrt{3}\\y=1\end{cases}$，即$P(\sqrt{3},1)$。
4. 求切线PQ与y轴交点M：
设切线PQ的解析式为$y-1=k(x-\sqrt{3})$，即$kx-y+1-\sqrt{3}k=0$。
∵圆心O到切线的距离等于半径1，
∴$\frac{|1-\sqrt{3}k|}{\sqrt{k^2+1}}=1$，
平方整理得$2k^2-2\sqrt{3}k=0$，解得$k=0$或$k=\sqrt{3}$。
当$k=0$时，切线为$y=1$，与y轴交点$M(0,1)$，$PM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(1-1)^2}=\sqrt{3}$；
当$k=\sqrt{3}$时，切线为$y=\sqrt{3}x-2$，与y轴交点$M(0,-2)$，$PM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(1+2)^2}=2\sqrt{3}$。
5. 求点P到直线a的最大距离：
点P到过M的直线a的距离的最大值为线段PM的长度（当$a⊥PM$时取到），故最大值为$2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；一次函数的应用；点到直线的距离
【点评】
本题综合考查了切线性质、最短路径、一次函数等内容，解题的关键是明确PQ最短的条件，以及点到过定点的直线的距离最大值为两点间的线段长，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
要解决本题，首先根据切线的性质得到PQ长度和OP长度的关系：PQ为圆O的切线，故OQ⊥PQ，在Rt△OPQ中，OQ是定值1，因此$PQ^2=OP^2-1$，要使PQ最小，只需OP最小。点O到直线AB上点的最短距离是O到AB的垂线段长度，此时OP⊥AB，可求出P点坐标。再求过P的圆O的切线与y轴交点M，由于点P到过M的直线的距离最大值为线段PM的长度（当直线a垂直PM时取最大值），计算PM的长度即可得到结果。
【解析】
1. 求点A、B坐标：
对于直线$y=-\sqrt{3}x+4$，令$y=0$，解得$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，故$A(\frac{4\sqrt{3}}{3},0)$；令$x=0$，解得$y=4$，故$B(0,4)$。
2. 确定PQ最小时OP的状态：
∵PQ切$\odot O$于Q，
∴$OQ⊥PQ$，$OQ=1$。
在$Rt△ OPQ$中，$PQ=\sqrt{OP^2-OQ^2}=\sqrt{OP^2-1}$，因此当OP取最小值时，PQ最小。
根据垂线段最短，OP的最小值为点O到直线AB的距离，此时$OP⊥AB$。
3. 求P点坐标：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{(\frac{4\sqrt{3}}{3})^2+4^2}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
由$△ AOB$面积公式：$\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OP$，代入得$OP=\frac{OA· OB}{AB}=\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}×4}{\frac{8\sqrt{3}}{3}}=2$。
∵$OP⊥AB$，直线AB斜率为$-\sqrt{3}$，
∴直线OP斜率为$\frac{1}{\sqrt{3}}$，OP解析式为$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x$。
联立$\begin{cases}y=\frac{\sqrt{3}}{3}x\\y=-\sqrt{3}x+4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\sqrt{3}\\y=1\end{cases}$，即$P(\sqrt{3},1)$。
4. 求切线PQ与y轴交点M：
设切线PQ的解析式为$y-1=k(x-\sqrt{3})$，即$kx-y+1-\sqrt{3}k=0$。
∵圆心O到切线的距离等于半径1，
∴$\frac{|1-\sqrt{3}k|}{\sqrt{k^2+1}}=1$，
平方整理得$2k^2-2\sqrt{3}k=0$，解得$k=0$或$k=\sqrt{3}$。
当$k=0$时，切线为$y=1$，与y轴交点$M(0,1)$，$PM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(1-1)^2}=\sqrt{3}$；
当$k=\sqrt{3}$时，切线为$y=\sqrt{3}x-2$，与y轴交点$M(0,-2)$，$PM=\sqrt{(\sqrt{3}-0)^2+(1+2)^2}=2\sqrt{3}$。
5. 求点P到直线a的最大距离：
点P到过M的直线a的距离的最大值为线段PM的长度（当$a⊥PM$时取到），故最大值为$2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质；一次函数的应用；点到直线的距离
【点评】
本题综合考查了切线性质、最短路径、一次函数等内容，解题的关键是明确PQ最短的条件，以及点到过定点的直线的距离最大值为两点间的线段长，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
