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初中数学
九年级上册
人教版
9.「★☆」如图，点A，N在半圆O上，四边形ABOC，DNMO均为矩形，BC=a，MD=b，则a，b的大小关系为（
A.$a＞b$
B.$a=b$
C.$a＜b$
D.$a≤b$
九年级上册
人教版
9.「★☆」如图，点A，N在半圆O上，四边形ABOC，DNMO均为矩形，BC=a，MD=b，则a，b的大小关系为（
B
）A.$a＞b$
B.$a=b$
C.$a＜b$
D.$a≤b$
答案
9.B 如图,连接ON,OA,
∵点A,N在半圆上,
∴ON=OA,
∵四边形ABOC,DNMO均为矩形,
∴ON=MD,OA=BC,
∴BC=MD,即a=b.
故选B.
解析
【分析】
解题时可结合已知条件的特征推导：首先点A、N都在半圆上，可联想到同圆的半径相等，因此先作辅助线连接OA、ON，得到两条相等的半径；再结合两个四边形都是矩形的条件，利用矩形对角线相等的性质，将待比较的BC、MD分别和OA、ON建立关联，即可推出a和b的大小关系。
【解析】
解：如图，连接ON、OA。
∵点A、N在半圆O上，ON、OA均为半圆O的半径，
∴ON=OA。
∵四边形ABOC、DNMO都是矩形，矩形的对角线相等，
∴OA=BC=a，ON=MD=b。
∴BC=MD，即a=b。
故选B。
【答案】
B 如图,连接ON,OA,
∵点A,N在半圆上,
∴ON=OA,
∵四边形ABOC,DNMO均为矩形,
∴ON=MD,OA=BC,
∴BC=MD,即a=b.
故选B.
【知识点】
同圆半径相等，矩形对角线相等
【点评】
本题属于基础几何题，解题核心是通过连接半径作为辅助线，结合矩形对角线相等的性质，将待比较的线段转化为圆的半径即可得到结论，侧重考查基础几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.8
解题时可结合已知条件的特征推导：首先点A、N都在半圆上，可联想到同圆的半径相等，因此先作辅助线连接OA、ON，得到两条相等的半径；再结合两个四边形都是矩形的条件，利用矩形对角线相等的性质，将待比较的BC、MD分别和OA、ON建立关联，即可推出a和b的大小关系。
【解析】
解：如图，连接ON、OA。
∵点A、N在半圆O上，ON、OA均为半圆O的半径，
∴ON=OA。
∵四边形ABOC、DNMO都是矩形，矩形的对角线相等，
∴OA=BC=a，ON=MD=b。
∴BC=MD，即a=b。
故选B。
【答案】
B 如图,连接ON,OA,
∵点A,N在半圆上,
∴ON=OA,
∵四边形ABOC,DNMO均为矩形,
∴ON=MD,OA=BC,
∴BC=MD,即a=b.
故选B.
【知识点】
同圆半径相等，矩形对角线相等
【点评】
本题属于基础几何题，解题核心是通过连接半径作为辅助线，结合矩形对角线相等的性质，将待比较的线段转化为圆的半径即可得到结论，侧重考查基础几何性质的灵活应用。
【难度系数】
0.8
10.「2026广东东莞期中，★☆」如图，CD是$\odot O$的直径，E是$\odot O$上一点，A为DC延长线上一点，$∠ A=24°$，若$AB=OC$，则$∠ DOE$的度数是（
A.$48°$
B.$60°$
C.$72°$
D.$84°$
C
）A.$48°$
B.$60°$
C.$72°$
D.$84°$
答案
10.C 如图,连接OB,
∵AB=OC,OB=OC,
∴AB=OB,
∴∠A=∠1,
∵∠2=∠A+∠1,
∴∠2=2∠A,
∵OB=OE,
∴∠2=∠E,
∴∠E=2∠A,
∴∠DOE=∠A+∠E=3∠A=72°.故选C.
解析
【分析】
解题时首先观察到已知条件AB=OC，而OC是$\odot O$的半径，圆的半径都相等，因此考虑连接OB构造等腰三角形。接下来利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步推导$∠ DOE$与已知$∠ A$的数量关系，即可求出角度。
【解析】
如图，连接OB，
$\because AB=OC$，$OB=OC$（圆的半径相等），
$\therefore AB=OB$，
$\therefore ∠ A=∠ 1=24°$，
$\because ∠ 2$是$△ AOB$的外角，
$\therefore ∠ 2=∠ A+∠ 1=2∠ A=48°$，
又$\because OB=OE$（圆的半径相等），
$\therefore ∠ E=∠ 2=48°$，
$\because ∠ DOE$是$△ AOE$的外角，
$\therefore ∠ DOE=∠ A+∠ E=24°+48°=72°$。
【答案】
C
【知识点】
圆的半径相等；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题属于几何基础计算题，解题的核心是通过连接半径构造等腰三角形，将已知角和待求角通过等腰三角形和外角的性质建立联系，掌握这类圆中常见辅助线的构造方法即可快速解题。
【难度系数】
0.8
解题时首先观察到已知条件AB=OC，而OC是$\odot O$的半径，圆的半径都相等，因此考虑连接OB构造等腰三角形。接下来利用等腰三角形等边对等角的性质，结合三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步推导$∠ DOE$与已知$∠ A$的数量关系，即可求出角度。
【解析】
如图，连接OB，
$\because AB=OC$，$OB=OC$（圆的半径相等），
$\therefore AB=OB$，
$\therefore ∠ A=∠ 1=24°$，
$\because ∠ 2$是$△ AOB$的外角，
$\therefore ∠ 2=∠ A+∠ 1=2∠ A=48°$，
又$\because OB=OE$（圆的半径相等），
$\therefore ∠ E=∠ 2=48°$，
$\because ∠ DOE$是$△ AOE$的外角，
$\therefore ∠ DOE=∠ A+∠ E=24°+48°=72°$。
【答案】
C
【知识点】
圆的半径相等；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题属于几何基础计算题，解题的核心是通过连接半径构造等腰三角形，将已知角和待求角通过等腰三角形和外角的性质建立联系，掌握这类圆中常见辅助线的构造方法即可快速解题。
【难度系数】
0.8
11.「★☆」如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=3$,$BC=4$,$P$为边$BC$上一点,以$P$为圆心,$\frac{7}{2}$为半径作圆,则当点$C$在圆内,点$A$在圆外时,线段$CP$的取值范围为 (
A.$\frac{\sqrt{13}}{2}＜CP＜\frac{7}{2}$
B.$0＜CP＜\frac{7}{2}$
C.$3＜CP＜5$
D.$\frac{1}{2}＜CP＜\frac{5}{2}$
A
)A.$\frac{\sqrt{13}}{2}＜CP＜\frac{7}{2}$
B.$0＜CP＜\frac{7}{2}$
C.$3＜CP＜5$
D.$\frac{1}{2}＜CP＜\frac{5}{2}$
答案
11.A 当点C在⊙P内时,$CP＜\frac{7}{2}$,当点A在⊙P上时,
$PA=\frac{7}{2}$,
∵∠C=90°,AC=3,
∴此时$CP=\sqrt{PA^2-AC^2}$
$=\sqrt{(\frac{7}{2})^2-3^2}=\frac{\sqrt{13}}{2}$,
∴要使点A在⊙P外,则$CP＞$
$\frac{\sqrt{13}}{2}$,
∴满足条件的线段CP的取值范围为$\frac{\sqrt{13}}{2}＜CP$
$＜\frac{7}{2}$.故选A.
$PA=\frac{7}{2}$,
∵∠C=90°,AC=3,
∴此时$CP=\sqrt{PA^2-AC^2}$
$=\sqrt{(\frac{7}{2})^2-3^2}=\frac{\sqrt{13}}{2}$,
∴要使点A在⊙P外,则$CP＞$
$\frac{\sqrt{13}}{2}$,
∴满足条件的线段CP的取值范围为$\frac{\sqrt{13}}{2}＜CP$
$＜\frac{7}{2}$.故选A.
解析
【分析】
解题时首先回忆点与圆的位置关系对应的数量特征：点在圆内⇔点到圆心的距离小于半径；点在圆上⇔点到圆心的距离等于半径；点在圆外⇔点到圆心的距离大于半径。本题先分别根据点C在圆内、点A在圆外的条件列出关于CP的不等式，再结合直角三角形勾股定理计算临界值，最后合并两个不等式即可得到CP的取值范围。
【解析】
1. 根据点C在⊙P内列不等式：
点C在圆内，则点C到圆心P的距离小于圆的半径$\frac{7}{2}$，可得$CP＜\frac{7}{2}$。
2. 根据点A在⊙P外列不等式：
点A在圆外，则点A到圆心P的距离大于圆的半径$\frac{7}{2}$，即$PA＞\frac{7}{2}$。
在$Rt△ ACP$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，由勾股定理得$PA^2=AC^2+CP^2$。
当$PA=\frac{7}{2}$（点A在圆上的临界情况）时，代入计算得：
$CP=\sqrt{PA^2-AC^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2-3^2}=\sqrt{\frac{49}{4}-9}=\sqrt{\frac{13}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$
要满足$PA＞\frac{7}{2}$，则$CP＞\frac{\sqrt{13}}{2}$。
3. 合并两个条件，可得CP的取值范围为$\frac{\sqrt{13}}{2}＜CP＜\frac{7}{2}$。
【答案】A
【知识点】
点与圆的位置关系；勾股定理
【点评】
本题是基础题型，解题核心是掌握点和圆的位置关系与点到圆心距离、半径大小的对应规则，结合勾股定理求出临界值即可快速得到结果。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆点与圆的位置关系对应的数量特征：点在圆内⇔点到圆心的距离小于半径；点在圆上⇔点到圆心的距离等于半径；点在圆外⇔点到圆心的距离大于半径。本题先分别根据点C在圆内、点A在圆外的条件列出关于CP的不等式，再结合直角三角形勾股定理计算临界值，最后合并两个不等式即可得到CP的取值范围。
【解析】
1. 根据点C在⊙P内列不等式：
点C在圆内，则点C到圆心P的距离小于圆的半径$\frac{7}{2}$，可得$CP＜\frac{7}{2}$。
2. 根据点A在⊙P外列不等式：
点A在圆外，则点A到圆心P的距离大于圆的半径$\frac{7}{2}$，即$PA＞\frac{7}{2}$。
在$Rt△ ACP$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，由勾股定理得$PA^2=AC^2+CP^2$。
当$PA=\frac{7}{2}$（点A在圆上的临界情况）时，代入计算得：
$CP=\sqrt{PA^2-AC^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2-3^2}=\sqrt{\frac{49}{4}-9}=\sqrt{\frac{13}{4}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$
要满足$PA＞\frac{7}{2}$，则$CP＞\frac{\sqrt{13}}{2}$。
3. 合并两个条件，可得CP的取值范围为$\frac{\sqrt{13}}{2}＜CP＜\frac{7}{2}$。
【答案】A
【知识点】
点与圆的位置关系；勾股定理
【点评】
本题是基础题型，解题核心是掌握点和圆的位置关系与点到圆心距离、半径大小的对应规则，结合勾股定理求出临界值即可快速得到结果。
【难度系数】
0.7
12.「2026福建莆田城厢期中，★☆」如图，AB是半径为2的$\odot O$的弦，点C是$\odot O$上的一个动点。若点M，N分别是AB，BC的中点，则MN长的最大值是
2
。答案
12.答案 2
解析
∵点M,N分别是AB,BC的中点,
∴MN是
△ABC的中位线,
∴$MN=\frac{1}{2}AC$,
∵AC是弦,
∴当AC
为⊙O的直径时,AC的值最大,最大值是4,
∴MN长
的最大值是2.
解析
∵点M,N分别是AB,BC的中点,
∴MN是
△ABC的中位线,
∴$MN=\frac{1}{2}AC$,
∵AC是弦,
∴当AC
为⊙O的直径时,AC的值最大,最大值是4,
∴MN长
的最大值是2.
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手，看到M、N分别是AB、BC的中点，首先联想到三角形中位线定理，可推导出MN和第三边AC的数量关系；要得到MN的最大值，只需转化为求AC的最大值即可，结合圆的性质可知圆中最长的弦是直径，据此先算出AC的最大值，就能进一步求出MN的最大值。
【解析】
解：
∵点M，N分别是AB，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
根据三角形中位线定理可得：$\boldsymbol{MN=\frac{1}{2}AC}$，
∵AC是$\odot O$的弦，圆中最长的弦为直径，已知$\odot O$的半径为2，
∴当AC为$\odot O$的直径时，AC取得最大值，最大值为$2×2=4$，
此时MN的最大值为$\frac{1}{2}×4=2$。
【答案】
2
【知识点】
三角形中位线定理，圆的有关性质
【点评】
本题是基础综合题，解题的关键是将MN的最值转化为圆中弦AC的最值，结合中位线性质和圆中直径最长的特征即可求解，考查了转化的数学思想。
【难度系数】
0.8
解题时先从已知条件入手，看到M、N分别是AB、BC的中点，首先联想到三角形中位线定理，可推导出MN和第三边AC的数量关系；要得到MN的最大值，只需转化为求AC的最大值即可，结合圆的性质可知圆中最长的弦是直径，据此先算出AC的最大值，就能进一步求出MN的最大值。
【解析】
解：
∵点M，N分别是AB，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
根据三角形中位线定理可得：$\boldsymbol{MN=\frac{1}{2}AC}$，
∵AC是$\odot O$的弦，圆中最长的弦为直径，已知$\odot O$的半径为2，
∴当AC为$\odot O$的直径时，AC取得最大值，最大值为$2×2=4$，
此时MN的最大值为$\frac{1}{2}×4=2$。
【答案】
2
【知识点】
三角形中位线定理，圆的有关性质
【点评】
本题是基础综合题，解题的关键是将MN的最值转化为圆中弦AC的最值，结合中位线性质和圆中直径最长的特征即可求解，考查了转化的数学思想。
【难度系数】
0.8
13.「2026浙江杭州期中，★☆」已知点P到⊙O的最大距离是6，最小距离是2，则⊙O的半径是
2或4
。答案
13.答案 2或4
解析 设点P到圆心O的距离为d,⊙O的半径为r,
当点P在⊙O内时,点P到⊙O上一点的最小距离
为r-d,最大距离为r+d,即r-d=2,r+d=6,
∴r=4;当
点P在⊙O外时,点P到⊙O上一点的最小距离为
d-r,最大距离为d+r,即d-r=2,d+r=6,
∴r=2.
综上,⊙O的半径为2或4.
解析 设点P到圆心O的距离为d,⊙O的半径为r,
当点P在⊙O内时,点P到⊙O上一点的最小距离
为r-d,最大距离为r+d,即r-d=2,r+d=6,
∴r=4;当
点P在⊙O外时,点P到⊙O上一点的最小距离为
d-r,最大距离为d+r,即d-r=2,d+r=6,
∴r=2.
综上,⊙O的半径为2或4.
解析
【分析】
解决本题首先要明确点与圆有三种位置关系：点在圆内、点在圆上、点在圆外，由于点P到圆的最大距离和最小距离不相等，因此排除点P在圆上的情况，需分两种情况讨论。点到圆的最大、最小距离都是点与圆心连线和圆的交点到点P的距离，据此分别列出关于半径r和点到圆心距离d的方程组，求解即可，注意不要遗漏任意一种位置情况。
【解析】
设点P到圆心O的距离为d，⊙O的半径为r。
①当点P在⊙O内时：
点P到圆上点的最小距离为$r-d$，最大距离为$r+d$，根据题意可得：
$\begin{cases}r-d=2 \\ r+d=6\end{cases}$
将两个方程相加得$2r=8$，解得$r=4$。
②当点P在⊙O外时：
点P到圆上点的最小距离为$d-r$，最大距离为$d+r$，根据题意可得：
$\begin{cases}d-r=2 \\ d+r=6\end{cases}$
将两个方程相减得$2r=4$，解得$r=2$。
综上，⊙O的半径为2或4。
【答案】
2或4
【知识点】
点与圆的位置关系；圆的有关概念
【点评】
本题易错点是容易只考虑点在圆外或点在圆内其中一种情况，导致漏解。解题时需结合点与圆的位置关系分类讨论，全面分析所有可能的情况，才能得到完整的答案。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确点与圆有三种位置关系：点在圆内、点在圆上、点在圆外，由于点P到圆的最大距离和最小距离不相等，因此排除点P在圆上的情况，需分两种情况讨论。点到圆的最大、最小距离都是点与圆心连线和圆的交点到点P的距离，据此分别列出关于半径r和点到圆心距离d的方程组，求解即可，注意不要遗漏任意一种位置情况。
【解析】
设点P到圆心O的距离为d，⊙O的半径为r。
①当点P在⊙O内时：
点P到圆上点的最小距离为$r-d$，最大距离为$r+d$，根据题意可得：
$\begin{cases}r-d=2 \\ r+d=6\end{cases}$
将两个方程相加得$2r=8$，解得$r=4$。
②当点P在⊙O外时：
点P到圆上点的最小距离为$d-r$，最大距离为$d+r$，根据题意可得：
$\begin{cases}d-r=2 \\ d+r=6\end{cases}$
将两个方程相减得$2r=4$，解得$r=2$。
综上，⊙O的半径为2或4。
【答案】
2或4
【知识点】
点与圆的位置关系；圆的有关概念
【点评】
本题易错点是容易只考虑点在圆外或点在圆内其中一种情况，导致漏解。解题时需结合点与圆的位置关系分类讨论，全面分析所有可能的情况，才能得到完整的答案。
【难度系数】
0.7
14.「2026陕西榆林月考，★☆」如图,在平面直角坐标系中,点$P(1,1)$,$△ ABC$三点的坐标分别为$A(3,1)$,$B(4,3)$,$C(2,4)$.
(1)以点$P$为旋转中心,将$△ ABC$沿着顺时针方向旋转$90°$得到$△ A'B'C'$,画出$△ A'B'C'$,并写出$A',B',C'$三点的坐标.
(2)以原点$O$为圆心,$r$为半径作圆,当$A,B,C,A',B',C'$六个点中恰好有三个点在$\odot O$的内部时,直接写出$r$的取值范围.
(1)以点$P$为旋转中心,将$△ ABC$沿着顺时针方向旋转$90°$得到$△ A'B'C'$,画出$△ A'B'C'$,并写出$A',B',C'$三点的坐标.
(2)以原点$O$为圆心,$r$为半径作圆,当$A,B,C,A',B',C'$六个点中恰好有三个点在$\odot O$的内部时,直接写出$r$的取值范围.
答案
14.解析 (1)如图,△A'B'C'即为所求,A'(1,-1),
B'(3,-2),C'(4,0).
(2)
∵A(3,1),B(4,3),C(2,4),A'(1,-1),B'(3,-2),C'(4,0),
∴$OA'=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,$OA=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$,$OB'=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$,$OB=\sqrt{4^2+3^2}=5$,$OC'=4$,$OC=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$,
∵A,B,C,A',B',C'六个点中恰好有三个点在⊙O的内部,
∴$\sqrt{13}＜r≤4$.
解析
【分析】
(1) 第一问可依据旋转的性质求解：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。我们先找到△ABC三个顶点绕点P顺时针旋转90°后的对应点，顺次连接即可得到旋转后的三角形，再结合网格直接读取对应点坐标。
(2) 第二问需结合点与圆的位置关系判断：点在圆内部等价于点到圆心的距离小于半径r。先利用勾股定理计算六个点到原点的距离，再将距离从小到大排序，要使恰好3个点在圆内，只需r大于第三小的距离，且小于等于第四小的距离即可。
【解析】
(1) 分别将点A、B、C与点P的连线顺时针旋转90°，确定对应点$A'$、$B'$、$C'$的位置，顺次连接三点得到$△ A'B'C'$，如图所示：
结合网格可得三点坐标：$A'(1,-1)$，$B'(3,-2)$，$C'(4,0)$。
(2) 根据勾股定理计算各点到原点$O$的距离：
$OA'=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$，
$OA=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
$OB'=\sqrt{3^2+(-2)^2}=\sqrt{13}$，
$OC'=\sqrt{4^2+0^2}=4$，
$OC=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，
$OB=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
将距离从小到大排序为：$\sqrt{2}＜\sqrt{10}＜\sqrt{13}＜4＜2\sqrt{5}＜5$。
要使六个点中恰好有三个点在$\odot O$内部，即到原点距离小于r的点共3个，因此r需满足$\sqrt{13}＜r≤4$。
【答案】
(1) $△ A'B'C'$即为所求，，$A'(1,-1)$，$B'(3,-2)$，$C'(4,0)$；
(2) $\sqrt{13}＜r≤4$
【知识点】
图形的旋转、点与圆的位置关系、勾股定理
【点评】
本题属于基础综合题，既考查了旋转作图的基本技能，又结合点与圆的位置关系考查了分析判断能力。解题关键是熟练掌握旋转的性质和点与圆位置关系的判定规则，计算各点到原点距离时要注意计算准确。
【难度系数】
0.7
(1) 第一问可依据旋转的性质求解：旋转前后对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心连线的夹角等于旋转角。我们先找到△ABC三个顶点绕点P顺时针旋转90°后的对应点，顺次连接即可得到旋转后的三角形，再结合网格直接读取对应点坐标。
(2) 第二问需结合点与圆的位置关系判断：点在圆内部等价于点到圆心的距离小于半径r。先利用勾股定理计算六个点到原点的距离，再将距离从小到大排序，要使恰好3个点在圆内，只需r大于第三小的距离，且小于等于第四小的距离即可。
【解析】
(1) 分别将点A、B、C与点P的连线顺时针旋转90°，确定对应点$A'$、$B'$、$C'$的位置，顺次连接三点得到$△ A'B'C'$，如图所示：
结合网格可得三点坐标：$A'(1,-1)$，$B'(3,-2)$，$C'(4,0)$。
(2) 根据勾股定理计算各点到原点$O$的距离：
$OA'=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}$，
$OA=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
$OB'=\sqrt{3^2+(-2)^2}=\sqrt{13}$，
$OC'=\sqrt{4^2+0^2}=4$，
$OC=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，
$OB=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
将距离从小到大排序为：$\sqrt{2}＜\sqrt{10}＜\sqrt{13}＜4＜2\sqrt{5}＜5$。
要使六个点中恰好有三个点在$\odot O$内部，即到原点距离小于r的点共3个，因此r需满足$\sqrt{13}＜r≤4$。
【答案】
(1) $△ A'B'C'$即为所求，
，$A'(1,-1)$，$B'(3,-2)$，$C'(4,0)$；(2) $\sqrt{13}＜r≤4$
【知识点】
图形的旋转、点与圆的位置关系、勾股定理
【点评】
本题属于基础综合题，既考查了旋转作图的基本技能，又结合点与圆的位置关系考查了分析判断能力。解题关键是熟练掌握旋转的性质和点与圆位置关系的判定规则，计算各点到原点距离时要注意计算准确。
【难度系数】
0.7
15. 核心素养 几何直观 学科特色 点圆最值 如图,抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 -4$与$x$轴交于$A,B$两点,$P$是以点$C(0,3)$为圆心,$2$为半径的圆上的动点,$Q$是线段$PA$的中点,连接$OQ$,则线段$OQ$的最大值为（
A.$3$
B.$\frac{\sqrt{41}}{2}$
C.$\frac{7}{2}$
D.$4$
C
）A.$3$
B.$\frac{\sqrt{41}}{2}$
C.$\frac{7}{2}$
D.$4$
答案
15.C 如图,连接BP,当y=0时,$\frac{1}{4}x^2-4=0$,解得$x_1=$
4,$x_2=-4$,
∴A(-4,0),B(4,0).
∵Q是线段PA的中
点,
∴OQ为△ABP的中位线,
∴$OQ=\frac{1}{2}BP$.
∴当BP
的值最大时,OQ的值最大,当BP过圆心C时,BP的
值最大,即当点P运动到P'的位置时,BP的值最大.
∵$BC=\sqrt{3^2+4^2}=5$,
∴$BP'=5+2=7$,
∴线段OQ的最
大值是$\frac{7}{2}$.故选C.
解析
【分析】
求解线段OQ的最大值，可按以下思路推导：①首先求出抛物线与x轴的交点A、B坐标，可知原点O是AB的中点；②结合Q是PA中点的条件，可判断OQ是△ABP的中位线，因此OQ长度等于BP的一半，将求OQ最大值转化为求BP的最大值；③P是圆C上的动点，根据圆外一点到圆上点的最大距离等于该点到圆心的距离加半径，计算出BP的最大值，即可求得OQ的最大值。
【解析】
1. 求A、B两点坐标：
令抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 -4$中$y=0$，得$\frac{1}{4}x^2 -4=0$，解得$x_1=4$，$x_2=-4$，因此$A(-4,0)$，$B(4,0)$，即O为AB的中点。
2. 利用中位线转化线段关系：
已知Q是线段PA的中点，因此OQ是$△ ABP$的中位线，根据三角形中位线性质可得：$OQ=\frac{1}{2}BP$，即OQ的最大值与BP的最大值对应。
3. 计算BP的最大值：
圆C的圆心为$C(0,3)$，半径$r=2$，先计算点B到圆心C的距离：
$BC=\sqrt{(4-0)^2+(0-3)^2}=\sqrt{16+9}=5$
根据圆外一点到圆上动点的最大距离为“点到圆心的距离+半径”，当BP经过圆心C时，BP取得最大值，此时$BP_{max}=BC + r=5+2=7$。
4. 计算OQ的最大值：
$OQ_{max}=\frac{1}{2}BP_{max}=\frac{1}{2}×7=\frac{7}{2}$
【答案】
C
【知识点】
抛物线与坐标轴交点，三角形中位线定理，点圆最值
【点评】
本题综合了二次函数、三角形中位线、圆的性质相关知识，解题核心是通过中位线将未知线段的最值转化为熟悉的点到圆上点的最值问题，考查了转化思想和几何直观素养。
【难度系数】
0.6
求解线段OQ的最大值，可按以下思路推导：①首先求出抛物线与x轴的交点A、B坐标，可知原点O是AB的中点；②结合Q是PA中点的条件，可判断OQ是△ABP的中位线，因此OQ长度等于BP的一半，将求OQ最大值转化为求BP的最大值；③P是圆C上的动点，根据圆外一点到圆上点的最大距离等于该点到圆心的距离加半径，计算出BP的最大值，即可求得OQ的最大值。
【解析】
1. 求A、B两点坐标：
令抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 -4$中$y=0$，得$\frac{1}{4}x^2 -4=0$，解得$x_1=4$，$x_2=-4$，因此$A(-4,0)$，$B(4,0)$，即O为AB的中点。
2. 利用中位线转化线段关系：
已知Q是线段PA的中点，因此OQ是$△ ABP$的中位线，根据三角形中位线性质可得：$OQ=\frac{1}{2}BP$，即OQ的最大值与BP的最大值对应。
3. 计算BP的最大值：
圆C的圆心为$C(0,3)$，半径$r=2$，先计算点B到圆心C的距离：
$BC=\sqrt{(4-0)^2+(0-3)^2}=\sqrt{16+9}=5$
根据圆外一点到圆上动点的最大距离为“点到圆心的距离+半径”，当BP经过圆心C时，BP取得最大值，此时$BP_{max}=BC + r=5+2=7$。
4. 计算OQ的最大值：
$OQ_{max}=\frac{1}{2}BP_{max}=\frac{1}{2}×7=\frac{7}{2}$
【答案】
C
【知识点】
抛物线与坐标轴交点，三角形中位线定理，点圆最值
【点评】
本题综合了二次函数、三角形中位线、圆的性质相关知识，解题核心是通过中位线将未知线段的最值转化为熟悉的点到圆上点的最值问题，考查了转化思想和几何直观素养。
【难度系数】
0.6
