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11. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$∠ A=40°$,以$C$为圆心,$CB$为半径的圆交$AB$于点$D$,连接$CD$,则$∠ ACD=$ (
A.$10°$
B.$15°$
C.$20°$
D.$25°$
A
)A.$10°$
B.$15°$
C.$20°$
D.$25°$
答案
11. A 解析:
∵$∠ ACB=90°$,$∠ A=40°$,
∴$∠ B=50°$.
∵$CD=CB$,
∴$∠ BCD=180°-2×50°=80°$,
∴$∠ ACD=90°-80°=10°$.故选 A.
∵$∠ ACB=90°$,$∠ A=40°$,
∴$∠ B=50°$.
∵$CD=CB$,
∴$∠ BCD=180°-2×50°=80°$,
∴$∠ ACD=90°-80°=10°$.故选 A.
解析
【分析】
解题时先从已知的直角三角形条件入手，先利用三角形内角和求出∠B的度数；再观察到CD和CB都是圆C的半径，二者相等，可得△CDB是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等的性质求出∠BCD的度数；最后用∠ACB的度数减去∠BCD的度数，即可得到∠ACD的度数。
【解析】
解：在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，
根据三角形内角和为180°，可得$∠ B=180°-∠ ACB-∠ A=180°-90°-40°=50°$。
∵CD、CB均为⊙C的半径，
∴$CD=CB$，即△CDB为等腰三角形，
∴$∠ CDB=∠ B=50°$，
∴$∠ BCD=180°-∠ B-∠ CDB=180°-2×50°=80°$，
∴$∠ ACD=∠ ACB-∠ BCD=90°-80°=10°$。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形两锐角互余；等腰三角形的性质；圆的半径相等
【点评】
本题属于基础的角度计算题，解题的关键是抓住同圆半径相等这一隐含条件，结合三角形内角和与等腰三角形的性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时先从已知的直角三角形条件入手，先利用三角形内角和求出∠B的度数；再观察到CD和CB都是圆C的半径，二者相等，可得△CDB是等腰三角形，利用等腰三角形两底角相等的性质求出∠BCD的度数；最后用∠ACB的度数减去∠BCD的度数，即可得到∠ACD的度数。
【解析】
解：在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=40°，
根据三角形内角和为180°，可得$∠ B=180°-∠ ACB-∠ A=180°-90°-40°=50°$。
∵CD、CB均为⊙C的半径，
∴$CD=CB$，即△CDB为等腰三角形，
∴$∠ CDB=∠ B=50°$，
∴$∠ BCD=180°-∠ B-∠ CDB=180°-2×50°=80°$，
∴$∠ ACD=∠ ACB-∠ BCD=90°-80°=10°$。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
直角三角形两锐角互余；等腰三角形的性质；圆的半径相等
【点评】
本题属于基础的角度计算题，解题的关键是抓住同圆半径相等这一隐含条件，结合三角形内角和与等腰三角形的性质即可快速求解。
【难度系数】
0.8
12. ★★★ 现有一款监测半径为5 km的雷达，监测点的分布情况如图，如果将雷达装置设在P点，每一个小格的边长为1 km，那么能被雷达监测到的最远点为（
A.G点
B.H点
C.M点
D.N点
B
）A.G点
B.H点
C.M点
D.N点
答案
12. B 解析:如图,能被雷达监测到的最远点为 H 点
.故选 B.解析
【分析】
要解决这道题，首先明确雷达的监测范围是以P为圆心、半径为5km的圆，根据点与圆的位置关系：若点到圆心的距离≤半径，则点在圆内（或圆上），属于可监测范围。我们需要先通过勾股定理分别计算四个选项中的点到P点的距离，先排除距离大于5km的点，再在剩余点中找到距离最大的，即为能被监测到的最远点。
【解析】
设每个小格的边长为1km，利用勾股定理分别计算各点到P点的距离：
1. 计算PG：G与P在同一水平线上，水平间隔为3格，因此PG=3km，3＜5，属于监测范围；
2. 计算PN：N与P在同一竖直线上，竖直间隔为4格，因此PN=4km，4＜5，属于监测范围；
3. 计算PH：P到H的水平间隔为4格，竖直间隔为3格，因此$PH=\sqrt{4^2+3^2}=5km$，等于监测半径，属于监测范围；
4. 计算PM：P到M的水平间隔为4格，竖直间隔为4格，因此$PM=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{32}\approx5.66km$，5.66＞5，不属于监测范围。
对比可监测范围内的G、N、H三点，H到P的距离最大，因此能被雷达监测到的最远点为H点，如图。
【答案】
B
【知识点】
点与圆的位置关系，勾股定理的应用
【点评】
本题结合实际场景考查网格中的距离计算和点与圆的位置关系判断，解题的核心是将监测范围转化为几何中的圆，通过勾股定理计算各点到圆心的距离即可快速判断，难度不大，侧重基础知识点的灵活应用。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，首先明确雷达的监测范围是以P为圆心、半径为5km的圆，根据点与圆的位置关系：若点到圆心的距离≤半径，则点在圆内（或圆上），属于可监测范围。我们需要先通过勾股定理分别计算四个选项中的点到P点的距离，先排除距离大于5km的点，再在剩余点中找到距离最大的，即为能被监测到的最远点。
【解析】
设每个小格的边长为1km，利用勾股定理分别计算各点到P点的距离：
1. 计算PG：G与P在同一水平线上，水平间隔为3格，因此PG=3km，3＜5，属于监测范围；
2. 计算PN：N与P在同一竖直线上，竖直间隔为4格，因此PN=4km，4＜5，属于监测范围；
3. 计算PH：P到H的水平间隔为4格，竖直间隔为3格，因此$PH=\sqrt{4^2+3^2}=5km$，等于监测半径，属于监测范围；
4. 计算PM：P到M的水平间隔为4格，竖直间隔为4格，因此$PM=\sqrt{4^2+4^2}=\sqrt{32}\approx5.66km$，5.66＞5，不属于监测范围。
对比可监测范围内的G、N、H三点，H到P的距离最大，因此能被雷达监测到的最远点为H点，如图
。【答案】
B
【知识点】
点与圆的位置关系，勾股定理的应用
【点评】
本题结合实际场景考查网格中的距离计算和点与圆的位置关系判断，解题的核心是将监测范围转化为几何中的圆，通过勾股定理计算各点到圆心的距离即可快速判断，难度不大，侧重基础知识点的灵活应用。
【难度系数】
0.7
13. ★★★ 已知点P为平面内一点，若点P到⊙O上的点的最长距离为5，最短距离为1，则⊙O的半径为
3或2
.答案
13. 3或2 解析:当点 P 在圆内时,直径为 5+1=6,半径为 3;当点 P 在圆外时,直径为 5-1=4,半径为 2,
∴$\odot O$的半径为 3 或 2.
∴$\odot O$的半径为 3 或 2.
解析
【分析】
解决本题首先要明确点与圆有三种位置关系，由于点P到圆上点的最长距离和最短距离不相等，因此排除点P在圆上的情况，需分两种情况讨论：①当点P在圆内时，点到圆上的最长距离与最短距离之和等于圆的直径；②当点P在圆外时，点到圆上的最长距离与最短距离之差等于圆的直径，求出直径后除以2即可得到半径。
【解析】
本题需分两种情况计算：
1. 当点P在$\odot O$内部时：
点P到圆上点的最长距离与最短距离之和为圆的直径，即直径$=5+1=6$，因此半径为$6÷2=3$；
2. 当点P在$\odot O$外部时：
点P到圆上点的最长距离与最短距离之差为圆的直径，即直径$=5-1=4$，因此半径为$4÷2=2$。
综上，$\odot O$的半径为3或2。
【答案】
3或2
【知识点】
点与圆的位置关系；圆的基本性质
【点评】
本题重点考查分类讨论思想，易错点是只考虑其中一种位置关系导致漏解，解题时要注意全面分析点相对于圆的所有可能位置。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要明确点与圆有三种位置关系，由于点P到圆上点的最长距离和最短距离不相等，因此排除点P在圆上的情况，需分两种情况讨论：①当点P在圆内时，点到圆上的最长距离与最短距离之和等于圆的直径；②当点P在圆外时，点到圆上的最长距离与最短距离之差等于圆的直径，求出直径后除以2即可得到半径。
【解析】
本题需分两种情况计算：
1. 当点P在$\odot O$内部时：
点P到圆上点的最长距离与最短距离之和为圆的直径，即直径$=5+1=6$，因此半径为$6÷2=3$；
2. 当点P在$\odot O$外部时：
点P到圆上点的最长距离与最短距离之差为圆的直径，即直径$=5-1=4$，因此半径为$4÷2=2$。
综上，$\odot O$的半径为3或2。
【答案】
3或2
【知识点】
点与圆的位置关系；圆的基本性质
【点评】
本题重点考查分类讨论思想，易错点是只考虑其中一种位置关系导致漏解，解题时要注意全面分析点相对于圆的所有可能位置。
【难度系数】
0.6
14. :: |方程思想如图, 四边形 ADFE 和四边形BCDG 都为正方形, 且点 F, D, C 在半圆形(点 O 为圆心)的直径上,点 E,A,B 在半圆形的圆弧上,若小正方形边长为 4 cm,则该半圆形的半径为
$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
. 答案
14. $4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$ 解析:如图,连接 OA,OB,OE.
∵四边形 ADFE 为正方形,
∴$EF=AD$,$∠ EFO= ∠ ADO=90°$.又
∵$OE=OA$,
∴Rt△OEF ≌ Rt△OAD,
∴$OF=OD$.设$OD=x\ \mathrm{cm}$,则$OC=(x+4)\mathrm{cm}$,$AD=DF=2x\ \mathrm{cm}$.在 Rt△AOD 中,$OA^2=OD^2+AD^2=x^2+(2x)^2=5x^2$,在 Rt△OBC 中,$OB^2=OC^2+BC^2=(x+4)^2+4^2$.
∵$OA=OB$,
∴$(x+4)^2+4^2=5x^2$,整理得$x^2-2x-8=0$,解得$x_1=4$,$x_2=-2$(舍去),
∴$OA=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$,即该半圆形的半径为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
.解析
【分析】
解题时首先利用同圆半径相等的性质，连接OE、OA、OB得到三条相等的半径。观察大正方形ADFE可知，它的边EF、AD均垂直于直径，且EF=AD，结合OE=OA可证明Rt△OEF≌Rt△OAD，得到OF=OD，即O是FD的中点。接下来采用方程思想求解：设OD的长度为x，即可表示出大正方形边长、OC的长度，再分别在Rt△AOD和Rt△OBC中用勾股定理表示半径的平方，根据半径相等列方程，求解出x后代入勾股定理式子即可得到半径长度。
【解析】
如图，连接OA，OB，OE。
∵四边形ADFE为正方形，
∴$EF=AD$，$∠ EFO=∠ ADO=90°$。
又
∵$OE=OA$（同圆的半径相等），
∴$\mathrm{Rt}△ OEF ≌ \mathrm{Rt}△ OAD$（HL），
∴$OF=OD$。
设$OD=x\ \mathrm{cm}$，则$OC=(x+4)\ \mathrm{cm}$，$AD=DF=OF+OD=2x\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：$OA^2=OD^2+AD^2=x^2+(2x)^2=5x^2$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，由勾股定理得：$OB^2=OC^2+BC^2=(x+4)^2+4^2$。
∵$OA=OB$（同圆的半径相等），
∴$(x+4)^2+4^2=5x^2$，
整理得$x^2-2x-8=0$，
解得$x_1=4$，$x_2=-2$（长度为正，舍去），
∴$OA=\sqrt{5x^2}=\sqrt{5× 4^2}=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$，即该半圆形的半径为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
同圆半径相等，勾股定理，全等三角形判定与性质
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型综合题，解题核心是通过作半径构造直角三角形，结合全等性质得到线段关系，再用方程思想求解，能够很好地考察几何分析能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用同圆半径相等的性质，连接OE、OA、OB得到三条相等的半径。观察大正方形ADFE可知，它的边EF、AD均垂直于直径，且EF=AD，结合OE=OA可证明Rt△OEF≌Rt△OAD，得到OF=OD，即O是FD的中点。接下来采用方程思想求解：设OD的长度为x，即可表示出大正方形边长、OC的长度，再分别在Rt△AOD和Rt△OBC中用勾股定理表示半径的平方，根据半径相等列方程，求解出x后代入勾股定理式子即可得到半径长度。
【解析】
如图，连接OA，OB，OE。
∵四边形ADFE为正方形，
∴$EF=AD$，$∠ EFO=∠ ADO=90°$。
又
∵$OE=OA$（同圆的半径相等），
∴$\mathrm{Rt}△ OEF ≌ \mathrm{Rt}△ OAD$（HL），
∴$OF=OD$。
设$OD=x\ \mathrm{cm}$，则$OC=(x+4)\ \mathrm{cm}$，$AD=DF=OF+OD=2x\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得：$OA^2=OD^2+AD^2=x^2+(2x)^2=5x^2$。
在$\mathrm{Rt}△ OBC$中，由勾股定理得：$OB^2=OC^2+BC^2=(x+4)^2+4^2$。
∵$OA=OB$（同圆的半径相等），
∴$(x+4)^2+4^2=5x^2$，
整理得$x^2-2x-8=0$，
解得$x_1=4$，$x_2=-2$（长度为正，舍去），
∴$OA=\sqrt{5x^2}=\sqrt{5× 4^2}=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$，即该半圆形的半径为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
同圆半径相等，勾股定理，全等三角形判定与性质
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型综合题，解题核心是通过作半径构造直角三角形，结合全等性质得到线段关系，再用方程思想求解，能够很好地考察几何分析能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.6
15. 如图，CD是$\odot O$的直径，$∠ EOD=72°$，AE交$\odot O$于点B，且$AB=OC$，求$∠ A$的度数.
答案
15. 设$∠ A=x°$,
∵$AB=OC$,$OC=OB$,
∴$AB=OB$,
∴$∠ AOB= ∠ A=x°$,
∴$∠ OBE= ∠ A+ ∠ AOB=2x°$.
∵$OB=OE$,
∴$∠ E= ∠ OBE=2x°$,
∴$∠ EOD= ∠ A+ ∠ E=3x°=72°$,
∴$∠ A=24°$.
∵$AB=OC$,$OC=OB$,
∴$AB=OB$,
∴$∠ AOB= ∠ A=x°$,
∴$∠ OBE= ∠ A+ ∠ AOB=2x°$.
∵$OB=OE$,
∴$∠ E= ∠ OBE=2x°$,
∴$∠ EOD= ∠ A+ ∠ E=3x°=72°$,
∴$∠ A=24°$.
解析
【分析】
解题时首先观察已知条件：$AB=OC$，而$OC$是$\odot O$的半径，根据同圆半径相等，可得$OC=OB=OE$，因此可推导出$AB=OB$，得到等腰$△ ABO$；再结合等腰三角形等边对等角的性质，以及三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步将已知角$∠ EOD$用未知角$∠ A$表示，最后通过列方程求解即可得到$∠ A$的度数。
【解析】
设$∠ A=x°$，
$\because AB=OC$，且$OC$、$OB$均为$\odot O$的半径，即$OC=OB$，
$\therefore AB=OB$，
$\therefore △ ABO$为等腰三角形，$∠ AOB=∠ A=x°$，
根据三角形外角性质，$∠ OBE=∠ A+∠ AOB=2x°$。
$\because OB$、$OE$均为$\odot O$的半径，即$OB=OE$，
$\therefore △ OBE$为等腰三角形，$∠ E=∠ OBE=2x°$，
再根据三角形外角性质，$∠ EOD=∠ A+∠ E=3x°$，
已知$∠ EOD=72°$，即$3x=72$，解得$x=24$，
$\therefore ∠ A=24°$。
【答案】
$24°$
【知识点】
同圆半径相等；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是圆的基础性质与三角形知识结合的典型习题，解题核心是利用同圆半径相等的性质，将线段相等关系转化为等腰三角形的边角关系，再结合外角性质建立已知角与未知角的等量关系，通过设未知数列方程求解，能有效考查学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先观察已知条件：$AB=OC$，而$OC$是$\odot O$的半径，根据同圆半径相等，可得$OC=OB=OE$，因此可推导出$AB=OB$，得到等腰$△ ABO$；再结合等腰三角形等边对等角的性质，以及三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步将已知角$∠ EOD$用未知角$∠ A$表示，最后通过列方程求解即可得到$∠ A$的度数。
【解析】
设$∠ A=x°$，
$\because AB=OC$，且$OC$、$OB$均为$\odot O$的半径，即$OC=OB$，
$\therefore AB=OB$，
$\therefore △ ABO$为等腰三角形，$∠ AOB=∠ A=x°$，
根据三角形外角性质，$∠ OBE=∠ A+∠ AOB=2x°$。
$\because OB$、$OE$均为$\odot O$的半径，即$OB=OE$，
$\therefore △ OBE$为等腰三角形，$∠ E=∠ OBE=2x°$，
再根据三角形外角性质，$∠ EOD=∠ A+∠ E=3x°$，
已知$∠ EOD=72°$，即$3x=72$，解得$x=24$，
$\therefore ∠ A=24°$。
【答案】
$24°$
【知识点】
同圆半径相等；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是圆的基础性质与三角形知识结合的典型习题，解题核心是利用同圆半径相等的性质，将线段相等关系转化为等腰三角形的边角关系，再结合外角性质建立已知角与未知角的等量关系，通过设未知数列方程求解，能有效考查学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
16. 如图,线段$AB=8\ \mathrm{cm}$,点$D$从$A$点出发沿$AB$向$B$点匀速运动,速度为$1\ \mathrm{cm/s}$,同时点$C$从$B$点出发沿$BA$向$A$点以相同速度运动.以点$C$为圆心,$2\ \mathrm{cm}$长为半径作$\odot C$,点$D$到达$B$点时$\odot C$也停止运动,设运动时间为$t\ \mathrm{s}$,求当点$D$在$\odot C$内部时$t$的取值范围.
答案
16.
∵D,C两点的运动速度相同,相向运动,
∴可以假设点 D 的运动速度为 2 cm/s,点 C 不动.
∵$\odot C$的半径为 2 cm,
∴第一次当点 D 在$\odot C$上时,点 D 运动了 8-2=6(cm),
∴运动时间为 6÷2=3(s),当第二次点 D 在$\odot C$上时,点 D 运动了 8+2=10(cm),
∴运动了 10÷2=5(s),
∴当点 D 在$\odot C$内部时 t 的取值范围是 3＜t＜5.
∵D,C两点的运动速度相同,相向运动,
∴可以假设点 D 的运动速度为 2 cm/s,点 C 不动.
∵$\odot C$的半径为 2 cm,
∴第一次当点 D 在$\odot C$上时,点 D 运动了 8-2=6(cm),
∴运动时间为 6÷2=3(s),当第二次点 D 在$\odot C$上时,点 D 运动了 8+2=10(cm),
∴运动了 10÷2=5(s),
∴当点 D 在$\odot C$内部时 t 的取值范围是 3＜t＜5.
解析
【分析】
解题的核心是利用点与圆的位置关系判定条件：点在圆内部时，点到圆心的距离小于圆的半径。首先明确两个点的运动规律：D、C相向运动，速度均为1cm/s，先表示出运动t秒时D、C两点的距离CD，再令CD小于半径2cm，解不等式即可得到t的取值范围，也可以用相对运动的思路简化计算：因为两点速度大小相同、相向运动，可等效为C静止，D以2cm/s的速度向C运动，再计算D到C的距离等于2的两个时间节点，中间的区间就是所求范围。
【解析】
点D在⊙C内部的等价条件是：点D到圆心C的距离小于⊙C的半径，即$CD＜2\ \mathrm{cm}$。
方法1：直接表示线段长度
运动t秒时，$AD=1× t=t\ \mathrm{cm}$，$BC=1× t=t\ \mathrm{cm}$，则D、C两点的距离为：
$CD=\left|AB-AD-BC\right|=\left|8-t-t\right|=\left|8-2t\right|$
结合点在圆内的条件列不等式：
$\left|8-2t\right|＜2$
解不等式：
$8-2t＜2$，解得$t＞3$；
$8-2t＞-2$，解得$t＜5$。
结合运动实际$0≤ t≤8$，因此t的取值范围为$3＜t＜5$。
方法2：相对运动法
因为D、C速度相同、相向运动，可等效为C静止，D以$1+1=2\ \mathrm{cm/s}$的速度向C运动。
⊙C半径为2cm，当D第一次在⊙C上时，D运动的路程为$8-2=6\ \mathrm{cm}$，对应时间$t=6÷2=3\ \mathrm{s}$；
当D第二次在⊙C上时，D运动的路程为$8+2=10\ \mathrm{cm}$，对应时间$t=10÷2=5\ \mathrm{s}$。
因此点D在⊙C内部时，t的范围是$3＜t＜5$。
【答案】
$3 ＜ t ＜ 5$
【知识点】
点与圆的位置关系；动点线段表示；绝对值不等式求解
【点评】
本题是动点与圆结合的基础常考题，解题关键是先将动点对应的线段长度用含运动时间的代数式表示，再结合点和圆的位置关系的判定条件建立不等式求解，运用相对运动的思路可以简化计算过程。
【难度系数】
0.7
解题的核心是利用点与圆的位置关系判定条件：点在圆内部时，点到圆心的距离小于圆的半径。首先明确两个点的运动规律：D、C相向运动，速度均为1cm/s，先表示出运动t秒时D、C两点的距离CD，再令CD小于半径2cm，解不等式即可得到t的取值范围，也可以用相对运动的思路简化计算：因为两点速度大小相同、相向运动，可等效为C静止，D以2cm/s的速度向C运动，再计算D到C的距离等于2的两个时间节点，中间的区间就是所求范围。
【解析】
点D在⊙C内部的等价条件是：点D到圆心C的距离小于⊙C的半径，即$CD＜2\ \mathrm{cm}$。
方法1：直接表示线段长度
运动t秒时，$AD=1× t=t\ \mathrm{cm}$，$BC=1× t=t\ \mathrm{cm}$，则D、C两点的距离为：
$CD=\left|AB-AD-BC\right|=\left|8-t-t\right|=\left|8-2t\right|$
结合点在圆内的条件列不等式：
$\left|8-2t\right|＜2$
解不等式：
$8-2t＜2$，解得$t＞3$；
$8-2t＞-2$，解得$t＜5$。
结合运动实际$0≤ t≤8$，因此t的取值范围为$3＜t＜5$。
方法2：相对运动法
因为D、C速度相同、相向运动，可等效为C静止，D以$1+1=2\ \mathrm{cm/s}$的速度向C运动。
⊙C半径为2cm，当D第一次在⊙C上时，D运动的路程为$8-2=6\ \mathrm{cm}$，对应时间$t=6÷2=3\ \mathrm{s}$；
当D第二次在⊙C上时，D运动的路程为$8+2=10\ \mathrm{cm}$，对应时间$t=10÷2=5\ \mathrm{s}$。
因此点D在⊙C内部时，t的范围是$3＜t＜5$。
【答案】
$3 ＜ t ＜ 5$
【知识点】
点与圆的位置关系；动点线段表示；绝对值不等式求解
【点评】
本题是动点与圆结合的基础常考题，解题关键是先将动点对应的线段长度用含运动时间的代数式表示，再结合点和圆的位置关系的判定条件建立不等式求解，运用相对运动的思路可以简化计算过程。
【难度系数】
0.7
17. 如图,点A,B的坐标分别为A(0,4),B(4,0),点C为坐标平面内一点,BC=2,点M为线段AC的中点,连接OM,求OM的最大值.
答案
17. 如图
,∵点 C 为坐标平面内一点,$BC=2$,
∴点 C 在$\odot B$上,且$\odot B$半径为 2.在 y 轴负半轴上取点 D,使$OD=OA=4$,连接 CD,BD.
∵$AM=CM$,$OD=OA$,
∴OM 是 △ACD 的中位线,
∴$OM=\frac{1}{2} CD$.当 CD 最大时,即 OM 最大,而 D,B,C 三点共线,且 C 在 DB 的延长线上时,CD 最大,此时 OM 取得最大值.
∵$OB=OD=4$,$∠ BOD=90°$,
∴$BD=4\sqrt{2}$,
∴$CD=4\sqrt{2}+2$,
∴$OM=\frac{1}{2} CD=2\sqrt{2}+1$,即 OM 的最大值为$2\sqrt{2}+1$.
解析
【分析】
解题时首先根据$BC=2$确定点C的运动轨迹是圆心为B、半径为2的圆；要求中点M到O的距离的最大值，结合M是AC中点的条件，可通过构造中位线转化线段长度：在y轴负半轴取点D使$OD=OA$，此时O是AD中点，OM即为$△ ACD$的中位线，可得$OM=\frac{1}{2}CD$，因此求OM的最大值等价于求CD的最大值；最后根据圆上一点到定点的最大距离为定点到圆心的距离加半径，计算CD的最大值即可得到OM的最大值。
【解析】
如图,
∵点C为坐标平面内一点，$BC=2$，
∴点C在以B为圆心、半径为2的$\odot B$上。
在y轴负半轴上取点D，使$OD=OA=4$，连接CD，BD。
∵$AM=CM$，$OD=OA$，
∴OM是$△ ACD$的中位线，
∴$OM=\frac{1}{2} CD$。
当CD最大时，OM取得最大值，而D、B、C三点共线，且C在DB的延长线上时，CD最大。
∵$OB=OD=4$，$∠ BOD=90°$，
∴由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2+OD^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
∴$CD$的最大值为$BD+BC=4\sqrt{2}+2$，
∴$OM=\frac{1}{2} CD=\frac{1}{2}×(4\sqrt{2}+2)=2\sqrt{2}+1$。
【答案】
OM的最大值为$2\sqrt{2}+1$，如图
【知识点】
点与圆的位置关系，三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题解题的核心是利用轨迹思想确定点C的运动路径，通过构造中位线将待求线段的最值问题转化为圆上点到定点的最值问题，体现了转化思想在几何最值问题中的应用，掌握圆上一点到外定点的最大距离为“定点到圆心的距离+半径”是求解的关键。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据$BC=2$确定点C的运动轨迹是圆心为B、半径为2的圆；要求中点M到O的距离的最大值，结合M是AC中点的条件，可通过构造中位线转化线段长度：在y轴负半轴取点D使$OD=OA$，此时O是AD中点，OM即为$△ ACD$的中位线，可得$OM=\frac{1}{2}CD$，因此求OM的最大值等价于求CD的最大值；最后根据圆上一点到定点的最大距离为定点到圆心的距离加半径，计算CD的最大值即可得到OM的最大值。
【解析】
如图
,∵点C为坐标平面内一点，$BC=2$，
∴点C在以B为圆心、半径为2的$\odot B$上。
在y轴负半轴上取点D，使$OD=OA=4$，连接CD，BD。
∵$AM=CM$，$OD=OA$，
∴OM是$△ ACD$的中位线，
∴$OM=\frac{1}{2} CD$。
当CD最大时，OM取得最大值，而D、B、C三点共线，且C在DB的延长线上时，CD最大。
∵$OB=OD=4$，$∠ BOD=90°$，
∴由勾股定理得$BD=\sqrt{OB^2+OD^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
∴$CD$的最大值为$BD+BC=4\sqrt{2}+2$，
∴$OM=\frac{1}{2} CD=\frac{1}{2}×(4\sqrt{2}+2)=2\sqrt{2}+1$。
【答案】
OM的最大值为$2\sqrt{2}+1$，如图
【知识点】
点与圆的位置关系，三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题解题的核心是利用轨迹思想确定点C的运动路径，通过构造中位线将待求线段的最值问题转化为圆上点到定点的最值问题，体现了转化思想在几何最值问题中的应用，掌握圆上一点到外定点的最大距离为“定点到圆心的距离+半径”是求解的关键。
【难度系数】
0.6
