中考数学第二轮复习专题06 圆中的相关证明及计算练习（解析版）

这是一份中考数学第二轮复习专题06 圆中的相关证明及计算练习（解析版），共154页。试卷主要包含了刚浮出水面时开始计算时间等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc161759100" 题型01 圆中的角度和线段计算问题
\l "_Tc161759101" 题型02 垂径定理的实际应用
\l "_Tc161759102" 题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
\l "_Tc161759103" 题型04 利用弧长、扇形公式解决实际问题
\l "_Tc161759104" 题型05 求弓形面积或不规则图形面积
\l "_Tc161759105" 题型06 正多边形与圆的相关计算
\l "_Tc161759106" 题型07 与圆有关的位置关系
\l "_Tc161759107" 题型08 切线的判定
\l "_Tc161759108" 题型09 三角形内切圆、外接圆的相关计算
\l "_Tc161759109" 题型10 三角形内切圆与外接圆的综合
\l "_Tc161759110" 题型11 四点共圆
\l "_Tc161759111" 题型12 圆幂定理
\l "_Tc161759112" 题型13 阿基米德折弦定理
\l "_Tc161759113" 题型14 圆与相似综合
\l "_Tc161759114" 题型15 圆与三角函数综合
\l "_Tc161759115" （时间：60分钟）
题型01 圆中的角度和线段计算问题
1．（2024·四川泸州·一模）如图，正三角形的边长为，则它的外接圆的半径为（ ）
A． B．C． D．
【答案】B
【分析】连接、，过点作于点，根据垂径定理求出，根据圆周角定理求出，进而求出，根据余弦的定义计算，得到答案．
【详解】解：如图，连接、，过点作于点，
则，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是圆周角定理、垂径定理、等边三角形的性质、余弦的定义，掌握圆周角定理是解题的关键．
2．（2022·河北衡水·模拟预测）如图，点A，B，C在上，，连接并延长，交于点，连接，若，下列结论不正确的是（ ）

A．B．直线垂直平分C．D．
【答案】D
【分析】根据圆周角定理可得，从而根据三角形内角和求出，A选项即可判断；根据平行的性质及圆周角定理设，则，根据三角形内角和即可求出的值，从而求出，，，从而可判断C、D选项；延长交于点，根据对顶角相等可得到，从而求出，再结合垂径定理可判断出与的关系，即可判断出选项B．
【详解】解：如图，延长交于点，

是的直径，
，
，
故A选项正确，不符合题意；
，
设，则，

，
，
故D选项不正确，符合题意；
，
；
故C选项正确，不符合题意；
根据对顶角相等可得：，
，
，
是圆心，
，
直线垂直平分；
故B选项正确，不符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查圆周角定理及垂径定理，涉及到垂直平分线的定义、三角形内角和等，解题关键是熟练运用圆周角定理和垂径定理．
3．（2023·山东青岛·二模）如图，是的直径，点是外一点，过点的两条直线分别与圆相切于点、，点是圆周上任意一点，连接、，若，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
本题考查切线长定理，切线的性质，连接，根据切线长定理结合等边对等角，求出的度数，切线的性质，求出的度数，再根据圆周角定理，即可得出结果．
【详解】
解：连接，

，分别切圆于、，
，
，
，
，
是圆的直径，
，

．
故选：D．
4．（2022·山西大同·一模）如图，是的直径，、分别切于点B、C，若，则的度数是 ；

【答案】/50度
【分析】连接，由切线长定理证明，再求得，最后由三角形的内角和定理求得的度数．
【详解】解：连接，

∵、分别切于点B、C，，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴
∵，
∴，
∴ ，
∴；
故答案为50°．
【点睛】本题考查了切线的性质、圆周角定理等知识，综合性强，难度一般．
题型02 垂径定理的实际应用
5．（2023·河北石家庄·模拟预测）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具．如图，半径为3m的筒车按逆时针方向每分钟转圈，筒车与水面分别交于点A、B、长为4m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒（用点表示）．若以某个盛水筒（点P）刚浮出水面时开始计算时间．

(1)设点D为盛水筒在运行中的最高点，请在图中画出线段，用其长度表示盛水筒到水面的最大距离．（不说理由），并求最大距离约为多少米（结果保留小数点后一位）；
(2)筒车每秒转 °， °；
(3)浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面多高？（参考数据：，）
【答案】(1)作图见解析，最大距离为5.2米
(2)5，43
(3)0.7米
【分析】（1）如图1，过点作于，交于，连接，由垂径定理得，由题意知，，由勾股定理得，根据，计算求解即可；
（2）由题意知，每分钟转的弧长为，由，解得，则每秒钟转，由，可求的值；
（3）由题意知，，则，如图2，连接，过作于，于，则四边形是矩形，，，则，，进而可求浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面的高度．
【详解】（1）解：如图1，过点作于，交于，连接，

由垂径定理得，
由题意知，，
由勾股定理得，
∴（m），
∴最大距离约为5.2米；
（2）解：由题意知，每分钟转的弧长为，
∴，解得，
∴每秒钟转，
∵，
∴，
故答案为：5，43；
（3）解：由题意知，，
∵，
∴，
如图2，连接，过作于，于，则四边形是矩形，

∴，，
∴，
∴（m），
∴（m），
∴浮出水面2.6秒后，盛水筒（点P）距离水面0.7米．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，弧长公式，正弦，余弦，矩形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．（2023·广东佛山·三模）古往今来，桥给人们的生活带来便利，解决跨水或者越谷的交通，便于运输工具或行人在桥上畅通无阻，中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形，坐落在河北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝，距今已有约1400年的历史，是当今世界上现存最早、保存最完整的古代敝肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形．
(1)某桥A主桥拱是圆弧形（如图①中），已知跨度，拱高，则这条桥主桥拱的半径是______；
(2)某桥B的主桥拱是抛物线形（如图②），若水面宽，拱顶P（抛物线顶点）距离水面，求桥拱抛物线的解析式；
(3)如图③，某时桥A和桥B的桥下水位均上升了，求此时两桥的水面宽度．
【答案】(1)25
(2)
(3)此时桥的水面宽度为，桥的水面宽度为
【分析】（1）设所在圆的圆心为点，连接，则，，再设这条桥主桥拱的半径是，则，，然后在中，利用勾股定理求解即可得；
（2）以水面所在直线为轴，的中点为原点，建立平面直角坐标系，则，再利用待定系数法求解即可得；
（3）根据（1）可得，利用勾股定理可求出的长，再利用垂径定理即可得此时桥的水面宽度；根据（2）的结论求出时，的值，由此即可得此时桥的水面宽度．
【详解】（1）解：如图，设所在圆的圆心为点，连接，

由垂径定理得：点共线，
则，，
设这条桥主桥拱的半径是，则，
，
在中，，即，
解得，
故答案为：25．
（2）解：如图，以水面所在直线为轴，的中点为原点，建立平面直角坐标系，

由题意得：，
则设桥拱抛物线的解析式为，
将点代入得：，解得，
所以桥拱抛物线的解析式为．
（3）解：如图，桥中，由（1）可知：，

由题意得：，
，
在中，，
由垂径定理得：，
即此时桥的水面宽度为；
如图，桥中，，

当时，，
解得或，
所以此时桥的水面宽度为，
答：此时桥的水面宽度为，桥的水面宽度为．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点，熟练掌握垂径定理和二次函数的性质是解题关键．
7．（2023·宁夏中卫·二模）在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标，，，由三个监测点确定的圆形区域是安全警戒区域．（单位：海里）

(1)某天海面上出现可疑船只C，在监测点A测得C位于南偏东，同时在监测点O测得C位于南偏东，求监测点O到C船的距离．（结果精确到整数，参考数据：，，）
(2)当可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．
【答案】(1)海里
(2)不会，见详解
【分析】（1）过点C作轴于点D，设，则，在中，解直角三角形求得x，进而求得；
（2）由（1）知，根据三角函数的定义得到，过点C作轴于点G，过点作于点E，交于H，过点作于点F，则四边形是矩形，根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，于是得到结论．
【详解】（1）解：过点C作轴于点D，

依题意，得，，
设，则，
∵，
∴，
∴
在中，，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
所以监测点O到C船的距离为海里；
（2）解：不会，计算如下：
由（1）知，
∵，
∴，
∴，
过点C作轴于点G，过点作于点E，交于H，

∴，
∴，
过点作于点F，
则四边形是矩形，
∴，
由已知得，，
∵，
∴线段是的直径，，
∴，
∵，
∴，
∴直线与相离，C船不会闯入安全警戒区域．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、直线与圆的位置关系．熟练掌握垂径定理以及锐角三角函数的知识是解题关键．
8．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图是一个半圆形桥洞截面示意图，圆心为O，直径是河底线，弦是水位线，．已知仪器在A处测得点D的仰角为，水深（点D到河底线的距离）．

(1)求的大小及的长；
(2)受暴雨影响，水面以平均每小时的速度升高，若不及时进行开闸泄洪，则经过多长时间水面将淹没整个桥洞？（参考数据：取4）
【答案】(1)，
(2)6小时
【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余可求出，连接，解和，求出，再由求解即可；
（2）过O作，与交于点E，与半圆O交于点F．求出，即可求出结论．
【详解】（1）∵的长表示点D到河底线的距离，
∴，
∴，
∵，
∴，
连接，
∵是直径，
∴，
∴，
∴，且，
∴，，
∴，即的长为；
（2）如图，过O作，与交于点E，与半圆O交于点F．

∵
∴
∵，
∴，
∴（小时）
即经过6小时水面将淹没整个桥洞．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形以及圆周角定理的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
题型03 与圆有关的弧长、扇形面积计算
9．（2023·贵州黔东南·二模）如图，在平行四边形中，，以为直径的恰好经过点，交于点，当点为的中点时，下列结论错误的是（ ）
A．平分B．
C．D．的长为
【答案】B
【分析】本题考查了圆的相关计算，根据平行四边形的性质和判定、圆周角定理、弧长公式和扇形面积公式计算即可，熟练掌握弧长公式和扇形面积公式是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接、，作于，
，
点为的中点，
，
，
平分，故A正确，不符合题意；
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，故C正确，不符合题意；
，
，
，
，故B错误，不符合题意；
，故D正确，符合题意；
故选：B．
10．（2023·广东东莞·三模）如图，和是两个完全重合的直角三角板，，斜边长为三角板绕直角顶点顺时针旋转，当点落在边上时，则点所转过的路径长为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查了旋转的性质，求弧长，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，根据三角形内角和和含度的直角三角形三边的关系得到，，再根据旋转的性质得，于是可判断为等边三角形，所以，然后根据弧长公式计算弧的长度即可．
【详解】解：，，，
， ，
三角板绕直角顶点顺时针旋转，点落在边上，
∴，
∴为等边三角形，
∴
弧的长度，
即点所转过的路径长．
故答案为：．
11．（2023·吉林长春·二模）如图，边长为1的正方形的顶点A在扇形的半径上，点B．C在上，点D在上，若，则扇形的面积为 ．
【答案】
【分析】
本题考查了正方形的性质和扇形的面积计算，能求出半径的长度是解此题的关键．连接，根据正方形的性质得出，，求出，求出，根据勾股定理求出，再根据扇形的面积公式求出答案即可．
【详解】解：连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴扇形的面积为．
故答案为：．
12．（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图物体由两个圆锥组成．其主视图中，，，若上面圆锥的侧面积为，则下面圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【分析】根据题意得出为等腰直角三角形，为等边三角形，则上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于：，即可求解．
【详解】解：，，
为等腰直角三角形，
，，
，
，
而，
为等边三角形，
，
上面圆锥与下面圆锥的底面相同，
上面圆锥的侧面积与下面圆锥的侧面积的比等于：，
下面圆锥的侧面积．
故答案为：．
13．（2023·湖南湘西·二模）在数学实践活动中，某同学用一张如图①所示的矩形纸板制做了一个扇形，并由这个扇形围成一个圆锥模型（如图②所示），若扇形的圆心角为，圆锥的底面半径为2，则此圆锥的母线长为 ．

【答案】
【分析】设此圆锥的母线长为l，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到，然后解方程即可．
【详解】解：设母线长为l，
则，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
题型04 利用弧长、扇形公式解决实际问题
14．（2023·河南周口·模拟预测）某中学要把一块长，宽的矩形空地改建为一个如图所示的花园．花园内的小路（阴影部分）由圆心角为，内径为，外径为的圆环形小路和宽为且垂直于矩形边的笔直小路组成，则花园内小路的总占地面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算，解题的关键是熟练掌握扇形面积公式．用竖直道路的面积加上弧形小路的面积即可得出答案．
【详解】解：花园内小路的总占地面积为：
．
故答案为：．
15．（2023·安徽·二模）《九章算术》中有如下问题：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆高5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有 斛．

【答案】22
【分析】根据米堆的底部的弧度即底面圆周的四分之一为8尺，可求出圆锥的底面半径，从而计算出米堆的体积，用体积除以每斛的体积即可求得斛数．
【详解】解：设米堆所在圆锥的底面半径为尺，由题意，得：，
∴，
∴米堆的体积为：，
∴米堆的斛数为：；
故答案为：22．
【点睛】本题考查了圆锥的计算及弧长的计算，解题的关键是从实际问题中抽象出圆锥的知识，难度不大．
16．（2024·辽宁沈阳·一模）图1是一种折叠门，由上下轨道和两扇长宽相等的活页门组成，整个活页门的右轴固定在门框上，通过推动左侧活页门开关；图2是其俯视图简化示意图，已知轨道，两扇活页门的宽，点B固定，当点C在上左右运动时，与的长度不变（所有结果保留小数点后一位）．（参考数据：，，，π取）
(1)若，求的长；
(2)当点C从点A向右运动时，求点O在此过程中运动的路径长．
【答案】(1)的长约为
(2)点O在此过程中运动的路径长为
【分析】本题主要考查了解直角三角形，弧长公式的应用；
（1）作于H，根据推出，然后在中解直角三角形求出即可；
（2）证明是等边三角形，可得点O的运动路径是半径为，圆心角为的弧长，然后利用弧长公式计算即可．
【详解】（1）解：如图，作于H，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴的长约为；
（2）∵当点C从点A向右运动时，即，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴点O的运动路径是半径为，圆心角为的弧长，
即，
∴点O在此过程中运动的路径长为．
17．（2024·河北邯郸·二模）水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人员介绍，新建摩天轮直径为，最低点距离地面，摩天轮的圆周上均匀地安装了个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱．
(1)小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为______；
(2)在小明进座舱后间隔个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于，两点），求两人所在座舱在摩天轮上的距离（的长）和直线距离（线段的长）．
【答案】(1)
(2)在摩天轮上的距离（的长）为，直线距离（线段的长）为
【分析】本题考查了点到圆上一点的距离，求弧长，等边三角形的性质与判定
（1）根据点到圆的距离可得最高点到地里的距离为；
（2）根据题意得出，进而根据弧长公式即可求解；证明为等边三角形，即可求得的长．
【详解】（1）解：如图，由题意可知，
当座舱转到点时，距离地面最高，
此时；
（2）圆周上均匀的安装了24个座舱，因此每相邻两个座舱之间所对的圆心角为，
的长为，
如图，连接，
且，
为等边三角形，
．
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（的长）为，直线距离（线段的长）为．
18．（2023·吉林松原·三模）圆锥是生活中常见的立体图形，如雪糕筒，漏斗，羽毛球，路障等，赵亮同学用一个如图①所示的扇形围成如图②所示的圆锥，为圆锥的高，点D为母线上的中点，，为底面圆半径，，求图①中的长度．（参考数据：取，，）
解：如图②，因为，所以，
因为在中，点D为边中点，，
所以（__________）（填推理依据），
_________（填“”或“”）．
如图①，所以_______（填相应的三角形函数值）________（）（结果精确到）．
【答案】在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，，，
【分析】本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，三角函数的应用，根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半得，再根据，求出r，再根据弧长等于圆锥底面圆的周长即可得出答案．
【详解】解：如图②，因为，所以，
因为在中，点D为边中点，，
所以（在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半）（填推理依据），
（填“”或“”）．
如图①，所以（填相应的三角形函数值）（）（结果精确到）．
题型05 求弓形面积或不规则图形面积
19．（2023·山西临汾·二模）如图，是的直径，是弦，，在直径上截取，延长交于点，若，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，连接，过点O作于点F，求出，由圆周角定理得，得，由三角形外角的性质得，由垂径定理得，根据勾股定理得，根据求解即可．
【详解】解：如图，连接，过点O作于点F，

则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴∠，
∴∠，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，扇形面积等知识，求出扇形的半径和圆心角是解答本题的关键．
20．（2023·山东济南·三模）如图，已知中，，，内切圆半径为，则图中阴影部分面积和是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，扇形面积的计算，解决本题的关键是掌握三角形的内切圆与内心；根据内切圆的性质可得图中阴影部分面积和是的面积与扇形的面积的差，进而即可求解
【详解】解：
是的内切圆，切点分别为，，，
图中阴影部分面积和是的面积扇形的面积，
、分别是、的角平分线，
，，
，
，
，
，
，
故选：A．
21．（2023·河南新乡·二模）如图，是的直径，，°，将沿翻折，与直径交于点，则图中阴影部分面积为

【答案】
【分析】本题考查扇形面积的计算，圆周角定理以及折叠轴对称，掌握圆周角定理以及扇形面积的计算方法是正确解答的前提．根据圆周角定理以及直角三角形的边角关系可求出、，再根据中位线定理求出，由图形中面积之间的关系进行计算即可．
【详解】解：如图，连接，,过点作于点，则，
∵是的直径，
∴，
在中，，，
∴，，，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
=，
故答案为：．

22．（2023·河南周口·二模）如图所示的是以为直径的半圆形纸片，，沿着垂直于的半径剪开，将扇形沿向右平移至扇形，如图，其中点与点重合，点与点重合，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】
【分析】连接，作于点，，即可求得弧和以及围成的重叠部分的面积，则重叠部分的面积即可求得．
本题考查了扇形的面积的计算，正确理解不规则的图形的面积转化为规则图形的面积的和、差计算是关键．
【详解】解：连接，作于点．
，
，
，
，
在直角中，，
则，
则弧和以及围成的阴影部分的面积是：，
则．
故答案是：．
23．（2023·广东肇庆·三模）如图，在中，，，，以点C为圆心，长为半径画弧，交C于点D，交于点E，则图中阴影部分的面积是 ．(结果保留π)
【答案】/
【分析】本题考查不规则图形的面积计算，扇形的面积公式，等边三角形的判定与性质等知识，证明是等边三角形，从而得到，继而得到从而得解．掌握扇形面积公式是解题的关键．
【详解】如图，连接．
∵，，，
∴，，
又∵，
∴是等边三角形
∴，，
∵，
∴，
∴
∴=．
故答案为：．
题型06 正多边形与圆的相关计算
24．（2024·安徽阜阳·一模）如图是半径为4的的内接正六边形，则圆心O到边的距离是（ ）
A．B．3C．2D．
【答案】A
【分析】本题过点O作于点，根据正六边形的性质以及垂径定理得到，，从而得出，最后利用勾股定理算出，即可解题．
【详解】解：如图，做于点，
正六边形外接半径为4的，
，，
，
，
，
圆心O到边的距离为，
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形和圆，勾股定理，30度所对直角边等于斜边的一半，以及垂径定理，熟练掌握相关性质定理并灵活运用，即可解题．
25．（2023·内蒙古呼伦贝尔·二模）如图，P，Q分别是的内接正五边形的边，上的点，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查的是正多边形和圆、全等三角形的判定和性质，掌握正多边形的中心角的求法、全等三角形的判定定理是解题的关键．连接、、，证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形计算即可．
【详解】解：连接、、，
五边形是的内接正五边形，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，，
．
故选：．
26．（2023·宁夏·二模）中国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，奠定了中国圆周率计算在世界上的领先地位．刘微提出：“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”，由此求得圆周率的近似值．例如：设半径为r的圆内接正n边形的周长为C，圆的直径为d，如图，当时，，则当时， ．（结果精确到0.01，参考数据：，）
【答案】
【分析】
本题主要考查了正多边形和圆以及解直角三角形的运用，圆的内接正十五边形被半径分成顶角为的十五个等腰三角形，作辅助线构造直角三角形，根据中心角的度数以及半径的大小，求得，，进而得到答案．
【详解】解：如图，圆的内接正十五边形被半径分成15个如图所示的等腰三角形，
其顶角为，即，
作于点H，则，
，
在中，，即，
，
，
，
，
，
故答案为：．
27．（2023·河北沧州·模拟预测）某数学小组在一个半径为2的圆形场地上做探究实践活动．

（1）如图1，小组将圆形场地分为12等份．机器人从一个点到另外一个点均是直线行走．
①机器人从点走到点的路程为 ；
②机器人从点到点走了两条不同的路线．路线1：；路线2：，路线1的长记为，路线2的长记为，则 ；（填“>”“
【分析】(1) ①根据中心角为，结合从点走到点其路径对的圆心角为，根据半径为2计算即可．
②根据中心角为，得到继而判定都是等边三角形，，得到；根据，得到为圆的直径，根据中心角为，得到，，
得到即，比较大小即可．
（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，根据，求得，再计算即可．
【详解】(1) ①∵中心角为，
∴从点走到点其路径对的圆心角为，
∵，
∴，
故答案为：．
②根据中心角为，
∴，
∴都是等边三角形，
∴，
∴；
∵
∴，
∴为圆的直径，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（2）设多边形的中心角为，当转到时，,，
∵，
∴，
解得，
∵半径相等，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了中心角的计算，等边三角形的判定和性质，勾股定理，无理数的估算，等腰三角形的性质，熟练掌握中心角的计算是解题的关键．
题型07 与圆有关的位置关系
28．（2023·山东泰安·三模）如图，抛物线与轴负半轴交于点A，P是以点为圆心，2为半径的圆上的动点，是线段PA的中点，连接，则线段的最小值是（ ）

A．B．2C．D．
【答案】A
【分析】连接，如图，先解方程得，再判断为的中位线得到，利用点与圆的位置关系，过圆心C时，最小，如图，点P运动到位置时，最小，然后计算出即可得到线段的最小值．
【详解】解：连接，如图，

当时，，
解得，
∴，
∵Q是线段的中点，
∴为的中位线，
∴，
当最小时，最小，
而过圆心C时，最小，如图，点P运动到位置时，最小，
∵，
∴，
∴线段的最小值是．
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线．确定位置是解题的关键．
29．（2023·陕西西安·一模）如图，的半径为4，圆心M的坐标为，点P是上的任意一点，，且、与x轴分别交于A、B两点．若点A、点B关于原点O对称，则当取最大值时，点A的坐标为 ．

【答案】
【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，勾股定理，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最小值时点的位置．
由中知要使取得最大值，则需取得最大值，连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，据此求解可得．
【详解】解：连接，
∵，
∴，
∵点、点关于原点对称，
∴，
∴，
若要使取得最大值，则需取得最大值，
连接，并延长交于点，当点位于位置时，取得最大值，
过点作轴于点，

则、，
∴，
又∵，
∴，
∴；
∴，
即点A的坐标为，
故答案为：．
30．（2023·北京·二模）在平面直角坐标系中，的半径为2．对于直线l和线段，给出如下定义：若将线段关于直线l对称，可以得到的弦 (，分别是B，C的对应点)，则称线段是以直线l为轴的的“关联线段”．例如，图1中线段是以直线l为轴的的“关联线段”．

(1)如图2，点，，，，，的横、纵坐标都是整数．
① 在线段，，中，以直线：为轴的的“关联线段”是 ；
② 在线段，，中，存在以直线：为轴的的“关联线段”，求b的值；
(2)已知直线：交x轴于点A．在中，，，若线段是以直线为轴的的“关联线段”，直接写出m的最大值与最小值，以及相应的的长．
【答案】(1)①；② 1或3
(2)m的最大值为，；m的最小值为，．
【分析】（1）①根据题中定义即可画图得出；②通过判断直线，的最长的弦即直径为4，可排除，，所以成为的弦，根据圆的对称性，分两种情况讨论；
（2）画与关于直线：对称，以点A为圆心，6为半径画，则与至少有一个交点，才能满足题目条件，画出图形即可求出m的最大值和最小值，通过勾股定理即可求出．
【详解】（1）解：①如图所示：

∴以直线：为轴的的“关联线段”是 ；
② ∵直线：与x轴夹角为，
∴线段直线，
∴线段关于直线的对称线段还在直线上，不可能是的弦，
∵的最长的弦即直径为4，
，
∴线段的对称线段不可能是的弦；
∵线段直线，且，
∴线段的对称线段可以是的弦．
线段的对称线段，
且．
如图，平移线段使之成为的弦，有两种情况：

(ⅰ) ，的坐标分别为，，此时；
(ⅱ) ，的坐标分别为，，此时．
综上所述，或3．
（2）解：画与关于直线：对称，
∵，
以点A为圆心，6为半径画，则与至少有一个交点，才能满足题目条件，
∵与关于直线对称，
则与至少有一个交点，如图所示，

此时m取得最小值；

此时m取得最大值；
把代入直线：得：，
∴点A的坐标为，
∵与至少有一个交点，
∴，
解得：，
∴m的最大值为，m的最小值为；
连接、、，过点C作，如图所示，

∵，的半径为2，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
连接、、，过点C作如图所示，

∵，的半径为2，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
【点睛】本题考查了圆的几何问题，难度较大，正确理解新定义和考虑到以点A为圆心，6为半径画，则与至少有一个交点，才能满足题目条件，是关键．
31．（2023·江苏常州·二模）对于平面直角坐标系中的图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“最小距离”，记作.
已知点，，连接．

(1)填空： ______；
(2)的半径是r，若，直接写出r的取值范围；
(3)的半径是r，若将点B绕点A顺时针旋转，得到点C.
①当时，求此时r的值；
②对于取定的r值，若存在两个不同的值使得，直接写出r的取值范围．
【答案】(1)3
(2)
(3)①，②
【分析】（1）由题意得出轴，则可根据“最小距离”的定义得出答案；
（2）根据题意画出图形，由直角三角形的性质及“最小距离”的定义得出答案；
（3）①过点C作于点H，由直角三角形的性质可得出答案； ②由题意可知线段在旋转过程中与有两个交点，画出图形即可得出答案．
【详解】（1）∵，，
∴轴，
∴，
故答案为：3；
（2）如图所示，表示与线段有交点，

此时,
∴；
（3）①当时，点C恰好落在x轴上，如图，

过点C作，垂足为H，
，，
，，
点C落在x轴上，
，
；
②存在两个不同的值使得，即线段在旋转的过程中与有两个交点，如图，

此时，，
∴．
【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是理解并掌握“最小距离”的概念，旋转的性质，直角三角形的性质及分类讨论思想的运用等知识点．
32．（2023·北京房山·二模）在平面直角坐标系中，有图形W和点P，我们规定：若图形W上存在点M、N（点M和N可以重合），满足，其中点是点P关于x轴的对称点，则称点P是图形W的“对称平衡点”．

(1)如图1所示，已知，点，点．
①在点中，是线段的“对称平衡点”的是___________；
②线段上是否存在线段的“对称平衡点”？若存在，请求出符合要求的 “对称平衡点”的横坐标的范围，若不存在，请说明理由；
(2)如图2，以点为圆心，1为半径作．坐标系内的点C满足，再以点C为圆心，1为半径作，若上存在的“对称平衡点”，直接写出C点纵坐标的取值范围．
【答案】(1)①，；②不存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）①根据对称平衡点的定义进行判断即可；②不存在，根据对称平衡点的定义进行讨论可得结论；
（2）画出图形进行判断即可．
【详解】（1）①如图所示，点，，则；，则，

∴线段的“对称平衡点”的是，；
故答案为：，；
②不存在
设P为线段上任意一点，则它与线段上点的距离最小值为0，最大值为和中的较大值；显然
点P关于x轴的对称点为，它到线段上任意一点的距离
即若是线段上的任意两点，，不存在
∴线段上不存在线段的“对称平衡点”；
（2）如图，由②可知线段上不存在的“对称平衡点”，上存在的“对称平衡点”，

∵
∴
【点睛】本题考查了对称平衡点．两圆的位置关系，点与圆的位置关系等知识，解题的关键是理解题意，学会取特殊点特殊位置解决问题．
题型08 切线的判定
33．（2024·辽宁沈阳·一模）如图，直线l与相切于点M，点P为直线l上一点，直线交于点A、B，点C在线段上，连接BC，且．

(1)判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，的半径为，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)直线是的切线，理由见解析
(2)
【分析】（1）首先证明，得出，即可得出直线是的切线；
（2）利用切线的性质定理以及勾股定理和锐角三角函数关系得出，则，以及的长，再利用三角形面积公式以及扇形面积公式得出答案即可．
【详解】（1）解：直线是的切线，
理由：连接，，
∵直线l与相切于点M，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
为直径，
∴直线是的切线；
（2）过点O作于点N，

∵，
∴，
即，
又∵，则，
∴，
∴，则，
∴，
∵，，
∴，
∴，
，
∴，则，
∴图中阴影部分的面积为：．
【点睛】此题主要考查了扇形面积公式以及切线的性质和判定和锐角三角函数关系应用以及全等三角形的判定及性质等知识，熟练应用切线的性质和判定定理是解题关键．
34．（2024·陕西西安·二模）如图，在中，，以为直径的交于点，交于点，在下方作，过点作，垂足为点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由，得到，由为的直径，可得，推出，结合，即可求解；
（2）连接，可得，且，进一步求得和，即可求得．
【详解】（1）证明：，
，
为的直径，
，
，
，
，即，
，
是的切线；
（2）连接，如图，

，且为的直径，
，，
，，
，
，
，
则．
【点睛】本题主要考查圆周角定理、切线的判定定理、勾股定理以及等腰三角形的性质，解题的关键是灵活运用这些性质．
35．（2023·广东湛江·三模）如图，在四边形中，，，，点E、F分别在线段上，且，
(1)求证：；
(2)求证：以为直径的圆与相切；
(3)若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据，可得，同理可得；结合
即可求证；
（2）取的中点O，过点O作于H，连接并延长交的延长线于G，可得；证可得是的中位线，即可求证；
（3）过点D作，交的延长线于M，过点A作于N，分别解直角三角形，根据即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图1，取的中点O，过点O作于H，
∴
∴
∵，
∴
∵，，
∴四边形是梯形，
∴点H是的中点，
∴
连接并延长交的延长线于G，
∴，
∵
∴（），
∴，
∴是的中位线，
∴
∵，
∴以为直径的圆与相切；
（3）解：如图2，
由（1）知，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴
∵，，
∴，
过点D作，交的延长线于M，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴
过点A作于N，
∴四边形是矩形，
∴，
由（1）知，，
∵，
∴，
在中，，
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了中位线定理、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、矩形的判定与性质、圆的切线证明等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．
36．（2023·广东江门·一模）如图，矩形中，＝13，＝6，点E是上的动点，以为直径的⊙O与交于点F，过点F作于点G．
​
(1)当E是的中点时：tan的值．
(2)在（1）的条件下，证明：是圆O的切线．
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可得，利用E为中点即可求得；
（2）连接，矩形的性质证明，得出，利用等边对等角得角相等，等量代换得，得出平行从而有，则结论得证．
【详解】（1）（1）解：∵四边形是矩形，
∴， ，，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴．
（2）证明：连接，
在矩形中，，，
又，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∵是⊙O的半径，
∴是⊙O的切线．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、切线的判定．熟练掌握切线的判定是解题的关键．
题型09 三角形内切圆、外接圆的相关计算
37．（2023·浙江杭州·二模）如图，O为等腰三角形的外心，，连接，记，，则满足的关系式为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
连接，

∵O为等腰三角形的外心，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
38．（2023·陕西西安·一模）问题发现
（1）在中，，，则面积的最大值为 ；
（2）如图1，在四边形中，，，，求的值．
问题解决
（3）有一个直径为的圆形配件，如图2所示．现需在该配件上切割出一个四边形孔洞，要求，，并使切割出的四边形孔洞的面积尽可能小．试问，是否存在符合要求的面积最小的四边形？若存在，请求出四边形面积的最小值及此时的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，四边形面积的最小值为，此时
【分析】（1）易知点C在以为弦的确定的圆上，作的外接圆，可得当点C在的位置，即垂直平分时，的面积最大，求出，再根据三角形的面积公式计算即可；
（2）将绕点A逆时针旋转得到，则，，，，证明C、D、E在同一条直线上，求出，利用勾股定理求出，进而可得的值；
（3）如图作辅助线，证明是等边三角形，求出，可得要使四边形的面积最小，就要使的面积最大，然后由（1）可知，当是直径，且时，的面积最大，同（1）的方法求出面积的最大值，可得四边形面积的最小值，然后证明O、C、M共线，解直角三角形求出，根据可得此时的长．
【详解】解：（1）∵，，
∴点C在以为弦的确定的圆上，
如图，作的外接圆，
∴当点C在的位置，即垂直平分时，的面积最大，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴面积的最大值为，
故答案为：；
（2）如图，将绕点A逆时针旋转得，
∴，，，，
∵，，
∴，
∵，
∴C、D、E在同一条直线上，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）存在；
如图，连接，
∵，，
∴将绕O点顺时针旋转至，连接，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵
，
∴要使四边形的面积最小，就要使的面积最大，
作的外接圆，点F是上一点，交于M，
由（1）可知，当是直径，且时，的面积最大，
此时，，
∴，
∴面积的最大值为，
∴四边形面积的最小值为，
又∵垂直平分，是等边三角形，
∴O、C、M共线，
∴,
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的外接圆，垂径定理，等边三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，作出合适的辅助线，灵活运用三角形的外接圆求出三角形面积的最大值是解题的关键．
39．（2024·山西朔州·一模）阅读与思考
阅读下列材料，并完成相应的任务．
任务：
(1)请完成材料中利用秦九韶公式求面积的剩余步骤，并求出的内切圆的半径．
(2)如图2，在中，为它的内切圆，则的长为______．
【答案】(1)剩余步骤见解析，的内切圆的半径为
(2)1
【分析】本题考查实数的混合运算，三角形的内切圆，正方形的判定和性质，正确运用材料中的公式是解题的关键．
（1）利用二次根式及有理数的运算法则计算出，再根据计算的内切圆的半径；
（2）先利用勾股定理求出，进而求出的周长的一半和，根据即可求出的内切圆的半径，再证四边形是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：
，
又的周长的一半，
的内切圆的半径．
（2）解：如图，连接和，
在中，，
，
设，p为的周长的一半，
则，，
的内切圆的半径．
；
又为的内切圆，
，，
，
四边形是正方形，
．
故答案为：1．
40．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）如图，点I是的内心，的延长线与的外接圆交于点D，与交于点E，延长、相交于点F，的平分线交于点G．

(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)3
【分析】（1）根据三角形内心的性质得，再利用圆内接四边形的性质得，则，从而得到，即可得出结论；
（2）证明，利用相似比得到，则，再计算即可．
【详解】（1）证明：∵点I是的内心，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；

（2）解；∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵点I是的内心，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查三角形内切圆与内心、圆周角定理、相似三角形的判定与性质及平行线的判定、内接四边形的性质，熟练掌握三角形内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个角是解题的关键．
题型10 三角形内切圆与外接圆的综合
41．（2022·河南信阳·三模）如图，在△ABC中，∠BOC＝140°，I是内心，O是外心，则∠BIC＝（ ）度
A．70B．135C．55D．125
【答案】D
【分析】根据圆周角定理求出，求出度数，根据三角形内角和定理求出，根据三角形的内心得出，，求出的度数，再求出答案即可．
【详解】解：在中，，是外心，
，
，
，
为的内心，
，，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和三角形的外接圆，圆周角定理，三角形的内角和定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
42．（2023·江苏无锡·二模）如图，在中，．

(1)在图①中作的外接圆；在图②中作的内切圆．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若O、I两点在同一中，当，时，______，______．（如需画草图，请使用图③）
【答案】(1)见解析
(2)，
【分析】（1）作的垂直平分线交于点，再以点为圆心，为半径作圆得到的外接圆；作和的平分线，它们相交于点，作过点作于点，然后以点为圆心，为半径作圆得到 的内切圆；
（2）如图③，设与各边的切点为、、，连接、、，根据切线的性质得到，，，过点作于点，设的半径为，则，先根据圆周角定理可判断为的直径，利用勾股定理可计算出得到，接着证明四边形为正方形得到，根据切线长定理得到，，从而得到，解得，然后利用勾股定理可计算出，再利用面积法求出，接着利用勾股定理求出，最后利用余弦的定义求出的余弦值．
【详解】（1）解：如图①，为所作；

如图②，为所作；

（2）如图③，设与各边的切点为、、，连接、、，则，，，过点作于点，
设的半径为，则，

，
为的直径，
，，，
，
，
，
四边形为矩形，
，
四边形为正方形，
，
，，
，
，
解得，
，
，
在中，，
在中，，，
，
，
，
，
．
故答案为：，．
【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．主要考查了三角形外接圆和三角形的内切圆．
43．（2022·陕西西安·二模）【问题提出】（1）如图1，在四边形ABCD中，，，点E为AB延长线上一点，连接EC并延长，交AD的延长线于点F，则的度数为______°；
【问题探究】（2）如图2，在Rt△ABC中，，点D、E在直线BC上，连接AD、AE，若，，求△ADE面积的最小值；
【问题解决】（3）近日，教育部印发了《义务教育课程方案和课程标准(2022年版)》，此次修订中增加的跨学科主题学习活动，突破学科边界，鼓励教师开展跨学科教研，设计出主题鲜明、问题真实的跨学科学习活动．为此，某校欲将校园内一片三角形空地ABC（如图3所示）进行扩建后作为跨学科主题学习活动中心，在AB的延长线上取一点D，连接DC并延长到点E，连接AE，已知，米，，为节约修建成本，需使修建后△ADE的面积尽可能小，问△ADE的面积是否存在最小值？若存在，求出其最小面积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）60；（2），详见解析；（3）3200m2，详见解析．
【分析】（1）由四边形内角和360°得到答案；
（2）分析得出三角形ADE面积数值为3DE，只需求出CE最小值即可；作出三角形ADE外接圆，圆心为O，过O作OH⊥DE，可得AO+OH≥AB，由∠ODH=30°知AO=2OH，求出OH最小值，借助三角函数得DH最小值；最后由垂径定理得DE=2DH的最小值，代入求解；
（3）过C作CH⊥AE，证明出四边形ABCF为正方形，设BD=x，EF=y，利用三角函数得到xy=1600，利用不等式得到x+y的最小值，代入三角形ADE面积1600+20（x+y），求值即可．
【详解】（1）解：在四边形ABCD中，∠A=60°，∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠BCD=360°－∠A－∠ABC－∠ADC=120°，
∴=180°－∠BCD=60°，
故答案为：60．
（2）解：S△ADE=DE·AB=3DE，
∴当DE取最小值时，△ADE面积取最小值．
作△ADE的外接圆，圆心为O，连接OD、OE、OA，过O作OH⊥DE于H，
则∠DOE=2∠DAE=120°，
由OD=OE知，∠ODH=30°，
∴OD=2OH，
∵OA+OH≥AB，
∴OA+OA≥6，
即OA≥4，OH≥2，
由垂径定理得：DE=2DH=2OH≥，
此时，A、O、H共线，AD=AE，
∴△ADE面积的最小值为：3×=．
（3）解：过C作CH⊥AE于H，如图所示，
设BD=x，EF=y，
∵∠ABC=90°，AE∥BC，
∴四边形ABCF为矩形，
∵AB=BC=40
∴四边形ABCF为正方形，
由tan∠E=tan∠BCD知，，
即，
∴y=，
即xy=1600，
∵，
∴=80，
当x=y时取等号，即x+y的最小值为80，
又△ADE的面积=正方形ABCF面积+三角形BCD面积+三角形CEF面积，
即△ADE的面积=1600+20（x+y）≥1600+20×80=3200，
综上所述，△ADE的面积的最小值为3200 m2．
【点睛】本题考查了四边形内角和、圆心角与圆周角关系、垂径定理、三角函数、正方形判定、不等式性质等知识，综合性很强，对定高定角图形的问题转化为圆的问题及灵活利用不等式是解题关键．
44．（2020·贵州遵义·三模）如图，在平面直角坐标系上，一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
①求线段MN的最大值；
②当MN取最大值时，在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P，连接PM、PN，当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时，求点P的坐标．

【答案】（1）y＝x2﹣4x+3；（2）①；②点P的坐标为（，）或（，）
【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c，便可得抛物线的解析式；
（2）①用待定系数法求出直线BC的解析式，再设M的横坐标为t，用t表示MN的距离，再根据二次函数的性质求得MN的最大值；
②分三种情况：当∠PMN=90°时；当∠PNM=90°时；当∠MPN=90°时．分别求出符合条件的P点坐标便可．
【详解】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得
，
解得，，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），则
，
解得，，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
设M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），则N（t，t2﹣4t+3），
∴MN＝﹣t2+3t＝﹣，
∴当t＝时，MN的值最大，其最大值为；
2°∵△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上，
∴△PMN为直角三角形，
由1°知，当MN取最大值时，M（，），N（，），
①当∠PMN＝90°时，PM∥x轴，则P点与M点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为，
当y＝时，y＝x2﹣4x+3＝，
解得，x＝，或x＝（舍去），
∴P（）；
②当∠PNM＝90°时，PN∥x轴，则P点与N点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为﹣，
当y＝﹣时，y＝x2﹣4x+3＝﹣，
解得，x＝，或x＝（舍去），
∴P（）；
③当∠MPN＝90°时，则MN为△PMN的外接圆的直径，
∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点，
∴Q（），半径为，
过Q作QK∥x轴，与在MN右边的抛物线图象交于点K，如图②，

令y＝，得y＝x2﹣4x+3＝，
解得，x＝