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8 已知平面内有$\odot O$和点$A$，$B$.若$\odot O$的半径为2 cm，线段$OA=3$ cm，$OB=2$ cm，则直线$AB$与$\odot O$的位置关系为
相交或相切
.答案
8. 相交或相切
解析
【分析】
要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，核心是比较圆心O到直线AB的距离$d$与圆半径$r$的大小关系。首先可先确定点A、B与$\odot O$的位置：A在圆外、B在圆上，说明直线AB与$\odot O$至少有公共点B，因此不可能相离，只需分两种情况讨论：若AB垂直OB，则圆心到AB的距离等于半径，为相切；若AB与OB不垂直，由垂线段最短可知圆心到AB的距离小于半径，为相交。
【解析】
解：已知$\odot O$的半径$r=2\mathrm{cm}$，
$\because OA=3\mathrm{cm}＞2\mathrm{cm}$，$\therefore$点A在$\odot O$外；
$\because OB=2\mathrm{cm}=r$，$\therefore$点B在$\odot O$上，即直线AB与$\odot O$必有公共点B，排除相离的可能。
分两种情况讨论：
1. 当$AB⊥ OB$时，圆心O到直线AB的距离$d=OB=2\mathrm{cm}=r$，此时直线AB与$\odot O$相切；
2. 当AB与OB不垂直时，根据垂线段最短的性质，圆心O到直线AB的距离$d＜OB=2\mathrm{cm}=r$，此时直线AB与$\odot O$相交。
综上，直线AB与$\odot O$的位置关系为相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系判定；垂线段最短
【点评】
本题易漏考虑AB与OB垂直的特殊情况，解题时要结合点的位置分类讨论，不要思维定势默认两点连线一定与圆相交，避免漏解。
【难度系数】
0.6
要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，核心是比较圆心O到直线AB的距离$d$与圆半径$r$的大小关系。首先可先确定点A、B与$\odot O$的位置：A在圆外、B在圆上，说明直线AB与$\odot O$至少有公共点B，因此不可能相离，只需分两种情况讨论：若AB垂直OB，则圆心到AB的距离等于半径，为相切；若AB与OB不垂直，由垂线段最短可知圆心到AB的距离小于半径，为相交。
【解析】
解：已知$\odot O$的半径$r=2\mathrm{cm}$，
$\because OA=3\mathrm{cm}＞2\mathrm{cm}$，$\therefore$点A在$\odot O$外；
$\because OB=2\mathrm{cm}=r$，$\therefore$点B在$\odot O$上，即直线AB与$\odot O$必有公共点B，排除相离的可能。
分两种情况讨论：
1. 当$AB⊥ OB$时，圆心O到直线AB的距离$d=OB=2\mathrm{cm}=r$，此时直线AB与$\odot O$相切；
2. 当AB与OB不垂直时，根据垂线段最短的性质，圆心O到直线AB的距离$d＜OB=2\mathrm{cm}=r$，此时直线AB与$\odot O$相交。
综上，直线AB与$\odot O$的位置关系为相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系判定；垂线段最短
【点评】
本题易漏考虑AB与OB垂直的特殊情况，解题时要结合点的位置分类讨论，不要思维定势默认两点连线一定与圆相交，避免漏解。
【难度系数】
0.6
9 已知$\odot O$的半径为$R$，点$O$到直线$l$的距离为$d$，且$R$，$d$是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，当直线$l$与$\odot O$相切时，$m$的值为________。
答案
9. 4
【解析】由题意,得$R=d$,$\therefore (-4)^2-4m=0$,解得$m=4$.
【解析】由题意,得$R=d$,$\therefore (-4)^2-4m=0$,解得$m=4$.
解析
【分析】
解题时首先回忆直线与圆相切的性质：当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，由此可得d=R。已知R、d是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，说明该方程有两个相等的实数根，再结合一元二次方程有两个相等实根时判别式$\Delta=0$的性质，代入系数列方程求解即可得到m的值。
【解析】
∵直线l与$\odot O$相切，
∴圆心O到直线l的距离等于圆的半径，即$d=R$。
∵R，d是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，
∴判别式$\Delta=(-4)^2 - 4×1× m = 0$，
即$16 - 4m = 0$，
解得$m=4$。
【答案】
4
【知识点】
直线与圆相切的性质；一元二次方程根的判别式
【点评】
本题是几何与代数的小综合题，主要考查基础知识点的结合应用，只要熟练掌握直线与圆相切的特征以及一元二次方程根的判别式的用法，即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆直线与圆相切的性质：当直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，由此可得d=R。已知R、d是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，说明该方程有两个相等的实数根，再结合一元二次方程有两个相等实根时判别式$\Delta=0$的性质，代入系数列方程求解即可得到m的值。
【解析】
∵直线l与$\odot O$相切，
∴圆心O到直线l的距离等于圆的半径，即$d=R$。
∵R，d是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，
∴判别式$\Delta=(-4)^2 - 4×1× m = 0$，
即$16 - 4m = 0$，
解得$m=4$。
【答案】
4
【知识点】
直线与圆相切的性质；一元二次方程根的判别式
【点评】
本题是几何与代数的小综合题，主要考查基础知识点的结合应用，只要熟练掌握直线与圆相切的特征以及一元二次方程根的判别式的用法，即可顺利解题。
【难度系数】
0.8
10 如图，$∠ AOB=45°$，$M$是射线$OB$上一点，$OM=2$，以点$M$为圆心，$r$为半径作$\odot M$。若$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点，则半径$r$的取值范围是
（第10题）
$r=\sqrt{2}$或$r＞2$
。（第10题）答案
10. $r=\sqrt{2}$或$r＞2$
【解析】如图,过点M作$MD⊥OA$于点D,则$∠ODM=90°$,$\because ∠AOB=45°$,$\therefore ∠DMO=∠DOM=45°$,$\therefore OD=MD$.$\because OD^2+MD^2=OM^2$,$OM=2$,$\therefore 2MD^2=4$,$\therefore MD=\sqrt{2}$.$\because$ 当$r=MD$时,$\odot M$与射线OA相切,此时与射线OA只有一个公共点,当$r＞OM$时,$\odot M$与射线OA只有一个公共点,$\therefore$ 若$\odot M$与射线OA只有1个公共点,则$r=MD$或$r＞OM$,即半径r的取值范围是$r=\sqrt{2}$或$r＞2$.
解析
【分析】
要确定$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点时半径$r$的取值，需分两类情况讨论：第一类是$\odot M$与射线$OA$相切，仅存在1个切点；第二类是$\odot M$与直线$OA$有2个交点，但仅1个交点落在射线$OA$上，另一个交点在射线$OA$的反向延长线上。首先需要计算圆心$M$到$OA$的距离，再结合$OM$的长度分析半径的范围。
【解析】
过点$M$作$MD⊥OA$于点$D$，则$∠ ODM=90°$。
$\because ∠ AOB=45°$，
$\therefore △ ODM$为等腰直角三角形，$OD=MD$。
在$Rt△ ODM$中，根据勾股定理$OD^2+MD^2=OM^2$，已知$OM=2$，代入得：
$2MD^2=4$，解得$MD=\sqrt{2}$。
分情况讨论：
1. 当$r=MD=\sqrt{2}$时，$\odot M$与射线$OA$相切，此时仅有1个公共点（切点），符合要求；
2. 当$r＞OM=2$时，$\odot M$与直线$OA$有2个交点，其中靠近$O$的交点落在射线$OA$的反向延长线上，仅1个交点在射线$OA$上，符合要求。
综上，半径$r$的取值范围是$r=\sqrt{2}$或$r＞2$。
【答案】
$r=\sqrt{2}$或$r＞2$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题容易忽略射线和直线的区别，仅考虑相切的情况而漏写$r＞2$的情况，解题时要结合图形全面分析所有符合条件的情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
要确定$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点时半径$r$的取值，需分两类情况讨论：第一类是$\odot M$与射线$OA$相切，仅存在1个切点；第二类是$\odot M$与直线$OA$有2个交点，但仅1个交点落在射线$OA$上，另一个交点在射线$OA$的反向延长线上。首先需要计算圆心$M$到$OA$的距离，再结合$OM$的长度分析半径的范围。
【解析】
过点$M$作$MD⊥OA$于点$D$，则$∠ ODM=90°$。
$\because ∠ AOB=45°$，
$\therefore △ ODM$为等腰直角三角形，$OD=MD$。
在$Rt△ ODM$中，根据勾股定理$OD^2+MD^2=OM^2$，已知$OM=2$，代入得：
$2MD^2=4$，解得$MD=\sqrt{2}$。
分情况讨论：
1. 当$r=MD=\sqrt{2}$时，$\odot M$与射线$OA$相切，此时仅有1个公共点（切点），符合要求；
2. 当$r＞OM=2$时，$\odot M$与直线$OA$有2个交点，其中靠近$O$的交点落在射线$OA$的反向延长线上，仅1个交点在射线$OA$上，符合要求。
综上，半径$r$的取值范围是$r=\sqrt{2}$或$r＞2$。
【答案】
$r=\sqrt{2}$或$r＞2$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题容易忽略射线和直线的区别，仅考虑相切的情况而漏写$r＞2$的情况，解题时要结合图形全面分析所有符合条件的情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
11（易错题）在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，$AC=3\ \mathrm{cm}$.以点$C$为圆心，$r$为半径作$\odot C$.
(1) 若边$AB$与$\odot C$没有公共点，求$r$的取值范围；
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个公共点，求$r$的取值范围；
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个公共点，求$r$的取值范围.
(1) 若边$AB$与$\odot C$没有公共点，求$r$的取值范围；
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个公共点，求$r$的取值范围；
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个公共点，求$r$的取值范围.
答案
11. (1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$ (2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
易错分析：解答本题时需要注意到“边AB”是一条线段,防止误以为是直线而产生差错。
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
易错分析：解答本题时需要注意到“边AB”是一条线段,防止误以为是直线而产生差错。
解析
【分析】
要判断线段AB与$\odot C$的公共点个数，需先求出两个关键量：①斜边AB的长度，②点C到直线AB的距离（即斜边上的高）。首先用勾股定理算出AB长，再用面积法求出斜边上的高$d=2.4\ \mathrm{cm}$，同时明确线段AB的两个端点A、B到圆心C的距离分别为$3\ \mathrm{cm}$、$4\ \mathrm{cm}$。接下来结合半径$r$与$d$、$3\ \mathrm{cm}$、$4\ \mathrm{cm}$的大小关系分类讨论，注意题目中是线段AB而非直线AB，需结合端点位置判断公共点个数，避免漏解。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3\ \mathrm{cm}$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$，
过点C作$CD⊥ AB$于点D，
由三角形面积公式得：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· CD$，
代入数据得：$CD=\frac{AC× BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=2.4\ \mathrm{cm}$，即圆心C到直线AB的距离$d=2.4\ \mathrm{cm}$。
(1) 若边AB与$\odot C$没有公共点：
分两种情况：①$\odot C$半径过小，线段AB全部在圆外，此时$0＜r＜d$，即$0＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$；②$\odot C$半径过大，线段AB全部在圆内，此时$r$大于线段AB上最远点B到C的距离，即$r＞4\ \mathrm{cm}$。
综上，$r$的取值范围是$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$。
(2) 若边AB与$\odot C$有两个公共点：
此时直线AB与$\odot C$相交，且两个交点都在线段AB上，需满足$r＞d$，同时$r≤ AC$（保证端点A在圆上或圆外，两个交点均落在线段AB上），即$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
综上，$r$的取值范围是$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
(3) 若边AB与$\odot C$只有一个公共点：
分两种情况：①直线AB与$\odot C$相切，此时公共点为垂足D，即$r=d=2.4\ \mathrm{cm}$；②直线AB与$\odot C$相交，但只有一个交点落在线段AB上，此时端点A在圆内、端点B在圆上或圆外，即$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
综上，$r$的取值范围是$r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，面积法求高
【点评】
本题属于易错题，解题核心是先求出圆心到直线AB的距离，再结合线段端点到圆心的距离分类讨论，要注意区分线段和直线与圆位置关系的不同，避免因误把线段当成直线解题导致出错。
【难度系数】
0.6
要判断线段AB与$\odot C$的公共点个数，需先求出两个关键量：①斜边AB的长度，②点C到直线AB的距离（即斜边上的高）。首先用勾股定理算出AB长，再用面积法求出斜边上的高$d=2.4\ \mathrm{cm}$，同时明确线段AB的两个端点A、B到圆心C的距离分别为$3\ \mathrm{cm}$、$4\ \mathrm{cm}$。接下来结合半径$r$与$d$、$3\ \mathrm{cm}$、$4\ \mathrm{cm}$的大小关系分类讨论，注意题目中是线段AB而非直线AB，需结合端点位置判断公共点个数，避免漏解。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3\ \mathrm{cm}$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$，
过点C作$CD⊥ AB$于点D，
由三角形面积公式得：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· CD$，
代入数据得：$CD=\frac{AC× BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=2.4\ \mathrm{cm}$，即圆心C到直线AB的距离$d=2.4\ \mathrm{cm}$。
(1) 若边AB与$\odot C$没有公共点：
分两种情况：①$\odot C$半径过小，线段AB全部在圆外，此时$0＜r＜d$，即$0＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$；②$\odot C$半径过大，线段AB全部在圆内，此时$r$大于线段AB上最远点B到C的距离，即$r＞4\ \mathrm{cm}$。
综上，$r$的取值范围是$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$。
(2) 若边AB与$\odot C$有两个公共点：
此时直线AB与$\odot C$相交，且两个交点都在线段AB上，需满足$r＞d$，同时$r≤ AC$（保证端点A在圆上或圆外，两个交点均落在线段AB上），即$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
综上，$r$的取值范围是$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
(3) 若边AB与$\odot C$只有一个公共点：
分两种情况：①直线AB与$\odot C$相切，此时公共点为垂足D，即$r=d=2.4\ \mathrm{cm}$；②直线AB与$\odot C$相交，但只有一个交点落在线段AB上，此时端点A在圆内、端点B在圆上或圆外，即$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
综上，$r$的取值范围是$r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，面积法求高
【点评】
本题属于易错题，解题核心是先求出圆心到直线AB的距离，再结合线段端点到圆心的距离分类讨论，要注意区分线段和直线与圆位置关系的不同，避免因误把线段当成直线解题导致出错。
【难度系数】
0.6
12 如图，O为坐标原点，点A的坐标为$(4,3)$，$\odot A$的半径为2，过点A作直线$l // x$轴，交y轴于点B，点P在直线l上运动。
（1）当点P在$\odot A$上时，请直接写出它的坐标；
（2）若点P的横坐标为12，试判断直线OP与$\odot A$的位置关系，并说明理由。
（1）当点P在$\odot A$上时，请直接写出它的坐标；
（2）若点P的横坐标为12，试判断直线OP与$\odot A$的位置关系，并说明理由。
答案
12. (1) $(2,3)$或$(6,3)$ (2) 直线OP与$\odot A$相交 理由:如图,连接OA,OP,过点A作$AQ⊥OP$,垂足为Q.根据题意,得$PA=8$,$OB=3$,$PO=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$.$\because S_{△ PAO}=\dfrac{1}{2}PA·OB=\dfrac{1}{2}PO·AQ$,即$\dfrac{1}{2}×8×3=\dfrac{1}{2}×3\sqrt{17}AQ$,$\therefore AQ=\dfrac{8\sqrt{17}}{17}$.$\because \dfrac{8\sqrt{17}}{17}＜2$,$\therefore$ 直线OP与$\odot A$相交.
解析
【分析】
（1）先根据直线$l$平行$x$轴且过点$A(4,3)$，确定直线$l$上所有点的纵坐标均为3；再结合点$P$在$\odot A$上、$\odot A$半径为2的条件，可知点$P$的横坐标为点$A$的横坐标加减半径，即可求出$P$的坐标。
（2）判断直线与圆的位置关系，只需比较圆心到直线的距离和圆半径的大小。首先作$AQ⊥ OP$于$Q$，$AQ$就是圆心$A$到直线$OP$的距离；先利用勾股定理求出$OP$的长度，再通过$△ PAO$的两种面积计算方法（以$PA$为底、$OB$为高，以$OP$为底、$AQ$为高）列等式求出$AQ$的长度，最后将$AQ$与$\odot A$的半径2比较，即可判断位置关系。
【解析】
（1）$\because$直线$l// x$轴，过点$A(4,3)$，$\therefore$直线$l$上所有点的纵坐标都为3。
$\because$点$P$在$\odot A$上，$\odot A$的半径为2，$\therefore$点$P$的横坐标为$4-2=2$或$4+2=6$。
（2）判断直线$OP$与$\odot A$的位置关系步骤如下：
连接$OA$、$OP$，过点$A$作$AQ⊥ OP$，垂足为$Q$。
$\because$点$P$的横坐标为12，且在直线$l$上，$\therefore P(12,3)$，则$PA=12-4=8$，$OB=3$。
由勾股定理得：$PO=\sqrt{12^2+3^2}=\sqrt{153}=3\sqrt{17}$。
$\because S_{△ PAO}=\frac{1}{2}PA·OB=\frac{1}{2}PO·AQ$，代入数值可得$\frac{1}{2}×8×3=\frac{1}{2}×3\sqrt{17}·AQ$，解得$AQ=\frac{8\sqrt{17}}{17}$。
$\because \frac{8\sqrt{17}}{17}＜2$，即圆心$A$到直线$OP$的距离小于$\odot A$的半径，因此直线$OP$与$\odot A$相交。
【答案】
(1) $(2,3)$或$(6,3)$
(2) 直线OP与$\odot A$相交 理由:如图,连接OA,OP,过点A作$AQ⊥OP$,垂足为Q.根据题意,得$PA=8$,$OB=3$,$PO=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$.$\because S_{△ PAO}=\dfrac{1}{2}PA·OB=\dfrac{1}{2}PO·AQ$,即$\dfrac{1}{2}×8×3=\dfrac{1}{2}×3\sqrt{17}AQ$,$\therefore AQ=\dfrac{8\sqrt{17}}{17}$.$\because \dfrac{8\sqrt{17}}{17}＜2$,$\therefore$ 直线OP与$\odot A$相交.
【知识点】
直线与圆的位置关系判定，勾股定理，面积法求高
【点评】
本题第一问属于基础题，结合平行于x轴的直线的坐标特征和圆的性质即可求解；第二问核心是掌握“比较圆心到直线距离与半径大小”的直线与圆位置关系判定方法，其中用面积法求点到直线的距离是简化计算的常用技巧，需要灵活掌握。
【难度系数】
0.7
（1）先根据直线$l$平行$x$轴且过点$A(4,3)$，确定直线$l$上所有点的纵坐标均为3；再结合点$P$在$\odot A$上、$\odot A$半径为2的条件，可知点$P$的横坐标为点$A$的横坐标加减半径，即可求出$P$的坐标。
（2）判断直线与圆的位置关系，只需比较圆心到直线的距离和圆半径的大小。首先作$AQ⊥ OP$于$Q$，$AQ$就是圆心$A$到直线$OP$的距离；先利用勾股定理求出$OP$的长度，再通过$△ PAO$的两种面积计算方法（以$PA$为底、$OB$为高，以$OP$为底、$AQ$为高）列等式求出$AQ$的长度，最后将$AQ$与$\odot A$的半径2比较，即可判断位置关系。
【解析】
（1）$\because$直线$l// x$轴，过点$A(4,3)$，$\therefore$直线$l$上所有点的纵坐标都为3。
$\because$点$P$在$\odot A$上，$\odot A$的半径为2，$\therefore$点$P$的横坐标为$4-2=2$或$4+2=6$。
（2）判断直线$OP$与$\odot A$的位置关系步骤如下：
连接$OA$、$OP$，过点$A$作$AQ⊥ OP$，垂足为$Q$。
$\because$点$P$的横坐标为12，且在直线$l$上，$\therefore P(12,3)$，则$PA=12-4=8$，$OB=3$。
由勾股定理得：$PO=\sqrt{12^2+3^2}=\sqrt{153}=3\sqrt{17}$。
$\because S_{△ PAO}=\frac{1}{2}PA·OB=\frac{1}{2}PO·AQ$，代入数值可得$\frac{1}{2}×8×3=\frac{1}{2}×3\sqrt{17}·AQ$，解得$AQ=\frac{8\sqrt{17}}{17}$。
$\because \frac{8\sqrt{17}}{17}＜2$，即圆心$A$到直线$OP$的距离小于$\odot A$的半径，因此直线$OP$与$\odot A$相交。
【答案】
(1) $(2,3)$或$(6,3)$
(2) 直线OP与$\odot A$相交 理由:如图,连接OA,OP,过点A作$AQ⊥OP$,垂足为Q.根据题意,得$PA=8$,$OB=3$,$PO=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$.$\because S_{△ PAO}=\dfrac{1}{2}PA·OB=\dfrac{1}{2}PO·AQ$,即$\dfrac{1}{2}×8×3=\dfrac{1}{2}×3\sqrt{17}AQ$,$\therefore AQ=\dfrac{8\sqrt{17}}{17}$.$\because \dfrac{8\sqrt{17}}{17}＜2$,$\therefore$ 直线OP与$\odot A$相交.
【知识点】
直线与圆的位置关系判定，勾股定理，面积法求高
【点评】
本题第一问属于基础题，结合平行于x轴的直线的坐标特征和圆的性质即可求解；第二问核心是掌握“比较圆心到直线距离与半径大小”的直线与圆位置关系判定方法，其中用面积法求点到直线的距离是简化计算的常用技巧，需要灵活掌握。
【难度系数】
0.7
