8. 在$△ ABC$中，$∠ C=90°,AC=4,BC=3$，以点$C$为圆心，$r$为半径作$\odot C$.
(1) 若$A,B$两点都不在$\odot C$内，则半径$r$的取值范围是________；
(2) 若$A,B$两点都在$\odot C$内，则半径$r$的取值范围是________；
(3) 若$A,B$两点中只有一个点在$\odot C$内，则半径$r$的取值范围是________.

8. (1) $0＜r≤3$ (2) $r＞4$ (3) $3＜r≤4$

【分析】
解题前先回忆点与圆的位置关系判定规则：设点到圆心的距离为d，若d＞r，点在圆外；d=r，点在圆上；d＜r，点在圆内。首先结合题干已知条件，得出点A、B到圆心C的距离分别为AC=4、BC=3，再根据每小问对A、B位置的要求，对比r与3、4的大小关系，即可推出r的取值范围，注意取值范围要符合半径r＞0的隐含条件。
【解析】
解：由点与圆的位置关系判定可知：点到圆心的距离d＞r时，点在圆外；d=r时，点在圆上；d＜r时，点在圆内。
在Rt△ABC中，∠C=90°，因此点A到圆心C的距离为AC=4，点B到圆心C的距离为BC=3，且圆的半径r＞0。
(1) 若A、B两点都不在⊙C内，说明两点均在圆上或圆外，即r≤BC且r≤AC，代入数值可得0＜r≤3；
(2) 若A、B两点都在⊙C内，说明两点到C的距离均小于r，即r＞AC且r＞BC，代入数值可得r＞4；
(3) 若A、B两点中只有一个点在⊙C内，说明半径满足比BC大（此时B在圆内）、且不大于AC（此时A在圆上或圆外，不在圆内），因此取值范围为3＜r≤4。
【答案】
(1) $0＜r≤3$；(2) $r＞4$；(3) $3＜r≤4$
【知识点】
点与圆的位置关系判定；不等式取值范围
【点评】
本题重点考查点与圆位置关系的实际应用，解题的核心是先明确各点到圆心的距离，再结合题意分类讨论半径的范围，要注意“不在圆内”包含圆上和圆外两种情况，避免漏写等号导致取值范围错误。
【难度系数】
0.8

9. 如图,矩形ABCD中,AB=3 cm,BC=8 cm,点P从点A向点D运动,运动的速度为1 cm/s,点Q从点C向点B运动,运动的速度为2 cm/s,运动时间为t s,若P,Q两点有一点停止,则另一点随之停止.
(1) 若点Q正好在以PD为直径的圆上,试求出所有满足条件的t的值;
(2) 若以点P为圆心,PA为半径画$\odot P$,试判断点Q与$\odot P$的位置关系,并说明理由.

9. (1)如图,连接$PQ,DQ$,过点Q作$QE⊥AD$于E. 若点Q正好在以PD为直径的圆上,则$∠ PQD=90°$. $\because QE⊥PD,\therefore ∠ QED=∠ QEP=90°$,由勾股定理得,$PQ^2+DQ^2=DP^2$,$PQ^2=PE^2+EQ^2$,$DQ^2=EQ^2+DE^2. \because PA=t\ \mathrm{cm},CQ=DE=2t\ \mathrm{cm},QE=CD=3\ \mathrm{cm},\therefore PE=8-t-2t=(8-3t)\ \mathrm{cm},\therefore (8-3t)^2+3^2+(2t)^2+3^2=(8-t)^2$,解得$t=\frac{8±\sqrt{10}}{6}. \therefore$ 满足条件的t的值为$\frac{8±\sqrt{10}}{6}$.
(2) $\because AP^2=t^2,PQ^2=3^2+(8-3t)^2,\therefore PQ^2-AP^2=3^2+(8-3t)^2-t^2=8(t-3)^2+1. \because 8(t-3)^2≥0,\therefore PQ^2-AP^2＞0,\therefore PQ＞AP,\therefore$ 点Q在$\odot P$外.

【分析】
(1) 依据圆周角定理：直径所对的圆周角为直角，若点Q在以PD为直径的圆上，则∠PQD=90°。通过作辅助线QE⊥AD，将所有相关线段用含运动时间t的代数式表示，再结合勾股定理列一元二次方程求解，最后结合动点的运动范围验证解的合理性即可。
(2) 判断点与圆的位置关系，只需比较点到圆心的距离和圆半径的大小：距离大于半径则点在圆外，等于则在圆上，小于则在圆内。分别用含t的代数式表示PQ²和半径PA²，作差后判断差的正负即可得出结论。
【解析】
(1) 连接$PQ,DQ$，过点Q作$QE⊥AD$于E。
若点Q正好在以PD为直径的圆上，则$∠ PQD=90°$。
$\because QE⊥PD,\therefore ∠ QED=∠ QEP=90°$，由勾股定理得：
$PQ^2+DQ^2=DP^2$，$PQ^2=PE^2+EQ^2$，$DQ^2=EQ^2+DE^2$。
$\because PA=t\ \mathrm{cm},CQ=DE=2t\ \mathrm{cm},QE=CD=3\ \mathrm{cm}$，
$\therefore PE=8-t-2t=(8-3t)\ \mathrm{cm}$，$DP=(8-t)\mathrm{cm}$，
代入得$(8-3t)^2+3^2+(2t)^2+3^2=(8-t)^2$，
整理得$6t^2-16t+9=0$，解得$t=\frac{8±\sqrt{10}}{6}$。
两个解均满足$0≤t≤4$（Q先停止运动，最大运动时间为$8÷2=4\mathrm{s}$），均符合要求。
(2) 点Q在$\odot P$外，理由如下：
$\odot P$的半径为$PA=t\mathrm{cm}$，故$AP^2=t^2$，
由勾股定理得$PQ^2=3^2+(8-3t)^2$，
作差得$PQ^2-AP^2=3^2+(8-3t)^2-t^2=8(t-3)^2+1$，
$\because 8(t-3)^2≥0$，$\therefore PQ^2-AP^2＞0$，即$PQ＞AP$，
因此点Q到圆心P的距离大于半径，点Q在$\odot P$外。
【答案】
(1) 满足条件的t的值为$\frac{8±\sqrt{10}}{6}$；
(2) 点Q在$\odot P$外。

【知识点】
圆周角定理，点与圆的位置关系判定，勾股定理
【点评】
本题结合矩形动点问题考查圆的性质与代数计算的结合应用，解题核心是将动线段用含t的代数式表示，再结合几何性质列式求解，需要注意验证解是否符合动点的实际运动范围。
【难度系数】
0.6

10. (2024·盱眙县期中)在平面直角坐标系$xOy$中，$\odot O$的半径为1，对于点$P$、点$A$和$\odot O$，给出下面定义：将点$P$绕点$A$顺时针旋转$90°$得到点$P'$，若点$P'$在$\odot O$上或内部，则称点$P$为$\odot O$关于点$A$的旋垂点。
(1) 如图1，若点$A(2,2)$。
① 在点$P_1(4,0)$，$P_2(4,1)$中，为$\odot O$关于点$A$的旋垂点是；
② 点$P$是$x$轴上的动点，且点$P$为$\odot O$关于点$A$的旋垂点，则点$P$横坐标的最大值是；
(2) 如图2，若点$A(-2,0)$，直线$y=x+b$上存在$\odot O$关于点$A$的旋垂点，求$b$的取值范围。

10. (1) ① $P_1,P_2$ ② 5
(2) 如图,设$\odot O$与x轴正半轴交于点B,过点A作$\odot O$的切线AC,切点为点C,过点A作$AE⊥x$轴,使$AE=AB=3$,连接OC,过点C作$CG⊥x$轴于点G,$∠ BGC=∠ AGC=90°$,根据“旋垂点”的定义,可知:当直线$y=x+b$经过点E时,b取得最大值,当直线$y=x+b$经过点M时,b取得最小值,$\because \odot O$的半径为1,$A(-2,0),\therefore E(-2,3)$,代入$y=x+b$,得$3=-2+b$,解得$b=5$; 又$\because OA=2,OC=1,AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{3},\therefore ∠ CAO=30°,\therefore ∠ AOC=60°,\therefore GC=\frac{\sqrt{3}}{2},OG=\frac{1}{2},\therefore AG=OA-OG=\frac{3}{2}$,将AC绕点A逆时针旋转$90°$得到AM,过点M作$MN⊥OA$于点N,则$∠ ANM=∠ AGC=90°,AC=AM. \because ∠ GAC+∠ MAN = 90°, ∠ AMN + ∠ MAN = 90°, \therefore ∠ GAC = ∠ AMN$, 在$△ AMN$ 和 $△ CAG$ 中,$\begin{cases}∠ ANM=∠ CGA,\\∠ AMN=∠ CAG,\\AM=CA,\end{cases}\therefore △ AMN≌△ CAG(\mathrm{AAS}),\therefore MN=AG=\frac{3}{2},AN=CG=\frac{\sqrt{3}}{2},\therefore ON=OA-AN=2-\frac{\sqrt{3}}{2}$,$\therefore M(-2+\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2})$,把点M的坐标代入$y=x+b$,得:$\frac{3}{2}=-2+\frac{\sqrt{3}}{2}+b$,解得:$b=\frac{7-\sqrt{3}}{2}$,$\therefore b$的取值范围是$\frac{7-\sqrt{3}}{2}≤b≤5$.

【分析】
本题为新定义题型，解题核心是准确理解“旋垂点”的定义：将点P绕点A顺时针旋转90°得到点P'，若P'在⊙O上或内部（即$OP'\le 1$），则P是⊙O关于点A的旋垂点。解题思路如下：
(1)① 先掌握点绕定点顺时针旋转90°的坐标变换规律，分别计算$P_1、P_2$旋转后的坐标，判断其到原点的距离是否≤1即可。
(1)② 设x轴上点P的横坐标为$t$，代入坐标变换公式得到$P'$的坐标，根据$OP'\le1$列不等式求解，即可得到横坐标的最大值。
(2) 根据旋转的性质，所有旋垂点构成的图形是⊙O绕点A逆时针旋转90°得到的半径为1的等圆，直线$y=x+b$上存在旋垂点即直线与该等圆有公共点，求出直线与圆相切、过边界点时的$b$值，即可得到$b$的取值范围。
【解析】
(1) 已知点$A(2,2)$，$\odot O$半径为1
① 点$P(x,y)$绕$A(a,b)$顺时针旋转90°后的坐标为$(a+y-b, b+a-x)$：
对$P_1(4,0)$，旋转后$P_1'$的坐标为$(2+0-2,2+2-4)=(0,0)$，$OP_1'=0\le1$，故$P_1$是旋垂点；
对$P_2(4,1)$，旋转后$P_2'$的坐标为$(2+1-2,2+2-4)=(1,0)$，$OP_2'=1\le1$，故$P_2$是旋垂点。
② 设x轴上点$P(t,0)$，旋转后$P'$的坐标为$(2+0-2,2+2-t)=(0,4-t)$。
由旋垂点定义得$OP'\le1$，即$\sqrt{(4-t)^2}\le1$，解得$3\le t\le5$，故点P横坐标的最大值为5。
---
(2) 已知点$A(-2,0)$，设$\odot O$与x轴正半轴交于点B，过点A作$\odot O$的切线AC，切点为C，过点A作$AE⊥ x$轴，使$AE=AB=3$，连接OC，过点C作$CG⊥ x$轴于点G。
旋垂点P是$\odot O$上/内部的点$P'$绕A逆时针旋转90°得到的点，所有旋垂点构成半径为1的等圆：
当直线$y=x+b$经过点$E(-2,3)$时，$b$取得最大值：将$E(-2,3)$代入$y=x+b$，得$3=-2+b$，解得$b=5$。
当直线$y=x+b$与旋垂点构成的圆相切于点M时，$b$取得最小值：
$\because OA=2,OC=1,AC⊥ OC$，由勾股定理得$AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{3}$，$∠ CAO=30°$，$∠ AOC=60°$，
$\therefore GC=OC·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2},OG=OC·\cos60°=\frac{1}{2}$，$AG=OA-OG=\frac{3}{2}$。
将AC绕点A逆时针旋转90°得到AM，过点M作$MN⊥ OA$于点N，
$\because ∠ GAC+∠ MAN=90°,∠ AMN+∠ MAN=90°$，$\therefore ∠ GAC=∠ AMN$，
又$\because ∠ ANM=∠ CGA=90°,AM=AC$，$\therefore △ AMN≌△ CAG(\mathrm{AAS})$，
$\therefore MN=AG=\frac{3}{2},AN=CG=\frac{\sqrt{3}}{2}$，点M坐标为$(-2+\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{3}{2})$，
代入$y=x+b$得$\frac{3}{2}=-2+\frac{\sqrt{3}}{2}+b$，解得$b=\frac{7-\sqrt{3}}{2}$。
综上，$b$的取值范围是$\frac{7-\sqrt{3}}{2}\le b\le5$。

【答案】
(1) ① $P_1,P_2$；② $5$
(2) $\frac{7-\sqrt{3}}{2}\le b\le5$

【知识点】
旋转变换的坐标规律；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【点评】
本题结合新定义考查了旋转的性质、点和直线与圆的位置关系，解题的关键是将新定义转化为熟悉的几何模型，通过坐标变换和数形结合的方法求解，对逻辑推理和运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3