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9. $\odot O$的半径为$R$，点$O$到直线$l$的距离为$d$，$R$，$d$是方程$x^2 -4x +m=0$的两根，当直线$l$与$\odot O$相切时，$m$的值为
4
。答案
9. 4
解析
【分析】
解题首先要明确两个核心知识点：一是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，也就是本题中$d=R$；二是一元二次方程根的特征，若方程的两个根相等，则该一元二次方程有两个相等的实数根，其判别式为0，也可以结合根与系数的关系计算参数。我们可以先由相切的性质得到$d=R$，再代入方程的根的性质求解$m$的值。
【解析】
解：
∵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$x^2 -4x +m=0$的两根
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，其判别式$\Delta = b^2 - 4ac = 0$
在方程$x^2 -4x +m=0$中，$a=1$，$b=-4$，$c=m$，代入得：
$(-4)^2 - 4×1× m = 0$
$16 - 4m = 0$
解得$m=4$
（也可通过根与系数关系求解：由$d=R$，两根之和$R+d=4$，可得$R=d=2$，两根之积$m=R· d=2×2=4$）
【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；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题是几何与代数结合的基础题型，解题关键是根据直线与圆相切的性质得到方程两根相等，再结合一元二次方程的相关知识求解，是考试中常见的基础考点。
【难度系数】
0.8
解题首先要明确两个核心知识点：一是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，也就是本题中$d=R$；二是一元二次方程根的特征，若方程的两个根相等，则该一元二次方程有两个相等的实数根，其判别式为0，也可以结合根与系数的关系计算参数。我们可以先由相切的性质得到$d=R$，再代入方程的根的性质求解$m$的值。
【解析】
解：
∵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$x^2 -4x +m=0$的两根
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，其判别式$\Delta = b^2 - 4ac = 0$
在方程$x^2 -4x +m=0$中，$a=1$，$b=-4$，$c=m$，代入得：
$(-4)^2 - 4×1× m = 0$
$16 - 4m = 0$
解得$m=4$
（也可通过根与系数关系求解：由$d=R$，两根之和$R+d=4$，可得$R=d=2$，两根之积$m=R· d=2×2=4$）
【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；一元二次方程根与系数的关系
【点评】
本题是几何与代数结合的基础题型，解题关键是根据直线与圆相切的性质得到方程两根相等，再结合一元二次方程的相关知识求解，是考试中常见的基础考点。
【难度系数】
0.8
10. 如图，已知$\odot O$是以数轴的原点O为圆心，半径为1的圆，$∠ AOB=45°$，点P在数轴上运动，若过点P且与OA平行的直线与$\odot O$有公共点，设$OP=x$，则x的取值范围是
$0＜x≤\sqrt{2}$
。答案
10. $0＜x≤\sqrt{2}$
解析
【分析】
要解决这个问题，我们从直线与圆有公共点的条件入手：直线与圆有公共点意味着直线和圆相交或相切，此时圆心到直线的距离小于等于圆的半径。首先找到临界情况：直线和圆相切时，圆心到直线的距离等于半径1，结合OA和直线平行、∠AOB=45°的条件，可求出此时OP的长度，也就是x的最大值；再结合平行的定义（平行直线不重合），确定x的取值下限，最终得到x的范围。
【解析】
设过点P且与OA平行的直线为$ l $。
1. 临界情况分析：当直线$ l $与$ \odot O $相切时，直线$ l $与圆刚好有1个公共点，此时圆心$ O $到直线$ l $的距离等于$ \odot O $的半径，即$ d=1 $。
2. 计算临界$ x $值：因为$ l // OA $，$ ∠ AOB=45° $，所以直线$ l $与数轴正半轴的夹角为$ 45° $。过$ O $作$ OC ⊥ l $于点$ C $，则$ OC=1 $。在$ \mathrm{Rt}△ OCP $中，$ ∠ OPC=45° $，$ ∠ OCP=90° $，由三角函数的定义得：
$ \sin45°=\frac{OC}{OP} $，代入$ OC=1 $、$ \sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2} $，解得$ OP=\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2} $，即x的最大值为$ \sqrt{2} $。
3. 确定取值范围：当$ x＞\sqrt{2} $时，圆心到直线$ l $的距离大于半径，直线与圆无公共点；当$ x=0 $时，点P与原点O重合，直线$ l $与OA重合，不符合平行的定义（平行直线不重合），因此$ x＞0 $。
综上可得x的取值范围。
【答案】
$ 0＜x≤\sqrt{2} $
【知识点】
直线与圆的位置关系，平行线的性质，解直角三角形
【点评】
本题解题的核心是抓住直线与圆有公共点的临界状态（相切），结合角度特征求出x的最大值，同时要注意平行不包含重合的隐含条件，避免漏写x＞0的限制。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，我们从直线与圆有公共点的条件入手：直线与圆有公共点意味着直线和圆相交或相切，此时圆心到直线的距离小于等于圆的半径。首先找到临界情况：直线和圆相切时，圆心到直线的距离等于半径1，结合OA和直线平行、∠AOB=45°的条件，可求出此时OP的长度，也就是x的最大值；再结合平行的定义（平行直线不重合），确定x的取值下限，最终得到x的范围。
【解析】
设过点P且与OA平行的直线为$ l $。
1. 临界情况分析：当直线$ l $与$ \odot O $相切时，直线$ l $与圆刚好有1个公共点，此时圆心$ O $到直线$ l $的距离等于$ \odot O $的半径，即$ d=1 $。
2. 计算临界$ x $值：因为$ l // OA $，$ ∠ AOB=45° $，所以直线$ l $与数轴正半轴的夹角为$ 45° $。过$ O $作$ OC ⊥ l $于点$ C $，则$ OC=1 $。在$ \mathrm{Rt}△ OCP $中，$ ∠ OPC=45° $，$ ∠ OCP=90° $，由三角函数的定义得：
$ \sin45°=\frac{OC}{OP} $，代入$ OC=1 $、$ \sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2} $，解得$ OP=\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{2} $，即x的最大值为$ \sqrt{2} $。
3. 确定取值范围：当$ x＞\sqrt{2} $时，圆心到直线$ l $的距离大于半径，直线与圆无公共点；当$ x=0 $时，点P与原点O重合，直线$ l $与OA重合，不符合平行的定义（平行直线不重合），因此$ x＞0 $。
综上可得x的取值范围。
【答案】
$ 0＜x≤\sqrt{2} $
【知识点】
直线与圆的位置关系，平行线的性质，解直角三角形
【点评】
本题解题的核心是抓住直线与圆有公共点的临界状态（相切），结合角度特征求出x的最大值，同时要注意平行不包含重合的隐含条件，避免漏写x＞0的限制。
【难度系数】
0.6
11. 如图,给定一个半径为2的圆,圆心O到水平直线l的距离为d,即OM=d.我们把圆上到直线l的距离等于1的点的个数记为m.如d=0时,l为经过圆心O的一条直线,此时圆上有4个到直线l的距离等于1的点,即m=4.由此可知:
(1) 当$d=3$时,$m=$
(2) 当$m=2$时,$d$的取值范围是
(1) 当$d=3$时,$m=$
1
;(2) 当$m=2$时,$d$的取值范围是
$1＜d＜3$
.答案
11. (1) 1
(2) $1＜d＜3$
(2) $1＜d＜3$
解析
【分析】
本题核心是将“圆上到直线l距离为1的点的个数”转化为“与l平行且距离为1的两条直线和圆的交点总个数”求解。已知圆半径r=2，先根据圆心O到l的距离d，计算两条平行直线到圆心的距离，再结合直线与圆的位置关系（距离＞半径相离、=半径相切、＜半径相交）判断交点数；第二问通过分类讨论不同d对应的m值，反推m=2时d的范围即可。
【解析】
已知圆O的半径r=2。
(1) 当d=3时：
与l平行、距离为1的直线共2条：一条在l和O之间，到圆心O的距离为$3-1=2=r$，与圆相切，有1个交点；另一条在l远离O的一侧，到圆心O的距离为$3+1=4＞r$，与圆相离，无交点。因此总交点数$m=1$。
(2) 分类讨论d的取值对应的m值：
① 当$0≤d＜1$时：两条平行直线到O的距离均小于2，都与圆相交，$m=4$；
② 当$d=1$时：一条直线过圆心（相交，2个交点），另一条与圆相切（1个交点），$m=3$；
③ 当$1＜d＜3$时：一条直线与圆相交（2个交点），另一条与圆相离（无交点），$m=2$；
④ 当$d≥3$时：最多只有1个交点或无交点，$m≤1$。
因此当$m=2$时，d的取值范围是$1＜d＜3$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{1}$；(2) $\boldsymbol{1＜d＜3}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，点到直线的距离
【点评】
本题考查转化思想和分类讨论思想的应用，将圆上点到定直线的距离问题转化为平行直线与圆的交点问题，易错点为判断取值范围时忽略端点的情况。
【难度系数】
0.7
本题核心是将“圆上到直线l距离为1的点的个数”转化为“与l平行且距离为1的两条直线和圆的交点总个数”求解。已知圆半径r=2，先根据圆心O到l的距离d，计算两条平行直线到圆心的距离，再结合直线与圆的位置关系（距离＞半径相离、=半径相切、＜半径相交）判断交点数；第二问通过分类讨论不同d对应的m值，反推m=2时d的范围即可。
【解析】
已知圆O的半径r=2。
(1) 当d=3时：
与l平行、距离为1的直线共2条：一条在l和O之间，到圆心O的距离为$3-1=2=r$，与圆相切，有1个交点；另一条在l远离O的一侧，到圆心O的距离为$3+1=4＞r$，与圆相离，无交点。因此总交点数$m=1$。
(2) 分类讨论d的取值对应的m值：
① 当$0≤d＜1$时：两条平行直线到O的距离均小于2，都与圆相交，$m=4$；
② 当$d=1$时：一条直线过圆心（相交，2个交点），另一条与圆相切（1个交点），$m=3$；
③ 当$1＜d＜3$时：一条直线与圆相交（2个交点），另一条与圆相离（无交点），$m=2$；
④ 当$d≥3$时：最多只有1个交点或无交点，$m≤1$。
因此当$m=2$时，d的取值范围是$1＜d＜3$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{1}$；(2) $\boldsymbol{1＜d＜3}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，点到直线的距离
【点评】
本题考查转化思想和分类讨论思想的应用，将圆上点到定直线的距离问题转化为平行直线与圆的交点问题，易错点为判断取值范围时忽略端点的情况。
【难度系数】
0.7
12. 如图，四边形ABCD内接于$\odot O$，$∠ BAD=90°$，AC是对角线.点E在BC的延长线上，且$∠ CED=∠ BAC$.判断DE与$\odot O$的位置关系，并说明理由.
答案
12. 解:$DE$与$\odot O$相切.理由:连接$BD$,$\because$ 四边形$ABCD$内接于$\odot O$,$∠ BAD=90°$,$\therefore BD$是$\odot O$的直径,即点$O$在$BD$上. $\therefore ∠ BCD=90°. \therefore ∠ CED+∠ CDE=90°$.
$\because ∠ CED=∠ BAC$,$∠ BAC=∠ BDC$,$\therefore ∠ BDC+∠ CDE=90°$,即$∠ BDE=90°. \therefore DE⊥ OD$于点$D. \therefore DE$是$\odot O$的切线.
$\because ∠ CED=∠ BAC$,$∠ BAC=∠ BDC$,$\therefore ∠ BDC+∠ CDE=90°$,即$∠ BDE=90°. \therefore DE⊥ OD$于点$D. \therefore DE$是$\odot O$的切线.
解析
【分析】
要判断DE与$\odot O$的位置关系，优先考虑切线的判定思路：若直线经过圆上一点，只需证明该直线垂直于过这个点的半径即可。本题中点D在$\odot O$上，因此核心目标是证明DE垂直于过D的半径。首先由$∠ BAD=90°$，结合90°圆周角所对的弦是直径，可得BD是$\odot O$的直径，即圆心O在BD上，因此只需证$BD⊥ DE$。接下来利用角度转化推导：同弧BC所对的圆周角$∠ BAC=∠ BDC$，结合已知$∠ CED=∠ BAC$，可得$∠ CED=∠ BDC$；再由直径所对圆周角为直角得$∠ BCD=90°$，可知$△ CDE$中$∠ CED+∠ CDE=90°$，等量代换后可得$∠ BDC+∠ CDE=90°$，即$∠ BDE=90°$，即可证明$BD⊥ DE$，从而判定DE是$\odot O$的切线。
【解析】
连接BD，
$\because$ 四边形$ABCD$内接于$\odot O$，$∠ BAD=90°$，
$\therefore BD$是$\odot O$的直径，即点$O$在$BD$上，
$\therefore ∠ BCD=90°$，
$\therefore ∠ CED+∠ CDE=90°$，
$\because ∠ CED=∠ BAC$，且同弧BC所对的圆周角相等，即$∠ BAC=∠ BDC$，
$\therefore ∠ BDC+∠ CDE=90°$，即$∠ BDE=90°$，
$\therefore DE⊥ OD$于点$D$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore DE$是$\odot O$的切线。
【答案】
$DE$与$\odot O$相切。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题是直线与圆位置关系判定的基础常考题，解题关键是正确作出辅助线构造直径，结合圆周角相关性质完成角度转化，最终通过证明直线与半径垂直得到结论，能有效考查学生对基础定理的运用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
要判断DE与$\odot O$的位置关系，优先考虑切线的判定思路：若直线经过圆上一点，只需证明该直线垂直于过这个点的半径即可。本题中点D在$\odot O$上，因此核心目标是证明DE垂直于过D的半径。首先由$∠ BAD=90°$，结合90°圆周角所对的弦是直径，可得BD是$\odot O$的直径，即圆心O在BD上，因此只需证$BD⊥ DE$。接下来利用角度转化推导：同弧BC所对的圆周角$∠ BAC=∠ BDC$，结合已知$∠ CED=∠ BAC$，可得$∠ CED=∠ BDC$；再由直径所对圆周角为直角得$∠ BCD=90°$，可知$△ CDE$中$∠ CED+∠ CDE=90°$，等量代换后可得$∠ BDC+∠ CDE=90°$，即$∠ BDE=90°$，即可证明$BD⊥ DE$，从而判定DE是$\odot O$的切线。
【解析】
连接BD，
$\because$ 四边形$ABCD$内接于$\odot O$，$∠ BAD=90°$，
$\therefore BD$是$\odot O$的直径，即点$O$在$BD$上，
$\therefore ∠ BCD=90°$，
$\therefore ∠ CED+∠ CDE=90°$，
$\because ∠ CED=∠ BAC$，且同弧BC所对的圆周角相等，即$∠ BAC=∠ BDC$，
$\therefore ∠ BDC+∠ CDE=90°$，即$∠ BDE=90°$，
$\therefore DE⊥ OD$于点$D$，
又$\because OD$是$\odot O$的半径，
$\therefore DE$是$\odot O$的切线。
【答案】
$DE$与$\odot O$相切。
【知识点】
切线的判定；圆周角定理；直角三角形的性质
【点评】
本题是直线与圆位置关系判定的基础常考题，解题关键是正确作出辅助线构造直径，结合圆周角相关性质完成角度转化，最终通过证明直线与半径垂直得到结论，能有效考查学生对基础定理的运用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
13. 如图,在四边形ABCD中,∠A=∠B=90°,AD//BC,E为AB上的一点,DE平分∠ADC,CE平分∠BCD.以AB为直径的圆与DC相切吗?为什么?
答案
13. 解:过点$E$作$EF⊥ CD$,垂足为$F$.可以证得$AE=EF=BE$,所以以$AB$为直径的圆与$DC$相切.
解析
【分析】
要判断以AB为直径的圆与DC是否相切，需依据切线的判定定理：若圆心到直线的距离等于半径，则直线与圆相切。首先，以AB为直径的圆的圆心是AB的中点，半径为$\frac{1}{2}AB$。结合已知的角平分线条件，可利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质，过E作CD的垂线，证明该垂线段的长度等于$\frac{1}{2}AB$，且E为AB中点，即可得到相切的结论。
【解析】
过点$E$作$EF⊥ CD$，垂足为$F$。
1. 因为$DE$平分$∠ADC$，$∠A=90°$即$EA⊥AD$，且$EF⊥CD$，根据角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），可得$AE=EF$。
2. 同理，$CE$平分$∠BCD$，$∠B=90°$即$EB⊥BC$，且$EF⊥CD$，根据角平分线的性质可得$BE=EF$。
3. 由上述结论可推出$AE=BE=EF$，即$E$是$AB$的中点，因此以$AB$为直径的圆的圆心为$E$，半径长度等于$EF$。
4. 又因为$EF⊥CD$，即圆心$E$到直线$CD$的距离等于半径，因此以$AB$为直径的圆与$DC$相切。
【答案】
以AB为直径的圆与DC相切。理由：过点$E$作$EF⊥ CD$,垂足为$F$.可以证得$AE=EF=BE$,所以以$AB$为直径的圆与$DC$相切。
【知识点】
角平分线的性质、切线的判定定理、圆的基本概念
【点评】
本题属于基础几何综合题，核心考查角平分线性质和切线判定的应用，解题的关键是合理构造垂直于CD的辅助线，将角平分线条件转化为线段相等关系，进而结合切线判定条件完成证明，能有效锻炼几何逻辑推理和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.7
要判断以AB为直径的圆与DC是否相切，需依据切线的判定定理：若圆心到直线的距离等于半径，则直线与圆相切。首先，以AB为直径的圆的圆心是AB的中点，半径为$\frac{1}{2}AB$。结合已知的角平分线条件，可利用角平分线上的点到角两边的距离相等的性质，过E作CD的垂线，证明该垂线段的长度等于$\frac{1}{2}AB$，且E为AB中点，即可得到相切的结论。
【解析】
过点$E$作$EF⊥ CD$，垂足为$F$。
1. 因为$DE$平分$∠ADC$，$∠A=90°$即$EA⊥AD$，且$EF⊥CD$，根据角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），可得$AE=EF$。
2. 同理，$CE$平分$∠BCD$，$∠B=90°$即$EB⊥BC$，且$EF⊥CD$，根据角平分线的性质可得$BE=EF$。
3. 由上述结论可推出$AE=BE=EF$，即$E$是$AB$的中点，因此以$AB$为直径的圆的圆心为$E$，半径长度等于$EF$。
4. 又因为$EF⊥CD$，即圆心$E$到直线$CD$的距离等于半径，因此以$AB$为直径的圆与$DC$相切。
【答案】
以AB为直径的圆与DC相切。理由：过点$E$作$EF⊥ CD$,垂足为$F$.可以证得$AE=EF=BE$,所以以$AB$为直径的圆与$DC$相切。
【知识点】
角平分线的性质、切线的判定定理、圆的基本概念
【点评】
本题属于基础几何综合题，核心考查角平分线性质和切线判定的应用，解题的关键是合理构造垂直于CD的辅助线，将角平分线条件转化为线段相等关系，进而结合切线判定条件完成证明，能有效锻炼几何逻辑推理和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.7
14. 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) 若直线$AB$与$\odot C$没有交点，求$r$的取值范围；
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个交点，求$r$的取值范围；
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个交点，求$r$的取值范围.
(1) 若直线$AB$与$\odot C$没有交点，求$r$的取值范围；
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个交点，求$r$的取值范围；
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个交点，求$r$的取值范围.
答案
14. (1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
要解决这道题，首先需先求出圆心C到直线AB的距离，这是判断直线和圆位置关系的核心依据。第一步用勾股定理算出斜边AB的长度，再通过三角形面积法求出斜边AB上的高，也就是点C到直线AB的距离d。接下来分情况讨论：(1)直线AB与圆无交点，对应直线和圆相离，即半径r＜d，同时注意半径为正数；(2)边AB是线段，要和圆有两个交点，需要直线和圆相交（r＞d），同时保证两个交点都落在线段AB上，结合点A、B到C的距离限制r的上限；(3)线段AB和圆只有一个交点，分两种情况：一是直线AB和圆相切（r=d，切点在线段AB上），二是直线和圆相交但只有一个交点在线段AB上，结合A、B点与圆的位置关系确定r的范围。
【解析】
解：过点C作$CD⊥AB$于点D。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠C=90°$，$AC=3\ \mathrm{cm}$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$
根据三角形面积公式，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}·AC·BC=\frac{1}{2}·AB·CD$
代入数值得：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×CD$
解得$CD=\frac{12}{5}=2.4\ \mathrm{cm}$，即点C到直线AB的距离$d=2.4\ \mathrm{cm}$。
(1) 若直线AB与$\odot C$没有交点，说明直线AB与$\odot C$相离，因此$r＜d$，又半径$r＞0$，故$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$。
(2) 若边AB与$\odot C$有两个交点，说明直线AB与$\odot C$相交，且两个交点都在线段AB上。首先需$r＞d=2.4\ \mathrm{cm}$，又点A到C的距离为$3\ \mathrm{cm}$，点B到C的距离为$4\ \mathrm{cm}$，当$r≤3\ \mathrm{cm}$时，点A在圆上或圆外，两个交点都落在线段AB上，故$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
(3) 若边AB与$\odot C$只有一个交点，分两种情况：
① 直线AB与$\odot C$相切，此时$r=d=2.4\ \mathrm{cm}$，切点在线段AB上，仅1个交点；
② 直线AB与$\odot C$相交，但仅1个交点在线段AB上，此时点A在圆内，点B在圆上或圆外，即$r＞3\ \mathrm{cm}$且$r≤4\ \mathrm{cm}$。
综上，$r=2.4\ \mathrm{cm}$或$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$
(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】
勾股定理；直线与圆的位置关系；三角形面积计算
【点评】
本题易错点是混淆“直线AB”和“线段AB”的位置关系判定，解题时需结合线段两个端点与圆的位置关系综合判断，避免漏解。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，首先需先求出圆心C到直线AB的距离，这是判断直线和圆位置关系的核心依据。第一步用勾股定理算出斜边AB的长度，再通过三角形面积法求出斜边AB上的高，也就是点C到直线AB的距离d。接下来分情况讨论：(1)直线AB与圆无交点，对应直线和圆相离，即半径r＜d，同时注意半径为正数；(2)边AB是线段，要和圆有两个交点，需要直线和圆相交（r＞d），同时保证两个交点都落在线段AB上，结合点A、B到C的距离限制r的上限；(3)线段AB和圆只有一个交点，分两种情况：一是直线AB和圆相切（r=d，切点在线段AB上），二是直线和圆相交但只有一个交点在线段AB上，结合A、B点与圆的位置关系确定r的范围。
【解析】
解：过点C作$CD⊥AB$于点D。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠C=90°$，$AC=3\ \mathrm{cm}$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$
根据三角形面积公式，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}·AC·BC=\frac{1}{2}·AB·CD$
代入数值得：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×CD$
解得$CD=\frac{12}{5}=2.4\ \mathrm{cm}$，即点C到直线AB的距离$d=2.4\ \mathrm{cm}$。
(1) 若直线AB与$\odot C$没有交点，说明直线AB与$\odot C$相离，因此$r＜d$，又半径$r＞0$，故$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$。
(2) 若边AB与$\odot C$有两个交点，说明直线AB与$\odot C$相交，且两个交点都在线段AB上。首先需$r＞d=2.4\ \mathrm{cm}$，又点A到C的距离为$3\ \mathrm{cm}$，点B到C的距离为$4\ \mathrm{cm}$，当$r≤3\ \mathrm{cm}$时，点A在圆上或圆外，两个交点都落在线段AB上，故$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
(3) 若边AB与$\odot C$只有一个交点，分两种情况：
① 直线AB与$\odot C$相切，此时$r=d=2.4\ \mathrm{cm}$，切点在线段AB上，仅1个交点；
② 直线AB与$\odot C$相交，但仅1个交点在线段AB上，此时点A在圆内，点B在圆上或圆外，即$r＞3\ \mathrm{cm}$且$r≤4\ \mathrm{cm}$。
综上，$r=2.4\ \mathrm{cm}$或$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$
(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】
勾股定理；直线与圆的位置关系；三角形面积计算
【点评】
本题易错点是混淆“直线AB”和“线段AB”的位置关系判定，解题时需结合线段两个端点与圆的位置关系综合判断，避免漏解。
【难度系数】
0.6
