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11. 如图，$AB$是$\odot O$的一条弦，$E$是$AB$的中点，过点$E$作$EC ⊥ OA$于点$C$，过点$B$作$\odot O$的切线交$CE$的延长线于点$D$.若$AB = 12$，$BD = 5$，求$\odot O$的半径.
答案
11.$\frac{15}{2}$
解析
【解析】
以E为原点，AB所在直线为x轴，OE所在直线为y轴建立平面直角坐标系：
1. 因为E是AB的中点，AB=12，所以A(-6,0)，B(6,0)。设O(0,k)，则⊙O的半径$ r = OA = \sqrt{(-6)^2 + k^2} = \sqrt{36 + k^2} $。
2. 由于BD是⊙O的切线，OB⊥BD。OB的斜率为$ \frac{0 - k}{6 - 0} = -\frac{k}{6} $，故BD的斜率为$ \frac{6}{k} $，BD的直线方程为$ y = \frac{6}{k}(x - 6) $。
3. 因为EC⊥OA，OA的斜率为$ \frac{k - 0}{0 - (-6)} = \frac{k}{6} $，所以EC的斜率为$ -\frac{6}{k} $，EC的直线方程为$ y = -\frac{6}{k}x $。
4. 联立BD与EC的方程：$ \frac{6}{k}(x - 6) = -\frac{6}{k}x $，解得x=3，代入EC方程得$ y = -\frac{18}{k} $，即D(3, -\frac{18}{k})。
5. 由BD=5，根据两点间距离公式：
$ \sqrt{(6 - 3)^2 + (0 + \frac{18}{k})^2} = 5 $，
化简得$ 9 + \frac{324}{k^2} = 25 $，解得$ k^2 = \frac{81}{4} $，即$ k = \frac{9}{2} $（k＞0）。
6. 将$ k = \frac{9}{2} $代入半径公式，得$ r = \sqrt{36 + (\frac{9}{2})^2} = \frac{15}{2} $。
【答案】
$\frac{15}{2}$
【知识点】
垂径定理推论、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与勾股定理的应用，通过建立平面直角坐标系将几何问题代数化，简化计算，需熟练掌握圆的性质及坐标系的转化方法。
【难度系数】
0.6
以E为原点，AB所在直线为x轴，OE所在直线为y轴建立平面直角坐标系：
1. 因为E是AB的中点，AB=12，所以A(-6,0)，B(6,0)。设O(0,k)，则⊙O的半径$ r = OA = \sqrt{(-6)^2 + k^2} = \sqrt{36 + k^2} $。
2. 由于BD是⊙O的切线，OB⊥BD。OB的斜率为$ \frac{0 - k}{6 - 0} = -\frac{k}{6} $，故BD的斜率为$ \frac{6}{k} $，BD的直线方程为$ y = \frac{6}{k}(x - 6) $。
3. 因为EC⊥OA，OA的斜率为$ \frac{k - 0}{0 - (-6)} = \frac{k}{6} $，所以EC的斜率为$ -\frac{6}{k} $，EC的直线方程为$ y = -\frac{6}{k}x $。
4. 联立BD与EC的方程：$ \frac{6}{k}(x - 6) = -\frac{6}{k}x $，解得x=3，代入EC方程得$ y = -\frac{18}{k} $，即D(3, -\frac{18}{k})。
5. 由BD=5，根据两点间距离公式：
$ \sqrt{(6 - 3)^2 + (0 + \frac{18}{k})^2} = 5 $，
化简得$ 9 + \frac{324}{k^2} = 25 $，解得$ k^2 = \frac{81}{4} $，即$ k = \frac{9}{2} $（k＞0）。
6. 将$ k = \frac{9}{2} $代入半径公式，得$ r = \sqrt{36 + (\frac{9}{2})^2} = \frac{15}{2} $。
【答案】
$\frac{15}{2}$
【知识点】
垂径定理推论、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与勾股定理的应用，通过建立平面直角坐标系将几何问题代数化，简化计算，需熟练掌握圆的性质及坐标系的转化方法。
【难度系数】
0.6
12. 如图，直线$l$与$\odot O$相离，$OA ⊥ l$于点$A$，$OA = 5$，$OA$与$\odot O$相交于点$P$，$AB$与$\odot O$相切于点$B$，$BP$的延长线交直线$l$于点$C$.
（1）判断线段$AB$与$AC$的数量关系，并说明理由；
（2）若$PC = 2\sqrt{5}$，求$\odot O$的半径和线段$PB$的长；
（3）若在$\odot O$上存在点$Q$，使$△ QAC$是以$AC$为底边的等腰三角形，求$\odot O$的半径$r$的取值范围.
（1）判断线段$AB$与$AC$的数量关系，并说明理由；
（2）若$PC = 2\sqrt{5}$，求$\odot O$的半径和线段$PB$的长；
（3）若在$\odot O$上存在点$Q$，使$△ QAC$是以$AC$为底边的等腰三角形，求$\odot O$的半径$r$的取值范围.
答案
12.(1)$AB = AC$ 理由略
(2)解:延长AO交$\odot O$于D,连结OB,BD.设$\odot O$半径为r,则$OP = OB = r$,$PA = 5 - r$,
则$AB^{2} = OA^{2} - OB^{2} = 5^{2} - r^{2}.$
又$AC^{2} = PC^{2} - PA^{2} = (2\sqrt{5})^{2} - (5 - r)^{2}$,
$\therefore5^{2} - r^{2} = (2\sqrt{5})^{2} - (5 - r)^{2}$,解得$r = 3.$
$\therefore AB = AC = 4.$
$\because PD$是$\odot O$的直径,
$\therefore∠ PBD = 90° = ∠ PAC.$
又$\because∠ DPB = ∠ CPA$,
$\therefore△ DPB∽△ CPA$,$\therefore\frac{CP}{PD} = \frac{AP}{BP}$,
$\therefore\frac{2\sqrt{5}}{3 + 3} = \frac{5 - 3}{BP}$,解得$PB = \frac{6\sqrt{5}}{5}.$
$\therefore\odot O$的半径为3,线段PB的长为$\frac{6\sqrt{5}}{5}.$
(3)解:作出线段AC的垂直平分线MN,作$OE⊥ MN$,
则$OE = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt{5^{2} - r^{2}}.$
$\because$在$\odot O$上存在点Q,使得$△ QAC$是以AC为底边的等腰三角形,
$\therefore\odot O$与直线MN有交点,
$\therefore OE = \frac{1}{2}\sqrt{5^{2} - r^{2}}≤ r$,即$\sqrt{25 - r^{2}}≤2r$,
则$25 - r^{2}≤4r^{2}$,得$r^{2}≥5$,$\therefore r≥\sqrt{5}.$
又$\because\odot O$与直线l相离,$\therefore r ＜ 5$,即$\sqrt{5}≤ r ＜ 5.$
(2)解:延长AO交$\odot O$于D,连结OB,BD.设$\odot O$半径为r,则$OP = OB = r$,$PA = 5 - r$,
则$AB^{2} = OA^{2} - OB^{2} = 5^{2} - r^{2}.$
又$AC^{2} = PC^{2} - PA^{2} = (2\sqrt{5})^{2} - (5 - r)^{2}$,
$\therefore5^{2} - r^{2} = (2\sqrt{5})^{2} - (5 - r)^{2}$,解得$r = 3.$
$\therefore AB = AC = 4.$
$\because PD$是$\odot O$的直径,
$\therefore∠ PBD = 90° = ∠ PAC.$
又$\because∠ DPB = ∠ CPA$,
$\therefore△ DPB∽△ CPA$,$\therefore\frac{CP}{PD} = \frac{AP}{BP}$,
$\therefore\frac{2\sqrt{5}}{3 + 3} = \frac{5 - 3}{BP}$,解得$PB = \frac{6\sqrt{5}}{5}.$
$\therefore\odot O$的半径为3,线段PB的长为$\frac{6\sqrt{5}}{5}.$
(3)解:作出线段AC的垂直平分线MN,作$OE⊥ MN$,
则$OE = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt{5^{2} - r^{2}}.$
$\because$在$\odot O$上存在点Q,使得$△ QAC$是以AC为底边的等腰三角形,
$\therefore\odot O$与直线MN有交点,
$\therefore OE = \frac{1}{2}\sqrt{5^{2} - r^{2}}≤ r$,即$\sqrt{25 - r^{2}}≤2r$,
则$25 - r^{2}≤4r^{2}$,得$r^{2}≥5$,$\therefore r≥\sqrt{5}.$
又$\because\odot O$与直线l相离,$\therefore r ＜ 5$,即$\sqrt{5}≤ r ＜ 5.$
解析
【解析】
（1）$AB = AC$，理由如下：
连接$OB$，
$\because AB$与$\odot O$相切于点$B$，$\therefore OB ⊥ AB$，即$∠ OBA = 90°$，
$\therefore ∠ OBP + ∠ ABP = 90°$。
$\because OA ⊥ l$，$\therefore ∠ PAC = 90°$，$\therefore ∠ APC + ∠ ACP = 90°$。
$\because OB = OP$，$\therefore ∠ OBP = ∠ OPB$，
又$\because ∠ OPB = ∠ APC$，$\therefore ∠ ABP = ∠ ACP$，
$\therefore AB = AC$。
（2）设$\odot O$的半径为$r$，则$OP = OB = r$，$PA = 5 - r$。
由勾股定理得：
$AB^2 = OA^2 - OB^2 = 5^2 - r^2$，
$AC^2 = PC^2 - PA^2 = (2\sqrt{5})^2 - (5 - r)^2$。
$\because AB = AC$，$\therefore 5^2 - r^2 = (2\sqrt{5})^2 - (5 - r)^2$，
解得$r = 3$，$\therefore AB = AC = 4$。
延长$AO$交$\odot O$于$D$，连结$BD$，
$\because PD$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ PBD = 90° = ∠ PAC$。
又$\because ∠ DPB = ∠ CPA$，$\therefore △ DPB ∽ △ CPA$，
$\therefore \frac{CP}{PD} = \frac{AP}{BP}$，
$\because PD = 6$，$AP = 2$，$CP = 2\sqrt{5}$，
$\therefore \frac{2\sqrt{5}}{6} = \frac{2}{BP}$，解得$PB = \frac{6\sqrt{5}}{5}$。
（3）作出线段$AC$的垂直平分线$MN$，作$OE ⊥ MN$，
则$OE = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt{5^2 - r^2}$。
$\because$在$\odot O$上存在点$Q$，使$△ QAC$是以$AC$为底边的等腰三角形，
$\therefore \odot O$与直线$MN$有交点，
$\therefore OE ≤ r$，即$\sqrt{25 - r^2} ≤ 2r$，
两边平方得$25 - r^2 ≤ 4r^2$，解得$r^2 ≥ 5$，即$r ≥ \sqrt{5}$。
又$\because \odot O$与直线$l$相离，$\therefore r ＜ 5$，
故$\sqrt{5} ≤ r ＜ 5$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{AB = AC}$，理由见解析；
（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{3}$，线段$PB$的长为$\boldsymbol{\frac{6\sqrt{5}}{5}}$；
（3）$\boldsymbol{\sqrt{5}≤ r ＜ 5}$。
【知识点】
切线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、相似三角形及等腰三角形的相关知识，需灵活运用几何定理与勾股定理求解，对几何综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
（1）$AB = AC$，理由如下：
连接$OB$，
$\because AB$与$\odot O$相切于点$B$，$\therefore OB ⊥ AB$，即$∠ OBA = 90°$，
$\therefore ∠ OBP + ∠ ABP = 90°$。
$\because OA ⊥ l$，$\therefore ∠ PAC = 90°$，$\therefore ∠ APC + ∠ ACP = 90°$。
$\because OB = OP$，$\therefore ∠ OBP = ∠ OPB$，
又$\because ∠ OPB = ∠ APC$，$\therefore ∠ ABP = ∠ ACP$，
$\therefore AB = AC$。
（2）设$\odot O$的半径为$r$，则$OP = OB = r$，$PA = 5 - r$。
由勾股定理得：
$AB^2 = OA^2 - OB^2 = 5^2 - r^2$，
$AC^2 = PC^2 - PA^2 = (2\sqrt{5})^2 - (5 - r)^2$。
$\because AB = AC$，$\therefore 5^2 - r^2 = (2\sqrt{5})^2 - (5 - r)^2$，
解得$r = 3$，$\therefore AB = AC = 4$。
延长$AO$交$\odot O$于$D$，连结$BD$，
$\because PD$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ PBD = 90° = ∠ PAC$。
又$\because ∠ DPB = ∠ CPA$，$\therefore △ DPB ∽ △ CPA$，
$\therefore \frac{CP}{PD} = \frac{AP}{BP}$，
$\because PD = 6$，$AP = 2$，$CP = 2\sqrt{5}$，
$\therefore \frac{2\sqrt{5}}{6} = \frac{2}{BP}$，解得$PB = \frac{6\sqrt{5}}{5}$。
（3）作出线段$AC$的垂直平分线$MN$，作$OE ⊥ MN$，
则$OE = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt{5^2 - r^2}$。
$\because$在$\odot O$上存在点$Q$，使$△ QAC$是以$AC$为底边的等腰三角形，
$\therefore \odot O$与直线$MN$有交点，
$\therefore OE ≤ r$，即$\sqrt{25 - r^2} ≤ 2r$，
两边平方得$25 - r^2 ≤ 4r^2$，解得$r^2 ≥ 5$，即$r ≥ \sqrt{5}$。
又$\because \odot O$与直线$l$相离，$\therefore r ＜ 5$，
故$\sqrt{5} ≤ r ＜ 5$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{AB = AC}$，理由见解析；
（2）$\odot O$的半径为$\boldsymbol{3}$，线段$PB$的长为$\boldsymbol{\frac{6\sqrt{5}}{5}}$；
（3）$\boldsymbol{\sqrt{5}≤ r ＜ 5}$。
【知识点】
切线的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查圆的切线性质、相似三角形及等腰三角形的相关知识，需灵活运用几何定理与勾股定理求解，对几何综合应用能力要求较高。
【难度系数】
0.4
