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7 如图，$\mathrm{Rt}△ ABC$的内切圆$\odot O$与两直角边$AB$、$BC$分别相切于点$D$、$E$，在劣弧$DE$（不包括端点$D$、$E$）上任取一点$P$，过点$P$作$\odot O$的切线$MN$与$AB$、$BC$分别交于点$M$、$N$，若$AB=5\ \mathrm{cm}$，$AC=13\ \mathrm{cm}$，则$\mathrm{Rt}△ MBN$的周长为
4
$\mathrm{cm}$。答案
4
解析
【分析】
首先通过勾股定理求解$\mathrm{Rt}△ABC$的另一条直角边$BC$的长度；再结合直角三角形内切圆的性质，求出内切圆与直角边$AB$、$BC$的切线长$BD$、$BE$的长度；最后利用切线长定理，将$\mathrm{Rt}△MBN$的周长转化为$BD$与$BE$的和，即可求出结果。
【解析】
1. 在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ B=90°$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12\ \mathrm{cm}$
2. 因为$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ABC$的内切圆，与$AB$相切于$D$，与$BC$相切于$E$，根据切线长定理可得$BD=BE$，直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{AB+BC-AC}{2}$，代入数值计算：
$r=\frac{5+12-13}{2}=2\ \mathrm{cm}$，即$BD=BE=2\ \mathrm{cm}$
3. 因为$MN$是$\odot O$的切线，切点为$P$，根据切线长定理可得：$MD=MP$，$NE=NP$
4. 计算$\mathrm{Rt}△MBN$的周长：
$\begin{aligned}C_{△ MBN}&=MB+BN+MN\\&=MB+BN+MP+PN\\&=MB+BN+MD+NE\\&=(MB+MD)+(BN+NE)\\&=BD+BE\\&=2+2=4\ \mathrm{cm}\end{aligned}$
【答案】
4
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题核心是利用切线长定理进行线段的等量转化，将未知三角形的周长转化为已知的切线长之和，简化了计算过程，是圆与三角形结合的典型应用题。
【难度系数】
0.6
首先通过勾股定理求解$\mathrm{Rt}△ABC$的另一条直角边$BC$的长度；再结合直角三角形内切圆的性质，求出内切圆与直角边$AB$、$BC$的切线长$BD$、$BE$的长度；最后利用切线长定理，将$\mathrm{Rt}△MBN$的周长转化为$BD$与$BE$的和，即可求出结果。
【解析】
1. 在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ B=90°$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12\ \mathrm{cm}$
2. 因为$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ABC$的内切圆，与$AB$相切于$D$，与$BC$相切于$E$，根据切线长定理可得$BD=BE$，直角三角形内切圆半径公式为$r=\frac{AB+BC-AC}{2}$，代入数值计算：
$r=\frac{5+12-13}{2}=2\ \mathrm{cm}$，即$BD=BE=2\ \mathrm{cm}$
3. 因为$MN$是$\odot O$的切线，切点为$P$，根据切线长定理可得：$MD=MP$，$NE=NP$
4. 计算$\mathrm{Rt}△MBN$的周长：
$\begin{aligned}C_{△ MBN}&=MB+BN+MN\\&=MB+BN+MP+PN\\&=MB+BN+MD+NE\\&=(MB+MD)+(BN+NE)\\&=BD+BE\\&=2+2=4\ \mathrm{cm}\end{aligned}$
【答案】
4
【知识点】
勾股定理，切线长定理，三角形内切圆性质
【点评】
本题核心是利用切线长定理进行线段的等量转化，将未知三角形的周长转化为已知的切线长之和，简化了计算过程，是圆与三角形结合的典型应用题。
【难度系数】
0.6
8 如图，AB为⊙O的直径，延长AB至点D，使BD=OB，DC切⊙O于点C，点B是$\overset{\frown}{CF}$的中点，弦CF交AB于点E。若⊙O的半径为2，则CF=
$2\sqrt{3}$
。答案
$2\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题时首先连接辅助线OC，利用切线的性质得到直角三角形OCD，结合已知的边的长度关系求出∠COE的度数；再根据弧中点的性质结合垂径定理，可推出AB垂直平分CF，最后在直角三角形OCE中通过解三角函数求出CE的长度，即可得到CF的长度。
【解析】
1. 连接OC，
∵DC是⊙O的切线，C为切点，
∴OC⊥CD（圆的切线垂直于过切点的半径）。
2. 已知⊙O的半径为2，
∴OC=OB=2，又
∵BD=OB，
∴OD=OB+BD=4。在Rt△OCD中，OC=2，OD=4，
∴$\sin D=\frac{OC}{OD}=\frac{1}{2}$，即∠D=30°，
∴∠COD=90°-∠D=60°。
3.
∵点B是$\overset{\frown}{CF}$的中点，AB是⊙O的直径，根据垂径定理的推论可得：AB⊥CF，且CE=EF，即CF=2CE。
4. 在Rt△OCE中，OC=2，∠COE=60°，
∴$CE=OC·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∴$CF=2CE=2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，解直角三角形
【点评】
本题属于圆与直角三角形结合的基础应用题，正确构造辅助线是解题的突破口，熟练掌握圆的基础性质和直角三角形的边角关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
解题时首先连接辅助线OC，利用切线的性质得到直角三角形OCD，结合已知的边的长度关系求出∠COE的度数；再根据弧中点的性质结合垂径定理，可推出AB垂直平分CF，最后在直角三角形OCE中通过解三角函数求出CE的长度，即可得到CF的长度。
【解析】
1. 连接OC，
∵DC是⊙O的切线，C为切点，
∴OC⊥CD（圆的切线垂直于过切点的半径）。
2. 已知⊙O的半径为2，
∴OC=OB=2，又
∵BD=OB，
∴OD=OB+BD=4。在Rt△OCD中，OC=2，OD=4，
∴$\sin D=\frac{OC}{OD}=\frac{1}{2}$，即∠D=30°，
∴∠COD=90°-∠D=60°。
3.
∵点B是$\overset{\frown}{CF}$的中点，AB是⊙O的直径，根据垂径定理的推论可得：AB⊥CF，且CE=EF，即CF=2CE。
4. 在Rt△OCE中，OC=2，∠COE=60°，
∴$CE=OC·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∴$CF=2CE=2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，解直角三角形
【点评】
本题属于圆与直角三角形结合的基础应用题，正确构造辅助线是解题的突破口，熟练掌握圆的基础性质和直角三角形的边角关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
9 如图，两个同心圆，大圆半径为5，小圆的半径为3，若大圆的弦AB与小圆相交，则弦AB的取值范围是
$8＜ AB ≤ 10$
。答案
$8＜ AB ≤ 10$
解析
【分析】
要确定弦AB的取值范围，需先找到两个临界状态的弦长：①当AB与小圆相切时，是AB与小圆刚好不相交的临界状态，此时的弦长是AB能与小圆相交的最小临界值，相交时弦长需大于该值；②大圆中最长的弦为直径，此时AB必然与小圆相交，是弦长的最大值。接下来利用垂径定理和勾股定理计算相切时的弦长，再结合范围的端点是否可取即可得到结果。
【解析】
解：设同心圆的圆心为O。
1. 计算AB与小圆相切时的弦长：
当AB与小圆相切时，过O作OC⊥AB于点C，此时OC等于小圆半径，即$OC=3$。
连接OA，OA为大圆半径，$OA=5$。
根据垂径定理，OC垂直平分AB，即$AB=2AC$。
在$Rt△ OAC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4$
因此此时$AB=2×4=8$。
由于此时AB与小圆相切，不满足“相交”的条件，因此若AB与小圆相交，需满足$AB＞8$。
2. 确定AB的最大值：
大圆中最长的弦为大圆的直径，直径长为$2×5=10$，此时AB经过圆心O，必然与小圆相交，因此$AB≤10$。
综上，弦AB的取值范围是$8＜AB≤10$。
【答案】
$8＜ AB ≤ 10$
【知识点】
垂径定理；勾股定理；直线与圆的位置关系
【点评】
本题的核心是分析弦与小圆相交的临界状态，解题时需注意相切是相交的临界情况，对应弦长取不到，而直径是大圆最长的弦，对应弦长可以取到，避免出现端点取值错误。
【难度系数】
0.7
要确定弦AB的取值范围，需先找到两个临界状态的弦长：①当AB与小圆相切时，是AB与小圆刚好不相交的临界状态，此时的弦长是AB能与小圆相交的最小临界值，相交时弦长需大于该值；②大圆中最长的弦为直径，此时AB必然与小圆相交，是弦长的最大值。接下来利用垂径定理和勾股定理计算相切时的弦长，再结合范围的端点是否可取即可得到结果。
【解析】
解：设同心圆的圆心为O。
1. 计算AB与小圆相切时的弦长：
当AB与小圆相切时，过O作OC⊥AB于点C，此时OC等于小圆半径，即$OC=3$。
连接OA，OA为大圆半径，$OA=5$。
根据垂径定理，OC垂直平分AB，即$AB=2AC$。
在$Rt△ OAC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4$
因此此时$AB=2×4=8$。
由于此时AB与小圆相切，不满足“相交”的条件，因此若AB与小圆相交，需满足$AB＞8$。
2. 确定AB的最大值：
大圆中最长的弦为大圆的直径，直径长为$2×5=10$，此时AB经过圆心O，必然与小圆相交，因此$AB≤10$。
综上，弦AB的取值范围是$8＜AB≤10$。
【答案】
$8＜ AB ≤ 10$
【知识点】
垂径定理；勾股定理；直线与圆的位置关系
【点评】
本题的核心是分析弦与小圆相交的临界状态，解题时需注意相切是相交的临界情况，对应弦长取不到，而直径是大圆最长的弦，对应弦长可以取到，避免出现端点取值错误。
【难度系数】
0.7
10 如图，点I为△ABC的内心，点O为△ABC的外心，∠O=140°，则∠I为
11 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4。若以点C为圆心，r为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，则r的取值范围是
$125°$
。11 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4。若以点C为圆心，r为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，则r的取值范围是
$3＜ r ≤ 4$或$r=2.4$
。答案
10 $125°$
11 $3＜ r ≤ 4$ 或 $r=2.4$。
[提示:圆与AB相切时，$r=2.4$;点A在圆内部，点B在圆上或圆外时，此时$AC ＜ r ≤ BC$，即$3＜ r ≤ 4$。]
11 $3＜ r ≤ 4$ 或 $r=2.4$。
[提示:圆与AB相切时，$r=2.4$;点A在圆内部，点B在圆上或圆外时，此时$AC ＜ r ≤ BC$，即$3＜ r ≤ 4$。]
解析
【分析】
第10题思路
首先利用外心的性质：三角形外心是外接圆圆心，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可由已知的∠BOC求出∠A的度数；再利用内心的性质：三角形内心是内角角平分线的交点，结合三角形内角和推导∠BIC（即题目中的∠I）与∠A的关系，代入计算即可得到结果。
第11题思路
圆与斜边AB只有一个公共点分两种情况讨论：①圆与AB相切，此时半径等于点C到AB的垂线段长度，用面积法求斜边上的高即可；②圆与AB相交，但只有一个交点落在线段AB上，此时点A在圆内、点B在圆上或圆外，结合边长即可得到r的范围，综合两种情况得到最终取值。
【解析】
第10题
解：
∵点O是△ABC的外心，根据圆周角定理，同弧BC所对的圆心角∠BOC=2∠BAC
已知∠BOC=140°，
∴∠BAC=½×140°=70°
∵点I是△ABC的内心，
∴IB、IC分别平分∠ABC、∠ACB
∴∠IBC=½∠ABC，∠ICB=½∠ACB
在△IBC中：
∠BIC=180°-(∠IBC+∠ICB)
=180°-½(∠ABC+∠ACB)
又
∵∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=180°-70°=110°
代入得：∠BIC=180°-½×110°=125°
第11题
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：
AB=√(AC²+BC²)=√(3²+4²)=5
分两种情况讨论：
1. 当⊙C与AB相切时，圆与AB只有一个公共点，设C到AB的距离为h
由三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·h$
代入数值：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×h$，解得$h=2.4$，即此时$r=2.4$
2. 当点A在圆内，点B在圆上或圆外时，线段AB与圆只有一个交点
此时需满足$AC ＜ r ≤ BC$，即$3 ＜ r ≤ 4$
综上，r的取值范围为$3 ＜ r ≤ 4$或$r=2.4$
【答案】
10、$\boxed{125°}$；11、$\boxed{3＜ r ≤ 4}$ 或 $\boxed{r=2.4}$
【知识点】
圆周角定理、三角形内心与外心的性质、直线与圆的位置关系
【点评】
这两道题属于几何常规考题，第10题要熟练掌握外心、内心对应的角度推导规律，可提高解题效率；第11题核心是分类讨论思想的应用，注意题目要求是圆与斜边（线段）AB只有一个公共点，不要漏解相切、交点仅一个落在线段上的两种情况。
【难度系数】
0.6
第10题思路
首先利用外心的性质：三角形外心是外接圆圆心，同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可由已知的∠BOC求出∠A的度数；再利用内心的性质：三角形内心是内角角平分线的交点，结合三角形内角和推导∠BIC（即题目中的∠I）与∠A的关系，代入计算即可得到结果。
第11题思路
圆与斜边AB只有一个公共点分两种情况讨论：①圆与AB相切，此时半径等于点C到AB的垂线段长度，用面积法求斜边上的高即可；②圆与AB相交，但只有一个交点落在线段AB上，此时点A在圆内、点B在圆上或圆外，结合边长即可得到r的范围，综合两种情况得到最终取值。
【解析】
第10题
解：
∵点O是△ABC的外心，根据圆周角定理，同弧BC所对的圆心角∠BOC=2∠BAC
已知∠BOC=140°，
∴∠BAC=½×140°=70°
∵点I是△ABC的内心，
∴IB、IC分别平分∠ABC、∠ACB
∴∠IBC=½∠ABC，∠ICB=½∠ACB
在△IBC中：
∠BIC=180°-(∠IBC+∠ICB)
=180°-½(∠ABC+∠ACB)
又
∵∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC=180°-70°=110°
代入得：∠BIC=180°-½×110°=125°
第11题
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：
AB=√(AC²+BC²)=√(3²+4²)=5
分两种情况讨论：
1. 当⊙C与AB相切时，圆与AB只有一个公共点，设C到AB的距离为h
由三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·h$
代入数值：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×h$，解得$h=2.4$，即此时$r=2.4$
2. 当点A在圆内，点B在圆上或圆外时，线段AB与圆只有一个交点
此时需满足$AC ＜ r ≤ BC$，即$3 ＜ r ≤ 4$
综上，r的取值范围为$3 ＜ r ≤ 4$或$r=2.4$
【答案】
10、$\boxed{125°}$；11、$\boxed{3＜ r ≤ 4}$ 或 $\boxed{r=2.4}$
【知识点】
圆周角定理、三角形内心与外心的性质、直线与圆的位置关系
【点评】
这两道题属于几何常规考题，第10题要熟练掌握外心、内心对应的角度推导规律，可提高解题效率；第11题核心是分类讨论思想的应用，注意题目要求是圆与斜边（线段）AB只有一个公共点，不要漏解相切、交点仅一个落在线段上的两种情况。
【难度系数】
0.6
12 如图,在矩形ABCD中,$AB=1$,$BC=\dfrac{4}{3}$,$P$是对角线$AC$上的动点,以点$P$为圆心,$PC$长为半径作$\odot P$。当$\odot P$与矩形$ABCD$的边相切时,$CP$的长为
$\dfrac{5}{8}$或$\dfrac{20}{27}$
。答案
$\dfrac{5}{8}$或$\dfrac{20}{27}$
[提示:$\odot P$只能与矩形$ABCD$的边$AD$、$AB$相切。过点$P$作$PE ⊥ AD$，$PF ⊥ AB$，垂足分别为点$D$、$F$。当$\odot P$与$AD$相切时，$PE=PC$。由$\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{PE}{CD}$，得$\dfrac{\dfrac{5}{3}-PC}{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{PC}{1}$，解得$CP=\dfrac{5}{8}$；当$\odot P$与$AB$相切时，$PF=PC$。由$\dfrac{PF}{BC}=\dfrac{AP}{AC}$得$\dfrac{CP}{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{\dfrac{5}{3}-CP}{\dfrac{5}{3}}$，解得$CP=\dfrac{20}{27}$。]
[提示:$\odot P$只能与矩形$ABCD$的边$AD$、$AB$相切。过点$P$作$PE ⊥ AD$，$PF ⊥ AB$，垂足分别为点$D$、$F$。当$\odot P$与$AD$相切时，$PE=PC$。由$\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{PE}{CD}$，得$\dfrac{\dfrac{5}{3}-PC}{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{PC}{1}$，解得$CP=\dfrac{5}{8}$；当$\odot P$与$AB$相切时，$PF=PC$。由$\dfrac{PF}{BC}=\dfrac{AP}{AC}$得$\dfrac{CP}{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{\dfrac{5}{3}-CP}{\dfrac{5}{3}}$，解得$CP=\dfrac{20}{27}$。]
解析
【分析】
首先由矩形的边长利用勾股定理求出对角线AC的长度；接下来判断$\odot P$相切的边：由于圆心P在AC上，若$\odot P$与BC、CD相切，圆心到边的距离小于PC，无法满足半径等于距离，因此仅需考虑$\odot P$与AD、AB相切两种情况；分别过P作对应相切边的垂线，得到半径等于垂线长度，再利用平行线判定相似三角形，根据相似三角形对应边成比例列方程，求解即可得到CP的长。
【解析】
在矩形ABCD中，$∠ B=90°$，$AB=1$，$BC=\dfrac{4}{3}$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{1^2+(\dfrac{4}{3})^2}=\dfrac{5}{3}$。
分两种情况讨论：
① 当$\odot P$与边$AD$相切时：
过点$P$作$PE ⊥ AD$于点$E$，根据切线的性质，半径等于圆心到切线的距离，得$PE=PC$。
∵$PE ⊥ AD$，$CD ⊥ AD$，
∴$PE // CD$，
∴$△ APE ∽ △ ACD$，
∴$\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{PE}{CD}$，
又
∵$AP=AC-PC=\dfrac{5}{3}-PC$，$CD=AB=1$，
代入得：$\dfrac{\dfrac{5}{3}-PC}{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{PC}{1}$，
解得：$PC=\dfrac{5}{8}$。
② 当$\odot P$与边$AB$相切时：
过点$P$作$PF ⊥ AB$于点$F$，根据切线的性质得$PF=PC$。
∵$PF ⊥ AB$，$BC ⊥ AB$，
∴$PF // BC$，
∴$△ APF ∽ △ ACB$，
∴$\dfrac{PF}{BC}=\dfrac{AP}{AC}$，
代入$PF=PC$，$AP=\dfrac{5}{3}-PC$，$BC=\dfrac{4}{3}$，$AC=\dfrac{5}{3}$得：
$\dfrac{PC}{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{\dfrac{5}{3}-PC}{\dfrac{5}{3}}$，
解得：$PC=\dfrac{20}{27}$。
【答案】
$\dfrac{5}{8}$或$\dfrac{20}{27}$
【知识点】
矩形的性质，切线的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题需要分类讨论圆与矩形边相切的情况，避免漏解，解题的关键是结合切线的性质构造相似三角形，利用比例关系列方程求解，对分类讨论思想和方程思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先由矩形的边长利用勾股定理求出对角线AC的长度；接下来判断$\odot P$相切的边：由于圆心P在AC上，若$\odot P$与BC、CD相切，圆心到边的距离小于PC，无法满足半径等于距离，因此仅需考虑$\odot P$与AD、AB相切两种情况；分别过P作对应相切边的垂线，得到半径等于垂线长度，再利用平行线判定相似三角形，根据相似三角形对应边成比例列方程，求解即可得到CP的长。
【解析】
在矩形ABCD中，$∠ B=90°$，$AB=1$，$BC=\dfrac{4}{3}$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{1^2+(\dfrac{4}{3})^2}=\dfrac{5}{3}$。
分两种情况讨论：
① 当$\odot P$与边$AD$相切时：
过点$P$作$PE ⊥ AD$于点$E$，根据切线的性质，半径等于圆心到切线的距离，得$PE=PC$。
∵$PE ⊥ AD$，$CD ⊥ AD$，
∴$PE // CD$，
∴$△ APE ∽ △ ACD$，
∴$\dfrac{AP}{AC}=\dfrac{PE}{CD}$，
又
∵$AP=AC-PC=\dfrac{5}{3}-PC$，$CD=AB=1$，
代入得：$\dfrac{\dfrac{5}{3}-PC}{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{PC}{1}$，
解得：$PC=\dfrac{5}{8}$。
② 当$\odot P$与边$AB$相切时：
过点$P$作$PF ⊥ AB$于点$F$，根据切线的性质得$PF=PC$。
∵$PF ⊥ AB$，$BC ⊥ AB$，
∴$PF // BC$，
∴$△ APF ∽ △ ACB$，
∴$\dfrac{PF}{BC}=\dfrac{AP}{AC}$，
代入$PF=PC$，$AP=\dfrac{5}{3}-PC$，$BC=\dfrac{4}{3}$，$AC=\dfrac{5}{3}$得：
$\dfrac{PC}{\dfrac{4}{3}}=\dfrac{\dfrac{5}{3}-PC}{\dfrac{5}{3}}$，
解得：$PC=\dfrac{20}{27}$。
【答案】
$\dfrac{5}{8}$或$\dfrac{20}{27}$
【知识点】
矩形的性质，切线的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题需要分类讨论圆与矩形边相切的情况，避免漏解，解题的关键是结合切线的性质构造相似三角形，利用比例关系列方程求解，对分类讨论思想和方程思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.6
13 已知矩形$ABCD$中，$AB=4$，$BC=4\sqrt{3}$，$O$是对角线$AC$上一点，$AO=t$，且$\odot O$的半径长为2。
（1）当线段$AB$与$\odot O$没有公共点时，求$t$的取值范围。
（2）当线段$AB$与$\odot O$有两个公共点时，求$t$的取值范围。
（1）当线段$AB$与$\odot O$没有公共点时，求$t$的取值范围。
（2）当线段$AB$与$\odot O$有两个公共点时，求$t$的取值范围。
答案
作$OE ⊥ AB$于$E$，矩形$ABCD$中，$AB=4$，$BC=4\sqrt{3}$，$∠ ABC=90°$，所以$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=8$ 因为$OE // BC$，所以$\dfrac{AO}{AC}=\dfrac{OE}{BC}$，即$\dfrac{t}{8}=\dfrac{OE}{4\sqrt{3}}$，所以$OE=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t$，因为$\odot O$的半径长为2，(1)当线段$AB$与$\odot O$没有公共点时，$\dfrac{\sqrt{3}}{2}t ＞ 2$，解得$t ＞ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$； (2) 当线段$AB$与$\odot O$有两个公共点时，$\dfrac{\sqrt{3}}{2}t ＜ 2$，解得$t ＜ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$，所以$0 ≤ t ＜ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$。
解析
【分析】
解决本题首先要明确直线与圆的位置关系的判定方法：圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆无公共点；小于半径时，直线与圆有两个公共点。第一步先利用矩形的性质和勾股定理求出对角线AC的长度；第二步过O作OE⊥AB于E，OE即为圆心O到AB的距离，由OE//BC，可通过平行线分线段成比例得到OE与t的关系；第三步结合线段AB与圆的公共点个数对应的不等关系列不等式求解，注意t的取值要符合O在AC上的实际意义。
【解析】
过点$O$作$OE ⊥ AB$于$E$，
∵矩形$ABCD$中，$∠ABC=90°$，$AB=4$，$BC=4\sqrt{3}$，
∴由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{4^2+(4\sqrt{3})^2}=8$，
∵$OE⊥AB$，$∠B=90°$，
∴$OE // BC$，根据平行线分线段成比例可得$\dfrac{AO}{AC}=\dfrac{OE}{BC}$，
将$AO=t$、$AC=8$、$BC=4\sqrt{3}$代入得$\dfrac{t}{8}=\dfrac{OE}{4\sqrt{3}}$，解得$OE=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t$，
已知$\odot O$的半径为2：
(1) 当线段$AB$与$\odot O$没有公共点时，圆心到AB的距离大于半径，即$\dfrac{\sqrt{3}}{2}t ＞ 2$，解得$t ＞ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$；
(2) 当线段$AB$与$\odot O$有两个公共点时，圆心到AB的距离小于半径，即$\dfrac{\sqrt{3}}{2}t ＜ 2$，解得$t ＜ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$，结合$O$在$AC$上$t≥0$的实际意义，得$0 ≤ t ＜ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，平行线分线段成比例
【点评】
本题综合考查了几何图形性质和直线与圆位置关系的判定，解题关键是通过平行线分线段成比例将圆心到线段的距离用参数表示，再结合位置关系对应的数量关系列不等式求解，解题时要注意参数的实际取值范围。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确直线与圆的位置关系的判定方法：圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆无公共点；小于半径时，直线与圆有两个公共点。第一步先利用矩形的性质和勾股定理求出对角线AC的长度；第二步过O作OE⊥AB于E，OE即为圆心O到AB的距离，由OE//BC，可通过平行线分线段成比例得到OE与t的关系；第三步结合线段AB与圆的公共点个数对应的不等关系列不等式求解，注意t的取值要符合O在AC上的实际意义。
【解析】
过点$O$作$OE ⊥ AB$于$E$，
∵矩形$ABCD$中，$∠ABC=90°$，$AB=4$，$BC=4\sqrt{3}$，
∴由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{4^2+(4\sqrt{3})^2}=8$，
∵$OE⊥AB$，$∠B=90°$，
∴$OE // BC$，根据平行线分线段成比例可得$\dfrac{AO}{AC}=\dfrac{OE}{BC}$，
将$AO=t$、$AC=8$、$BC=4\sqrt{3}$代入得$\dfrac{t}{8}=\dfrac{OE}{4\sqrt{3}}$，解得$OE=\dfrac{\sqrt{3}}{2}t$，
已知$\odot O$的半径为2：
(1) 当线段$AB$与$\odot O$没有公共点时，圆心到AB的距离大于半径，即$\dfrac{\sqrt{3}}{2}t ＞ 2$，解得$t ＞ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$；
(2) 当线段$AB$与$\odot O$有两个公共点时，圆心到AB的距离小于半径，即$\dfrac{\sqrt{3}}{2}t ＜ 2$，解得$t ＜ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$，结合$O$在$AC$上$t≥0$的实际意义，得$0 ≤ t ＜ \dfrac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，平行线分线段成比例
【点评】
本题综合考查了几何图形性质和直线与圆位置关系的判定，解题关键是通过平行线分线段成比例将圆心到线段的距离用参数表示，再结合位置关系对应的数量关系列不等式求解，解题时要注意参数的实际取值范围。
【难度系数】
0.7
