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1. 如图,两个同心圆,大圆的半径为 5,小圆的半径为 3. 若大圆的弦 AB 与小圆有公共点,则弦 AB 的取值范围是（
A.$8≤ AB≤ 10$
B.$8＜ AB≤ 10$
C.$4≤ AB≤ 5$
D.$4＜ AB≤ 5$
A
）A.$8≤ AB≤ 10$
B.$8＜ AB≤ 10$
C.$4≤ AB≤ 5$
D.$4＜ AB≤ 5$
答案
A
解析
【分析】
要确定弦AB的取值范围，需结合垂径定理、直线与圆的位置关系分析：
1. 弦长与圆心到弦的距离的关系：对大圆的弦AB，过圆心O作AB的垂线，垂足为C，根据垂径定理，AB=2AC，OA为大圆半径，OC为O到AB的距离。
2. 直线与小圆的位置关系：当AB与小圆相切时，O到AB的距离等于小圆半径，此时AB最短；当AB为大圆直径时，AB最长。
3. 结合“AB与小圆有公共点”的条件，确定AB的取值范围。
【解析】
1. 计算AB的最短长度：过点O作OC⊥AB于点C，连接OA。
当AB与小圆相切时，OC等于小圆半径，即OC=3。
在Rt△OAC中，OA=5，OC=3，由勾股定理得：
AC=√(OA² - OC²)=√(5² - 3²)=√16=4，
因此AB=2AC=8，此时AB与小圆有1个公共点，符合条件。
2. 计算AB的最长长度：当AB为大圆的直径时，AB最长，长度为2×5=10，此时AB与小圆有2个公共点，符合条件。
3. 确定取值范围：当AB长度在8到10之间时，O到AB的距离小于小圆半径，AB与小圆相交，有2个公共点，满足“有公共点”的要求；若AB＜8，O到AB的距离大于小圆半径，AB与小圆无公共点，不符合条件。故弦AB的取值范围是8≤AB≤10。
【答案】
A
【知识点】
垂径定理、直线与圆的位置关系、勾股定理
【点评】
本题结合同心圆的性质，利用垂径定理和直线与圆的位置关系求解弦长范围，关键是找到AB与小圆相切时的最短弦长，再结合直径得到最长弦长，是圆章节的典型基础题。
【难度系数】
0.5
要确定弦AB的取值范围，需结合垂径定理、直线与圆的位置关系分析：
1. 弦长与圆心到弦的距离的关系：对大圆的弦AB，过圆心O作AB的垂线，垂足为C，根据垂径定理，AB=2AC，OA为大圆半径，OC为O到AB的距离。
2. 直线与小圆的位置关系：当AB与小圆相切时，O到AB的距离等于小圆半径，此时AB最短；当AB为大圆直径时，AB最长。
3. 结合“AB与小圆有公共点”的条件，确定AB的取值范围。
【解析】
1. 计算AB的最短长度：过点O作OC⊥AB于点C，连接OA。
当AB与小圆相切时，OC等于小圆半径，即OC=3。
在Rt△OAC中，OA=5，OC=3，由勾股定理得：
AC=√(OA² - OC²)=√(5² - 3²)=√16=4，
因此AB=2AC=8，此时AB与小圆有1个公共点，符合条件。
2. 计算AB的最长长度：当AB为大圆的直径时，AB最长，长度为2×5=10，此时AB与小圆有2个公共点，符合条件。
3. 确定取值范围：当AB长度在8到10之间时，O到AB的距离小于小圆半径，AB与小圆相交，有2个公共点，满足“有公共点”的要求；若AB＜8，O到AB的距离大于小圆半径，AB与小圆无公共点，不符合条件。故弦AB的取值范围是8≤AB≤10。
【答案】
A
【知识点】
垂径定理、直线与圆的位置关系、勾股定理
【点评】
本题结合同心圆的性质，利用垂径定理和直线与圆的位置关系求解弦长范围，关键是找到AB与小圆相切时的最短弦长，再结合直径得到最长弦长，是圆章节的典型基础题。
【难度系数】
0.5
2. 如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°, BC=3$, $AC=4,D,E$ 分别是 $AC,BC$ 上的一点,且 $DE=3$. 若以 $DE$ 为直径的圆与斜边 $AB$ 相交于点 $M,N$,则 $MN$ 长的最大值为（
A.$\dfrac{8}{5}$
B.$2$
C.$\dfrac{12}{5}$
D.$\dfrac{14}{5}$
C
）A.$\dfrac{8}{5}$
B.$2$
C.$\dfrac{12}{5}$
D.$\dfrac{14}{5}$
答案
C 提示:如图,过点C作$CF⊥ AB$于点F,取DE的中点O,过点O作$OG⊥ AB$于点G,连接OC,OM. 易知$OC=OM=\dfrac{1}{2}DE=\dfrac{3}{2}$. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,由勾股定理,得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=5$. 因为$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AC· BC=\dfrac{1}{2}AB· CF$,所以$CF=\dfrac{12}{5}$. 由垂径定理,得$MN=2MG$. 由勾股定理,得$MG=\sqrt{OM^2-OG^2}$. 所以当OG长最小时,MN长最大. 因为$OC+OG≥ CF$,即$OG≥ CF-OC$,所以当C,O,G三点共线,且点G与点F重合时,OG长取得最小值,此时$OG=CF-OC=\dfrac{12}{5}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}{10}$,$MG=\sqrt{OM^2-OG^2}=\sqrt{(\dfrac{3}{2})^2-(\dfrac{9}{10})^2}=\dfrac{6}{5}$,$MN=2MG=\dfrac{12}{5}$,即MN长的最大值为$\dfrac{12}{5}$.
解析
【分析】
要解决MN的最大值问题，需结合圆的性质与直角三角形的相关知识：MN是以DE为直径的圆的弦，根据垂径定理，弦长与圆心到直线AB的距离相关，半径固定时，圆心到AB的距离越小，弦长MN越大；再利用直角三角形斜边中线性质确定圆心到点C的距离为定值，结合点到直线的距离的最值，找到圆心到AB的最小距离，进而计算MN的最大值。
【解析】
1. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=4$，$BC=3$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
2. 由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CF$，代入得点C到AB的距离：
$CF=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
3. 取DE的中点O，则O为以DE为直径的圆的圆心，半径$OM=OC=\frac{1}{2}DE=\frac{3}{2}$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半，$△ DCE$为直角三角形，故$OC=\frac{1}{2}DE$）。
4. 过O作$OG⊥ AB$于G，根据垂径定理，$MN=2MG=2\sqrt{OM^2-OG^2}$，因此当OG最小时，MN最大。
5. 由于$OC=\frac{3}{2}$，$CF=\frac{12}{5}$，当O、C、F三点共线时，OG取得最小值，此时：
$OG=CF-OC=\frac{12}{5}-\frac{3}{2}=\frac{9}{10}$。
6. 代入计算MG：
$MG=\sqrt{OM^2-OG^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2-(\frac{9}{10})^2}=\sqrt{\frac{9}{4}-\frac{81}{100}}=\frac{6}{5}$。
7. 因此$MN=2MG=2×\frac{6}{5}=\frac{12}{5}$。
【答案】
C.$\dfrac{12}{5}$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、直角三角形性质
【点评】
本题是几何最值问题，综合考查垂径定理、直角三角形性质及点到直线的距离的最值，核心是将MN的最大值转化为圆心到AB的最小距离，需熟练运用定理完成转化计算。
【难度系数】
0.5
要解决MN的最大值问题，需结合圆的性质与直角三角形的相关知识：MN是以DE为直径的圆的弦，根据垂径定理，弦长与圆心到直线AB的距离相关，半径固定时，圆心到AB的距离越小，弦长MN越大；再利用直角三角形斜边中线性质确定圆心到点C的距离为定值，结合点到直线的距离的最值，找到圆心到AB的最小距离，进而计算MN的最大值。
【解析】
1. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=4$，$BC=3$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
2. 由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CF$，代入得点C到AB的距离：
$CF=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
3. 取DE的中点O，则O为以DE为直径的圆的圆心，半径$OM=OC=\frac{1}{2}DE=\frac{3}{2}$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半，$△ DCE$为直角三角形，故$OC=\frac{1}{2}DE$）。
4. 过O作$OG⊥ AB$于G，根据垂径定理，$MN=2MG=2\sqrt{OM^2-OG^2}$，因此当OG最小时，MN最大。
5. 由于$OC=\frac{3}{2}$，$CF=\frac{12}{5}$，当O、C、F三点共线时，OG取得最小值，此时：
$OG=CF-OC=\frac{12}{5}-\frac{3}{2}=\frac{9}{10}$。
6. 代入计算MG：
$MG=\sqrt{OM^2-OG^2}=\sqrt{(\frac{3}{2})^2-(\frac{9}{10})^2}=\sqrt{\frac{9}{4}-\frac{81}{100}}=\frac{6}{5}$。
7. 因此$MN=2MG=2×\frac{6}{5}=\frac{12}{5}$。
【答案】
C.$\dfrac{12}{5}$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、直角三角形性质
【点评】
本题是几何最值问题，综合考查垂径定理、直角三角形性质及点到直线的距离的最值，核心是将MN的最大值转化为圆心到AB的最小距离，需熟练运用定理完成转化计算。
【难度系数】
0.5
3. 如图,已知$∠ ACB=30^{ \circ }$,$CM=2$,$AM=5$,以点$M$为圆心,$r$为半径作$\odot M$.当$\odot M$与线段$AC$有交点时,$r$的取值范围是
$1≤ r≤ 5$
.答案
$1≤ r≤ 5$
解析
【分析】
要确定⊙M与线段AC有交点时r的取值范围，需先找到圆心M到直线AC的距离，以及线段AC上到M的最大距离：
1. 过M作MD⊥AC于D，在Rt△MDC中，利用30°角的直角三角形性质，可求出M到直线AC的距离；
2. 线段AC上到M的最大距离为MA的长度，结合圆与直线、线段的交点条件，即可确定r的范围。
【解析】
过点M作MD⊥AC于点D，
在Rt△MDC中，∠ACB=30°，CM=2，
根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，得：
MD = CM×sin30° = 2×$\frac{1}{2}$ = 1，即圆心M到直线AC的距离为1；
已知AM=5，即线段AC上到M的最大距离为5；
当⊙M与线段AC有交点时，需满足：
半径r≥圆心到直线AC的距离（保证⊙M与直线AC有交点）；
半径r≤MA（保证交点在线段AC上，若r＞5，交点会落在AC的延长线上，不在线段AC内）；
因此r的取值范围是1≤r≤5。
【答案】
1≤r≤5
【知识点】
圆与直线的位置关系，直角三角形性质
【点评】
本题考查圆与线段的交点问题，核心是利用直角三角形性质求圆心到直线的距离，需注意区分直线与线段的不同，避免错误判断交点位置，属于中等难度的几何应用题型。
【难度系数】
0.5
要确定⊙M与线段AC有交点时r的取值范围，需先找到圆心M到直线AC的距离，以及线段AC上到M的最大距离：
1. 过M作MD⊥AC于D，在Rt△MDC中，利用30°角的直角三角形性质，可求出M到直线AC的距离；
2. 线段AC上到M的最大距离为MA的长度，结合圆与直线、线段的交点条件，即可确定r的范围。
【解析】
过点M作MD⊥AC于点D，
在Rt△MDC中，∠ACB=30°，CM=2，
根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，得：
MD = CM×sin30° = 2×$\frac{1}{2}$ = 1，即圆心M到直线AC的距离为1；
已知AM=5，即线段AC上到M的最大距离为5；
当⊙M与线段AC有交点时，需满足：
半径r≥圆心到直线AC的距离（保证⊙M与直线AC有交点）；
半径r≤MA（保证交点在线段AC上，若r＞5，交点会落在AC的延长线上，不在线段AC内）；
因此r的取值范围是1≤r≤5。
【答案】
1≤r≤5
【知识点】
圆与直线的位置关系，直角三角形性质
【点评】
本题考查圆与线段的交点问题，核心是利用直角三角形性质求圆心到直线的距离，需注意区分直线与线段的不同，避免错误判断交点位置，属于中等难度的几何应用题型。
【难度系数】
0.5
4. 如图,半径为 2 的$\odot P$的圆心在直线$y=$$2x-1$上运动,当$\odot P$与$x$轴相切时,圆心$P$的坐标为
$(1.5,2)$或$(-0.5,-2)$
.答案
$(1.5,2)$或$(-0.5,-2)$ 提示:因为$\odot P$的圆心在直线$y=2x-1$上,所以可设点$P(x,2x-1)$. 当$\odot P$与$x$轴正半轴相切时,$2x-1=2$,解得$x=1.5$,所以点$P(1.5,2)$;当$\odot P$与$x$轴负半轴相切时,$2x-1=-2$,解得$x=-0.5$,所以点$P(-0.5,-2)$. 综上所述,点$P$的坐标为$(1.5,2)$或$(-0.5,-2)$.
解析
【分析】
要解决该问题，需先利用圆心在直线上的特征设出圆心坐标，再根据圆与x轴相切的性质（圆心到x轴的距离等于半径），结合点到x轴的距离为纵坐标的绝对值建立方程，同时需分圆心在x轴上方、下方两种情况讨论求解。
【解析】
解：因为圆心$ P $在直线$ y = 2x - 1 $上，所以设点$ P $的坐标为$ (x, 2x - 1) $。
已知$ \odot P $的半径为2，且$ \odot P $与x轴相切，根据圆与x轴相切的性质：圆心到x轴的距离等于半径，而点到x轴的距离为该点纵坐标的绝对值，因此可得：
$ |2x - 1| = 2 $
分两种情况解方程：
① 当$ 2x - 1 = 2 $时，解得$ x = 1.5 $，此时点$ P $的坐标为$ (1.5, 2) $；
② 当$ 2x - 1 = -2 $时，解得$ x = -0.5 $，此时点$ P $的坐标为$ (-0.5, -2) $。
综上，圆心$ P $的坐标为$ (1.5, 2) $或$ (-0.5, -2) $。
【答案】
$ (1.5,2) $或$ (-0.5,-2) $
【知识点】
一次函数图像、圆与直线相切、点的坐标
【点评】
本题结合一次函数与圆的相切性质，考查坐标与图形的关系，核心是利用相切条件建立方程，需注意分情况讨论圆心在x轴上下两侧的情况，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需先利用圆心在直线上的特征设出圆心坐标，再根据圆与x轴相切的性质（圆心到x轴的距离等于半径），结合点到x轴的距离为纵坐标的绝对值建立方程，同时需分圆心在x轴上方、下方两种情况讨论求解。
【解析】
解：因为圆心$ P $在直线$ y = 2x - 1 $上，所以设点$ P $的坐标为$ (x, 2x - 1) $。
已知$ \odot P $的半径为2，且$ \odot P $与x轴相切，根据圆与x轴相切的性质：圆心到x轴的距离等于半径，而点到x轴的距离为该点纵坐标的绝对值，因此可得：
$ |2x - 1| = 2 $
分两种情况解方程：
① 当$ 2x - 1 = 2 $时，解得$ x = 1.5 $，此时点$ P $的坐标为$ (1.5, 2) $；
② 当$ 2x - 1 = -2 $时，解得$ x = -0.5 $，此时点$ P $的坐标为$ (-0.5, -2) $。
综上，圆心$ P $的坐标为$ (1.5, 2) $或$ (-0.5, -2) $。
【答案】
$ (1.5,2) $或$ (-0.5,-2) $
【知识点】
一次函数图像、圆与直线相切、点的坐标
【点评】
本题结合一次函数与圆的相切性质，考查坐标与图形的关系，核心是利用相切条件建立方程，需注意分情况讨论圆心在x轴上下两侧的情况，难度适中。
【难度系数】
0.5
5. 已知$\odot O$的弦$AB=1.6$,优弧上的点到$AB$的最大距离为1.6,直线$l ⊥ AB$.若$\odot O$上有4个不同的点到$l$的距离等于0.4,则点$O$到$l$的距离$d$的范围为
$0≤ d＜0.6$
.答案
$0≤ d＜0.6$ 提示:如图,过点O作$OD⊥ AB$于点D. 因为$AB=1.6$,所以$AD=0.8$. 因为优弧上的点到AB的最大距离为1.6,所以$OD=1.6-AO$,在$\mathrm{Rt}△ AOD$中,$AO^2=OD^2+AD^2$,所以$AO^2=(1.6-OA)^2+0.8^2$,解得$AO=1$. 因为$\odot O$上有4个不同的点到$l$的距离等于0.4,所以$0≤ d＜0.6$.
解析
【分析】
首先需先求出⊙O的半径，再结合“圆上有4个不同的点到直线l的距离等于0.4”的条件，利用直线与圆的位置关系推导圆心O到l的距离d的范围。步骤为：1. 通过垂径定理、勾股定理计算⊙O的半径；2. 分析到直线l距离为0.4的点的轨迹，结合直线与圆相交的条件确定d的取值范围。
【解析】
1. 求⊙O的半径：
过点O作OD⊥AB于D，由垂径定理得AD = ½AB = 0.8。
已知优弧上的点到AB的最大距离为1.6，该距离为OD + OA（OA为⊙O半径），故OD = 1.6 - OA。
在Rt△AOD中，由勾股定理：OA² = OD² + AD²，代入OD=1.6-OA、AD=0.8得：
OA² = (1.6 - OA)² + 0.8²
展开化简：OA² = 2.56 - 3.2OA + OA² + 0.64 → 3.2OA = 3.2 → OA=1，即⊙O半径r=1。
2. 确定d的范围：
到直线l距离等于0.4的点的轨迹是两条平行于l的直线，分别在l两侧且距离l为0.4。要使⊙O上有4个不同的点满足条件，需这两条直线都与⊙O相交（每条直线与圆有2个交点）。
设圆心O到l的距离为d，则两条平行直线到O的距离分别为|d - 0.4|和d + 0.4。直线与圆相交的条件是圆心到直线的距离小于半径，因此：
d + 0.4 ＜ 1 → d ＜ 0.6；
距离非负，故d ≥ 0；
当d=0.6时，d+0.4=1，对应直线与圆相切，仅1个交点，总交点数为3，不符合要求，故d的范围是0≤d＜0.6。
【答案】
$0≤ d＜0.6$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、直线与圆的位置关系
【点评】
本题综合考查垂径定理、勾股定理及直线与圆的位置关系，关键在于理解“圆上有4个点到直线距离为定值”对应的几何意义，需熟练运用直线与圆相交的判定条件，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
首先需先求出⊙O的半径，再结合“圆上有4个不同的点到直线l的距离等于0.4”的条件，利用直线与圆的位置关系推导圆心O到l的距离d的范围。步骤为：1. 通过垂径定理、勾股定理计算⊙O的半径；2. 分析到直线l距离为0.4的点的轨迹，结合直线与圆相交的条件确定d的取值范围。
【解析】
1. 求⊙O的半径：
过点O作OD⊥AB于D，由垂径定理得AD = ½AB = 0.8。
已知优弧上的点到AB的最大距离为1.6，该距离为OD + OA（OA为⊙O半径），故OD = 1.6 - OA。
在Rt△AOD中，由勾股定理：OA² = OD² + AD²，代入OD=1.6-OA、AD=0.8得：
OA² = (1.6 - OA)² + 0.8²
展开化简：OA² = 2.56 - 3.2OA + OA² + 0.64 → 3.2OA = 3.2 → OA=1，即⊙O半径r=1。
2. 确定d的范围：
到直线l距离等于0.4的点的轨迹是两条平行于l的直线，分别在l两侧且距离l为0.4。要使⊙O上有4个不同的点满足条件，需这两条直线都与⊙O相交（每条直线与圆有2个交点）。
设圆心O到l的距离为d，则两条平行直线到O的距离分别为|d - 0.4|和d + 0.4。直线与圆相交的条件是圆心到直线的距离小于半径，因此：
d + 0.4 ＜ 1 → d ＜ 0.6；
距离非负，故d ≥ 0；
当d=0.6时，d+0.4=1，对应直线与圆相切，仅1个交点，总交点数为3，不符合要求，故d的范围是0≤d＜0.6。
【答案】
$0≤ d＜0.6$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、直线与圆的位置关系
【点评】
本题综合考查垂径定理、勾股定理及直线与圆的位置关系，关键在于理解“圆上有4个点到直线距离为定值”对应的几何意义，需熟练运用直线与圆相交的判定条件，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
6. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=4,BC=6,E$为边$CD$上的一个动点(不与点$C,D$重合),$\odot O$是$△ BCE$的外接圆.
(1) 若$CE=2$,$\odot O$交$AD$于点$F,G$,求$FG$的长度.
(2) 若$CE$的长度为$m$,试探索$\odot O$与直线$AD$的位置关系及对应的$m$的取值范围.
(1) 若$CE=2$,$\odot O$交$AD$于点$F,G$,求$FG$的长度.
(2) 若$CE$的长度为$m$,试探索$\odot O$与直线$AD$的位置关系及对应的$m$的取值范围.
答案
(1) 如图1,过点O作$OM⊥ FG$于点M,延长MO交BC于点N,连接OG. 易得四边形MNCD是矩形,所以$MN⊥ BC$,$MN=CD=AB=4$,所以$BN=CN$. 因为$OB=OE$,所以ON是$△ BCE$的中位线,所以$ON=\dfrac{1}{2}CE=1$,所以$OM=MN-ON=3$. 在$\mathrm{Rt}△ BCE$中,$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=2\sqrt{10}$,所以$OG=\dfrac{1}{2}BE=\sqrt{10}$. 在$\mathrm{Rt}△ OMG$中,$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=1$,所以$FG=2MG=2$.
(2) 如图2,当$\odot O$与AD相切于点M时,连接OM并反向延长交BC于点N. 由(1)易得$ON=\dfrac{1}{2}CE=\dfrac{1}{2}m$,$OB=OM=4-\dfrac{1}{2}m$,$BN=3$. 在$\mathrm{Rt}△ BON$中,$ON^2+BN^2=OB^2$,即$(\dfrac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\dfrac{1}{2}m)^2$,解得$m=\dfrac{7}{4}$. 易知$m$的值越大,$\odot O$的半径$r=\dfrac{1}{2}\sqrt{BC^2+CE^2}=\dfrac{1}{2}\sqrt{36+m^2}$越大,圆心O到AD的距离$d=4-\dfrac{1}{2}m$越小. 所以当$0＜m＜\dfrac{7}{4}$时,$\odot O$与AD相离;当$m=\dfrac{7}{4}$时,$\odot O$与AD相切;当$\dfrac{7}{4}＜m＜4$时,$\odot O$与AD相交.
解析
【分析】
要解决本题，需结合矩形性质、圆的相关定理分析：第(1)问中，FG是⊙O的弦，根据垂径定理，过圆心作FG的垂线可将FG转化为2倍的垂线段长，因此需先确定圆心O的位置（直角三角形外接圆圆心为斜边中点），利用中位线定理求出圆心到FG的距离，再结合勾股定理计算FG；第(2)问中，判断直线与圆的位置关系需比较圆心到直线的距离d与圆半径r的大小，先找到相切时的m值，再分析m变化时d和r的变化规律，分情况讨论位置关系。
【解析】
(1) 如图1，过点O作$OM⊥ FG$于点M，延长MO交BC于点N，连接OG。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$AD// BC$，$∠ C=90°$，故$△ BCE$是直角三角形，其外接圆圆心O为斜边BE的中点。
∵$OM⊥ FG$，$MN⊥ BC$，
∴四边形ABNM是矩形，得$MN=AB=4$。
∵O是BE中点，$ON⊥ BC$，
∴ON是$△ BCE$的中位线，
∴$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}×2=1$，则$OM=MN-ON=4-1=3$。
在$Rt△ BCE$中，$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$，故⊙O的半径$OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$。
在$Rt△ OMG$中，由勾股定理得$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-3^2}=1$，根据垂径定理，$FG=2MG=2$。
(2) 如图2，当⊙O与AD相切于点M时，连接OM并反向延长交BC于点N。
同(1)的分析，ON是$△ BCE$的中位线，故$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$，⊙O的半径$OB=OM$，且$MN=AB=4$，$BN=\frac{1}{2}BC=3$，因此$OB=OM=MN-ON=4-\frac{1}{2}m$。
在$Rt△ BON$中，由勾股定理：$ON^2+BN^2=OB^2$，即$(\frac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\frac{1}{2}m)^2$，展开化简得：$\frac{1}{4}m^2+9=16-4m+\frac{1}{4}m^2$，解得$m=\frac{7}{4}$。
⊙O的半径$r=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}\sqrt{BC^2+CE^2}=\frac{1}{2}\sqrt{36+m^2}$，圆心O到AD的距离$d=OM=4-\frac{1}{2}m$。
根据直线与圆的位置关系：
当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，$d＞r$，⊙O与AD相离；
当$m=\frac{7}{4}$时，$d=r$，⊙O与AD相切；
当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，$d＜r$，⊙O与AD相交。
【答案】
(1) FG的长度为2；
(2) 当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，$\odot O$与直线$AD$相离；当$m=\frac{7}{4}$时，$\odot O$与直线$AD$相切；当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，$\odot O$与直线$AD$相交。
【知识点】
矩形性质、三角形外接圆、垂径定理、直线与圆的位置关系
【点评】
本题是矩形与圆的综合题，核心考查直角三角形外接圆的性质、中位线定理、垂径定理及直线与圆位置关系的判定，需通过作辅助线转化线段关系，分情况讨论时要结合变量变化分析距离与半径的大小，对几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需结合矩形性质、圆的相关定理分析：第(1)问中，FG是⊙O的弦，根据垂径定理，过圆心作FG的垂线可将FG转化为2倍的垂线段长，因此需先确定圆心O的位置（直角三角形外接圆圆心为斜边中点），利用中位线定理求出圆心到FG的距离，再结合勾股定理计算FG；第(2)问中，判断直线与圆的位置关系需比较圆心到直线的距离d与圆半径r的大小，先找到相切时的m值，再分析m变化时d和r的变化规律，分情况讨论位置关系。
【解析】
(1) 如图1，过点O作$OM⊥ FG$于点M，延长MO交BC于点N，连接OG。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$AD// BC$，$∠ C=90°$，故$△ BCE$是直角三角形，其外接圆圆心O为斜边BE的中点。
∵$OM⊥ FG$，$MN⊥ BC$，
∴四边形ABNM是矩形，得$MN=AB=4$。
∵O是BE中点，$ON⊥ BC$，
∴ON是$△ BCE$的中位线，
∴$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}×2=1$，则$OM=MN-ON=4-1=3$。
在$Rt△ BCE$中，$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$，故⊙O的半径$OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$。
在$Rt△ OMG$中，由勾股定理得$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-3^2}=1$，根据垂径定理，$FG=2MG=2$。
(2) 如图2，当⊙O与AD相切于点M时，连接OM并反向延长交BC于点N。
同(1)的分析，ON是$△ BCE$的中位线，故$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$，⊙O的半径$OB=OM$，且$MN=AB=4$，$BN=\frac{1}{2}BC=3$，因此$OB=OM=MN-ON=4-\frac{1}{2}m$。
在$Rt△ BON$中，由勾股定理：$ON^2+BN^2=OB^2$，即$(\frac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\frac{1}{2}m)^2$，展开化简得：$\frac{1}{4}m^2+9=16-4m+\frac{1}{4}m^2$，解得$m=\frac{7}{4}$。
⊙O的半径$r=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{2}\sqrt{BC^2+CE^2}=\frac{1}{2}\sqrt{36+m^2}$，圆心O到AD的距离$d=OM=4-\frac{1}{2}m$。
根据直线与圆的位置关系：
当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，$d＞r$，⊙O与AD相离；
当$m=\frac{7}{4}$时，$d=r$，⊙O与AD相切；
当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，$d＜r$，⊙O与AD相交。
【答案】
(1) FG的长度为2；
(2) 当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，$\odot O$与直线$AD$相离；当$m=\frac{7}{4}$时，$\odot O$与直线$AD$相切；当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，$\odot O$与直线$AD$相交。
【知识点】
矩形性质、三角形外接圆、垂径定理、直线与圆的位置关系
【点评】
本题是矩形与圆的综合题，核心考查直角三角形外接圆的性质、中位线定理、垂径定理及直线与圆位置关系的判定，需通过作辅助线转化线段关系，分情况讨论时要结合变量变化分析距离与半径的大小，对几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
