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5. 如图,在平面直角坐标系中,点P的坐标为$(-3,0)$,以2为半径,点P为圆心的$\odot P$以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向移动,移动时间为t s,当$\odot P$与y轴相切时,t的值为
$\dfrac{1}{2}$或$\dfrac{5}{2}$
.答案
5. $\dfrac{1}{2}$或$\dfrac{5}{2}$
解析
【分析】
解题首先要明确圆与y轴相切的核心条件：圆心到y轴的距离等于圆的半径。首先先表示出移动t秒后圆心P的坐标，再根据相切条件列方程求解，注意圆既可能在y轴左侧与y轴相切，也可能移动到y轴右侧与y轴相切，要分两种情况讨论，避免漏解。
第一步：先根据平移规律写出t秒后圆心P的坐标；
第二步：根据点到y轴的距离是横坐标的绝对值，结合相切时距离等于半径列绝对值方程；
第三步：解绝对值方程得到两个t的值，就是所求结果。
【解析】
解：已知⊙P初始圆心P坐标为$(-3,0)$，沿x轴正方向移动的速度为每秒2个单位，
则移动t秒后，圆心P的坐标为$(-3 + 2t, 0)$。
当⊙P与y轴相切时，圆心P到y轴的距离等于半径2，
点到y轴的距离为该点横坐标的绝对值，因此可得：
$\left| -3 + 2t \right| = 2$
分两种情况解方程：
① 当$-3 + 2t = 2$时，$2t = 5$，解得$t = \dfrac{5}{2}$；
② 当$-3 + 2t = -2$时，$2t = 1$，解得$t = \dfrac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$或$\dfrac{5}{2}$
【知识点】
直线与圆相切的性质；动点坐标表示；绝对值方程求解
【点评】
本题重点考查分类讨论思想，解题时容易只考虑圆在y轴单侧相切的情况而漏解，需注意圆在运动过程中会在y轴左右两侧各出现一次相切的情况。
【难度系数】
0.6
解题首先要明确圆与y轴相切的核心条件：圆心到y轴的距离等于圆的半径。首先先表示出移动t秒后圆心P的坐标，再根据相切条件列方程求解，注意圆既可能在y轴左侧与y轴相切，也可能移动到y轴右侧与y轴相切，要分两种情况讨论，避免漏解。
第一步：先根据平移规律写出t秒后圆心P的坐标；
第二步：根据点到y轴的距离是横坐标的绝对值，结合相切时距离等于半径列绝对值方程；
第三步：解绝对值方程得到两个t的值，就是所求结果。
【解析】
解：已知⊙P初始圆心P坐标为$(-3,0)$，沿x轴正方向移动的速度为每秒2个单位，
则移动t秒后，圆心P的坐标为$(-3 + 2t, 0)$。
当⊙P与y轴相切时，圆心P到y轴的距离等于半径2，
点到y轴的距离为该点横坐标的绝对值，因此可得：
$\left| -3 + 2t \right| = 2$
分两种情况解方程：
① 当$-3 + 2t = 2$时，$2t = 5$，解得$t = \dfrac{5}{2}$；
② 当$-3 + 2t = -2$时，$2t = 1$，解得$t = \dfrac{1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{1}{2}$或$\dfrac{5}{2}$
【知识点】
直线与圆相切的性质；动点坐标表示；绝对值方程求解
【点评】
本题重点考查分类讨论思想，解题时容易只考虑圆在y轴单侧相切的情况而漏解，需注意圆在运动过程中会在y轴左右两侧各出现一次相切的情况。
【难度系数】
0.6
6. 如图,在半径为5 cm的$\odot O$中,直线$l$交$\odot O$于A,B两点,且弦$AB=8$ cm,要使直线$l$与$\odot O$相切,求直线$l$需要向下平移的距离.
答案
6. 如图,过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$ 于点 $C$,连接 $OB$.
$\because\quad \odot O$ 的半径为 5 cm,弦 $AB=8$ cm,
$\therefore\quad OB=5\ \mathrm{cm},BC=4\ \mathrm{cm}.$
$\because\quad OC ⊥ AB$,
$\therefore\quad ∠ OCB=90°.$
$\therefore\quad OC=\sqrt{OB^2-BC^2}=3\ \mathrm{cm}.$
$\therefore\quad 5-3=2(\mathrm{cm}).$
$\therefore\quad$ 要使直线 $l$ 与$\odot O$ 相切,直线 $l$ 需要向下平移 2 cm.
解析
【分析】
要解决本题，首先明确直线与圆相切的核心性质：圆心到切线的距离等于圆的半径。因此我们需要先求出当前圆心O到直线l的距离，再用半径减去这个距离，即可得到直线l需要向下平移的距离。求解距离时，先过圆心作弦AB的垂线，根据垂径定理可得到弦长一半的长度，再在构造出的直角三角形中利用勾股定理计算出圆心到直线的距离即可。
【解析】
解：过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$ 于点 $C$，连接 $OB$。
∵ $\odot O$ 的半径为 $5\ \mathrm{cm}$，弦 $AB=8\ \mathrm{cm}$，
∴ $OB=5\ \mathrm{cm}$，由垂径定理得 $BC=\frac{1}{2}AB=4\ \mathrm{cm}$。
∵ $OC ⊥ AB$，
∴ $∠ OCB=90°$，$△ OCB$ 为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OB^2-BC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3\ \mathrm{cm}$。
直线l与$\odot O$相切时，圆心O到直线l的距离等于半径$5\ \mathrm{cm}$，因此需要向下平移的距离为：
$5-3=2(\mathrm{cm})$。
【答案】
6. 如图,过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$ 于点 $C$,连接 $OB$.
$\because\quad \odot O$ 的半径为 5 cm,弦 $AB=8$ cm,
$\therefore\quad OB=5\ \mathrm{cm},BC=4\ \mathrm{cm}.$
$\because\quad OC ⊥ AB$,
$\therefore\quad ∠ OCB=90°.$
$\therefore\quad OC=\sqrt{OB^2-BC^2}=3\ \mathrm{cm}.$
$\therefore\quad 5-3=2(\mathrm{cm}).$
$\therefore\quad$ 要使直线 $l$ 与$\odot O$ 相切,直线 $l$ 需要向下平移 2 cm.
【知识点】
垂径定理、勾股定理、直线与圆相切的性质
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是掌握直线与圆相切的性质，结合垂径定理构造直角三角形求解线段长度，能很好地考察学生对圆相关性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.8
要解决本题，首先明确直线与圆相切的核心性质：圆心到切线的距离等于圆的半径。因此我们需要先求出当前圆心O到直线l的距离，再用半径减去这个距离，即可得到直线l需要向下平移的距离。求解距离时，先过圆心作弦AB的垂线，根据垂径定理可得到弦长一半的长度，再在构造出的直角三角形中利用勾股定理计算出圆心到直线的距离即可。
【解析】
解：过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$ 于点 $C$，连接 $OB$。
∵ $\odot O$ 的半径为 $5\ \mathrm{cm}$，弦 $AB=8\ \mathrm{cm}$，
∴ $OB=5\ \mathrm{cm}$，由垂径定理得 $BC=\frac{1}{2}AB=4\ \mathrm{cm}$。
∵ $OC ⊥ AB$，
∴ $∠ OCB=90°$，$△ OCB$ 为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ OCB$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OB^2-BC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3\ \mathrm{cm}$。
直线l与$\odot O$相切时，圆心O到直线l的距离等于半径$5\ \mathrm{cm}$，因此需要向下平移的距离为：
$5-3=2(\mathrm{cm})$。
【答案】
6. 如图,过点 $O$ 作 $OC ⊥ AB$ 于点 $C$,连接 $OB$.
$\because\quad \odot O$ 的半径为 5 cm,弦 $AB=8$ cm,
$\therefore\quad OB=5\ \mathrm{cm},BC=4\ \mathrm{cm}.$
$\because\quad OC ⊥ AB$,
$\therefore\quad ∠ OCB=90°.$
$\therefore\quad OC=\sqrt{OB^2-BC^2}=3\ \mathrm{cm}.$
$\therefore\quad 5-3=2(\mathrm{cm}).$
$\therefore\quad$ 要使直线 $l$ 与$\odot O$ 相切,直线 $l$ 需要向下平移 2 cm.
【知识点】
垂径定理、勾股定理、直线与圆相切的性质
【点评】
本题属于基础题型，解题的关键是掌握直线与圆相切的性质，结合垂径定理构造直角三角形求解线段长度，能很好地考察学生对圆相关性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.8
7. 在同一平面内,已知点 O 到直线 l 的距离为5 cm. 以点 O 为圆心,r cm 为半径作圆. 当$\odot O$上有且只有2个点到直线 l 的距离等于3 cm时,求r的取值范围.
答案
7. $r$ 的取值范围是 $2＜r＜8$.
解析
【分析】
解决本题的核心是将“圆上到直线l距离为3cm的点的个数”问题转化为圆与两条平行直线的交点个数问题：首先，平面内到直线l距离等于3cm的点的轨迹是两条分别位于l两侧、与l平行且距离为3cm的直线；接着计算点O到这两条平行直线的距离，再结合直线与圆的位置关系分类讨论，即可得出r的取值范围。
【解析】
第一步：确定到直线l距离为3cm的点的轨迹
作两条平行于直线l的直线a、b，使直线a、b到l的距离均为3cm，且直线a位于点O与直线l之间，直线b位于直线l远离点O的一侧。
第二步：计算点O到两条平行线的距离
已知点O到直线l的距离为5cm，因此：
点O到直线a的距离$d_1=5-3=2\ \mathrm{cm}$，
点O到直线b的距离$d_2=5+3=8\ \mathrm{cm}$。
第三步：结合直线与圆的位置关系分类讨论
圆上到直线l距离为3cm的点的个数，就是⊙O与直线a、b的交点总个数：
① 当$r＜2$时，⊙O与a、b均相离，无交点，不符合要求；
② 当$r=2$时，⊙O与a相切（仅1个交点），与b相离，共1个点，不符合要求；
③ 当$2＜r＜8$时，⊙O与a相交（有2个交点），与b相离（无交点），总共有2个点，符合要求；
④ 当$r=8$时，⊙O与a相交（2个交点），与b相切（1个交点），共3个点，不符合要求；
⑤ 当$r＞8$时，⊙O与a、b均相交，共有4个交点，不符合要求。
综上，r的取值范围是$2＜r＜8$。
【答案】
$2＜r＜8$
【知识点】
直线与圆的位置关系；点到直线的距离；平行线间的距离
【点评】
本题是直线与圆位置关系的综合应用，解题的关键是将抽象的点的个数问题转化为直线与圆的交点问题，通过分类讨论不同半径下的交点情况得出结论，解题时需注意临界值的取舍，避免出现取值范围包含端点的错误。
【难度系数】
0.6
解决本题的核心是将“圆上到直线l距离为3cm的点的个数”问题转化为圆与两条平行直线的交点个数问题：首先，平面内到直线l距离等于3cm的点的轨迹是两条分别位于l两侧、与l平行且距离为3cm的直线；接着计算点O到这两条平行直线的距离，再结合直线与圆的位置关系分类讨论，即可得出r的取值范围。
【解析】
第一步：确定到直线l距离为3cm的点的轨迹
作两条平行于直线l的直线a、b，使直线a、b到l的距离均为3cm，且直线a位于点O与直线l之间，直线b位于直线l远离点O的一侧。
第二步：计算点O到两条平行线的距离
已知点O到直线l的距离为5cm，因此：
点O到直线a的距离$d_1=5-3=2\ \mathrm{cm}$，
点O到直线b的距离$d_2=5+3=8\ \mathrm{cm}$。
第三步：结合直线与圆的位置关系分类讨论
圆上到直线l距离为3cm的点的个数，就是⊙O与直线a、b的交点总个数：
① 当$r＜2$时，⊙O与a、b均相离，无交点，不符合要求；
② 当$r=2$时，⊙O与a相切（仅1个交点），与b相离，共1个点，不符合要求；
③ 当$2＜r＜8$时，⊙O与a相交（有2个交点），与b相离（无交点），总共有2个点，符合要求；
④ 当$r=8$时，⊙O与a相交（2个交点），与b相切（1个交点），共3个点，不符合要求；
⑤ 当$r＞8$时，⊙O与a、b均相交，共有4个交点，不符合要求。
综上，r的取值范围是$2＜r＜8$。
【答案】
$2＜r＜8$
【知识点】
直线与圆的位置关系；点到直线的距离；平行线间的距离
【点评】
本题是直线与圆位置关系的综合应用，解题的关键是将抽象的点的个数问题转化为直线与圆的交点问题，通过分类讨论不同半径下的交点情况得出结论，解题时需注意临界值的取舍，避免出现取值范围包含端点的错误。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=12 cm,点P从点A出发沿AB以1 cm/s的速度向点B移动;同时,点Q从点B出发沿BC以2 cm/s速度向点C移动,连接PQ,点P的运动时间为t s. 以点Q为圆心,PQ为半径作⊙Q. 当⊙Q与线段AD所在直线相切时,求t的值.
备用图
备用图
答案
8. 当 $t=0$ 时,点 $P$ 在点 $A$ 处,点 $Q$ 在点 $B$ 处,此时 $PQ=AB=6\ \mathrm{cm}.$
根据矩形的性质可得 $∠ BAD = 90°$, 即 $BA ⊥ AD.$
则此时以点 $Q$ 为圆心,$PQ$ 为半径作$\odot Q$,即为以点 $B$ 为圆心,$AB$ 为半径作$\odot B$,$\odot B$ 与线段 $AD$ 所在直线相切,
故 $t=0$ 满足条件.
当 $t＞0$ 时,如图,过点 $Q$ 作 $QE ⊥ AD$ 于点 $E$,则 $∠ QEA=90°.$
$\because\quad \odot Q$ 与线段 $AD$ 所在直线相切,
$\therefore\quad QE=PQ.$
$\because\quad$ 在矩形 $ABCD$ 中, $∠ BAD = ∠ ABC = 90°,$
又 $∠ QEA=90°,$
$\therefore\quad$ 四边形 $ABQE$ 是矩形.
$\therefore\quad QE=AB=6\ \mathrm{cm},$
即 $PQ=6\ \mathrm{cm}.$
$\because\quad$ 在 $\mathrm{Rt}△ PBQ$ 中,$BP^2+BQ^2=PQ^2,$
$\therefore\quad (6-t)^2+(2t)^2=6^2.$
解得 $t_1=\dfrac{12}{5},t_2=0$(舍去).
综上,当$\odot Q$ 与线段 $AD$ 所在直线相切时,$t$ 的值为 $0$ 或 $\dfrac{12}{5}.$
解析
【分析】
解决本题的核心是利用直线与圆相切的性质：圆心到直线的距离等于半径。首先分析圆心Q到AD所在直线的距离：由矩形的性质可知，AD与BC平行，AB垂直AD，因此Q到AD的距离恒等于AB的长度6cm，即⊙Q与AD相切时，半径PQ=6cm。接下来分两种情况讨论：①初始时刻t=0，验证此时是否满足相切条件；②t＞0时，用含t的式子表示出Rt△PBQ的两条直角边BP、BQ的长度，结合勾股定理列方程求解，最后舍去不符合取值范围的解，汇总得到最终结果。
【解析】
当 $t=0$ 时，点 $P$ 在点 $A$ 处，点 $Q$ 在点 $B$ 处，此时 $PQ=AB=6\ \mathrm{cm}$。
根据矩形的性质可得 $∠ BAD = 90°$，即 $BA ⊥ AD$。
则此时以点 $Q$ 为圆心，$PQ$ 为半径作$\odot Q$，即为以点 $B$ 为圆心，$AB$ 为半径作$\odot B$，$\odot B$ 与线段 $AD$ 所在直线相切，故 $t=0$ 满足条件。
当 $t＞0$ 时，如图，过点 $Q$ 作 $QE ⊥ AD$ 于点 $E$，则 $∠ QEA=90°$。
$\because\quad \odot Q$ 与线段 $AD$ 所在直线相切，
$\therefore\quad QE=PQ$。
$\because\quad$ 在矩形 $ABCD$ 中， $∠ BAD = ∠ ABC = 90°,$ 又 $∠ QEA=90°,$
$\therefore\quad$ 四边形 $ABQE$ 是矩形。
$\therefore\quad QE=AB=6\ \mathrm{cm},$ 即 $PQ=6\ \mathrm{cm}$。
$\because\quad$ 点P的运动速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，点Q的运动速度为$2\ \mathrm{cm/s}$，
$\therefore\quad AP=t\ \mathrm{cm}$，$BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$。
$\because\quad$ 在 $\mathrm{Rt}△ PBQ$ 中，$BP^2+BQ^2=PQ^2,$
$\therefore\quad (6-t)^2+(2t)^2=6^2.$
整理得 $5t^2-12t=0$，解得 $t_1=\dfrac{12}{5},t_2=0$(舍去)。
综上，当$\odot Q$ 与线段 $AD$ 所在直线相切时，$t$ 的值为 $0$ 或 $\dfrac{12}{5}$。
【答案】
$t$ 的值为 $0$ 或 $\dfrac{12}{5}$
【知识点】
直线与圆相切的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题结合动点问题考查圆与直线的位置关系，解题时需注意分类讨论初始特殊情况，避免漏解，同时要熟练掌握常见几何图形的性质，能将几何中的等量关系转化为代数方程求解，是几何与代数结合的典型基础题。
【难度系数】
0.6
解决本题的核心是利用直线与圆相切的性质：圆心到直线的距离等于半径。首先分析圆心Q到AD所在直线的距离：由矩形的性质可知，AD与BC平行，AB垂直AD，因此Q到AD的距离恒等于AB的长度6cm，即⊙Q与AD相切时，半径PQ=6cm。接下来分两种情况讨论：①初始时刻t=0，验证此时是否满足相切条件；②t＞0时，用含t的式子表示出Rt△PBQ的两条直角边BP、BQ的长度，结合勾股定理列方程求解，最后舍去不符合取值范围的解，汇总得到最终结果。
【解析】
当 $t=0$ 时，点 $P$ 在点 $A$ 处，点 $Q$ 在点 $B$ 处，此时 $PQ=AB=6\ \mathrm{cm}$。
根据矩形的性质可得 $∠ BAD = 90°$，即 $BA ⊥ AD$。
则此时以点 $Q$ 为圆心，$PQ$ 为半径作$\odot Q$，即为以点 $B$ 为圆心，$AB$ 为半径作$\odot B$，$\odot B$ 与线段 $AD$ 所在直线相切，故 $t=0$ 满足条件。
当 $t＞0$ 时，如图
，过点 $Q$ 作 $QE ⊥ AD$ 于点 $E$，则 $∠ QEA=90°$。$\because\quad \odot Q$ 与线段 $AD$ 所在直线相切，
$\therefore\quad QE=PQ$。
$\because\quad$ 在矩形 $ABCD$ 中， $∠ BAD = ∠ ABC = 90°,$ 又 $∠ QEA=90°,$
$\therefore\quad$ 四边形 $ABQE$ 是矩形。
$\therefore\quad QE=AB=6\ \mathrm{cm},$ 即 $PQ=6\ \mathrm{cm}$。
$\because\quad$ 点P的运动速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，点Q的运动速度为$2\ \mathrm{cm/s}$，
$\therefore\quad AP=t\ \mathrm{cm}$，$BP=(6-t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=2t\ \mathrm{cm}$。
$\because\quad$ 在 $\mathrm{Rt}△ PBQ$ 中，$BP^2+BQ^2=PQ^2,$
$\therefore\quad (6-t)^2+(2t)^2=6^2.$
整理得 $5t^2-12t=0$，解得 $t_1=\dfrac{12}{5},t_2=0$(舍去)。
综上，当$\odot Q$ 与线段 $AD$ 所在直线相切时，$t$ 的值为 $0$ 或 $\dfrac{12}{5}$。
【答案】
$t$ 的值为 $0$ 或 $\dfrac{12}{5}$
【知识点】
直线与圆相切的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题结合动点问题考查圆与直线的位置关系，解题时需注意分类讨论初始特殊情况，避免漏解，同时要熟练掌握常见几何图形的性质，能将几何中的等量关系转化为代数方程求解，是几何与代数结合的典型基础题。
【难度系数】
0.6
