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8 已知平面内有$\odot O$和点$A$,$B$.若$\odot O$的半径为$2\ \mathrm{cm}$,线段$OA=3\ \mathrm{cm}$,$OB=2\ \mathrm{cm}$,则直线$AB$与$\odot O$的位置关系为
相交或相切
.答案
8. 相交或相切
解析
【分析】
要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，首先明确判定依据：圆心到直线的距离$d$与半径$r$的大小关系，$d＜r$时相交，$d=r$时相切，$d＞r$时相离。第一步先判断A、B两点与$\odot O$的位置关系：由$OA=3\mathrm{cm}＞$半径$2\mathrm{cm}$，可知A在圆外；$OB=2\mathrm{cm}=$半径，可知B在圆上。第二步结合垂线段最短分析圆心O到直线AB的距离的取值范围：点O到直线AB的垂线段长度一定小于等于OB（B是直线AB上的点，垂线段最短），即$d≤2\mathrm{cm}$，再分情况讨论即可得到位置关系。
【解析】
已知$\odot O$的半径$r=2\mathrm{cm}$，
$\because OA=3\mathrm{cm}＞2\mathrm{cm}$，$\therefore$点A在$\odot O$外；
$\because OB=2\mathrm{cm}=r$，$\therefore$点B在$\odot O$上。
过点O作$OH⊥$直线AB，垂足为H，根据垂线段最短可得：$OH≤ OB=2\mathrm{cm}$。
分两种情况：
1. 当$OH=2\mathrm{cm}$时，即圆心到直线AB的距离等于半径，此时直线AB与$\odot O$相切（此时$AB⊥ OB$）；
2. 当$OH＜2\mathrm{cm}$时，即圆心到直线AB的距离小于半径，此时直线AB与$\odot O$相交。
综上，直线AB与$\odot O$的位置关系为相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系判定、垂线段最短
【点评】
本题考查直线与圆位置关系的判定，解题时要结合点与圆的位置关系，利用垂线段最短得到圆心到直线距离的取值范围，注意分类讨论，避免遗漏相切的情况。
【难度系数】
0.6
要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，首先明确判定依据：圆心到直线的距离$d$与半径$r$的大小关系，$d＜r$时相交，$d=r$时相切，$d＞r$时相离。第一步先判断A、B两点与$\odot O$的位置关系：由$OA=3\mathrm{cm}＞$半径$2\mathrm{cm}$，可知A在圆外；$OB=2\mathrm{cm}=$半径，可知B在圆上。第二步结合垂线段最短分析圆心O到直线AB的距离的取值范围：点O到直线AB的垂线段长度一定小于等于OB（B是直线AB上的点，垂线段最短），即$d≤2\mathrm{cm}$，再分情况讨论即可得到位置关系。
【解析】
已知$\odot O$的半径$r=2\mathrm{cm}$，
$\because OA=3\mathrm{cm}＞2\mathrm{cm}$，$\therefore$点A在$\odot O$外；
$\because OB=2\mathrm{cm}=r$，$\therefore$点B在$\odot O$上。
过点O作$OH⊥$直线AB，垂足为H，根据垂线段最短可得：$OH≤ OB=2\mathrm{cm}$。
分两种情况：
1. 当$OH=2\mathrm{cm}$时，即圆心到直线AB的距离等于半径，此时直线AB与$\odot O$相切（此时$AB⊥ OB$）；
2. 当$OH＜2\mathrm{cm}$时，即圆心到直线AB的距离小于半径，此时直线AB与$\odot O$相交。
综上，直线AB与$\odot O$的位置关系为相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
点与圆的位置关系、直线与圆的位置关系判定、垂线段最短
【点评】
本题考查直线与圆位置关系的判定，解题时要结合点与圆的位置关系，利用垂线段最短得到圆心到直线距离的取值范围，注意分类讨论，避免遗漏相切的情况。
【难度系数】
0.6
9 已知⊙O的半径为R，点O到直线l的距离为d，且R，d是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，当直线l与⊙O相切时，m的值为
4
。答案
9. 4
【解析】由题意,得$R=d$,$\therefore (-4)^2-4m=0$,解得$m=4$.
【解析】由题意,得$R=d$,$\therefore (-4)^2-4m=0$,解得$m=4$.
解析
【分析】
解题时首先回忆直线与圆相切的性质：当直线和圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，因此可得d=R。已知R、d是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，两个根相等说明该一元二次方程有两个相等的实数根，此时一元二次方程的判别式等于0，代入判别式公式建立关于m的方程，求解即可得到m的值。
【解析】
∵直线l与⊙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$x^2 -4x +m=0$的两个根
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，其判别式$\Delta = 0$
对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0$（$a≠0$），判别式公式为$\Delta = b^2-4ac$，本题中$a=1$，$b=-4$，$c=m$
∴$\Delta = (-4)^2 - 4×1× m = 0$
即$16 - 4m = 0$，解得$m=4$
【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
【点评】
本题是几何与代数的综合基础题，解题的核心是将直线与圆相切的位置关系转化为方程根的特征，再利用一元二次方程的判别式求解，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆直线与圆相切的性质：当直线和圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，因此可得d=R。已知R、d是方程$x^2 -4x +m=0$的两个根，两个根相等说明该一元二次方程有两个相等的实数根，此时一元二次方程的判别式等于0，代入判别式公式建立关于m的方程，求解即可得到m的值。
【解析】
∵直线l与⊙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$x^2 -4x +m=0$的两个根
∴该一元二次方程有两个相等的实数根，其判别式$\Delta = 0$
对于一元二次方程$ax^2+bx+c=0$（$a≠0$），判别式公式为$\Delta = b^2-4ac$，本题中$a=1$，$b=-4$，$c=m$
∴$\Delta = (-4)^2 - 4×1× m = 0$
即$16 - 4m = 0$，解得$m=4$
【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
【点评】
本题是几何与代数的综合基础题，解题的核心是将直线与圆相切的位置关系转化为方程根的特征，再利用一元二次方程的判别式求解，属于常考的基础题型。
【难度系数】
0.8
10 [2025宿城段考]如图，$∠ AOB=45°$，$M$是射线$OB$上一点，$OM=2$，以点$M$为圆心，$r$为半径作$\odot M$.若$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点，则半径$r$的取值范围是
$r=\sqrt{2}$或$r＞2$
. 答案
10. $r=\sqrt{2}$或$r＞2$
【解析】如图,过点$M$作$MD⊥OA$于点$D$,则$∠ODM=90°$.$\because ∠AOB=45°$,$\therefore ∠DMO=∠DOM=45°$,$\therefore OD=MD$.$\because OD^2+MD^2=OM^2$,$OM=2$,$\therefore 2MD^2=4$,$\therefore MD=\sqrt{2}$.$\because$ 当$r=MD$时,$\odot M$与射线$OA$相切,$\therefore$ 此时$\odot M$与射线$OA$只有一个公共点.当$r=OM$时,$\odot M$与射线$OA$有两个公共点,$\therefore$ 若$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点,则$MD=r$或$r＞OM$,$\therefore$ 半径$r$的取值范围是$r=\sqrt{2}$或$r＞2$.
解析
【分析】
要解决$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点的问题，需分两类情况讨论：第一类是$\odot M$与射线$OA$相切，此时仅有1个公共点；第二类是$\odot M$与射线$OA$相交但仅1个交点，即射线端点$O$在圆内时，射线仅和圆交于1点。首先需要计算圆心$M$到射线$OA$的垂线段长度，再结合$OM$的长度推导两种情况对应的$r$的取值范围。
【解析】
过点$M$作$MD⊥OA$于点$D$，则$∠ODM=90°$。
$\because ∠AOB=45°$，$\therefore △ ODM$为等腰直角三角形，$OD=MD$。
在$Rt△ ODM$中，由勾股定理得$OD^2+MD^2=OM^2$，已知$OM=2$，代入得$2MD^2=4$，解得$MD=\sqrt{2}$。
分情况讨论：
1. 当$\odot M$与射线$OA$相切时，半径等于圆心到直线的距离，即$r=MD=\sqrt{2}$，此时$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点；
2. 当点$O$在$\odot M$内部时，射线$OA$与$\odot M$仅交于1个点，此时半径$r＞OM=2$（当$r=2$时，点$O$在圆上，$\odot M$与射线$OA$有$O$和另一个交点共2个公共点，不符合要求）。
综上，半径$r$的取值范围是$r=\sqrt{2}$或$r＞2$。
【答案】
$r=\sqrt{2}$或$r＞2$
【知识点】
1. 直线与圆的位置关系
2. 勾股定理
3. 等腰直角三角形性质
【点评】
本题的易错点是混淆射线和直线的位置关系差异，仅考虑相切的情况，遗漏$r＞2$的情形，解题时要结合图形分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
要解决$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点的问题，需分两类情况讨论：第一类是$\odot M$与射线$OA$相切，此时仅有1个公共点；第二类是$\odot M$与射线$OA$相交但仅1个交点，即射线端点$O$在圆内时，射线仅和圆交于1点。首先需要计算圆心$M$到射线$OA$的垂线段长度，再结合$OM$的长度推导两种情况对应的$r$的取值范围。
【解析】
过点$M$作$MD⊥OA$于点$D$，则$∠ODM=90°$。
$\because ∠AOB=45°$，$\therefore △ ODM$为等腰直角三角形，$OD=MD$。
在$Rt△ ODM$中，由勾股定理得$OD^2+MD^2=OM^2$，已知$OM=2$，代入得$2MD^2=4$，解得$MD=\sqrt{2}$。
分情况讨论：
1. 当$\odot M$与射线$OA$相切时，半径等于圆心到直线的距离，即$r=MD=\sqrt{2}$，此时$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点；
2. 当点$O$在$\odot M$内部时，射线$OA$与$\odot M$仅交于1个点，此时半径$r＞OM=2$（当$r=2$时，点$O$在圆上，$\odot M$与射线$OA$有$O$和另一个交点共2个公共点，不符合要求）。
综上，半径$r$的取值范围是$r=\sqrt{2}$或$r＞2$。
【答案】
$r=\sqrt{2}$或$r＞2$
【知识点】
1. 直线与圆的位置关系
2. 勾股定理
3. 等腰直角三角形性质
【点评】
本题的易错点是混淆射线和直线的位置关系差异，仅考虑相切的情况，遗漏$r＞2$的情形，解题时要结合图形分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
11（易错题）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) 若边$AB$与$\odot C$没有公共点，求$r$的取值范围；
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个公共点，求$r$的取值范围；
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个公共点，求$r$的取值范围.
(1) 若边$AB$与$\odot C$没有公共点，求$r$的取值范围；
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个公共点，求$r$的取值范围；
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个公共点，求$r$的取值范围.
答案
11. (1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
易错分析：解答本题时需要注意到“边AB”是一条线段,防止误以为是直线而产生差错.
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
易错分析：解答本题时需要注意到“边AB”是一条线段,防止误以为是直线而产生差错.
解析
【分析】
解题前需注意本题中“边AB”是线段而非直线，需结合线段上各点到圆心C的距离范围判断交点个数，步骤如下：① 先利用勾股定理计算斜边AB的长度；② 用面积法求出圆心C到直线AB的垂线段长度d（即圆心到直线AB的距离）；③ 结合线段AB端点A、B到C的距离分别为3cm、4cm，分情况讨论r与d、3cm、4cm的大小关系，对应不同的交点个数。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3\ \mathrm{cm}$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$。
过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，根据三角形面积相等：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· CD$，
代入数值得：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$，解得$CD=2.4\ \mathrm{cm}$，即圆心$C$到直线$AB$的距离$d=2.4\ \mathrm{cm}$。
(1) 若边$AB$与$\odot C$没有公共点，分两种情况：
① 线段$AB$全部在$\odot C$外，此时$r＜d=2.4\ \mathrm{cm}$，结合半径$r＞0$，得$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$；
② 线段$AB$全部在$\odot C$内，此时$r＞BC=4\ \mathrm{cm}$；
综上，$r$的取值范围是$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$或$r＞4\ \mathrm{cm}$。
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个公共点，说明$\odot C$与线段$AB$相交且有两个交点，此时$r＞d=2.4\ \mathrm{cm}$，且$r≤ AC=3\ \mathrm{cm}$（当$r＞3\ \mathrm{cm}$时，仅线段靠近$B$的部分与圆有1个交点），故$r$的取值范围是$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个公共点，分两种情况：
① $\odot C$与直线$AB$相切，切点在线段$AB$上，此时$r=d=2.4\ \mathrm{cm}$；
② $\odot C$与线段$AB$相交且仅1个交点，此时$AC＜r≤ BC$，即$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$；
综上，$r$的取值范围是$r=2.4\ \mathrm{cm}$或$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
【知识点】
直线与圆的位置关系、勾股定理、点与圆的位置关系
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的易错题，解题核心是区分“直线AB”和“线段AB”的差异，不能仅按照直线与圆的位置关系判断，还需结合线段端点与圆的位置关系综合分析，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.6
解题前需注意本题中“边AB”是线段而非直线，需结合线段上各点到圆心C的距离范围判断交点个数，步骤如下：① 先利用勾股定理计算斜边AB的长度；② 用面积法求出圆心C到直线AB的垂线段长度d（即圆心到直线AB的距离）；③ 结合线段AB端点A、B到C的距离分别为3cm、4cm，分情况讨论r与d、3cm、4cm的大小关系，对应不同的交点个数。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3\ \mathrm{cm}$，$BC=4\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$。
过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，根据三角形面积相等：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· CD$，
代入数值得：$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$，解得$CD=2.4\ \mathrm{cm}$，即圆心$C$到直线$AB$的距离$d=2.4\ \mathrm{cm}$。
(1) 若边$AB$与$\odot C$没有公共点，分两种情况：
① 线段$AB$全部在$\odot C$外，此时$r＜d=2.4\ \mathrm{cm}$，结合半径$r＞0$，得$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$；
② 线段$AB$全部在$\odot C$内，此时$r＞BC=4\ \mathrm{cm}$；
综上，$r$的取值范围是$0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$或$r＞4\ \mathrm{cm}$。
(2) 若边$AB$与$\odot C$有两个公共点，说明$\odot C$与线段$AB$相交且有两个交点，此时$r＞d=2.4\ \mathrm{cm}$，且$r≤ AC=3\ \mathrm{cm}$（当$r＞3\ \mathrm{cm}$时，仅线段靠近$B$的部分与圆有1个交点），故$r$的取值范围是$2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$。
(3) 若边$AB$与$\odot C$只有一个公共点，分两种情况：
① $\odot C$与直线$AB$相切，切点在线段$AB$上，此时$r=d=2.4\ \mathrm{cm}$；
② $\odot C$与线段$AB$相交且仅1个交点，此时$AC＜r≤ BC$，即$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$；
综上，$r$的取值范围是$r=2.4\ \mathrm{cm}$或$3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $0\ \mathrm{cm}＜r＜2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $r＞4\ \mathrm{cm}$
(2) $2.4\ \mathrm{cm}＜r≤3\ \mathrm{cm}$
(3) $r=2.4\ \mathrm{cm}$ 或 $3\ \mathrm{cm}＜r≤4\ \mathrm{cm}$
【知识点】
直线与圆的位置关系、勾股定理、点与圆的位置关系
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的易错题，解题核心是区分“直线AB”和“线段AB”的差异，不能仅按照直线与圆的位置关系判断，还需结合线段端点与圆的位置关系综合分析，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.6
12 如图，O为坐标原点，点A的坐标为(4,3)，$\odot A$的半径为2，过点A作直线$l // x$轴，交y轴于点B，点P在直线l上运动.
（1）当点P在$\odot A$上时，请直接写出它的坐标；
（2）若点P的横坐标为12，试判断直线OP与$\odot A$的位置关系，并说明理由.
（1）当点P在$\odot A$上时，请直接写出它的坐标；
（2）若点P的横坐标为12，试判断直线OP与$\odot A$的位置关系，并说明理由.
答案
12. (1) $(2,3)$或$(6,3)$
(2) 直线OP与$\odot A$相交 理由:如图,连接OA,OP,过点A作$AQ⊥OP$,垂足为Q. 根据题意,得$PA=8$,$OB=3$,$PO=\sqrt{12^2+3^2}=3\sqrt{17}$. $\because S_{△PAO}=\frac{1}{2}PA·OB=\frac{1}{2}PO·AQ$,即$\frac{1}{2}×8×3=\frac{1}{2}×3\sqrt{17}AQ$,$\therefore AQ=\frac{8\sqrt{17}}{17}$. $\because \frac{8\sqrt{17}}{17}＜2$,$\therefore$ 直线OP与$\odot A$相交.
解析
【分析】
（1）解题思路：首先明确平行于x轴的直线上所有点的纵坐标相等，可得点P的纵坐标为3；再结合圆上的点到圆心的距离等于半径，点P在圆心A的左右两侧各有1个，横坐标为A点横坐标加减半径长度，即可求出P的坐标。
（2）判断直线与圆的位置关系，核心是比较圆心到直线的距离与半径的大小：首先过点A作OP的垂线段AQ，AQ就是圆心A到直线OP的距离；利用面积法，通过△PAO的两种面积计算方式建立等式，求出AQ的长度，再和⊙A的半径2比较大小，若AQ＜2则相交，AQ=2则相切，AQ＞2则相离。
【解析】
（1）
∵直线$l// x$轴，过点$A(4,3)$，交y轴于B，
∴直线$l$上所有点的纵坐标均为3。
∵点P在$\odot A$上，$\odot A$的半径为2，
∴点P的横坐标为$4-2=2$或$4+2=6$，
即点P的坐标为$(2,3)$或$(6,3)$。
（2）直线OP与$\odot A$相交，理由如下：
如图，连接OA、OP，过点A作$AQ⊥ OP$，垂足为Q。
由题意可知，点P坐标为$(12,3)$，
∴$PA=12-4=8$，$OB=3$，
在$Rt△ OBP$中，由勾股定理得：
$PO=\sqrt{OB^2+BP^2}=\sqrt{3^2+12^2}=3\sqrt{17}$。
∵$△ PAO$的面积可表示为$\frac{1}{2}PA·OB$，也可表示为$\frac{1}{2}PO·AQ$，
∴$\frac{1}{2}×8×3=\frac{1}{2}×3\sqrt{17}·AQ$，
解得：$AQ=\frac{8\sqrt{17}}{17}$。
∵$\frac{8\sqrt{17}}{17}＜2$，即圆心A到直线OP的距离小于$\odot A$的半径，
∴直线OP与$\odot A$相交。
【答案】
(1) $(2,3)$或$(6,3)$
(2) 直线OP与$\odot A$相交，理由见解析。
【知识点】
1.直线与圆的位置关系判定
2.坐标与图形性质
3.勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型应用题型，结合平面直角坐标系的性质考查相关知识点，解题的关键是掌握“圆心到直线的距离与半径的大小关系对应直线与圆的三类位置关系”，其中第二问用到的面积法求高是几何中求垂线段长度的常用技巧，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
（1）解题思路：首先明确平行于x轴的直线上所有点的纵坐标相等，可得点P的纵坐标为3；再结合圆上的点到圆心的距离等于半径，点P在圆心A的左右两侧各有1个，横坐标为A点横坐标加减半径长度，即可求出P的坐标。
（2）判断直线与圆的位置关系，核心是比较圆心到直线的距离与半径的大小：首先过点A作OP的垂线段AQ，AQ就是圆心A到直线OP的距离；利用面积法，通过△PAO的两种面积计算方式建立等式，求出AQ的长度，再和⊙A的半径2比较大小，若AQ＜2则相交，AQ=2则相切，AQ＞2则相离。
【解析】
（1）
∵直线$l// x$轴，过点$A(4,3)$，交y轴于B，
∴直线$l$上所有点的纵坐标均为3。
∵点P在$\odot A$上，$\odot A$的半径为2，
∴点P的横坐标为$4-2=2$或$4+2=6$，
即点P的坐标为$(2,3)$或$(6,3)$。
（2）直线OP与$\odot A$相交，理由如下：
如图，连接OA、OP，过点A作$AQ⊥ OP$，垂足为Q。
由题意可知，点P坐标为$(12,3)$，
∴$PA=12-4=8$，$OB=3$，
在$Rt△ OBP$中，由勾股定理得：
$PO=\sqrt{OB^2+BP^2}=\sqrt{3^2+12^2}=3\sqrt{17}$。
∵$△ PAO$的面积可表示为$\frac{1}{2}PA·OB$，也可表示为$\frac{1}{2}PO·AQ$，
∴$\frac{1}{2}×8×3=\frac{1}{2}×3\sqrt{17}·AQ$，
解得：$AQ=\frac{8\sqrt{17}}{17}$。
∵$\frac{8\sqrt{17}}{17}＜2$，即圆心A到直线OP的距离小于$\odot A$的半径，
∴直线OP与$\odot A$相交。
【答案】
(1) $(2,3)$或$(6,3)$
(2) 直线OP与$\odot A$相交，理由见解析。
【知识点】
1.直线与圆的位置关系判定
2.坐标与图形性质
3.勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型应用题型，结合平面直角坐标系的性质考查相关知识点，解题的关键是掌握“圆心到直线的距离与半径的大小关系对应直线与圆的三类位置关系”，其中第二问用到的面积法求高是几何中求垂线段长度的常用技巧，需熟练掌握。
【难度系数】
0.7
