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1. 如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，AD=1，AB=2，BC=3，点O是边BC上一点，若以点O为圆心、OC为半径的⊙O与边AD只有一个公共点，求OC的取值范围。
答案
1. 解 如图，作 DE ⊥ BC 于点 E. 则
DE = AB = 2，BE = AD = 1. 所以 CE =
DE = 2. 当⊙O 与边 AD 相切时，切点为
D，圆心 O 与 E 重合，即 OC = 2. 当 OA =
OC 时，⊙O 与 AD 交于点 A. 设 OA =
OC = x，则 OB = 3−x. 在 Rt△ABO 中，
由勾股定理，得 AB²+OB²=OA²，即 2²+
(3−x)² = x²，解得 x = $\frac{13}{6}$. 所以 2≤
OC≤$\frac{13}{6}$.
解析
【分析】
解决本题首先要明确研究对象是⊙O与线段AD只有一个公共点，结合直角梯形的特征思考：第一步先作DE⊥BC，将梯形分割为矩形ABED和直角三角形DEC，求出各基础边长；第二步找两个临界状态：①⊙O与AD所在直线相切，此时半径等于平行线AD和BC的距离，是OC的最小值；②⊙O恰好经过点A，若OC超过该值，A、D都落在圆内，线段AD会全部在圆内，出现无数公共点，是OC的最大值，结合两种临界状态即可得到OC的取值范围。
【解析】
过点D作DE⊥BC于点E，
∵AD//BC，∠B=90°，DE⊥BC，
∴四边形ABED是矩形，
∴DE=AB=2，BE=AD=1，
∴CE=BC-BE=3-1=2。
1. 当⊙O与边AD相切时：
∵AD//BC，
∴圆心O到直线AD的距离等于AB的长度2，
此时半径OC等于圆心到AD的距离，即点O与点E重合，OC=CE=2，此时⊙O与AD切于点D，只有1个公共点，符合要求。
2. 当⊙O经过点A时：
此时OA=OC，设OC=OA=x，则OB=BC-OC=3-x，
在Rt△ABO中，根据勾股定理可得：$AB^2 + OB^2 = OA^2$，
代入数值得：$2^2 + (3-x)^2 = x^2$，
展开化简：$4 + 9 - 6x + x^2 = x^2$，
解得$x=\frac{13}{6}$。
若$OC＜2$，半径小于圆心到AD的距离，⊙O与AD无公共点，不符合要求；
若$OC＞\frac{13}{6}$，则$OA＜OC$，点A在⊙O内，同时可证$OD＜OC$，点D也在⊙O内，线段AD全部落在⊙O内，有无数个公共点，不符合要求。
综上，OC的取值范围是$2≤OC≤\frac{13}{6}$。
【答案】
$2≤OC≤\frac{13}{6}$
【知识点】
直线与圆的位置关系；勾股定理；直角梯形的性质
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是区分“圆与线段只有一个公共点”和“圆与直线相切”的差异，准确找到相切、过端点两个临界状态进行分析，避免因忽略线段限制导致取值范围出错。
【难度系数】
0.6
解决本题首先要明确研究对象是⊙O与线段AD只有一个公共点，结合直角梯形的特征思考：第一步先作DE⊥BC，将梯形分割为矩形ABED和直角三角形DEC，求出各基础边长；第二步找两个临界状态：①⊙O与AD所在直线相切，此时半径等于平行线AD和BC的距离，是OC的最小值；②⊙O恰好经过点A，若OC超过该值，A、D都落在圆内，线段AD会全部在圆内，出现无数公共点，是OC的最大值，结合两种临界状态即可得到OC的取值范围。
【解析】
过点D作DE⊥BC于点E，
∵AD//BC，∠B=90°，DE⊥BC，
∴四边形ABED是矩形，
∴DE=AB=2，BE=AD=1，
∴CE=BC-BE=3-1=2。
1. 当⊙O与边AD相切时：
∵AD//BC，
∴圆心O到直线AD的距离等于AB的长度2，
此时半径OC等于圆心到AD的距离，即点O与点E重合，OC=CE=2，此时⊙O与AD切于点D，只有1个公共点，符合要求。
2. 当⊙O经过点A时：
此时OA=OC，设OC=OA=x，则OB=BC-OC=3-x，
在Rt△ABO中，根据勾股定理可得：$AB^2 + OB^2 = OA^2$，
代入数值得：$2^2 + (3-x)^2 = x^2$，
展开化简：$4 + 9 - 6x + x^2 = x^2$，
解得$x=\frac{13}{6}$。
若$OC＜2$，半径小于圆心到AD的距离，⊙O与AD无公共点，不符合要求；
若$OC＞\frac{13}{6}$，则$OA＜OC$，点A在⊙O内，同时可证$OD＜OC$，点D也在⊙O内，线段AD全部落在⊙O内，有无数个公共点，不符合要求。
综上，OC的取值范围是$2≤OC≤\frac{13}{6}$。
【答案】
$2≤OC≤\frac{13}{6}$
【知识点】
直线与圆的位置关系；勾股定理；直角梯形的性质
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是区分“圆与线段只有一个公共点”和“圆与直线相切”的差异，准确找到相切、过端点两个临界状态进行分析，避免因忽略线段限制导致取值范围出错。
【难度系数】
0.6
如图，AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，连接AC并延长到点D，使$AC=CD$，E是OB的中点，连接CE并延长，交DB延长线于点F.
（1）求证：BD是$\odot O$的切线；
（2）若AF交$\odot O$于点H，连接BH，且$AO=2$，求BH的长.
（1）证明 连接OC，BC，如图所示.
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$.
所以$AC=BC$，所以$OC⊥ AB$.
在$△ ABD$中，
$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线.
所以$OC// BD$.
因为$OC⊥ AB$，所以$BD⊥ AB$，即$BD⊥ OB$.
又因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线.
（2）解 因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$.
所以$AB=OA+OB=4$.
因为BD是$\odot O$的切线，
$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$.
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$.
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA）.
所以$OC=BF=2$.
因为$∠ FBE=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形.
由勾股定理得 $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$.
由三角形面积公式得 $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}× AF× BH=\frac{1}{2}× AB× BF$，
所以$BH=\frac{AB× BF}{AF}=\frac{4×2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
（1）求证：BD是$\odot O$的切线；
（2）若AF交$\odot O$于点H，连接BH，且$AO=2$，求BH的长.
（1）证明 连接OC，BC，如图所示.
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$.
所以$AC=BC$，所以$OC⊥ AB$.
在$△ ABD$中，
$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线.
所以$OC// BD$.
因为$OC⊥ AB$，所以$BD⊥ AB$，即$BD⊥ OB$.
又因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线.
（2）解 因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$.
所以$AB=OA+OB=4$.
因为BD是$\odot O$的切线，
$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$.
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$.
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA）.
所以$OC=BF=2$.
因为$∠ FBE=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形.
由勾股定理得 $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$.
由三角形面积公式得 $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}× AF× BH=\frac{1}{2}× AB× BF$，
所以$BH=\frac{AB× BF}{AF}=\frac{4×2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
答案
（1）证明：
连接OC，BC。
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$。
所以$AC=BC$，因此$OC⊥ AB$。
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线，
所以$OC// BD$。
又因为$OC⊥ AB$，
所以$BD⊥ AB$，即$BD⊥ OB$。
因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线。
---
（2）解：
因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$，$AB=OA+OB=4$。
由（1）知BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$。
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$。
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA），
所以$OC=BF=2$。
因为$∠ ABF=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形，
由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}。$
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$。
根据三角形面积公式$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}· AF· BH=\frac{1}{2}· AB· BF$，
代入数值解得：
$BH=\frac{AB· BF}{AF}=\frac{4×2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}。$
最终$BH$的长为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
连接OC，BC。
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$。
所以$AC=BC$，因此$OC⊥ AB$。
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线，
所以$OC// BD$。
又因为$OC⊥ AB$，
所以$BD⊥ AB$，即$BD⊥ OB$。
因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线。
---
（2）解：
因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$，$AB=OA+OB=4$。
由（1）知BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$。
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$。
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA），
所以$OC=BF=2$。
因为$∠ ABF=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形，
由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}。$
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$。
根据三角形面积公式$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}· AF· BH=\frac{1}{2}· AB· BF$，
代入数值解得：
$BH=\frac{AB· BF}{AF}=\frac{4×2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}。$
最终$BH$的长为$\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
解析
【分析】
（1）要证明BD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明BD垂直于半径OB。首先连接OC、BC，利用AB是直径、C是弧AB中点的性质，可得$OC⊥ AB$；再结合$AC=CD$、$OA=OB$，可推出OC是$△ ABD$的中位线，得到$OC// BD$，进而推导$BD⊥ AB$，即可证明BD是切线。
（2）先由$AO=2$求出圆的半径和AB的长度，再通过E是OB中点的条件，证明$△ COE≌△ FBE$，得到BF的长度；接着用勾股定理求出AF的长，最后利用直径所对圆周角为直角，得到$BH⊥ AF$，通过$△ ABF$的面积相等的关系，即可求出BH的长度。
【解析】
（1）证明：
连接OC，BC。
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$，
所以$AC=BC$，因此$OC⊥ AB$。
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线，
所以$OC// BD$。
又因为$OC⊥ AB$，
所以$BD⊥ AB$，即$BD⊥ OB$。
因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线。
（2）解：
因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$，$AB=OA+OB=4$。
由（1）知BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$。
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$。
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA），
所以$OC=BF=2$。
因为$∠ ABF=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形，
由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$。
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$。
根据三角形面积公式$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}· AF· BH=\frac{1}{2}· AB· BF$，
代入数值解得：
$BH=\frac{AB· BF}{AF}=\frac{4×2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
（1）BD是$\odot O$的切线，证明成立；（2）BH的长为$\boldsymbol{\frac{4\sqrt{5}}{5}}$
【知识点】
1. 切线的判定定理
2. 全等三角形的判定与性质
3. 勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合应用题，解题的关键是合理添加辅助线，结合圆的基本性质、三角形中位线、全等三角形的性质推导边角关系，第二问用到的等面积法是几何中求高的常用方法，整体思路常规，需要熟练掌握切线判定的逻辑和几何中常见的等量关系推导。
【难度系数】
0.6
（1）要证明BD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明BD垂直于半径OB。首先连接OC、BC，利用AB是直径、C是弧AB中点的性质，可得$OC⊥ AB$；再结合$AC=CD$、$OA=OB$，可推出OC是$△ ABD$的中位线，得到$OC// BD$，进而推导$BD⊥ AB$，即可证明BD是切线。
（2）先由$AO=2$求出圆的半径和AB的长度，再通过E是OB中点的条件，证明$△ COE≌△ FBE$，得到BF的长度；接着用勾股定理求出AF的长，最后利用直径所对圆周角为直角，得到$BH⊥ AF$，通过$△ ABF$的面积相等的关系，即可求出BH的长度。
【解析】
（1）证明：
连接OC，BC。
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$，
所以$AC=BC$，因此$OC⊥ AB$。
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线，
所以$OC// BD$。
又因为$OC⊥ AB$，
所以$BD⊥ AB$，即$BD⊥ OB$。
因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线。
（2）解：
因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$，$AB=OA+OB=4$。
由（1）知BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$。
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$。
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA），
所以$OC=BF=2$。
因为$∠ ABF=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形，
由勾股定理得：
$AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$。
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$。
根据三角形面积公式$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}· AF· BH=\frac{1}{2}· AB· BF$，
代入数值解得：
$BH=\frac{AB· BF}{AF}=\frac{4×2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
（1）BD是$\odot O$的切线，证明成立；（2）BH的长为$\boldsymbol{\frac{4\sqrt{5}}{5}}$
【知识点】
1. 切线的判定定理
2. 全等三角形的判定与性质
3. 勾股定理
【点评】
本题属于圆的综合应用题，解题的关键是合理添加辅助线，结合圆的基本性质、三角形中位线、全等三角形的性质推导边角关系，第二问用到的等面积法是几何中求高的常用方法，整体思路常规，需要熟练掌握切线判定的逻辑和几何中常见的等量关系推导。
【难度系数】
0.6
