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1.如图,在$Rt△ ABC$中,已知$∠ C=90°$,$\sin B=\dfrac{4}{5}$,$BC=5\ \mathrm{cm}$。若以点$C$为圆心,$3.8\ \mathrm{cm}$长为半径作圆,则$\odot C$与$AB$的位置关系是()
A.相离
B.相交
C.相切
D.相切或相交
A.相离
B.相交
C.相切
D.相切或相交
答案
A
解析
【分析】
要判断$\odot C$与直线$AB$的位置关系，需先求出圆心$C$到$AB$的距离$d$，再将$d$与圆的半径$r=3.8\mathrm{cm}$比较：若$d＞r$则相离，$d=r$则相切，$d＜r$则相交。首先利用三角函数定义和勾股定理求出$\mathrm{Rt}△ ABC$的各边长，再通过面积法计算$AB$边上的高（即$d$），最后比较$d$和$r$的大小即可得出结论。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，
$\because \sin B=\dfrac{\mathrm{角}B\mathrm{的对边}}{\mathrm{斜边}}=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{4}{5}$，
$\therefore$ 设$AC=4k$，$AB=5k$（$k＞0$），
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{(5k)^2-(4k)^2}=3k$，
已知$BC=5\mathrm{cm}$，$\therefore 3k=5$，解得$k=\dfrac{5}{3}$，
$\therefore AC=4×\dfrac{5}{3}=\dfrac{20}{3}\mathrm{cm}$，$AB=5×\dfrac{5}{3}=\dfrac{25}{3}\mathrm{cm}$。
设点$C$到$AB$的距离为$h$，由三角形面积公式可得：
$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}× AC× BC=\dfrac{1}{2}× AB× h$，
$\therefore h=\dfrac{AC× BC}{AB}=\dfrac{\dfrac{20}{3}×5}{\dfrac{25}{3}}=4\mathrm{cm}$。
$\because \odot C$的半径$r=3.8\mathrm{cm}$，$4\mathrm{cm}＞3.8\mathrm{cm}$，即$d＞r$，
$\therefore \odot C$与$AB$的位置关系是相离。
【答案】
A
【知识点】
直线与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题解题关键是明确直线与圆位置关系的判定规则，要注意直角三角形中三角函数对应边不要混淆，结合面积法求斜边上的高是常用技巧。
【难度系数】
0.7
要判断$\odot C$与直线$AB$的位置关系，需先求出圆心$C$到$AB$的距离$d$，再将$d$与圆的半径$r=3.8\mathrm{cm}$比较：若$d＞r$则相离，$d=r$则相切，$d＜r$则相交。首先利用三角函数定义和勾股定理求出$\mathrm{Rt}△ ABC$的各边长，再通过面积法计算$AB$边上的高（即$d$），最后比较$d$和$r$的大小即可得出结论。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，
$\because \sin B=\dfrac{\mathrm{角}B\mathrm{的对边}}{\mathrm{斜边}}=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{4}{5}$，
$\therefore$ 设$AC=4k$，$AB=5k$（$k＞0$），
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{(5k)^2-(4k)^2}=3k$，
已知$BC=5\mathrm{cm}$，$\therefore 3k=5$，解得$k=\dfrac{5}{3}$，
$\therefore AC=4×\dfrac{5}{3}=\dfrac{20}{3}\mathrm{cm}$，$AB=5×\dfrac{5}{3}=\dfrac{25}{3}\mathrm{cm}$。
设点$C$到$AB$的距离为$h$，由三角形面积公式可得：
$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}× AC× BC=\dfrac{1}{2}× AB× h$，
$\therefore h=\dfrac{AC× BC}{AB}=\dfrac{\dfrac{20}{3}×5}{\dfrac{25}{3}}=4\mathrm{cm}$。
$\because \odot C$的半径$r=3.8\mathrm{cm}$，$4\mathrm{cm}＞3.8\mathrm{cm}$，即$d＞r$，
$\therefore \odot C$与$AB$的位置关系是相离。
【答案】
A
【知识点】
直线与圆的位置关系，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题解题关键是明确直线与圆位置关系的判定规则，要注意直角三角形中三角函数对应边不要混淆，结合面积法求斜边上的高是常用技巧。
【难度系数】
0.7
2.已知$\odot O$的半径为4，点O到直线m的距离为d。若直线m与$\odot O$公共点的个数为2，则d的值可能为()
A.5
B.4.5
C.4
D.3.5
A.5
B.4.5
C.4
D.3.5
答案
D
解析
【分析】
解题时首先回忆直线与圆的三种位置关系对应的公共点个数、圆心到直线的距离d与圆半径r的大小关系：①d＞r时，直线与圆相离，公共点个数为0；②d=r时，直线与圆相切，公共点个数为1；③d＜r时，直线与圆相交，公共点个数为2。题目已知直线m与⊙O公共点个数为2，说明二者相交，因此需满足d＜r，代入r=4即可确定d的取值范围，再对比选项选出符合条件的数值即可。
【解析】
已知⊙O的半径r=4，直线m与⊙O的公共点个数为2，说明直线m与⊙O相交。
根据直线与圆相交的判定条件：圆心到直线的距离d ＜ 圆的半径r，
可得d ＜ 4。
对比各选项：A选项5＞4，B选项4.5＞4，C选项4=r，均不符合要求；只有D选项3.5＜4，满足条件。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础题型，核心考查直线与圆位置关系的判定规律，只要熟练掌握圆心到直线距离与半径的大小关系和对应公共点个数的联系，就能快速得出答案。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆直线与圆的三种位置关系对应的公共点个数、圆心到直线的距离d与圆半径r的大小关系：①d＞r时，直线与圆相离，公共点个数为0；②d=r时，直线与圆相切，公共点个数为1；③d＜r时，直线与圆相交，公共点个数为2。题目已知直线m与⊙O公共点个数为2，说明二者相交，因此需满足d＜r，代入r=4即可确定d的取值范围，再对比选项选出符合条件的数值即可。
【解析】
已知⊙O的半径r=4，直线m与⊙O的公共点个数为2，说明直线m与⊙O相交。
根据直线与圆相交的判定条件：圆心到直线的距离d ＜ 圆的半径r，
可得d ＜ 4。
对比各选项：A选项5＞4，B选项4.5＞4，C选项4=r，均不符合要求；只有D选项3.5＜4，满足条件。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础题型，核心考查直线与圆位置关系的判定规律，只要熟练掌握圆心到直线距离与半径的大小关系和对应公共点个数的联系，就能快速得出答案。
【难度系数】
0.8
3. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$。以点$C$为圆心，$r$为半径作圆，若此圆与直线$AB$只有一个公共点，则$r$的值为()
A.$6$
B.$\dfrac{65}{12}$
C.$\dfrac{60}{13}$
D.$\dfrac{30}{13}$
A.$6$
B.$\dfrac{65}{12}$
C.$\dfrac{60}{13}$
D.$\dfrac{30}{13}$
答案
C
解析
【分析】
解题时首先根据圆与直线只有一个公共点，判断直线与圆相切，此时半径r等于圆心C到直线AB的距离；接下来先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再用等面积法计算出点C到AB的距离，即为所求r的值。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13$，
设点C到直线AB的距离为$h$，
由三角形面积公式可得：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· h$，
代入数值：$\frac{1}{2}×5×12=\frac{1}{2}×13× h$，
解得：$h=\frac{60}{13}$，
∵圆与直线AB只有一个公共点，即圆与AB相切，
∴$r=h=\frac{60}{13}$。
【答案】
C
【知识点】
直线与圆的位置关系；勾股定理；等面积法求高
【点评】
本题属于基础常考题，解题的关键是明确“圆与直线只有一个公共点时二者相切”的性质，将求半径的问题转化为求点到直线的距离，结合直角三角形的相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据圆与直线只有一个公共点，判断直线与圆相切，此时半径r等于圆心C到直线AB的距离；接下来先利用勾股定理求出Rt△ABC的斜边AB的长度，再用等面积法计算出点C到AB的距离，即为所求r的值。
【解析】
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13$，
设点C到直线AB的距离为$h$，
由三角形面积公式可得：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· h$，
代入数值：$\frac{1}{2}×5×12=\frac{1}{2}×13× h$，
解得：$h=\frac{60}{13}$，
∵圆与直线AB只有一个公共点，即圆与AB相切，
∴$r=h=\frac{60}{13}$。
【答案】
C
【知识点】
直线与圆的位置关系；勾股定理；等面积法求高
【点评】
本题属于基础常考题，解题的关键是明确“圆与直线只有一个公共点时二者相切”的性质，将求半径的问题转化为求点到直线的距离，结合直角三角形的相关性质即可快速求解。
【难度系数】
0.7
4.已知平面内有$\odot O$和点A，B。若$\odot O$的半径为2 cm，线段$OA=3$ cm，$OB=2$ cm，则直线AB与$\odot O$的位置关系为。
答案
解：
∵ ⊙O的半径为2 cm，OA=3 cm，OB=2 cm，
∴ 点A在⊙O外，点B在⊙O上。
当直线AB⊥OB时，圆心O到直线AB的距离等于2 cm，与⊙O半径相等，此时直线AB与⊙O相切；
当直线AB与OB不垂直时，圆心O到直线AB的距离小于2 cm，即小于⊙O的半径，此时直线AB与⊙O相交。
∴ 直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切。
∵ ⊙O的半径为2 cm，OA=3 cm，OB=2 cm，
∴ 点A在⊙O外，点B在⊙O上。
当直线AB⊥OB时，圆心O到直线AB的距离等于2 cm，与⊙O半径相等，此时直线AB与⊙O相切；
当直线AB与OB不垂直时，圆心O到直线AB的距离小于2 cm，即小于⊙O的半径，此时直线AB与⊙O相交。
∴ 直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切。
解析
【分析】
解题首先根据点到圆心的距离与半径的大小关系，判断点A、B与⊙O的位置关系：点A在圆外，点B在圆上，说明直线AB经过圆上的点B。接下来分类讨论圆心O到直线AB的距离：当AB⊥OB时，圆心到AB的距离等于半径，对应相切的位置关系；当AB与OB不垂直时，根据垂线段最短，圆心到AB的距离小于半径，对应相交的位置关系，综合两种情况即可得到结果。
【解析】
∵ ⊙O的半径为2 cm，OA=3 cm，OB=2 cm，
∴ 点A到圆心O的距离大于半径，点A在⊙O外；点B到圆心O的距离等于半径，点B在⊙O上。
当直线AB⊥OB时，圆心O到直线AB的距离等于OB的长度2 cm，与⊙O半径相等，此时直线AB与⊙O相切；
当直线AB与OB不垂直时，根据垂线段最短，圆心O到直线AB的距离小于OB的长度2 cm，即小于⊙O的半径，此时直线AB与⊙O相交。
∴ 直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
点与圆的位置判定；直线与圆的位置判定；垂线段性质
【点评】
本题易错点是忽略分类讨论，容易只考虑其中一种位置关系，解题时要结合点与圆的位置，全面分析直线的所有可能位置，考查分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.6
解题首先根据点到圆心的距离与半径的大小关系，判断点A、B与⊙O的位置关系：点A在圆外，点B在圆上，说明直线AB经过圆上的点B。接下来分类讨论圆心O到直线AB的距离：当AB⊥OB时，圆心到AB的距离等于半径，对应相切的位置关系；当AB与OB不垂直时，根据垂线段最短，圆心到AB的距离小于半径，对应相交的位置关系，综合两种情况即可得到结果。
【解析】
∵ ⊙O的半径为2 cm，OA=3 cm，OB=2 cm，
∴ 点A到圆心O的距离大于半径，点A在⊙O外；点B到圆心O的距离等于半径，点B在⊙O上。
当直线AB⊥OB时，圆心O到直线AB的距离等于OB的长度2 cm，与⊙O半径相等，此时直线AB与⊙O相切；
当直线AB与OB不垂直时，根据垂线段最短，圆心O到直线AB的距离小于OB的长度2 cm，即小于⊙O的半径，此时直线AB与⊙O相交。
∴ 直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切。
【答案】
相交或相切
【知识点】
点与圆的位置判定；直线与圆的位置判定；垂线段性质
【点评】
本题易错点是忽略分类讨论，容易只考虑其中一种位置关系，解题时要结合点与圆的位置，全面分析直线的所有可能位置，考查分类讨论的数学思维。
【难度系数】
0.6
5.在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=4$，$BC=3$。若以点C为圆心的圆与斜边AB有且只有一个公共点，则该圆半径r的取值范围是。
答案
解：
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
过点C作CD⊥AB于D，
由三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
得$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
分两种情况讨论：
1. 当⊙C与斜边AB相切时，圆与AB有且只有一个公共点，此时半径$r=CD=\frac{12}{5}$；
2. 当⊙C与斜边AB相交，且斜边AB仅存在一个点在圆上时：
点B到C的距离为3，点A到C的距离为4，当$3＜r≤4$时，点B在圆内，点A在圆上或圆外，此时斜边AB与⊙C仅有一个公共点。
综上，半径r的取值范围是$\boldsymbol{r=\frac{12}{5}}$或$\boldsymbol{3＜r≤4}$。
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
过点C作CD⊥AB于D，
由三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
得$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
分两种情况讨论：
1. 当⊙C与斜边AB相切时，圆与AB有且只有一个公共点，此时半径$r=CD=\frac{12}{5}$；
2. 当⊙C与斜边AB相交，且斜边AB仅存在一个点在圆上时：
点B到C的距离为3，点A到C的距离为4，当$3＜r≤4$时，点B在圆内，点A在圆上或圆外，此时斜边AB与⊙C仅有一个公共点。
综上，半径r的取值范围是$\boldsymbol{r=\frac{12}{5}}$或$\boldsymbol{3＜r≤4}$。
解析
【分析】
要解决这个问题，需分两种情况讨论圆与斜边AB只有一个公共点的情形：一是圆与AB相切，此时仅存在一个公共切点；二是圆与AB相交，但仅有一个交点落在AB线段上，另一个交点在AB的延长线上。首先利用勾股定理求出斜边AB的长度，再通过三角形面积相等求出点C到AB的垂距（即相切时的半径），最后结合A、B两点到点C的距离，分析相交时的半径范围即可。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
过点C作CD⊥AB于D，
由三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CD$，
代入数值计算得$CD=\frac{AC·BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
分两种情况讨论：
1. 当⊙C与斜边AB相切时，圆与AB有且只有一个公共点，此时半径$r=CD=\frac{12}{5}$；
2. 当⊙C与斜边AB相交，且斜边AB仅存在一个点在圆上时：
点B到C的距离为3，点A到C的距离为4，当$3＜r≤4$时，点B在圆内，点A在圆上或圆外，此时斜边AB与⊙C仅有一个公共点。
综上，半径r的取值范围是$r=\frac{12}{5}$或$3＜r≤4$。
【答案】
$r=\frac{12}{5}$或$3＜r≤4$
【知识点】
勾股定理；直线与圆的位置关系；三角形面积计算
【点评】
本题易错点是仅考虑圆与AB相切的情况，忽略相交时仅一个交点落在线段AB上的情形，解题时需要树立分类讨论的思想，全面分析所有可能的情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，需分两种情况讨论圆与斜边AB只有一个公共点的情形：一是圆与AB相切，此时仅存在一个公共切点；二是圆与AB相交，但仅有一个交点落在AB线段上，另一个交点在AB的延长线上。首先利用勾股定理求出斜边AB的长度，再通过三角形面积相等求出点C到AB的垂距（即相切时的半径），最后结合A、B两点到点C的距离，分析相交时的半径范围即可。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
过点C作CD⊥AB于D，
由三角形面积公式：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CD$，
代入数值计算得$CD=\frac{AC·BC}{AB}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
分两种情况讨论：
1. 当⊙C与斜边AB相切时，圆与AB有且只有一个公共点，此时半径$r=CD=\frac{12}{5}$；
2. 当⊙C与斜边AB相交，且斜边AB仅存在一个点在圆上时：
点B到C的距离为3，点A到C的距离为4，当$3＜r≤4$时，点B在圆内，点A在圆上或圆外，此时斜边AB与⊙C仅有一个公共点。
综上，半径r的取值范围是$r=\frac{12}{5}$或$3＜r≤4$。
【答案】
$r=\frac{12}{5}$或$3＜r≤4$
【知识点】
勾股定理；直线与圆的位置关系；三角形面积计算
【点评】
本题易错点是仅考虑圆与AB相切的情况，忽略相交时仅一个交点落在线段AB上的情形，解题时需要树立分类讨论的思想，全面分析所有可能的情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
6.提升题 如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC=45°，$\odot P$的半径为$\sqrt{2}$ cm，且OP=4 cm。若$\odot P$以1 cm/s的速度沿直线AB由点A向点B移动，则经过 s时，$\odot P$与直线CD相切。
答案
解：设经过t s时，⊙P与直线CD相切，移动后的圆心记为P'。
过点P'作P'E⊥CD于点E。
∵⊙P与直线CD相切，
∴圆心P'到CD的距离等于⊙P的半径，即$P'E = \sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ AOC = 45°$，$P'E ⊥ OE$，
∴$△ P'EO$为等腰直角三角形，$P'E = OE$。
由勾股定理得：$P'E^2 + OE^2 = OP'^2$，
代入$P'E=\sqrt{2}$，得$2× (\sqrt{2})^2 = OP'^2$，
解得$OP' = 2\ \mathrm{cm}$（长度为正，舍去负根）。
分两种情况讨论：
1. 当$P'$在点O的左侧时，点P移动的距离为$OP - OP' = 4 - 2 = 2\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 2 ÷ 1 = 2\ \mathrm{s}$；
2. 当$P'$在点O的右侧时，点P移动的距离为$OP + OP' = 4 + 2 = 6\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 6 ÷ 1 = 6\ \mathrm{s}$。
综上，经过$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{6}$ s时，⊙P与直线CD相切。
过点P'作P'E⊥CD于点E。
∵⊙P与直线CD相切，
∴圆心P'到CD的距离等于⊙P的半径，即$P'E = \sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ AOC = 45°$，$P'E ⊥ OE$，
∴$△ P'EO$为等腰直角三角形，$P'E = OE$。
由勾股定理得：$P'E^2 + OE^2 = OP'^2$，
代入$P'E=\sqrt{2}$，得$2× (\sqrt{2})^2 = OP'^2$，
解得$OP' = 2\ \mathrm{cm}$（长度为正，舍去负根）。
分两种情况讨论：
1. 当$P'$在点O的左侧时，点P移动的距离为$OP - OP' = 4 - 2 = 2\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 2 ÷ 1 = 2\ \mathrm{s}$；
2. 当$P'$在点O的右侧时，点P移动的距离为$OP + OP' = 4 + 2 = 6\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 6 ÷ 1 = 6\ \mathrm{s}$。
综上，经过$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{6}$ s时，⊙P与直线CD相切。
解析
【分析】
解题的核心依据是直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径。首先我们过移动后的圆心作CD的垂线，结合已知的∠AOC=45°，可得到等腰直角三角形，进而求出相切时圆心到交点O的距离。由于圆沿AB从A向B移动，圆心可能在O点左侧，也可能在O点右侧，需分两种情况计算圆心移动的距离，再结合移动速度即可求出对应时间。
【解析】
设经过t s时，⊙P与直线CD相切，移动后的圆心记为P'。
过点P'作P'E⊥CD于点E。
∵⊙P与直线CD相切，
∴圆心P'到CD的距离等于⊙P的半径，即$P'E = \sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ AOC = 45°$，$P'E ⊥ OE$，
∴$△ P'EO$为等腰直角三角形，$P'E = OE$。
由勾股定理得：$P'E^2 + OE^2 = OP'^2$，
代入$P'E=\sqrt{2}$，得$2× (\sqrt{2})^2 = OP'^2$，
解得$OP' = 2\ \mathrm{cm}$（长度为正，舍去负根）。
分两种情况讨论：
1. 当$P'$在点O的左侧时，点P移动的距离为$OP - OP' = 4 - 2 = 2\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 2 ÷ 1 = 2\ \mathrm{s}$；
2. 当$P'$在点O的右侧时，点P移动的距离为$OP + OP' = 4 + 2 = 6\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 6 ÷ 1 = 6\ \mathrm{s}$。
【答案】
2或6
【知识点】
直线与圆相切的性质，等腰直角三角形的性质，动点分类讨论
【点评】
本题是直线与圆位置关系和动点问题结合的典型题型，解题关键是利用切线性质得到圆心到直线的距离，结合特殊角度的三角形特征求出对应线段长度，需要注意分两种位置情况讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
解题的核心依据是直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径。首先我们过移动后的圆心作CD的垂线，结合已知的∠AOC=45°，可得到等腰直角三角形，进而求出相切时圆心到交点O的距离。由于圆沿AB从A向B移动，圆心可能在O点左侧，也可能在O点右侧，需分两种情况计算圆心移动的距离，再结合移动速度即可求出对应时间。
【解析】
设经过t s时，⊙P与直线CD相切，移动后的圆心记为P'。
过点P'作P'E⊥CD于点E。
∵⊙P与直线CD相切，
∴圆心P'到CD的距离等于⊙P的半径，即$P'E = \sqrt{2}\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ AOC = 45°$，$P'E ⊥ OE$，
∴$△ P'EO$为等腰直角三角形，$P'E = OE$。
由勾股定理得：$P'E^2 + OE^2 = OP'^2$，
代入$P'E=\sqrt{2}$，得$2× (\sqrt{2})^2 = OP'^2$，
解得$OP' = 2\ \mathrm{cm}$（长度为正，舍去负根）。
分两种情况讨论：
1. 当$P'$在点O的左侧时，点P移动的距离为$OP - OP' = 4 - 2 = 2\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 2 ÷ 1 = 2\ \mathrm{s}$；
2. 当$P'$在点O的右侧时，点P移动的距离为$OP + OP' = 4 + 2 = 6\ \mathrm{cm}$，
所用时间$t = 6 ÷ 1 = 6\ \mathrm{s}$。
【答案】
2或6
【知识点】
直线与圆相切的性质，等腰直角三角形的性质，动点分类讨论
【点评】
本题是直线与圆位置关系和动点问题结合的典型题型，解题关键是利用切线性质得到圆心到直线的距离，结合特殊角度的三角形特征求出对应线段长度，需要注意分两种位置情况讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
7. 如图，在$△ OAB$中，$OA=OB=5$，$AB=8$，$\odot O$的半径为3。请判断直线AB与$\odot O$的位置关系，并说明理由。
答案
解：直线AB与⊙O相切，理由如下：
过点O作OC⊥AB于点C。
∵ OA=OB=5，
∴ AC=BC=$\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$×8 = 4。
在Rt△AOC中，∠ACO=90°，OA=5，AC=4，
由勾股定理得：OC=$\sqrt{OA^2 - AC^2}$=$\sqrt{5^2 - 4^2}$=3。
∵ ⊙O的半径为3，
∴ OC的长度等于⊙O的半径，
∴ 直线AB与⊙O相切。
过点O作OC⊥AB于点C。
∵ OA=OB=5，
∴ AC=BC=$\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$×8 = 4。
在Rt△AOC中，∠ACO=90°，OA=5，AC=4，
由勾股定理得：OC=$\sqrt{OA^2 - AC^2}$=$\sqrt{5^2 - 4^2}$=3。
∵ ⊙O的半径为3，
∴ OC的长度等于⊙O的半径，
∴ 直线AB与⊙O相切。
解析
【分析】
要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，需先求出圆心O到直线AB的距离，再与$\odot O$的半径3比较大小：若距离等于半径则相切，大于半径则相离，小于半径则相交。本题中$△ OAB$是$OA=OB$的等腰三角形，我们可以过O作AB的垂线，利用等腰三角形“三线合一”的性质得到AB的中点，再通过勾股定理计算出垂线段的长度，最后和半径对比即可得到结论。
【解析】
直线AB与$\odot O$相切，理由如下：
过点O作$OC⊥ AB$于点C。
$\because OA=OB=5$，$OC⊥ AB$，
$\therefore$ 根据等腰三角形三线合一的性质，$AC=BC=\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}×8 = 4$。
在$Rt△ AOC$中，$∠ ACO=90°$，$OA=5$，$AC=4$，
由勾股定理得：$OC=\sqrt{OA^2 - AC^2}=\sqrt{5^2 - 4^2}=3$。
$\because \odot O$的半径为3，
$\therefore OC$的长度等于$\odot O$的半径，
又$\because OC⊥ AB$，
$\therefore$直线AB与$\odot O$相切。
【答案】
直线AB与$\odot O$相切
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于直线与圆位置关系判定的常规题型，解题核心是掌握“作垂线、算距离、比半径”的判定逻辑，结合等腰三角形性质和勾股定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.8
要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，需先求出圆心O到直线AB的距离，再与$\odot O$的半径3比较大小：若距离等于半径则相切，大于半径则相离，小于半径则相交。本题中$△ OAB$是$OA=OB$的等腰三角形，我们可以过O作AB的垂线，利用等腰三角形“三线合一”的性质得到AB的中点，再通过勾股定理计算出垂线段的长度，最后和半径对比即可得到结论。
【解析】
直线AB与$\odot O$相切，理由如下：
过点O作$OC⊥ AB$于点C。
$\because OA=OB=5$，$OC⊥ AB$，
$\therefore$ 根据等腰三角形三线合一的性质，$AC=BC=\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}×8 = 4$。
在$Rt△ AOC$中，$∠ ACO=90°$，$OA=5$，$AC=4$，
由勾股定理得：$OC=\sqrt{OA^2 - AC^2}=\sqrt{5^2 - 4^2}=3$。
$\because \odot O$的半径为3，
$\therefore OC$的长度等于$\odot O$的半径，
又$\because OC⊥ AB$，
$\therefore$直线AB与$\odot O$相切。
【答案】
直线AB与$\odot O$相切
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于直线与圆位置关系判定的常规题型，解题核心是掌握“作垂线、算距离、比半径”的判定逻辑，结合等腰三角形性质和勾股定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.8
