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12. 已知等腰三角形 ABC 内接于半径为 5 的$\odot O$,如果底边 BC 的长为 6,求 BC 边上的高.
答案
12. 当顶点 A 在优弧 BAC 上时,如图①,连接 OB,OC,连接 AO并延长交 BC 于点 D.
∵ AB = AC,OB = OC,
∴ 点 A,O 在线段BC 的垂直平分线上,
∴ AO 垂直平分线段 BC,
∴ BD =$\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$×6 = 3.在 Rt△OBD 中,OD = $\sqrt{OB^2-BD^2}$ =$\sqrt{5^2-3^2}$ = 4,
∴ AD = AO+OD = 5+4 = 9.当顶点 A 在劣弧 BC上时,如图②.连接 OB,OC,连接 OA 交 BC 于点 D.同理OA ⊥ BC,OD = 4.
∴ AD = OA-OD = 5-4 = 1.综上,BC 边上的高为9或1.
解析
【分析】本题需结合等腰三角形和圆的对称性分析：因为等腰△ABC中AB=AC，且圆的半径OB=OC，所以点A和圆心O都在BC的垂直平分线上，因此AO所在直线垂直平分BC，这是解题的核心依据。接下来需分两种情况讨论：顶点A在优弧BC上和在劣弧BC上，分别计算BC边上的高，计算时利用垂径定理得BC的一半长度，再用勾股定理求圆心到BC的距离，最后根据A的位置计算高的长度。
【解析】分两种情况：
1. 当顶点A在优弧BAC上时（如图①）：
连接OB、OC，连接AO并延长交BC于点D。
∵ AB=AC，OB=OC，
∴ 点A、O都在BC的垂直平分线上，
∴ AO垂直平分BC，
∴ BD = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$×6 = 3。
在Rt△OBD中，OB=5，BD=3，由勾股定理得：
OD = $\sqrt{OB^2 - BD^2}$ = $\sqrt{5^2 - 3^2}$ = 4，
此时AD = AO + OD = 5 + 4 = 9。
2. 当顶点A在劣弧BC上时（如图②）：
连接OB、OC，连接OA交BC于点D，同理可得AO垂直平分BC，BD=3，OD=4，
此时AD = OA - OD = 5 - 4 = 1。
综上，BC边上的高为9或1。
【答案】9或1
【知识点】垂径定理、勾股定理、等腰三角形性质
【点评】本题考查圆内接等腰三角形的高的计算，需利用对称性和垂径定理，关键是分类讨论顶点在优弧、劣弧两种情况，避免漏解，体现了分类思想的应用。
【难度系数】0.5
【解析】分两种情况：
1. 当顶点A在优弧BAC上时（如图①）：
连接OB、OC，连接AO并延长交BC于点D。
∵ AB=AC，OB=OC，
∴ 点A、O都在BC的垂直平分线上，
∴ AO垂直平分BC，
∴ BD = $\frac{1}{2}$BC = $\frac{1}{2}$×6 = 3。
在Rt△OBD中，OB=5，BD=3，由勾股定理得：
OD = $\sqrt{OB^2 - BD^2}$ = $\sqrt{5^2 - 3^2}$ = 4，
此时AD = AO + OD = 5 + 4 = 9。
2. 当顶点A在劣弧BC上时（如图②）：
连接OB、OC，连接OA交BC于点D，同理可得AO垂直平分BC，BD=3，OD=4，
此时AD = OA - OD = 5 - 4 = 1。
综上，BC边上的高为9或1。
【答案】9或1
【知识点】垂径定理、勾股定理、等腰三角形性质
【点评】本题考查圆内接等腰三角形的高的计算，需利用对称性和垂径定理，关键是分类讨论顶点在优弧、劣弧两种情况，避免漏解，体现了分类思想的应用。
【难度系数】0.5
13. $PA,PB,CD$ 是$\odot O$ 的切线,$A,B,E$ 是切点,
$CD$ 分别交 $PA,PB$ 于 $C,D$ 两点,若 $∠ APB=$$50°$,则$∠ COD$ 的度数为
$CD$ 分别交 $PA,PB$ 于 $C,D$ 两点,若 $∠ APB=$$50°$,则$∠ COD$ 的度数为
65°或115°
.答案
13. 65°或115° 解析:分为两种情况:①如图①,连接 OA,OB,OE.
∵ PA,PB 是⊙O 的切线,A,B 为切点,
∴ OA ⊥ PA,OB ⊥ PB,
∴ ∠OAP = ∠OBP = 90°.
∵ ∠APB = 50°,
∴ ∠AOB = 360°-90°-90°-50° = 130°.
∵ CD 与⊙O 相切于点 E,
∴ OE ⊥ CD,
∴ ∠DEO = ∠CEO = 90°.
∵ PA,PB,CD 是⊙O 的切线,切点是 A,B,E,
∴ ∠ACO = ∠ECO,∠EDO = ∠BDO.
∵ ∠AOC = 180°-∠OAC-∠ACO,∠EOC = 180°-∠OEC-∠ECO,
∴ ∠AOC = ∠EOC.同理可证∠DOE =∠BOD,
∴ ∠COD = ∠EOC+∠EOD = $\frac{1}{2}$∠AOB = $\frac{1}{2}$×130° =65°;②如图②,则∠COD = $\frac{1}{2}$×(360°-130°) = 115°.综上,∠COD 的度数为65°或115°.
解析
【分析】
要解决本题，需分两种情况（对应图①和图②），利用切线的性质（切线垂直于过切点的半径）和切线长定理（从圆外一点引圆的两条切线，圆心与该点的连线平分两条切线的夹角），先求出∠AOB的度数，再根据角平分线的性质推导∠COD与∠AOB的关系，进而计算结果。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 如图①，连接OA、OB、OE。
∵ PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴ OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°。
在四边形OAPB中，内角和为360°，已知∠APB=50°，
∴ ∠AOB=360°−∠OAP−∠OBP−∠APB=360°−90°−90°−50°=130°。
∵ CD是⊙O的切线，E为切点，
∴ OE⊥CD，即∠OEC=∠OED=90°。
根据切线长定理，PA、CD是⊙O的切线，故OC平分∠AOE，即∠AOC=∠EOC；同理，OD平分∠BOE，即∠BOD=∠EOD。
∴ ∠COD=∠EOC+∠EOD=1/2(∠AOE+∠BOE)=1/2∠AOB=1/2×130°=65°。
2. 如图②，同理连接OA、OB、OE，先求得∠AOB=130°。
根据切线长定理，OC平分∠AOE，OD平分∠BOE，此时∠COD=1/2(360°−∠AOB)=1/2×(360°−130°)=115°。
综上，∠COD的度数为65°或115°。
【答案】
65°或115°
【知识点】
切线的性质、切线长定理
【点评】
本题结合切线的性质与切线长定理，需分两种图形情况讨论，考查学生的分类思想和角度转化能力，是圆相关角度计算的典型题型。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需分两种情况（对应图①和图②），利用切线的性质（切线垂直于过切点的半径）和切线长定理（从圆外一点引圆的两条切线，圆心与该点的连线平分两条切线的夹角），先求出∠AOB的度数，再根据角平分线的性质推导∠COD与∠AOB的关系，进而计算结果。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 如图①，连接OA、OB、OE。
∵ PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴ OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP=∠OBP=90°。
在四边形OAPB中，内角和为360°，已知∠APB=50°，
∴ ∠AOB=360°−∠OAP−∠OBP−∠APB=360°−90°−90°−50°=130°。
∵ CD是⊙O的切线，E为切点，
∴ OE⊥CD，即∠OEC=∠OED=90°。
根据切线长定理，PA、CD是⊙O的切线，故OC平分∠AOE，即∠AOC=∠EOC；同理，OD平分∠BOE，即∠BOD=∠EOD。
∴ ∠COD=∠EOC+∠EOD=1/2(∠AOE+∠BOE)=1/2∠AOB=1/2×130°=65°。
2. 如图②，同理连接OA、OB、OE，先求得∠AOB=130°。
根据切线长定理，OC平分∠AOE，OD平分∠BOE，此时∠COD=1/2(360°−∠AOB)=1/2×(360°−130°)=115°。
综上，∠COD的度数为65°或115°。
【答案】
65°或115°
【知识点】
切线的性质、切线长定理
【点评】
本题结合切线的性质与切线长定理，需分两种图形情况讨论，考查学生的分类思想和角度转化能力，是圆相关角度计算的典型题型。
【难度系数】
0.4
14.(黑龙江中考改编)若点O是等腰三角形
A B C 的外心,且 $∠ BOC=60°$, 底边 $BC=2$, 求
$△ A B C$ 的面积.
A B C 的外心,且 $∠ BOC=60°$, 底边 $BC=2$, 求
$△ A B C$ 的面积.
答案
14. 如图所示,存在两种情况:当△ABC 为△A₁BC 时,连接 OB,OC.
∵ 点 O 是等腰三角形A₁BC 的外心,且∠BOC = 60°,底边 BC = 2,OB = OC,
∴ △OBC 为等边三角形,OB = OC = BC = 2,OA₁ ⊥ BC 于点 D,
∴ CD = 1,OD = $\sqrt{2^2-1^2}$ = $\sqrt{3}$,
∴ $S_{△A_1BC}$ =$\frac{BC·A_1D}{2}$ = $\frac{2×(2-\sqrt{3})}{2}$ = $2-\sqrt{3}$;当△ABC 为△A₂BC 时,
∵ 点 O 是等腰三角形A₂BC 的外心,且∠BOC = 60°,底边 BC = 2,OB = OC,
∴ △OBC 为等边三角形,OB = OC = BC = 2,OA₂ ⊥ BC 于点 D,
∴ CD = 1,OD = $\sqrt{2^2-1^2}$ = $\sqrt{3}$,
∴ $S_{△A_2BC}$ =$\frac{BC·DA_2}{2}$ = $\frac{2×(2+\sqrt{3})}{2}$ = $2+\sqrt{3}$.综上所述,△ABC 的面积为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$.
解析
【分析】首先，外心是三角形外接圆的圆心，因此OB=OC，结合∠BOC=60°可判定△OBC为等边三角形，得到OB=OC=BC=2。由于等腰三角形ABC的外心在BC的垂直平分线上，需分两种情况讨论：外心在△ABC内部和外部，再利用等腰三角形三线合一及勾股定理求出BC边上的高，进而计算三角形面积。
【解析】分两种情况讨论：
1. 当△ABC为△A₁BC时，外心O在△A₁BC外部：
连接OB、OC，
∵O是等腰△A₁BC的外心，
∴OB=OC，又∠BOC=60°，
∴△OBC是等边三角形，故OB=OC=BC=2。
∵OA₁⊥BC于D（等腰三角形三线合一，外心在对称轴上），
∴CD=½BC=1，在Rt△OCD中，OD=√(OC² - CD²)=√(2² -1²)=√3，
则A₁D=OA₁ - OD=2 - √3，
∴S△A₁BC=½×BC×A₁D=½×2×(2 - √3)=2 - √3。
2. 当△ABC为△A₂BC时，外心O在△A₂BC内部：
同理，△OBC是等边三角形，OB=OC=2，OA₂⊥BC于D，CD=1，OD=√(2² -1²)=√3，
则A₂D=OA₂ + OD=2 + √3，
∴S△A₂BC=½×BC×A₂D=½×2×(2 + √3)=2 + √3。
综上，△ABC的面积为2 - √3或2 + √3。
【答案】14. 如图所示,存在两种情况:当△ABC 为△A₁BC 时,连接 OB,OC.
∵ 点 O 是等腰三角形A₁BC 的外心,且∠BOC = 60°,底边 BC = 2,OB = OC,
∴ △OBC 为等边三角形,OB = OC = BC = 2,OA₁ ⊥ BC 于点 D,
∴ CD = 1,OD = $\sqrt{2^2-1^2}$ = $\sqrt{3}$,
∴ $S_{△A_1BC}$ =$\frac{BC·A_1D}{2}$ = $\frac{2×(2-\sqrt{3})}{2}$ = $2-\sqrt{3}$;当△ABC 为△A₂BC 时,
∵ 点 O 是等腰三角形A₂BC 的外心,且∠BOC = 60°,底边 BC = 2,OB = OC,
∴ △OBC 为等边三角形,OB = OC = BC = 2,OA₂ ⊥ BC 于点 D,
∴ CD = 1,OD = $\sqrt{2^2-1^2}$ = $\sqrt{3}$,
∴ $S_{△A_2BC}$ =$\frac{BC·DA_2}{2}$ = $\frac{2×(2+\sqrt{3})}{2}$ = $2+\sqrt{3}$.综上所述,△ABC 的面积为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$.
【知识点】三角形外心、等边三角形性质、三角形面积计算
【点评】本题需结合外心性质分类讨论，避免漏解，关键是利用外心到顶点距离相等及等边三角形判定求出边长，再结合勾股定理计算高，进而求面积，考查学生的分类思想与几何计算能力。
【难度系数】0.5
【解析】分两种情况讨论：
1. 当△ABC为△A₁BC时，外心O在△A₁BC外部：
连接OB、OC，
∵O是等腰△A₁BC的外心，
∴OB=OC，又∠BOC=60°，
∴△OBC是等边三角形，故OB=OC=BC=2。
∵OA₁⊥BC于D（等腰三角形三线合一，外心在对称轴上），
∴CD=½BC=1，在Rt△OCD中，OD=√(OC² - CD²)=√(2² -1²)=√3，
则A₁D=OA₁ - OD=2 - √3，
∴S△A₁BC=½×BC×A₁D=½×2×(2 - √3)=2 - √3。
2. 当△ABC为△A₂BC时，外心O在△A₂BC内部：
同理，△OBC是等边三角形，OB=OC=2，OA₂⊥BC于D，CD=1，OD=√(2² -1²)=√3，
则A₂D=OA₂ + OD=2 + √3，
∴S△A₂BC=½×BC×A₂D=½×2×(2 + √3)=2 + √3。
综上，△ABC的面积为2 - √3或2 + √3。
【答案】14. 如图所示,存在两种情况:当△ABC 为△A₁BC 时,连接 OB,OC.
∵ 点 O 是等腰三角形A₁BC 的外心,且∠BOC = 60°,底边 BC = 2,OB = OC,
∴ △OBC 为等边三角形,OB = OC = BC = 2,OA₁ ⊥ BC 于点 D,
∴ CD = 1,OD = $\sqrt{2^2-1^2}$ = $\sqrt{3}$,
∴ $S_{△A_1BC}$ =$\frac{BC·A_1D}{2}$ = $\frac{2×(2-\sqrt{3})}{2}$ = $2-\sqrt{3}$;当△ABC 为△A₂BC 时,
∵ 点 O 是等腰三角形A₂BC 的外心,且∠BOC = 60°,底边 BC = 2,OB = OC,
∴ △OBC 为等边三角形,OB = OC = BC = 2,OA₂ ⊥ BC 于点 D,
∴ CD = 1,OD = $\sqrt{2^2-1^2}$ = $\sqrt{3}$,
∴ $S_{△A_2BC}$ =$\frac{BC·DA_2}{2}$ = $\frac{2×(2+\sqrt{3})}{2}$ = $2+\sqrt{3}$.综上所述,△ABC 的面积为$2-\sqrt{3}$或$2+\sqrt{3}$.
【知识点】三角形外心、等边三角形性质、三角形面积计算
【点评】本题需结合外心性质分类讨论，避免漏解，关键是利用外心到顶点距离相等及等边三角形判定求出边长，再结合勾股定理计算高，进而求面积，考查学生的分类思想与几何计算能力。
【难度系数】0.5
15. 已知 $l_{1} // l_{2},l_{1},l_{2}$ 之间的距离是 3 cm, 圆心 $O$ 到直线 $l_{1}$ 的距离是 1 cm, 如果 $\odot O$ 与直线 $l_{1},l_{2}$ 有三个公共点, 那么 $\odot O$ 的半径为
2或4
cm.答案
15. 2或4 解析:⊙O 与直线 l₁,l₂ 有三个公共点,⊙O 与直线l₁ 相交,与直线 l₂ 相切,分两种情况进行讨论.半径分别为3-1=2(cm)和3+1=4(cm).
解析
【分析】
要解决这个问题，需明确：圆与两条平行线有三个公共点，说明圆与其中一条直线相切、与另一条直线相交（若都相交最多4个公共点，都相切最多2个公共点，都不相交则无公共点）。结合圆心到直线的距离与半径的关系，分情况讨论圆心的位置，即可计算半径。
【解析】
已知$l_1 // l_2$，间距为3cm，圆心$O$到$l_1$的距离为1cm。
因为$\odot O$与$l_1,l_2$有三个公共点，所以$\odot O$与一条直线相切、与另一条直线相交，分两种情况：
1. 当圆心$O$在$l_1$和$l_2$之间时，$O$到$l_2$的距离为$3 - 1 = 2\,\mathrm{cm}$。此时若$\odot O$与$l_2$相切、与$l_1$相交，则半径等于$O$到$l_2$的距离，即半径为$2\,\mathrm{cm}$（验证：$O$到$l_1$距离1cm ＜ 半径2cm，故$l_1$与圆相交，有2个公共点；$l_2$与圆相切，有1个公共点，共3个，符合条件）。
2. 当圆心$O$不在$l_1$和$l_2$之间（在$l_1$远离$l_2$的一侧）时，$O$到$l_2$的距离为$3 + 1 = 4\,\mathrm{cm}$。此时若$\odot O$与$l_2$相切、与$l_1$相交，则半径等于$O$到$l_2$的距离，即半径为$4\,\mathrm{cm}$（验证：$O$到$l_1$距离1cm ＜ 半径4cm，故$l_1$与圆相交，有2个公共点；$l_2$与圆相切，有1个公共点，共3个，符合条件）。
综上，$\odot O$的半径为$2\,\mathrm{cm}$或$4\,\mathrm{cm}$。
【答案】
2或4
【知识点】
直线与圆的位置关系；平行线间的距离
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，核心是根据公共点个数判断相切、相交的组合，需分情况讨论圆心的位置，避免漏解，是几何题中需注意分类的基础题型。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需明确：圆与两条平行线有三个公共点，说明圆与其中一条直线相切、与另一条直线相交（若都相交最多4个公共点，都相切最多2个公共点，都不相交则无公共点）。结合圆心到直线的距离与半径的关系，分情况讨论圆心的位置，即可计算半径。
【解析】
已知$l_1 // l_2$，间距为3cm，圆心$O$到$l_1$的距离为1cm。
因为$\odot O$与$l_1,l_2$有三个公共点，所以$\odot O$与一条直线相切、与另一条直线相交，分两种情况：
1. 当圆心$O$在$l_1$和$l_2$之间时，$O$到$l_2$的距离为$3 - 1 = 2\,\mathrm{cm}$。此时若$\odot O$与$l_2$相切、与$l_1$相交，则半径等于$O$到$l_2$的距离，即半径为$2\,\mathrm{cm}$（验证：$O$到$l_1$距离1cm ＜ 半径2cm，故$l_1$与圆相交，有2个公共点；$l_2$与圆相切，有1个公共点，共3个，符合条件）。
2. 当圆心$O$不在$l_1$和$l_2$之间（在$l_1$远离$l_2$的一侧）时，$O$到$l_2$的距离为$3 + 1 = 4\,\mathrm{cm}$。此时若$\odot O$与$l_2$相切、与$l_1$相交，则半径等于$O$到$l_2$的距离，即半径为$4\,\mathrm{cm}$（验证：$O$到$l_1$距离1cm ＜ 半径4cm，故$l_1$与圆相交，有2个公共点；$l_2$与圆相切，有1个公共点，共3个，符合条件）。
综上，$\odot O$的半径为$2\,\mathrm{cm}$或$4\,\mathrm{cm}$。
【答案】
2或4
【知识点】
直线与圆的位置关系；平行线间的距离
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，核心是根据公共点个数判断相切、相交的组合，需分情况讨论圆心的位置，避免漏解，是几何题中需注意分类的基础题型。
【难度系数】
0.5
16. 已知$∠ ABC=45°$，点$O$为$BC$上的一点，且$OB=6$，若以点$O$为圆心，$r$为半径的圆与射线$BA$只有一个公共点，则$r$的取值范围是
$r=3\sqrt{2}$或r＞6
.答案
16. $r=3\sqrt{2}$或r＞6 解析:如图①,当射线 BA 与圆相切时,根据等腰直角三角形的性质,求得圆心 O 到射线 BA 的距离是OD = $3\sqrt{2}$,则此时圆的半径是$3\sqrt{2}$;如图②,当圆和射线 BA相交时,则 r＞6.综上,r 的取值范围是$r=3\sqrt{2}$或r＞6.
解析
【分析】
要解决这个问题，需明确圆与射线BA只有一个公共点的两种情况：一是圆与射线BA相切，二是圆与射线BA相交但交点仅在射线BA上（即点B在圆内）。首先过圆心O作射线BA的垂线，利用等腰直角三角形的性质求出相切时的半径，再结合点与圆的位置关系，确定相交时半径的范围，最终综合得出r的取值。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当⊙O与射线BA相切时：
过点O作OD⊥BA于点D，此时OD是圆心O到射线BA的距离，若⊙O与射线BA相切，则半径$ r = OD $。
在$ \mathrm{Rt}△ ODB $中，$ ∠ ABC = 45° $，$ OB = 6 $，根据三角函数定义：
$ OD = OB · \sin∠ ABC = 6 × \sin45° = 6 × \frac{\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2} $，
因此此时$ r = 3\sqrt{2} $，圆与射线BA只有一个公共点。
2. 当⊙O与射线BA相交且只有一个公共点时：
射线BA是以B为端点的射线，当点B在⊙O内部时，若半径$ r ＞ OB = 6 $，此时⊙O与射线BA仅在射线BA上有一个交点；
若$ r = 6 $，点B在⊙O上，射线BA与⊙O有两个交点，不符合要求；
若$ 3\sqrt{2} ＜ r ＜ 6 $，点B在⊙O外，射线BA与⊙O有两个交点，不符合要求；
若$ r ＜ 3\sqrt{2} $，⊙O与射线BA无交点，不符合要求。
综上，$ r $的取值范围是$ r = 3\sqrt{2} $或$ r ＞ 6 $。
【答案】
$ r=3\sqrt{2} $或$ r＞6 $
【知识点】
直线与圆的位置关系，等腰直角三角形
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，需注意区分直线与射线的差异，分情况讨论相切和相交的不同情形，避免漏解，关键是利用三角函数求出相切时的半径，再结合点与圆的位置关系分析相交时的半径范围。
【难度系数】
0.4
要解决这个问题，需明确圆与射线BA只有一个公共点的两种情况：一是圆与射线BA相切，二是圆与射线BA相交但交点仅在射线BA上（即点B在圆内）。首先过圆心O作射线BA的垂线，利用等腰直角三角形的性质求出相切时的半径，再结合点与圆的位置关系，确定相交时半径的范围，最终综合得出r的取值。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当⊙O与射线BA相切时：
过点O作OD⊥BA于点D，此时OD是圆心O到射线BA的距离，若⊙O与射线BA相切，则半径$ r = OD $。
在$ \mathrm{Rt}△ ODB $中，$ ∠ ABC = 45° $，$ OB = 6 $，根据三角函数定义：
$ OD = OB · \sin∠ ABC = 6 × \sin45° = 6 × \frac{\sqrt{2}}{2} = 3\sqrt{2} $，
因此此时$ r = 3\sqrt{2} $，圆与射线BA只有一个公共点。
2. 当⊙O与射线BA相交且只有一个公共点时：
射线BA是以B为端点的射线，当点B在⊙O内部时，若半径$ r ＞ OB = 6 $，此时⊙O与射线BA仅在射线BA上有一个交点；
若$ r = 6 $，点B在⊙O上，射线BA与⊙O有两个交点，不符合要求；
若$ 3\sqrt{2} ＜ r ＜ 6 $，点B在⊙O外，射线BA与⊙O有两个交点，不符合要求；
若$ r ＜ 3\sqrt{2} $，⊙O与射线BA无交点，不符合要求。
综上，$ r $的取值范围是$ r = 3\sqrt{2} $或$ r ＞ 6 $。
【答案】
$ r=3\sqrt{2} $或$ r＞6 $
【知识点】
直线与圆的位置关系，等腰直角三角形
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，需注意区分直线与射线的差异，分情况讨论相切和相交的不同情形，避免漏解，关键是利用三角函数求出相切时的半径，再结合点与圆的位置关系分析相交时的半径范围。
【难度系数】
0.4
17. (鄂州中考) 如图,半径为 2 cm 的$\odot O$与边长为 2 cm 的正方形 ABCD 的边 AB 相切于点E,点 F 为正方形的中心,直线 OE 过点 F.当正方形 ABCD 沿直线 OF 以每秒$(2-\sqrt{3})\ \mathrm{cm}$的速度向左运动
1或(11+6√3)
秒时,$\odot O$与正方形重叠部分的面积为$(\dfrac{2}{3}π-\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$.答案
17. 1或(11+6√3) 解析:如图①,当点 A,B 落在⊙O 上时,由题意易得△AOB 是等边三角形,⊙O 与正方形重叠部分的面积为$(\frac{2}{3}π-\sqrt{3})$cm².此时,运动时间 t₁ = (2-√3)÷(2-√3) = 1(秒);如图②,当点 C,D 落在⊙O 上时,由题意易得△OCD 是等边三角形,⊙O 与正方形重叠部分的面积为$(\frac{2}{3}π-\sqrt{3})$cm²,此时,运动时间 t₂ = [4+2-(2-√3)]÷(2-√3) = (11+6√3)秒.综上,满足条件的运动时间为1秒或(11+6√3)秒.
解析
【分析】
要解决该问题，需分两种情况分析正方形运动时与圆的重叠面积：①当正方形向左运动，使A、B两点落在⊙O上时，重叠部分为扇形减去三角形，面积符合题目要求；②当正方形继续向左运动，使C、D两点落在⊙O上时，重叠部分同样为扇形减三角形，面积也符合要求。需分别计算两种情况下正方形向左移动的距离，结合“时间=路程÷速度”的公式求解运动时间。
【解析】
分两种情况讨论：
情况1：如图①，当点A、B落在⊙O上时，连接OA、OB。
∵ OA=OB=2 cm（⊙O半径），AB=2 cm（正方形边长），
∴ △OAB是等边三角形，∠AOB=60°。
此时⊙O与正方形重叠部分的面积为：
$S_{扇形OAB} - S_{△ OAB} = \frac{60°}{360°} × π × 2^2 - \frac{\sqrt{3}}{4} × 2^2 = \frac{2}{3}π - \sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$，符合题意。
初始时AB边与⊙O相切于E，正方形向左移动的距离为$2 - \sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，已知速度为$(2 - \sqrt{3})\ \mathrm{cm/s}$，故时间$t_1 = (2 - \sqrt{3}) ÷ (2 - \sqrt{3}) = 1$秒。
情况2：如图②，当点C、D落在⊙O上时，连接OC、OD。
∵ OC=OD=2 cm，CD=2 cm，
∴ △OCD是等边三角形，∠COD=60°。
此时⊙O与正方形重叠部分的面积为：
$S_{扇形OCD} - S_{△ OCD} = \frac{60°}{360°} × π × 2^2 - \frac{\sqrt{3}}{4} × 2^2 = \frac{2}{3}π - \sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$，符合题意。
初始时CD边距离O点的水平距离为4 cm，当C、D在⊙O上时，CD边距离O点的水平距离为$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，故正方形向左移动的总距离为$4 + \sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
时间$t_2 = (4 + \sqrt{3}) ÷ (2 - \sqrt{3})$，分子分母同乘$(2 + \sqrt{3})$化简得：
$t_2 = \frac{(4 + \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = 11 + 6\sqrt{3}$秒。
综上，满足条件的运动时间为1秒或$(11 + 6\sqrt{3})$秒。
【答案】
1或(11+6√3)
【知识点】
圆的性质、正方形性质、动点问题
【点评】
本题是圆与正方形结合的动点问题，需运用分类讨论思想分析两种符合面积要求的位置，结合等边三角形和扇形面积公式计算，关键是确定正方形移动的距离，再结合速度公式求解时间，考查几何计算与分类分析能力。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需分两种情况分析正方形运动时与圆的重叠面积：①当正方形向左运动，使A、B两点落在⊙O上时，重叠部分为扇形减去三角形，面积符合题目要求；②当正方形继续向左运动，使C、D两点落在⊙O上时，重叠部分同样为扇形减三角形，面积也符合要求。需分别计算两种情况下正方形向左移动的距离，结合“时间=路程÷速度”的公式求解运动时间。
【解析】
分两种情况讨论：
情况1：如图①，当点A、B落在⊙O上时，连接OA、OB。
∵ OA=OB=2 cm（⊙O半径），AB=2 cm（正方形边长），
∴ △OAB是等边三角形，∠AOB=60°。
此时⊙O与正方形重叠部分的面积为：
$S_{扇形OAB} - S_{△ OAB} = \frac{60°}{360°} × π × 2^2 - \frac{\sqrt{3}}{4} × 2^2 = \frac{2}{3}π - \sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$，符合题意。
初始时AB边与⊙O相切于E，正方形向左移动的距离为$2 - \sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，已知速度为$(2 - \sqrt{3})\ \mathrm{cm/s}$，故时间$t_1 = (2 - \sqrt{3}) ÷ (2 - \sqrt{3}) = 1$秒。
情况2：如图②，当点C、D落在⊙O上时，连接OC、OD。
∵ OC=OD=2 cm，CD=2 cm，
∴ △OCD是等边三角形，∠COD=60°。
此时⊙O与正方形重叠部分的面积为：
$S_{扇形OCD} - S_{△ OCD} = \frac{60°}{360°} × π × 2^2 - \frac{\sqrt{3}}{4} × 2^2 = \frac{2}{3}π - \sqrt{3}\ (\mathrm{cm}^2)$，符合题意。
初始时CD边距离O点的水平距离为4 cm，当C、D在⊙O上时，CD边距离O点的水平距离为$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$，故正方形向左移动的总距离为$4 + \sqrt{3}\ \mathrm{cm}$。
时间$t_2 = (4 + \sqrt{3}) ÷ (2 - \sqrt{3})$，分子分母同乘$(2 + \sqrt{3})$化简得：
$t_2 = \frac{(4 + \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = 11 + 6\sqrt{3}$秒。
综上，满足条件的运动时间为1秒或$(11 + 6\sqrt{3})$秒。
【答案】
1或(11+6√3)
【知识点】
圆的性质、正方形性质、动点问题
【点评】
本题是圆与正方形结合的动点问题，需运用分类讨论思想分析两种符合面积要求的位置，结合等边三角形和扇形面积公式计算，关键是确定正方形移动的距离，再结合速度公式求解时间，考查几何计算与分类分析能力。
【难度系数】
0.5
18. (宁波中考) 如图, 正方形 $A B C D$ 的边长为 8,$M$ 是 $A B$ 的中点,$P$ 是$B C$ 边上的动点, 连接 $P M$, 以点 $P$ 为圆心,$P M$ 长为半径作 $\odot P$. 当 $\odot P$ 与正方形 $A B C D$的边相切时, 则 $B P$ 的长为
3或$4\sqrt{3}$
.答案
18. 3或$4\sqrt{3}$ 解析:设 BP = x,如图①,当切点为点 C 时,PM =PC = 8-x,
∵ 在 Rt△BPM 中,PM² = PB²+BM²,
∴ (8-x)² =x²+16,解得 x = 3.如图②,当切点在边 AD 上时,设切点为G,此时四边形 ABPG 为矩形,PM = PG = 8.又
∵ 在 Rt△BPM中,PM² = PB²+BM²,
∴ 64 = x²+16,解得 x = $4\sqrt{3}$(负值已舍去).综上,BP 的长为3或$4\sqrt{3}$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需分两种情况讨论⊙P与正方形ABCD的边相切的情形：①⊙P与CD边相切；②⊙P与AD边相切。设BP=x，利用正方形边长及M是AB中点的条件，结合切线性质（圆心到切线的距离等于半径），在Rt△BPM中应用勾股定理列方程求解，即可得到BP的长度。
【解析】
设BP = x，
∵正方形ABCD边长为8，M是AB中点，
∴BM = 4，PC = BC - BP = 8 - x。
情况1：当⊙P与CD边相切时，圆心P到CD的距离等于半径PM，而P到CD的距离为PC，故PM = PC = 8 - x。
在Rt△BPM中，由勾股定理得：PM² = PB² + BM²，即(8 - x)² = x² + 4²，
展开得：64 - 16x + x² = x² + 16，
化简得：16x = 48，解得x = 3。
情况2：当⊙P与AD边相切时，圆心P到AD的距离等于半径PM，P到AD的距离等于正方形边长8，故PM = 8。
在Rt△BPM中，由勾股定理得：PM² = PB² + BM²，即8² = x² + 4²，
计算得：64 = x² + 16，即x² = 48，解得x = 4√3（负值舍去）。
综上，BP的长为3或$4\sqrt{3}$。
【答案】
3或$4\sqrt{3}$
【知识点】
正方形的性质、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题是正方形与圆相切的综合题，需通过分类讨论确定相切的边，结合勾股定理建立方程求解，考查学生的几何分析能力与方程思想，是中考常见的中档题型。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需分两种情况讨论⊙P与正方形ABCD的边相切的情形：①⊙P与CD边相切；②⊙P与AD边相切。设BP=x，利用正方形边长及M是AB中点的条件，结合切线性质（圆心到切线的距离等于半径），在Rt△BPM中应用勾股定理列方程求解，即可得到BP的长度。
【解析】
设BP = x，
∵正方形ABCD边长为8，M是AB中点，
∴BM = 4，PC = BC - BP = 8 - x。
情况1：当⊙P与CD边相切时，圆心P到CD的距离等于半径PM，而P到CD的距离为PC，故PM = PC = 8 - x。
在Rt△BPM中，由勾股定理得：PM² = PB² + BM²，即(8 - x)² = x² + 4²，
展开得：64 - 16x + x² = x² + 16，
化简得：16x = 48，解得x = 3。
情况2：当⊙P与AD边相切时，圆心P到AD的距离等于半径PM，P到AD的距离等于正方形边长8，故PM = 8。
在Rt△BPM中，由勾股定理得：PM² = PB² + BM²，即8² = x² + 4²，
计算得：64 = x² + 16，即x² = 48，解得x = 4√3（负值舍去）。
综上，BP的长为3或$4\sqrt{3}$。
【答案】
3或$4\sqrt{3}$
【知识点】
正方形的性质、切线的性质、勾股定理
【点评】
本题是正方形与圆相切的综合题，需通过分类讨论确定相切的边，结合勾股定理建立方程求解，考查学生的几何分析能力与方程思想，是中考常见的中档题型。
【难度系数】
0.5
19. 如图,已知直线$l$的函数表达式是$y=\dfrac{4}{3}x-4$,并且与$x$轴、$y$轴分别交于$A$,$B$两点.一个半径为$1.5$的$\odot C$,圆心$C$从点$(0,1.5)$开始以每秒$0.5$个单位长度的速度沿着$y$轴向下运动,当$\odot C$与直线$l$相切时,求该圆运动的时间.
答案
19. 当⊙C 在直线 l 上方与直线 l 相切时,如图①.设切点为D₁,连接 C₁D₁,C₁A.
∵ C(0,1.5),
∴ OC = 1.5,
∴ C₁D₁ = 1.5.在 $y=\frac{4}{3}x-4$ 中,当 y = 0 时,x = 3;当 x = 0 时,y = -4,
∴ A(3,0),B(0,-4),
∴ OA = 3,OB = 4.在 Rt△OAB 中,由勾股定理得 AB = $\sqrt{OA^2+OB^2}$ = $\sqrt{3^2+4^2}$ = 5.
∵ $S_{△ABC_1}$ =$\frac{1}{2}BC_1·OA$ = $\frac{1}{2}AB·C_1D_1$,
∴ BC₁×3 = 5×1.5,解得 BC₁ =2.5,
∴ OC₁ = OB-BC₁ = 4-2.5 = 1.5,
∴ CC₁ = OC+OC₁ = 1.5+1.5 = 3,
∴ ⊙C 运动的时间为 3÷0.5 = 6(秒).当⊙C 在直线 l 下方与直线 l 相切时,如图②.设切点为D₂,连接 C₂D₂,C₂A.
∵ $S_{△ABC_2}$ = $\frac{1}{2}BC_2·OA$ = $\frac{1}{2}AB·C_2D_2$,
∴ BC₂×3 = 5×1.5,解得 BC₂ = 2.5,
∴ CC₂ = OC+OB+BC₂ =1.5+4+2.5 = 8,
∴ ⊙C 运动的时间为 8÷0.5 = 16(秒).综上可得,⊙C 运动的时间为6秒或16秒.
解析
【分析】
要解决这个问题，需先确定直线l与坐标轴的交点A、B的坐标，进而求出AB的长度。由于圆沿y轴向下运动，与直线l相切时分两种情况：圆心在直线l上方相切、圆心在直线l下方相切。利用三角形面积法建立等式，求出对应圆心到点B的距离，结合初始圆心位置算出圆心运动的总距离，最后除以运动速度即可得到运动时间，需注意两种情况的位置差异。
【解析】
1. 求直线l与坐标轴的交点：
在直线$y=\dfrac{4}{3}x-4$中，令$y=0$，得$\dfrac{4}{3}x-4=0$，解得$x=3$，故$A(3,0)$；令$x=0$，得$y=-4$，故$B(0,-4)$。
2. 计算AB的长度：
在$Rt△ OAB$中，$OA=3$，$OB=4$，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
3. 圆与直线相切的两种情况：
情况1：圆心在直线l上方相切（图①）
设此时圆心为$C_1$，连接$C_1D_1$（$D_1$为切点），则$C_1D_1⊥ AB$，且$C_1D_1=1.5$（圆半径）。
$△ ABC_1$的面积可表示为：$S_{△ ABC_1}=\dfrac{1}{2}· BC_1· OA=\dfrac{1}{2}· AB· C_1D_1$，代入数据得：
$\dfrac{1}{2}· BC_1·3=\dfrac{1}{2}·5·1.5$，解得$BC_1=2.5$。
已知$OB=4$，则$OC_1=OB-BC_1=4-2.5=1.5$，初始圆心$C(0,1.5)$，故圆心运动的距离$CC_1=OC+OC_1=1.5+1.5=3$，运动时间为$3÷0.5=6$秒。
情况2：圆心在直线l下方相切（图②）
设此时圆心为$C_2$，连接$C_2D_2$（$D_2$为切点），则$C_2D_2⊥ AB$，且$C_2D_2=1.5$。
同理，$△ ABC_2$的面积：$S_{△ ABC_2}=\dfrac{1}{2}· BC_2· OA=\dfrac{1}{2}· AB· C_2D_2$，代入数据得：
$\dfrac{1}{2}· BC_2·3=\dfrac{1}{2}·5·1.5$，解得$BC_2=2.5$。
此时圆心运动的距离$CC_2=OC+OB+BC_2=1.5+4+2.5=8$，运动时间为$8÷0.5=16$秒。
【答案】
6秒或16秒
【知识点】
一次函数图像，圆的切线性质，三角形面积公式
【点评】
本题为动态几何问题，需分类讨论圆与直线相切的位置，利用面积法简化计算，避免复杂的坐标运算，考查了分类思想和几何转化能力，是初中几何的典型题型。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需先确定直线l与坐标轴的交点A、B的坐标，进而求出AB的长度。由于圆沿y轴向下运动，与直线l相切时分两种情况：圆心在直线l上方相切、圆心在直线l下方相切。利用三角形面积法建立等式，求出对应圆心到点B的距离，结合初始圆心位置算出圆心运动的总距离，最后除以运动速度即可得到运动时间，需注意两种情况的位置差异。
【解析】
1. 求直线l与坐标轴的交点：
在直线$y=\dfrac{4}{3}x-4$中，令$y=0$，得$\dfrac{4}{3}x-4=0$，解得$x=3$，故$A(3,0)$；令$x=0$，得$y=-4$，故$B(0,-4)$。
2. 计算AB的长度：
在$Rt△ OAB$中，$OA=3$，$OB=4$，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
3. 圆与直线相切的两种情况：
情况1：圆心在直线l上方相切（图①）
设此时圆心为$C_1$，连接$C_1D_1$（$D_1$为切点），则$C_1D_1⊥ AB$，且$C_1D_1=1.5$（圆半径）。
$△ ABC_1$的面积可表示为：$S_{△ ABC_1}=\dfrac{1}{2}· BC_1· OA=\dfrac{1}{2}· AB· C_1D_1$，代入数据得：
$\dfrac{1}{2}· BC_1·3=\dfrac{1}{2}·5·1.5$，解得$BC_1=2.5$。
已知$OB=4$，则$OC_1=OB-BC_1=4-2.5=1.5$，初始圆心$C(0,1.5)$，故圆心运动的距离$CC_1=OC+OC_1=1.5+1.5=3$，运动时间为$3÷0.5=6$秒。
情况2：圆心在直线l下方相切（图②）
设此时圆心为$C_2$，连接$C_2D_2$（$D_2$为切点），则$C_2D_2⊥ AB$，且$C_2D_2=1.5$。
同理，$△ ABC_2$的面积：$S_{△ ABC_2}=\dfrac{1}{2}· BC_2· OA=\dfrac{1}{2}· AB· C_2D_2$，代入数据得：
$\dfrac{1}{2}· BC_2·3=\dfrac{1}{2}·5·1.5$，解得$BC_2=2.5$。
此时圆心运动的距离$CC_2=OC+OB+BC_2=1.5+4+2.5=8$，运动时间为$8÷0.5=16$秒。
【答案】
6秒或16秒
【知识点】
一次函数图像，圆的切线性质，三角形面积公式
【点评】
本题为动态几何问题，需分类讨论圆与直线相切的位置，利用面积法简化计算，避免复杂的坐标运算，考查了分类思想和几何转化能力，是初中几何的典型题型。
【难度系数】
0.5
