10. 在平面直角坐标系中,以点(2,3)为圆心,2为半径的圆与坐标轴的位置关系为（）

A.与x轴相离、与y轴相切
B.与x轴、y轴都相离
C.与x轴相切、与y轴相离
D.与x轴、y轴都相切

10. A

【分析】
要判断圆与坐标轴的位置关系，需依据直线与圆的位置关系判定规则：比较圆心到直线的距离d与圆半径r的大小，d＞r时相离，d=r时相切，d＜r时相交。首先我们需要分别求出圆心到x轴、y轴的距离：点到x轴的距离等于其纵坐标的绝对值，到y轴的距离等于其横坐标的绝对值，再将两个距离分别与半径2比较，即可得出圆与两条坐标轴的位置关系。
【解析】
已知圆心坐标为(2,3)，圆的半径r=2。
1. 求圆心到x轴的距离：点到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即$d_x=|3|=3$。
因为$3＞2$，即$d_x＞r$，所以圆与x轴相离。
2. 求圆心到y轴的距离：点到y轴的距离为横坐标的绝对值，即$d_y=|2|=2$。
因为$2=2$，即$d_y=r$，所以圆与y轴相切。
综上，该圆与x轴相离、与y轴相切，故选A。
【答案】
A
【知识点】
点到坐标轴的距离；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方法，解题的关键是准确计算圆心到坐标轴的距离，再与半径对比即可得出结论，掌握判定规则就能轻松解题。
【难度系数】
0.8

11. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AB=5$，$\tan B=\frac{1}{2}$，如果以点$C$为圆心，半径为$R$的$\odot C$与线段$AB$有两个公共点，那么$\odot C$的半径$R$的取值范围是（）


A.$2＜R≤\sqrt{5}$
B.$2≤ R≤\sqrt{5}$
C.$\sqrt{5}≤ R≤2\sqrt{5}$
D.$0＜R≤\sqrt{5}$

11. A

【分析】
要解决本题，首先需明确⊙C与线段AB有两个公共点的条件：一是⊙C和直线AB相交，即半径大于圆心C到AB的距离；二是两个交点都落在线段AB上，因此半径不能超过较短直角边的长度。解题时先利用直角三角形的三角函数和勾股定理计算两条直角边的长度，再用面积法求出点C到AB的斜边上的高，最后结合直线与圆的位置关系判断半径的取值范围即可。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{2}$，设$AC=x$，则$BC=2x$。
由勾股定理得：$AC^2+BC^2=AB^2$，已知$AB=5$，代入得：
$x^2+(2x)^2=25$
$5x^2=25$
解得$x=\sqrt{5}$（边长为正，舍去负根），因此$AC=\sqrt{5}$，$BC=2\sqrt{5}$。
过点C作$CD⊥ AB$于点D，CD为点C到AB的距离，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：
$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{\sqrt{5}×2\sqrt{5}}{5}=2$
结合直线与圆的位置关系分析：
1. 当$R≤2$时，⊙C与AB相切或相离，公共点个数小于2，不符合要求；
2. 当$2＜R≤\sqrt{5}$时，⊙C与直线AB相交，且两个交点都落在线段AB上，共2个公共点，符合要求；
3. 当$R＞\sqrt{5}$时，点A在⊙C内部，此时⊙C与线段AB仅存在1个公共点，不符合要求。
因此$R$的取值范围是$2＜R≤\sqrt{5}$。
【答案】
A
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，解直角三角形
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型应用，易错点是忽略题目中“线段AB”的限制，仅考虑圆与直线相交的条件，解题时要注意判断交点是否落在线段范围内。
【难度系数】
0.6

12. 在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$，以$C$为圆心$r$为半径画$\odot C$，使$\odot C$与线段$AB$有且只有两个公共点，则$r$的取值范围是（）

A.$5≤ r≤ 12$
B.$5≤ r＜12$
C.$\dfrac{60}{13}≤ r≤ 5$
D.$\dfrac{60}{13}＜ r≤ 5$

12. D 【解析】在直角三角形 ABC 中,$∠ C=90°,AC=5,BC=12$,
由勾股定理,得 $AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
如图1,过点 C 作 $CD ⊥ AB$ 于点 D，
因为$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}AC· BC$,
所以$\frac{1}{2} × 13 × CD=\frac{1}{2} × 5 × 12$,
解得 $CD=\frac{60}{13}$,
如图2,当 $r=\frac{60}{13}$ 时,$\odot C$ 与线段 AB 相切,只有一个公共点,
当$\frac{60}{13}＜r ≤ 5$时,$\odot C$ 与线段 AB 有两个公共点；
当$5＜r ≤ 12$时,$\odot C$ 与线段 AB 只有一个公共点；
当$r＞12$时,$\odot C$ 与线段 AB 没有公共点；
所以当$\odot C$ 与线段 AB 有且只有两个公共点时,$r$的取值范围是$\frac{60}{13}＜r ≤ 5$。

【分析】
要解决这个问题，可按以下思路推导：①先利用勾股定理计算Rt△ABC斜边AB的长度；②再用三角形面积法求出点C到AB的垂线段长度，也就是⊙C与AB相切时的半径；③最后结合线段端点A、B到点C的距离，分情况讨论不同半径下⊙C与线段AB的公共点个数：相切时仅有1个公共点，半径大于垂线段长度时，⊙C与直线AB有两个交点，但受线段端点限制，半径超过AC长度、不超过BC长度时，仅和线段AB有1个公共点，因此要满足有且只有两个公共点，半径需要大于相切时的长度，且不超过AC的长度。
【解析】
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
过点C作$CD ⊥ AB$于点D，
$\because S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB·CD=\frac{1}{2}AC·BC$，
$\therefore \frac{1}{2} × 13 × CD=\frac{1}{2} × 5 × 12$，
解得$CD=\frac{60}{13}$。
分情况讨论半径r的取值：
1. 当$r=\frac{60}{13}$时，⊙C与线段AB相切，只有1个公共点；
2. 当$\frac{60}{13}＜r ≤ 5$时，⊙C与线段AB有2个公共点；
3. 当$5＜r ≤ 12$时，⊙C与线段AB只有1个公共点；
4. 当$r＞12$时，⊙C与线段AB没有公共点。
因此⊙C与线段AB有且只有两个公共点时，r的取值范围是$\frac{60}{13}＜r ≤ 5$。
【答案】
D

【知识点】
勾股定理；直线与圆的位置关系；面积法求高
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型应用题，解题时要注意区分“圆与直线相交”和“圆与线段相交”的差异，除了考虑圆心到直线的距离和半径的关系外，还要结合线段端点到圆心的距离判断，避免忽略边界情况出错。
【难度系数】
0.6

13. 如图, 在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB = 90°$, $BO$ 平分 $∠ ABC$ 交 $AC$ 于点 $O$, 以点 $O$ 为圆心, $OC$ 长为半径作 $\odot O$, 交 $AC$ 于点 $D$。
(1) 判断直线 $AB$ 与 $\odot O$ 的位置关系, 并说明理由。
(2) 若 $AD = 2$, $\tan∠ BOC = 2$, 求 $\odot O$ 的半径。

13. 解:(1)直线 AB 与$\odot O$相切。
理由:过点 O 作 $OH ⊥ AB$ 于点 H,如图，
所以$∠ BHO=∠ BCO=90°$。
因为 BO 平分$∠ ABC$,所以$∠ CBO=∠ HBO$。
因为$BO=BO$,所以$△ CBO ≌ △ HBO(\mathrm{AAS})$,
所以$OH=OC$,所以 AB 与$\odot O$相切。
(2)设$OC=OH=r$,则$BC=BH=2r$。
因为$∠ AHO=∠ C=90°,∠ A=∠ A$,所以$△ AHO ∽ △ ACB$,
所以$\frac{AH}{AC}=\frac{OH}{BC}=\frac{1}{2}$。因为$AC=2r+2$,所以$AH=r+1$。
在$Rt△ AOH$中,$r^2+(r+1)^2=(r+2)^2$,
解得$r=3$或$r=-1$(舍去)。
所以$\odot O$的半径为 3。

【分析】
(1) 要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，可依据切线的判定定理：若圆心到直线的距离等于半径，则该直线为圆的切线。已知BO是$∠ ABC$的角平分线，根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，因此过O作$OH⊥ AB$于H，只需证明$OH=OC$（OC为$\odot O$的半径）即可，可通过证明$△ CBO$和$△ HBO$全等得到$OH=OC$，从而判定AB与$\odot O$相切。
(2) 要求$\odot O$的半径，设半径为r：首先根据$\tan∠ BOC=2$，在$Rt△ BOC$中可得$BC=2r$；再结合(1)的全等结论得$BH=BC=2r$，然后证明$△ AHO∽△ ACB$，通过相似三角形的对应边比例关系将AH用含r的式子表示，最后在$Rt△ AOH$中利用勾股定理列关于r的方程，解方程舍去负根即可得到半径长度。
【解析】
(1) 直线AB与$\odot O$相切，理由如下：
过点O作$OH⊥ AB$于点H，因此$∠ BHO=∠ BCO=90°$。
因为BO平分$∠ ABC$，所以$∠ CBO=∠ HBO$。
又因为$BO=BO$，所以$△ CBO≌△ HBO(\mathrm{AAS})$，
可得$OH=OC$，即圆心O到直线AB的距离等于$\odot O$的半径，因此AB与$\odot O$相切。
(2) 设$\odot O$的半径$OC=OH=r$，
在$Rt△ BOC$中，$\tan∠ BOC=\frac{BC}{OC}=2$，因此$BC=2OC=2r$，
由(1)中$△ CBO≌△ HBO$，可得$BH=BC=2r$。
因为$∠ AHO=∠ ACB=90°$，$∠ A$为公共角，所以$△ AHO∽△ ACB$，
因此$\frac{OH}{BC}=\frac{AH}{AC}$，即$\frac{r}{2r}=\frac{AH}{r+r+2}=\frac{1}{2}$，解得$AH=r+1$。
在$Rt△ AOH$中，由勾股定理得$OH^2+AH^2=OA^2$，其中$OA=OD+AD=r+2$，代入得：
$r^2+(r+1)^2=(r+2)^2$，
整理得$r^2-2r-3=0$，解得$r=3$或$r=-1$（半径为正数，舍去）。
【答案】
(1) 直线AB与$\odot O$相切；
(2) $\odot O$的半径为3。

【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型考题，第一问结合角平分线性质和全等三角形即可求证切线，难度较低；第二问需要综合运用三角函数、相似三角形性质得到边长关系，再通过勾股定理列方程求解，渗透了方程思想，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7

14. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$, $AC=5$,$BC=12$,$\odot O$的半径为3。
(1)若圆心O与C重合,则$\odot O$与AB有怎样的位置关系?
(2)若点O沿射线CA移动,当OC等于多少时,$\odot O$与直线AB相切?

14. 解:(1)过点 O 作 $OD ⊥ AB$ 于点 D,如图 1,
由勾股定理得 $AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
由三角形的面积公式得 $AC· BC=AB· CD$,所以$5 × 12=13CD$,所以$CD=\frac{60}{13}＞3$。
所以$\odot O$与 AB 的位置关系是相离。
(2)①过 O 作 $OD ⊥ AB$ 于点 D,如图 2,
当$OD=3$时,$\odot O$与 AB 相切。
因为$OD ⊥ AB,∠ C=90°$,
所以$∠ ODA=∠ C=90°$。
因为$∠ A = ∠ A$, 所以 $△ ADO ∽ △ ACB$,
所以$\frac{OD}{BC}=\frac{OA}{AB}$,即$\frac{3}{12}=\frac{AO}{13}$,
所以$AO=\frac{13}{4}$,所以$OC=5-\frac{13}{4}=\frac{7}{4}$。
②如图 3,过 O 作 $OD ⊥ BA$ 交 BA 的延长线于点 D,
则$∠ C=∠ ODA=90°,∠ BAC=∠ OAD$,
所以$△ BCA ∽ △ ODA$,
所以$\frac{BC}{OD}=\frac{AB}{OA}$,即$\frac{12}{3}=\frac{13}{OA}$,
所以$OA=\frac{13}{4}$,所以$OC=5+\frac{13}{4}=\frac{33}{4}$。
答:若点 O 沿射线 CA 移动,当 OC 等于$\frac{7}{4}$或$\frac{33}{4}$时,$\odot O$与直线 AB 相切。

【分析】
(1) 判断圆与直线的位置关系，核心是比较圆心到直线的距离和半径的大小。首先通过勾股定理算出斜边AB的长度，再用直角三角形面积的两种计算方法求出圆心C到AB的垂线段长度，将其和半径3对比即可得到位置关系。
(2) 当$\odot O$与AB相切时，圆心O到AB的距离等于半径3。由于点O沿射线CA移动，需分两种情况讨论：①O在线段CA上；②O在CA的延长线上。两种情况都可通过公共角、直角相等证明三角形相似，利用相似三角形对应边成比例求出AO的长度，再进一步计算OC的长度，注意不要漏解。
【解析】
(1) 过点O作$OD ⊥ AB$于点D，如图1：
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
由三角形面积公式得$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，代入数据得$5 × 12=13CD$，解得$CD=\frac{60}{13}$。
因为$\frac{60}{13}＞3$，即圆心到直线AB的距离大于半径，所以$\odot O$与AB相离。
(2) 分两种情况讨论：
① 当O在线段CA上时，过O作$OD ⊥ AB$于点D，如图2：
当$OD=3$时，$\odot O$与AB相切。
因为$OD ⊥ AB$，$∠ C=90°$，所以$∠ ODA=∠ C=90°$，又$∠ A=∠ A$，故$△ ADO ∽ △ ACB$。
由相似三角形对应边成比例得$\frac{OD}{BC}=\frac{OA}{AB}$，代入数据得$\frac{3}{12}=\frac{AO}{13}$，解得$AO=\frac{13}{4}$，因此$OC=5-\frac{13}{4}=\frac{7}{4}$。
② 当O在CA的延长线上时，过O作$OD ⊥ BA$，交BA的延长线于点D，如图3：
此时$∠ C=∠ ODA=90°$，$∠ BAC=∠ OAD$，故$△ BCA ∽ △ ODA$。
由相似三角形对应边成比例得$\frac{BC}{OD}=\frac{AB}{OA}$，代入数据得$\frac{12}{3}=\frac{13}{OA}$，解得$OA=\frac{13}{4}$，因此$OC=5+\frac{13}{4}=\frac{33}{4}$。
【答案】
(1) $\odot O$与AB相离；
(2) 当OC等于$\frac{7}{4}$或$\frac{33}{4}$时，$\odot O$与直线AB相切。

【知识点】
直线与圆的位置关系判定；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题考查直线和圆位置关系的判定，解题时需注意“射线CA”包含线段CA和CA延长线两种情况，要分类讨论避免漏解，同时结合面积法、相似三角形性质求解线段长度，是对几何基础应用能力的常规考查。
【难度系数】
0.6