9. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AB=5$，$\tan B=\dfrac{1}{2}$. 如果半径为$r$的$\odot C$与线段$AB$有两个交点，那么半径$r$的取值范围是（）

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

9.A

【分析】
要解决这道题，我们可以按三步思考：第一步，先利用三角函数和勾股定理求出Rt△ABC两条直角边的长度；第二步，用面积法计算出点C到斜边AB的距离，这是判断圆和直线AB位置关系的核心依据；第三步，结合圆与线段AB有两个交点的条件推导r的范围：首先圆要和直线AB相交，半径必须大于C到AB的距离，其次要保证和线段有两个交点，半径不能超过较短直角边的长度，避免线段端点落入圆内仅出现1个交点。
【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$AC^2+BC^2=AB^2$，代入$AB=5$可得：
$x^2+(2x)^2=5^2$
$5x^2=25$
解得$x=\sqrt{5}$（边长为正），因此$AC=\sqrt{5}$，$BC=2\sqrt{5}$。
设点C到AB的距离为$h$（即斜边上的高），由三角形面积公式：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· h$
代入数值计算：
$\frac{1}{2}×\sqrt{5}×2\sqrt{5}=\frac{1}{2}×5× h$
$5=\frac{5}{2}h$，解得$h=2$。
分析$\odot C$与线段AB有两个交点的条件：
1. 圆与直线AB相交，需满足$r＞h=2$；
2. 当$r=\sqrt{5}$时，圆刚好经过点A，此时与AB有两个交点；若$r＞\sqrt{5}$，点A落在圆内，圆与线段AB仅存在1个交点，不符合要求，因此$r≤\sqrt{5}$。
综上，$r$的取值范围是$2＜r≤\sqrt{5}$，对应选项A。
【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】
本题是几何综合基础题，解题的关键是明确圆与线段有两个交点的判定规则，除了满足和直线相交的条件外，还要结合线段端点与圆的位置关系确定半径的上限，避免忽略线段限制出错。
【难度系数】
0.65

变式训练
斜边与圆有两个交点→斜边与圆有一个交点
甲、乙、丙三人探究一个题目:如图,在$Rt△ABC$中,$∠B=90°,AB=3,AC=5$,以点B为圆心的$\odot B$的半径为r.若$\odot B$与AC只有一个交点,求r的取值范围.甲答:$r=4$.乙答:$3＜r＜4$.丙答:$r=\frac{12}{5}$.其中正确的是 ()

A.只有乙答得对
B.甲、乙的答案合在一起才完整
C.乙、丙的答案合在一起才完整
D.三人的答案合在一起才完整

【变式训练】D

【分析】
首先利用勾股定理求出直角边BC的长度，再分两种情况讨论⊙B与线段AC只有一个交点的情形：①AC所在直线与⊙B相切，此时圆心B到AC的距离等于半径r，用面积法可求出该半径；②线段AC与⊙B相交且仅一个交点，结合点A、C到圆心B的距离判断r的取值范围，最后对应三人的答案即可得出结论。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=3$，$AC=5$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
分两种情况讨论⊙B与AC只有一个交点的情况：
1. AC与⊙B相切时
此时半径$r$等于点B到AC的距离$h$，由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· BC=\frac{1}{2}AC· h$，代入数值：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× h$，解得$h=\frac{12}{5}$，即$r=\frac{12}{5}$，丙的答案正确。
2. 线段AC与⊙B相交仅1个交点时
点A到B的距离为$AB=3$，点C到B的距离为$BC=4$：
当$3＜r＜4$时，点A在⊙B内，点C在⊙B外，线段AC仅与圆有1个交点，乙的答案正确；
当$r=4$时，点C在⊙B上，点A在⊙B内，线段AC仅与圆交于点C，甲的答案正确。
综上，甲、乙、丙三人的答案合在一起才是完整的取值范围。
【答案】
D
【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】
本题的易错点是易忽略AC是线段而非直线，仅考虑直线与圆相切的情况，漏掉线段与圆相交仅一个交点的情况，解题时要注意区分直线和线段与圆相交的差异。
【难度系数】
0.6

10. 如图，$\odot O$是$\mathrm{Rt}△ ABC$的外接圆，$∠ ABC=90°$，$BE$是$\odot O$的切线，$BE ⊥ EC$于点$E$，$EC$的延长线交$\odot O$于点$D$，连接$AD$，$BD$。
(1)求证：$BD=BA$；
(2)若$CE=1$，$BE=3$，求$DE$的长。

10. (1)证明略.
(2)如题图,连接$OB$. $\because BE$是$\odot O$的切线,$\therefore ∠ EBC+∠ CBO=90°$,
$\because ∠ ABC=∠ CBO+∠ OBA=90°,OA=OB$,
$\therefore ∠ EBC=∠ OBA=∠ OAB=∠ BDE$.
$\because ∠ BEC=∠ BED=90°,\therefore △ BEC∽△ DEB$,
$\therefore \dfrac{BE}{DE}=\dfrac{EC}{BE}$,即$\dfrac{3}{DE}=\dfrac{1}{3}$,解得$DE=9$.

【分析】
(1) 要证BD=BA，可通过证明其所对的角相等推导，即证∠BAD=∠BDA。首先由∠ABC=90°得AC是⊙O直径，推出∠ADC=90°，结合BE⊥EC可得BE//AD，得到内错角∠EBD=∠BDA；再利用弦切角定理得∠EBD=∠BAD，即可推出∠BAD=∠BDA，得证结论。
(2) 求DE的长可通过相似三角形求解，先利用切线性质和角的和差关系推导角相等，证明△BEC和△DEB相似，再根据相似三角形对应边成比例代入已知数值计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ABC=90°，
∴AC是⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，即AD⊥ED，
∵BE⊥EC，
∴BE//AD，
∴∠EBD=∠BDA，
∵BE是⊙O的切线，
∴∠EBD=∠BAD（弦切角等于所夹弧对应的圆周角），
∴∠BDA=∠BAD，
∴BD=BA。
(2) 解：连接OB，
∵BE是⊙O的切线，
∴OB⊥BE，即$∠ EBC+∠ CBO=90°$，
∵$∠ ABC=∠ CBO+∠ OBA=90°$，
∴$∠ EBC=∠ OBA$，
∵OA=OB，
∴$∠ OBA=∠ OAB$，
∵∠OAB和∠BDE都是弧BC对应的圆周角，
∴$∠ OAB=∠ BDE$，
∴$∠ EBC=∠ BDE$，
又
∵$∠ BEC=∠ DEB=90°$，
∴$△ BEC ∽ △ DEB$，
∴$\dfrac{BE}{DE}=\dfrac{EC}{BE}$，
将$CE=1$，$BE=3$代入得：$\dfrac{3}{DE}=\dfrac{1}{3}$，
解得$DE=9$。
【答案】
(1) 证明成立，BD=BA；
(2) $\boldsymbol{9}$
【知识点】
切线的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合基础题型，将圆的性质和相似三角形结合考查，解题的关键是通过角的等量转换得到相等角，进而证明等腰三角形和相似关系，对基础定理的掌握要求较高。
【难度系数】
0.7

11.[新课标—探究题]如图,在平面直角坐标系中,直线$y=x-4$与$x$轴、$y$轴分别交于点$B,C$.半径为2的$\odot P$的圆心$P$从点$A(8,m)$(点$A$在直线$y=x-4$上)出发以每秒$\sqrt{2}$个单位长度的速度沿射线$AC$运动,设点$P$运动的时间为$t\ \mathrm{s}$,求$\odot P$与坐标轴相切时$t$的值.

11. 由题意,易知$A(8,4),B(4,0),C(0,-4)$,
$\therefore AB=4\sqrt{2},AC=8\sqrt{2},OB=OC=4$,
$\therefore △ OBC$是等腰直角三角形,且$∠ OBC=45°$.
①当$\odot P$只与$x$轴相切时,点$P$在第一象限,
且$PB=2\sqrt{2},\therefore AP=AB-PB=2\sqrt{2},\therefore t=2$;
②当$\odot P$与$x$轴和$y$轴都相切时,点$P$在第四象限,且
$PB=2\sqrt{2},\therefore AP=AB+PB=6\sqrt{2},\therefore t=6$;
③当$\odot P$只与$y$轴相切时,点$P$在第三象限,且$PC=2\sqrt{2}$,
此时$AP=AC+PC=10\sqrt{2},\therefore t=10$.
综上所述,当$t=2$或$6$或$10$时,$\odot P$与坐标轴相切.

【分析】
解题时首先确定直线与坐标轴交点B、C及圆心初始点A的坐标，结合坐标可判断△OBC为等腰直角三角形，直线BC与x轴夹角为45°。圆与坐标轴相切时，圆心到对应坐标轴的距离等于半径2，结合45°角的性质可得到相切时点P到点B或点C的距离。再分三种情况讨论圆的位置：第一象限仅与x轴相切、第四象限与两坐标轴都相切、第三象限仅与y轴相切，分别计算圆心P的运动路程，再除以运动速度即可得到对应t的值，注意分类讨论避免漏解。
【解析】
解：首先求各点坐标：
对于直线$y=x-4$，令$y=0$，得$x=4$，故$B(4,0)$；令$x=0$，得$y=-4$，故$C(0,-4)$。
$\because$点$A(8,m)$在直线$y=x-4$上，代入得$m=8-4=4$，即$A(8,4)$。
由两点间距离公式得：
$AB=\sqrt{(8-4)^2+(4-0)^2}=\sqrt{16+16}=4\sqrt{2}$，
$AC=\sqrt{(8-0)^2+(4+4)^2}=\sqrt{64+64}=8\sqrt{2}$，
又$\because OB=OC=4$，$∠ BOC=90°$，$\therefore △ OBC$是等腰直角三角形，$∠ OBC=45°$。
分三种情况讨论：
①当$\odot P$在第一象限，只与$x$轴相切时，点$P$到$x$轴的距离为半径2，结合$∠ OBC=45°$，得$PB=\frac{2}{\sin45°}=2\sqrt{2}$，
此时运动路程$AP=AB-PB=4\sqrt{2}-2\sqrt{2}=2\sqrt{2}$，
$\therefore t=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2$；
②当$\odot P$在第四象限，与$x$轴、$y$轴都相切时，点$P$到$x$轴、$y$轴的距离均为2，同理得$PB=2\sqrt{2}$，
此时运动路程$AP=AB+PB=4\sqrt{2}+2\sqrt{2}=6\sqrt{2}$，
$\therefore t=\frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=6$；
③当$\odot P$在第三象限，只与$y$轴相切时，点$P$到$y$轴的距离为半径2，同理得$PC=2\sqrt{2}$，
此时运动路程$AP=AC+PC=8\sqrt{2}+2\sqrt{2}=10\sqrt{2}$，
$\therefore t=\frac{10\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=10$。
【答案】
$t$的值为$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{6}$或$\boldsymbol{10}$
【知识点】
直线与圆相切的性质，一次函数的性质，分类讨论思想
【点评】
本题是一次函数与直线和圆位置关系的综合题，核心是利用相切时圆心到直线的距离等于半径的性质，结合等腰直角三角形的特点简化计算，解题时需对圆的不同位置进行分类讨论，避免出现漏解的情况。
【难度系数】
0.6