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9 如图，直线AB、CD相交于点O，$∠ AOD=30°$，半径为2cm的$\odot P$的圆心在直线AB上，且位于点O左侧10cm处。若$\odot P$以2cm/s的速度由A向B移动，则
3或7
s后，$\odot P$与直线CD相切。答案
9.3 或 7 [提示:分当$\odot P_1$在直线CD左侧时,当$\odot P_2$在直线CD右侧时,有两种情况。]
解析
【分析】
解题首先要明确直线与圆相切的核心判定条件：圆心到直线的距离等于圆的半径。本题中⊙P沿直线AB运动，和直线CD相切需分两种情况讨论：①圆心P在点O左侧时相切；②圆心P在点O右侧时相切。结合∠AOD=30°的条件，利用直角三角形中30°锐角所对直角边等于斜边的一半，先求出相切时OP的长度，再结合初始位置和移动速度计算对应时间即可。
【解析】
解：当⊙P与直线CD相切时，圆心P到直线CD的距离等于⊙P的半径2cm。
过相切时的圆心P作PH⊥CD于点H，则PH=2cm。
①当P位于点O左侧时：
在Rt△POH中，∠POH=∠AOD=30°，∠PHO=90°，
根据含30°角的直角三角形性质可得：$OP=2PH=2×2=4\mathrm{cm}$。
已知初始时P在O左侧10cm处，向右移动速度为2cm/s，
此时P移动的距离为$10-4=6\mathrm{cm}$，所需时间$t_1=6÷2=3\mathrm{s}$。
②当P位于点O右侧时：
此时∠POC=∠AOD=30°（对顶角相等），同理可得$OP=2PH=4\mathrm{cm}$，
此时P移动的距离为$10+4=14\mathrm{cm}$，所需时间$t_2=14÷2=7\mathrm{s}$。
综上，3s或7s后⊙P与直线CD相切。
【答案】
3或7
【知识点】
直线与圆相切的判定；含30°角的直角三角形性质；动点分类讨论
【点评】
本题考查动态场景下直线与圆的位置关系判断，解题时容易漏考虑圆心在O右侧的相切情况，分类讨论是避免漏解的核心。
【难度系数】
0.6
解题首先要明确直线与圆相切的核心判定条件：圆心到直线的距离等于圆的半径。本题中⊙P沿直线AB运动，和直线CD相切需分两种情况讨论：①圆心P在点O左侧时相切；②圆心P在点O右侧时相切。结合∠AOD=30°的条件，利用直角三角形中30°锐角所对直角边等于斜边的一半，先求出相切时OP的长度，再结合初始位置和移动速度计算对应时间即可。
【解析】
解：当⊙P与直线CD相切时，圆心P到直线CD的距离等于⊙P的半径2cm。
过相切时的圆心P作PH⊥CD于点H，则PH=2cm。
①当P位于点O左侧时：
在Rt△POH中，∠POH=∠AOD=30°，∠PHO=90°，
根据含30°角的直角三角形性质可得：$OP=2PH=2×2=4\mathrm{cm}$。
已知初始时P在O左侧10cm处，向右移动速度为2cm/s，
此时P移动的距离为$10-4=6\mathrm{cm}$，所需时间$t_1=6÷2=3\mathrm{s}$。
②当P位于点O右侧时：
此时∠POC=∠AOD=30°（对顶角相等），同理可得$OP=2PH=4\mathrm{cm}$，
此时P移动的距离为$10+4=14\mathrm{cm}$，所需时间$t_2=14÷2=7\mathrm{s}$。
综上，3s或7s后⊙P与直线CD相切。
【答案】
3或7
【知识点】
直线与圆相切的判定；含30°角的直角三角形性质；动点分类讨论
【点评】
本题考查动态场景下直线与圆的位置关系判断，解题时容易漏考虑圆心在O右侧的相切情况，分类讨论是避免漏解的核心。
【难度系数】
0.6
⑩ 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，若以$C$为圆心，$R$为半径所作的圆与斜边$AB$有两个交点，则$R$的取值范围是
$2.4＜R≤3$
。答案
10.$2.4＜R≤3$ [提示:以C为圆心,R为半径所作的圆与斜边AB有两个交点,则圆的半径应大于$\mathrm{Rt}△ABC$斜边上的高,小于或等于AC。]
解析
【分析】
要解决圆与斜边AB有两个交点的问题，需分两步思考：首先，圆要与AB所在直线相交，因此半径需要大于圆心C到直线AB的距离（即斜边上的高）；其次，交点要落在线段AB上，需结合A、B两点到圆心C的距离限制半径的最大值，避免圆与线段AB仅存在1个交点。
【解析】
步骤1：计算斜边AB的长度
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
步骤2：计算圆心C到AB的距离（斜边上的高）
设斜边上的高为h，由三角形面积公式$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·h$，代入数值：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×h$，解得$h=2.4$
步骤3：结合位置关系确定R的范围
① 当圆与直线AB相切时，$R=2.4$，此时圆与AB仅有1个公共点，要使圆与直线AB有2个交点，需$R＞2.4$；
② 因为$AC=3＜BC=4$，当$R=3$时，圆经过点A，此时圆与线段AB有2个交点（点A和另一个交点）；若$R＞3$，点A在圆内，圆与线段AB仅存在1个交点，因此需$R≤3$。
综上，R的取值范围是$2.4＜R≤3$。
【答案】
$2.4＜R≤3$
【知识点】
直线与圆的位置关系、勾股定理、三角形面积计算
【点评】
本题易忽略“交点在线段AB上”的限制，仅考虑直线与圆相交得到$R＞2.4$的结论，漏掉$R≤3$的上限。解题时需结合图形分析，同时兼顾直线相交的条件和线段端点的位置限制。
【难度系数】
0.6
要解决圆与斜边AB有两个交点的问题，需分两步思考：首先，圆要与AB所在直线相交，因此半径需要大于圆心C到直线AB的距离（即斜边上的高）；其次，交点要落在线段AB上，需结合A、B两点到圆心C的距离限制半径的最大值，避免圆与线段AB仅存在1个交点。
【解析】
步骤1：计算斜边AB的长度
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
步骤2：计算圆心C到AB的距离（斜边上的高）
设斜边上的高为h，由三角形面积公式$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·h$，代入数值：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×h$，解得$h=2.4$
步骤3：结合位置关系确定R的范围
① 当圆与直线AB相切时，$R=2.4$，此时圆与AB仅有1个公共点，要使圆与直线AB有2个交点，需$R＞2.4$；
② 因为$AC=3＜BC=4$，当$R=3$时，圆经过点A，此时圆与线段AB有2个交点（点A和另一个交点）；若$R＞3$，点A在圆内，圆与线段AB仅存在1个交点，因此需$R≤3$。
综上，R的取值范围是$2.4＜R≤3$。
【答案】
$2.4＜R≤3$
【知识点】
直线与圆的位置关系、勾股定理、三角形面积计算
【点评】
本题易忽略“交点在线段AB上”的限制，仅考虑直线与圆相交得到$R＞2.4$的结论，漏掉$R≤3$的上限。解题时需结合图形分析，同时兼顾直线相交的条件和线段端点的位置限制。
【难度系数】
0.6
11 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$∠ B=30°$，$O$为边$AB$上一点，$AO=k$，$\odot O$的半径为1。$k$为何值时，$\odot O$与直线$AC$：
（1）相离？（2）相切？（3）相交？
（1）相离？（2）相切？（3）相交？
答案
11 作$OD ⊥ AC$于点D。因为$∠ C=90°$，$∠ B=30°$，所以$∠ ADO=90°$，$∠ AOD=30°$。因为$AO=k$，所以$OD=\frac{\sqrt{3}}{2}k$。
(1) 若圆O与AC相离,则有OD大于r,即$\frac{\sqrt{3}}{2}k ＞ 1$,解得$k ＞ \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
(2) 若圆O与AC相切,则有OD等于r,即$\frac{\sqrt{3}}{2}k =1$,解得$k=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
(3) 若圆O与AC相交,则有OD小于r,即$\frac{\sqrt{3}}{2}k ＜ 1$,解得$0≤k ＜ \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
(1) 若圆O与AC相离,则有OD大于r,即$\frac{\sqrt{3}}{2}k ＞ 1$,解得$k ＞ \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
(2) 若圆O与AC相切,则有OD等于r,即$\frac{\sqrt{3}}{2}k =1$,解得$k=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
(3) 若圆O与AC相交,则有OD小于r,即$\frac{\sqrt{3}}{2}k ＜ 1$,解得$0≤k ＜ \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
解析
【分析】
要判断$\odot O$与直线$AC$的位置关系，核心是比较圆心$O$到直线$AC$的距离$d$与$\odot O$半径$r$的大小：$d＞r$时相离，$d=r$时相切，$d＜r$时相交。首先过$O$作$OD⊥ AC$于$D$，$OD$就是所求的距离$d$；再结合$△ ABC$的角度特征，利用平行线性质可得$△ AOD$为含$30°$角的直角三角形，即可用$k$表示出$OD$的长度；最后分别根据三种位置关系的判定条件列不等式或方程，求解$k$的取值范围即可。
【解析】
解：过点$O$作$OD⊥ AC$于点$D$，则$OD$为圆心$O$到直线$AC$的距离。
$\because ∠ C=90°$，$OD⊥ AC$，
$\therefore OD// BC$，
$\therefore ∠ AOD=∠ B=30°$，
在$Rt△ AOD$中，$AO=k$，由勾股定理得：
$OD=\sqrt{AO^2-(\frac{1}{2}AO)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}k$，
已知$\odot O$的半径$r=1$。
(1) 若$\odot O$与直线$AC$相离，则$OD＞r$，即：
$\frac{\sqrt{3}}{2}k＞1$，解得$k＞\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(2) 若$\odot O$与直线$AC$相切，则$OD=r$，即：
$\frac{\sqrt{3}}{2}k=1$，解得$k=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(3) 若$\odot O$与直线$AC$相交，则$OD＜r$，且线段$AO$长度非负，即：
$\frac{\sqrt{3}}{2}k＜1$且$k≥0$，解得$0≤ k＜\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) $k＞\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(2) $k=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(3) $0≤ k＜\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【知识点】
直线与圆的位置关系、含30°角直角三角形的性质、解一元一次不等式
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础题型，解题关键是将几何位置关系转化为圆心到直线距离与半径的大小比较，结合直角三角形性质求出距离表达式即可求解，需注意线段长度的非负性，避免漏写$k≥0$的限制条件。
【难度系数】
0.7
要判断$\odot O$与直线$AC$的位置关系，核心是比较圆心$O$到直线$AC$的距离$d$与$\odot O$半径$r$的大小：$d＞r$时相离，$d=r$时相切，$d＜r$时相交。首先过$O$作$OD⊥ AC$于$D$，$OD$就是所求的距离$d$；再结合$△ ABC$的角度特征，利用平行线性质可得$△ AOD$为含$30°$角的直角三角形，即可用$k$表示出$OD$的长度；最后分别根据三种位置关系的判定条件列不等式或方程，求解$k$的取值范围即可。
【解析】
解：过点$O$作$OD⊥ AC$于点$D$，则$OD$为圆心$O$到直线$AC$的距离。
$\because ∠ C=90°$，$OD⊥ AC$，
$\therefore OD// BC$，
$\therefore ∠ AOD=∠ B=30°$，
在$Rt△ AOD$中，$AO=k$，由勾股定理得：
$OD=\sqrt{AO^2-(\frac{1}{2}AO)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}k$，
已知$\odot O$的半径$r=1$。
(1) 若$\odot O$与直线$AC$相离，则$OD＞r$，即：
$\frac{\sqrt{3}}{2}k＞1$，解得$k＞\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(2) 若$\odot O$与直线$AC$相切，则$OD=r$，即：
$\frac{\sqrt{3}}{2}k=1$，解得$k=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(3) 若$\odot O$与直线$AC$相交，则$OD＜r$，且线段$AO$长度非负，即：
$\frac{\sqrt{3}}{2}k＜1$且$k≥0$，解得$0≤ k＜\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) $k＞\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(2) $k=\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(3) $0≤ k＜\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
【知识点】
直线与圆的位置关系、含30°角直角三角形的性质、解一元一次不等式
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础题型，解题关键是将几何位置关系转化为圆心到直线距离与半径的大小比较，结合直角三角形性质求出距离表达式即可求解，需注意线段长度的非负性，避免漏写$k≥0$的限制条件。
【难度系数】
0.7
12 如图，AB是$\odot O$的弦，C是$\odot O$外一点，$OC ⊥ OA$，$CO$交$\odot O$于点D，交AB于点P，且$CP=CB$。
（1）判断直线BC与$\odot O$的位置关系，并说明理由。
（2）若$∠ A = 30°$，$OP = 4$，求CB的长。
（1）判断直线BC与$\odot O$的位置关系，并说明理由。
（2）若$∠ A = 30°$，$OP = 4$，求CB的长。
答案
12 （1）CB与$\odot O$相切,理由:连接OB。因为$OA=OB$,所以$∠OAB=∠OBA$。因为$CP=CB$,所以$∠CPB=∠CBP$。因为$∠CPB=∠APO$,所以$∠CBP=∠APO$。在$\mathrm{Rt}△AOP$中,因为$∠A+∠APO=90°$,所以$∠OBA+∠CBP=90°$,即$∠OBC=90°$,所以$OB ⊥ CB$。又因为OB是半径,所以CB与$\odot O$相切。
（2）因为$∠A=30°$,$∠AOP=90°$,所以$∠APO=60°$。因为$OA=OB$,所以$∠OBA=∠A=30°$,所以$∠BOP=∠APO-∠OBA=30°=∠OBP$,所以$OP=PB=4$。因为$∠BPD=∠APO=60°$,$PC=CB$,所以$△PBC$是等边三角形,所以$BC=PB=4$。
（2）因为$∠A=30°$,$∠AOP=90°$,所以$∠APO=60°$。因为$OA=OB$,所以$∠OBA=∠A=30°$,所以$∠BOP=∠APO-∠OBA=30°=∠OBP$,所以$OP=PB=4$。因为$∠BPD=∠APO=60°$,$PC=CB$,所以$△PBC$是等边三角形,所以$BC=PB=4$。
解析
【分析】
（1）判断直线与圆的位置关系时，若直线与圆有公共点，通常采用“连半径，证垂直”的思路，因此先连接OB，再通过等腰三角形等边对等角、对顶角相等的性质，将已知Rt△AOP的直角关系转化推导∠OBC为90°，即可得到相切结论。
（2）先利用直角三角形两锐角互余求出∠APO的度数，再结合等腰△OAB的角的关系推导得到∠BOP=∠OBP，得出PB与OP的等量关系，最后结合CP=CB和∠BPC的度数判断△PBC为等边三角形，即可求出CB的长度。
【解析】
（1）CB与$\odot O$相切，理由如下：
连接OB。
∵ $OA=OB$（同圆的半径相等），
∴ $∠OAB=∠OBA$（等边对等角）。
∵ $CP=CB$，
∴ $∠CPB=∠CBP$（等边对等角）。
又
∵ $∠CPB=∠APO$（对顶角相等），
∴ $∠CBP=∠APO$。
∵ $OC ⊥ OA$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△AOP$中，$∠OAP+∠APO=90°$（直角三角形两锐角互余），
∴ $∠OBA+∠CBP=90°$，即$∠OBC=90°$，
∴ $OB ⊥ CB$。
又
∵ OB是$\odot O$的半径，
∴ CB与$\odot O$相切。
（2）
∵ $∠A=30°$，$∠AOP=90°$，
∴ $∠APO=180°-90°-30°=60°$。
∵ $OA=OB$，
∴ $∠OBA=∠A=30°$，
∴ $∠BOP=∠APO - ∠OBA=60°-30°=30°$，
∴ $∠BOP=∠OBP$，
∴ $PB=OP=4$（等角对等边）。
∵ $∠BPC=∠APO=60°$，且$CP=CB$，
∴ $△PBC$是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴ $BC=PB=4$。
【答案】
（1）CB与$\odot O$相切；（2）CB的长为4
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是直线与圆位置关系的常规考题，解题核心是掌握切线的判定方法，通过合理添加辅助线，结合特殊三角形的性质完成角和线段的等量代换即可求解。
【难度系数】
0.7
（1）判断直线与圆的位置关系时，若直线与圆有公共点，通常采用“连半径，证垂直”的思路，因此先连接OB，再通过等腰三角形等边对等角、对顶角相等的性质，将已知Rt△AOP的直角关系转化推导∠OBC为90°，即可得到相切结论。
（2）先利用直角三角形两锐角互余求出∠APO的度数，再结合等腰△OAB的角的关系推导得到∠BOP=∠OBP，得出PB与OP的等量关系，最后结合CP=CB和∠BPC的度数判断△PBC为等边三角形，即可求出CB的长度。
【解析】
（1）CB与$\odot O$相切，理由如下：
连接OB。
∵ $OA=OB$（同圆的半径相等），
∴ $∠OAB=∠OBA$（等边对等角）。
∵ $CP=CB$，
∴ $∠CPB=∠CBP$（等边对等角）。
又
∵ $∠CPB=∠APO$（对顶角相等），
∴ $∠CBP=∠APO$。
∵ $OC ⊥ OA$，
∴ 在$\mathrm{Rt}△AOP$中，$∠OAP+∠APO=90°$（直角三角形两锐角互余），
∴ $∠OBA+∠CBP=90°$，即$∠OBC=90°$，
∴ $OB ⊥ CB$。
又
∵ OB是$\odot O$的半径，
∴ CB与$\odot O$相切。
（2）
∵ $∠A=30°$，$∠AOP=90°$，
∴ $∠APO=180°-90°-30°=60°$。
∵ $OA=OB$，
∴ $∠OBA=∠A=30°$，
∴ $∠BOP=∠APO - ∠OBA=60°-30°=30°$，
∴ $∠BOP=∠OBP$，
∴ $PB=OP=4$（等角对等边）。
∵ $∠BPC=∠APO=60°$，且$CP=CB$，
∴ $△PBC$是等边三角形（有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴ $BC=PB=4$。
【答案】
（1）CB与$\odot O$相切；（2）CB的长为4
【知识点】
切线的判定；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是直线与圆位置关系的常规考题，解题核心是掌握切线的判定方法，通过合理添加辅助线，结合特殊三角形的性质完成角和线段的等量代换即可求解。
【难度系数】
0.7
