1. 已知同一平面内有$\odot O$和点$A$与点$B$,如果$\odot O$的半径为$6\ \mathrm{cm}$,线段$OA=10\ \mathrm{cm}$,线段$OB=6\ \mathrm{cm}$,那么直线$AB$与$\odot O$的位置关系为（）

A.相离
B.相交
C.相切
D.相交或相切

1. D 提示: 因为$\odot O$的半径为10 cm,线段$OA=$10 cm,线段$OB=6$ cm,所以点A在以O为圆心,10 cm长为半径的圆上,点B在以O圆心,6 cm长为半径的$\odot O$上.当$AB⊥ OB$时,如图1,由$OB=$6 cm知,直线AB与$\odot O$相切;当AB与OB不垂直时,如图2,过点O作$OD⊥ AB$于点D,则$OD＜OB$,所以直线AB与$\odot O$相交.所以直线AB与$\odot O$的位置关系为相交或相切.

【分析】
要判断直线AB与$\odot O$的位置关系，需比较圆心O到直线AB的距离d与$\odot O$的半径r的大小。已知$\odot O$半径$r=6\ \mathrm{cm}$，$OB=6\ \mathrm{cm}$，故点B在$\odot O$上；$OA=10\ \mathrm{cm}＞6\ \mathrm{cm}$，故点A在$\odot O$外。由于直线AB过圆上的点B，因此分两种情况讨论圆心O到直线AB的距离，进而判断直线与圆的位置关系。
【解析】
已知$\odot O$的半径$r=6\ \mathrm{cm}$，$OB=6\ \mathrm{cm}$，所以点B在$\odot O$上；$OA=10\ \mathrm{cm}＞6\ \mathrm{cm}$，所以点A在$\odot O$外。
直线AB过点B，分两种情况：
1. 当$AB ⊥ OB$时，圆心O到直线AB的距离$d=OB=6\ \mathrm{cm}=r$，此时直线AB与$\odot O$相切；
2. 当AB与OB不垂直时，过点O作$OD ⊥ AB$于点D，在$\mathrm{Rt}△ OBD$中，OD是直角边，OB是斜边，因此$OD ＜ OB=6\ \mathrm{cm}=r$，此时直线AB与$\odot O$相交。
综上，直线AB与$\odot O$的位置关系为相交或相切，故选D。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，核心是利用分类讨论思想，结合点与圆的位置关系，分析圆心到直线的距离与半径的大小关系，避免漏解。
【难度系数】
0.5

2. $\odot O$ 的半径为 10 cm,A 是 $\odot O$ 上一点,B是 $OA$ 中点,点 $C$ 和点 $B$ 的距离等于5 cm,则点 $C$ 和 $\odot O$ 的位置关系是（）

A.$C$ 在 $\odot O$ 内
B.$C$ 在 $\odot O$ 上
C.$C$ 在 $\odot O$ 外
D.$C$ 在 $\odot O$ 上或 $C$ 在 $\odot O$ 内

2. D 提示:因为$\odot O$的半径是10 cm,A是圆上一点,所以$OA=10$ cm,又B是OA的中点,所以$BA=5$ cm.而$BC=5$ cm,所以点C应在以B为圆心,5 cm为半径的$\odot B$上.$\odot B$上的点除点A在$\odot O$上外,其他的点都在$\odot O$内.

【分析】
要判断点C与⊙O的位置关系，需依据点与圆的位置关系判定规则（点到圆心的距离d与圆半径r的大小关系：d＞r在圆外，d=r在圆上，d＜r在圆内）分析。首先根据⊙O半径及B是OA中点算出OB长度，再由BC的长度确定点C的轨迹，最后分析轨迹上的点与⊙O的位置，需全面考虑轨迹上的所有点，避免漏解。
【解析】
解：1. 求OA的长度：
∵⊙O的半径为10cm，A是⊙O上一点，
∴OA=10cm。
2. 计算OB的长度：
∵B是OA的中点，
∴OB=½OA=½×10=5cm。
3. 确定点C的轨迹：
∵点C到点B的距离为5cm，
∴点C在以B为圆心、5cm为半径的⊙B上。
4. 分析⊙B上的点与⊙O的位置关系：
⊙O的半径r=10cm，圆心O到⊙B的圆心B的距离OB=5cm，⊙B的半径r₁=5cm，
∵两圆圆心距OB=5cm=r - r₁=10 - 5=5cm，
∴⊙B与⊙O内切，切点为A。
因此，⊙B上除切点A在⊙O上外，其余点都在⊙O内部。
综上，点C在⊙O上或⊙O内，答案选D。
【答案】
D
【知识点】
点与圆的位置关系；圆的基本性质
【点评】
本题考查点与圆的位置关系，核心是先确定点C的轨迹，再结合两圆位置关系分析轨迹上的点与目标圆的位置，需全面考虑轨迹上的所有点，避免漏解，属于基础易错题。
【难度系数】
0.5

3. 已知$\odot O$的半径为7,直线$l$与$\odot O$相交,点$O$到直线$l$的距离为4,则$\odot O$上到直线$l$的距离为3的点共有（）

A.1个
B.2个
C.3个
D.4个

3. C 提示:如图,过点O作直线l的垂线,交直线l于点E,交$\odot O$于点C.因为$\odot O$的半径为7,点O到直线l的距离为4,所以$OE=4$,$OC=7$,所以$CE=3$,在OE上取点D,使$DE=3$,过点D作$AB⊥ OC$,垂足为D,交$\odot O$于A,B两点,所以$\odot O$上到直线l的距离为3的点为A,B,C.

【分析】
要确定⊙O上到直线l距离为3的点的个数，需先过圆心O作直线l的垂线，得到点O到直线l的距离，再结合圆的半径，分析直线l两侧距离为3的位置与圆的交点情况，从而得出符合条件的点的数量。
【解析】
过点O作OE⊥直线l于点E，由题意得OE=4（点O到直线l的距离），⊙O的半径OC=7。
1. 直线l靠近圆心O的一侧：在OE上取点D，使DE=3，则OD=OE - DE=4 - 3=1。过点D作AB⊥OC，交⊙O于A、B两点，根据垂径定理，A、B两点到直线l的距离为DE=3，符合条件。
2. 直线l远离圆心O的一侧：计算点C到直线l的距离，CE=OC - OE=7 - 4=3，故点C到直线l的距离为3，符合条件。
综上，⊙O上到直线l的距离为3的点共有3个。
【答案】C
【知识点】
垂径定理、点到直线的距离、圆的基本性质
【点评】
本题结合圆与直线的位置关系，考查了点到直线距离的应用，核心是通过作垂线分析圆上符合条件的点的位置，需结合垂径定理判断交点数量，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5

4. 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,该圆运动的时间为（ ）


A.3 s 或 6 s
B.6 s
C.3 s
D.6 s 或 16 s

4. D 提示:如图,当$x=0$时,$y=-4$,当$y=0$时,$x=3$,所以点$A(3,0)$,$B(0,-4)$,所以$AB=5$.设直线与圆的切点为D.当点C在点B上方,直线与圆相切时,连接CD,因为点C到AB的距离等于1.5,所以$CB=1.5× \dfrac{5}{3}=2.5$;所以点C运动的距离为$1.5+(4-2.5)=3$,运动的时间为$3÷ 0.5=6$;同理当点C在点B下方,直线与圆相切时,连接CD,则点C运动的距离为$1.5+(4+2.5)=8$,运动的时间为$8÷ 0.5=16$.

【分析】首先求出直线$ l $与$ x $轴、$ y $轴交点$ A $、$ B $的坐标，计算$ AB $的长度；再利用圆与直线相切时，圆心到直线的距离等于半径这一性质，结合点到直线的距离公式，建立关于运动时间的方程，需注意圆心沿$ y $轴向下运动时，与直线相切存在两种位置情况，避免漏解。
【解析】
1. 求直线$ l $与坐标轴交点：
对于直线$ y=\frac{4}{3}x -4 $，当$ x=0 $时，$ y=-4 $，故$ B(0,-4) $；当$ y=0 $时，$ 0=\frac{4}{3}x -4 $，解得$ x=3 $，故$ A(3,0) $。
2. 计算$ AB $长度：
在$ Rt△ AOB $中，$ OA=3 $，$ OB=4 $，由勾股定理得$ AB=\sqrt{3^2+4^2}=5 $。
3. 设运动时间为$ t $秒，圆心$ C $初始坐标为$ (0,1.5) $，沿$ y $轴向下运动，速度为$ 0.5 $单位/秒，故运动后圆心坐标为$ (0,1.5-0.5t) $。
直线$ l $的一般式为$ 4x-3y-12=0 $，圆$ C $与直线$ l $相切时，圆心到直线的距离等于半径$ 1.5 $，根据点到直线的距离公式：
$\frac{|4×0 -3×(1.5-0.5t)-12|}{\sqrt{4^2+(-3)^2}}=1.5$
化简得：
$|1.5t -16.5|=7.5$
分两种情况求解：
① 当$1.5t -16.5=7.5$时，解得$ t=16 $；
② 当$1.5t -16.5=-7.5$时，解得$ t=6 $。
综上，圆运动的时间为$ 6\ \mathrm{s} $或$16\ \mathrm{s}$。
【答案】D.6 s 或 16 s
【知识点】
一次函数、点到直线距离、直线与圆相切
【点评】
本题结合一次函数与圆的相切性质，需掌握点到直线的距离公式，关键是分析圆心运动时与直线相切的两种位置，避免漏解，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.4

5. 已知$\odot O$的直径$AB$的长为2,弦$AC$的长为$\sqrt{2}$, 则弦 $AC$ 所对的圆周角的度数为
.

5. $45°$或$135°$ 提示:如图,连接BC,因为AB为$\odot O$的直径,所以$∠ ACB=90°$.根据勾股定理,得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}$,所以$BC=\sqrt{2}$,所以$△ ABC$为等腰直角三角形,所以$∠ ABC=45°$,$∠ AC'C=135°$,所以弦AC所对的圆周角的度数为$45°$或$135°$.

【分析】
首先，利用直径所对的圆周角为直角的性质，连接BC构造直角三角形ABC；通过勾股定理计算BC的长度，判断△ABC的形状；注意弦AC所对的圆周角有两种情况，分别位于弦AC的两侧，需分别计算这两个角的度数，避免漏解。
【解析】
解：连接BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角为直角），
在Rt△ABC中，AB=2，AC=√2，
由勾股定理得：BC=√(AB² - AC²)=√(2² - (√2)²)=√2，
∴AC=BC，即△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，
根据圆周角定理，弦AC所对的圆周角分为两种：一种是弧AC所对的圆周角∠ABC=45°；另一种是优弧AC所对的圆周角，它与∠ABC互补，即180°-45°=135°，
因此弦AC所对的圆周角的度数为45°或135°。
【答案】
45°或135°
【知识点】
圆周角定理，直径的性质，勾股定理
【点评】
本题考查圆周角定理的应用，核心是明确弦所对的圆周角有两种情况，需考虑弦两侧的不同圆周角，避免漏解，同时要熟练运用直径所对圆周角为直角的性质。
【难度系数】
0.5

6. 已知在半径为 20 的$\odot O$中,弦$AB=32$,点$P$在弦$AB$上,且$OP=15$,则$AP=$.

6. 7或25 提示:如图,过点O作$OC⊥ AB$于点C,所以$AC=\dfrac{1}{2}AB=16$,$OC=\sqrt{OA^2-AC^2}=12$.又因为$OP=15$,所以$PC=\sqrt{OP^2-OC^2}=9$.当点P在线段AC上时,$AP=AC-PC=16-9=7$;当点P在线段BC上时,$AP=AC+PC=16+9=25$.所以$AP=7$或$AP=25$.

【分析】
要解决这个问题，我们可利用垂径定理和勾股定理逐步推导。首先过圆心O作弦AB的垂线，根据垂径定理，该垂线会平分弦AB，由此得到AC的长度；再通过勾股定理算出垂线段OC的长度；结合已知OP的长度，算出点P到垂足C的距离PC；最后分两种情况讨论点P在AB上的位置，即可求出AP的两个可能值。
【解析】
过点O作OC⊥AB于点C，根据垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，因此：
AC = $\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}×32 = 16$。
在Rt△AOC中，OA为⊙O的半径，长度是20，由勾股定理得：
OC = $\sqrt{OA^2 - AC^2} = \sqrt{20^2 - 16^2} = \sqrt{400 - 256} = 12$。
在Rt△OPC中，OP=15，OC=12，由勾股定理得：
PC = $\sqrt{OP^2 - OC^2} = \sqrt{15^2 - 12^2} = \sqrt{225 - 144} = 9$。
分两种情况讨论点P的位置：
1. 当点P在线段AC上时，AP = AC - PC = 16 - 9 = 7；
2. 当点P在线段BC上时，AP = AC + PC = 16 + 9 = 25。
综上，AP的长度为7或25。
【答案】
7或25
【知识点】
垂径定理、勾股定理
【点评】
本题结合垂径定理与勾股定理考查圆中弦长的计算，核心是构造直角三角形，需注意点P在AB上有两种位置，避免漏解，属于中等难度的圆相关计算题。
【难度系数】
0.5

7. 已知 A B, A C 是$\odot O$的弦, M, N 分别是A B, A C 的中点, 若$∠ BAC=40°$, 则$∠ MON$的度数为.

7. $40°$或$140°$ 提示:因为M,N分别是AB,AC的中点,所以$OM⊥ AB$,$ON⊥ AC$,所以$∠ AMO=∠ ANO=90°$.如图1,因为$∠ ADM=∠ ODN$,所以$∠ MON=∠ BAC=40°$;如图2,$∠ MON=360°-90°-90°-40°=140°$.所以$∠ MON$的度数为$40°$或$140°$.

【分析】
要解决本题，需先利用圆的垂径定理推论得到OM⊥AB、ON⊥AC，再根据圆心O相对于∠BAC的位置分两种情况讨论，结合对顶角相等或四边形内角和性质计算∠MON的度数，避免漏解。
【解析】
解：
∵M是AB的中点，O是⊙O的圆心，根据垂径定理的推论，弦的中点与圆心的连线垂直于弦，
∴OM⊥AB，即∠AMO=90°；
同理，N是AC的中点，
∴ON⊥AC，即∠ANO=90°。
分两种情况计算：
1. 当圆心O在∠BAC的外部时（对应图1）：
在△AMD和△OND中，∠ADM与∠ODN是对顶角，故∠ADM=∠ODN；
又
∵∠AMO=∠ANO=90°，
∴∠MON=∠BAC=40°；
2. 当圆心O在∠BAC的内部时（对应图2）：
在四边形AMON中，内角和为360°，
∴∠MON=360° - ∠AMO - ∠ANO - ∠BAC = 360° - 90° - 90° - 40° = 140°。
综上，∠MON的度数为40°或140°。
【答案】
40°或140°

【知识点】
垂径定理推论，四边形内角和，对顶角性质
【点评】
本题考查垂径定理的应用，核心是需根据圆心位置分情况讨论，易因漏解出错，是典型的易错题，需学生全面分析图形的不同情况。
【难度系数】
0.5

8. 已知在$△ ABC$中，$AC=4$，$BC=3\sqrt{2}$，以$AB$为直径的圆经过$△ ABC$的外心，则$AB$的长为.

8. $\sqrt{10}$或$\sqrt{58}$ 提示:设$\odot D$是以AB为直径的圆,点O是$△ ABC$的外心.①如图1,当点O在$△ ABC$内部时,根据圆心角与圆周角的关系,得$∠ C=\dfrac{1}{2}∠ AOB=\dfrac{1}{2}×90°=45°$.如图2,过点A作$AE⊥ BC$于点E,则$△ AEC$是等腰直角三角形,$EC=EA$.由勾股定理,得$EC^2+EA^2=AC^2$,即$2EC^2=4^2$,$EC=EA=2\sqrt{2}$,所以$BE=BC-EC=3\sqrt{2}-2\sqrt{2}=\sqrt{2}$,所以$AB=\sqrt{AE^2+BE^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2}=\sqrt{10}$.


②如图3,当点O在$△ ABC$外部时,根据圆心角与圆周角的关系,得$∠ C=\dfrac{1}{2}(360°-∠ AOB)=\dfrac{1}{2}×(360°-90°)=135°$.如图4,过点A作$AF⊥ BC$的延长线于点F,则$△ AFC$是等腰直角三角形,$FC=FA$.由勾股定理,得$FC^2+FA^2=AC^2$,即$2FC^2=4^2$,$FC=FA=2\sqrt{2}$,所以$BF=BC+FC=3\sqrt{2}+2\sqrt{2}=5\sqrt{2}$,所以$AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2+(5\sqrt{2})^2}=\sqrt{58}$.综上所述,$AB=\sqrt{10}$或$AB=\sqrt{58}$.

【分析】
要解决本题，需结合三角形外心的性质和圆周角定理分析：已知以AB为直径的圆经过△ABC的外心O，根据直径所对圆周角为直角，得∠AOB=90°；再分两种情况讨论O的位置（在△ABC内部或外部），利用圆周角定理确定∠ACB的度数（45°或135°），最后通过作高构造直角三角形，结合等腰直角三角形性质和勾股定理计算AB的长度。
【解析】
设以AB为直径的圆为⊙D，O是△ABC的外心，故OA=OB，又AB为⊙D直径，因此∠AOB=90°（直径所对圆周角为直角），分两种情况：
1. 当O在△ABC内部时（对应图1、图2）：
根据圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，得∠ACB = $\frac{1}{2}∠AOB = \frac{1}{2}×90° = 45°$。
过点A作AE⊥BC于E，在Rt△AEC中，∠ACB=45°，故△AEC为等腰直角三角形，AE=EC。
由勾股定理：$AE^2 + EC^2 = AC^2$，代入AC=4得$2EC^2 = 16$，解得$EC = AE = 2\sqrt{2}$。
已知BC=3√2，故$BE = BC - EC = 3\sqrt{2} - 2\sqrt{2} = \sqrt{2}$。
在Rt△ABE中，由勾股定理：$AB^2 = AE^2 + BE^2 = (2\sqrt{2})^2 + (\sqrt{2})^2 = 10$，得$AB = \sqrt{10}$。
2. 当O在△ABC外部时（对应图3、图4）：
此时∠ACB对应的圆心角为$360° - ∠AOB = 270°$，根据圆周角定理，得$∠ACB = \frac{1}{2}×270° = 135°$，故∠ACF=180°-135°=45°（F为BC延长线上的点）。
过点A作AF⊥BC延长线于F，在Rt△AFC中，∠ACF=45°，故△AFC为等腰直角三角形，AF=FC。
由勾股定理：$AF^2 + FC^2 = AC^2$，代入AC=4得$2FC^2 = 16$，解得$FC = AF = 2\sqrt{2}$。
此时$BF = BC + FC = 3\sqrt{2} + 2\sqrt{2} = 5\sqrt{2}$。
在Rt△ABF中，由勾股定理：$AB^2 = AF^2 + BF^2 = (2\sqrt{2})^2 + (5\sqrt{2})^2 = 58$，得$AB = \sqrt{58}$。
综上，AB的长为$\sqrt{10}$或$\sqrt{58}$。
【答案】
$\sqrt{10}$或$\sqrt{58}$

【知识点】
圆周角定理，三角形外心，勾股定理
【点评】
本题考查几何综合计算，需利用外心性质和圆周角定理确定角度，关键是分情况讨论O的位置，通过作高构造直角三角形，结合等腰直角三角形性质和勾股定理求解，体现分类讨论思想，对学生的几何逻辑和计算能力要求较高。
【难度系数】
0.4

9. 已知 $OA$ 为 $\odot O$ 的半径, $AB$ 是 $\odot O$ 的弦,且 $AB=4\sqrt{3},∠ OAB=30°$, 点 $P$ 在 $\odot O$ 上,若点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 2,则$∠ PAB$ 的度数为.

9. $15°$或$30°$或$105°$ 提示:如图,过点O作$OH⊥ AB$于点H,则$AH=BH=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}×4\sqrt{3}=2\sqrt{3}$.因为$∠ OAB=30°$,所以$OH=2\sqrt{3}×\dfrac{\sqrt{3}}{3}=2$,所以$OA=2OH=4$.又因为点P在$\odot O$上,且点P到直线AB的距离为2,所以满足条件的点P有3个.延长OH,交$\odot O$于点$P_1$,此时$P_1H=OP_1-OH=4-2=2$.过点O作直线$P_2P_3// AB$,交$\odot O$于点$P_2$,$P_3$,此时$P_2$,$P_3$到直线AB的距离为2.连接$AP_1$,$AP_2$,$AP_3$,因为$AB⊥ OP_1$,$P_1H=OH$,所以$AP_1=AO$,所以$∠ P_1AB=∠ OAB=30°$.因为$P_2P_3// AB$,所以$∠ AOP_2=∠ OAB=30°$.因为$OA=OP_2$,所以$∠ OAP_2=∠ OP_2A=\dfrac{1}{2}×(180°-30°)=75°$,所以$∠ P_2AB=∠ OAP_2+∠ OAB=75°+30°=105°$.因为$P_2P_3// AB$,所以$∠ P_3AB=∠ OP_3A$.因为$OA=OP_3$,所以$∠ OAP_3=∠ OP_3A$,所以$∠ P_3AB=∠ OAP_3=\dfrac{1}{2}∠ OAB=\dfrac{1}{2}×30°=15°$.综上所述,$∠ PAB$的度数为$15°$或$30°$或$105°$.

【分析】
要解决本题，首先利用垂径定理和直角三角形的性质求出圆心O到弦AB的距离OH及圆的半径OA；再根据“点P到直线AB的距离为2”，结合圆的对称性找到圆上满足条件的3个点P；最后分别计算各点对应的∠PAB的度数，需注意分类讨论，避免漏解。
【解析】
1. 过点O作OH⊥AB于点H，由垂径定理得：AH = BH = $\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}×4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$。
2. 在Rt△AOH中，∠OAB=30°，则OH = AH·tan30° = $2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=2$，OA = 2OH = 4（30°角所对直角边等于斜边的一半）。
3. 确定圆上满足条件的点P：
延长OH交⊙O于点$P_1$，此时$P_1$到AB的距离$P_1H = OP_1 - OH = 4 - 2 = 2$，符合条件。因AB⊥$OP_1$，故$AP_1 = AO$，△$AOP_1$为等腰三角形，得∠$P_1AB = ∠OAB = 30°$。
过O作直线$P_2P_3//AB$，交⊙O于$P_2$、$P_3$，此时$P_2$、$P_3$到AB的距离等于OH=2，符合条件。
对$P_2$：因$P_2P_3//AB$，故∠$AOP_2 = ∠OAB = 30°$，又OA=OP₂，△$AOP_2$为等腰三角形，∠$OAP_2 = \frac{1}{2}(180° - 30°)=75°$，则∠$P_2AB = ∠OAP_2 + ∠OAB = 75° + 30° = 105°$。
对$P_3$：同理，$P_2P_3//AB$，∠$P_3AB = ∠OP_3A$，OA=OP₃，∠$OAP_3 = ∠OP_3A$，∠$AOP_3 = 180° - ∠AOP_2 = 150°$，故∠$OAP_3 = \frac{1}{2}(180° - 150°)=15°$，即∠$P_3AB = 15°$。
4. 综上，∠PAB的度数为15°或30°或105°。
【答案】
15°或30°或105°
【知识点】
垂径定理、圆的性质、等腰三角形
【点评】
本题综合考查圆的垂径定理、对称性及等腰三角形的性质，解题关键是通过圆心到弦的距离确定满足条件的点P，需注意分类讨论，避免遗漏不同位置的点，是一道易因漏解出错的几何题。
【难度系数】
0.5

10. 已知在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ C=90°, BC=4,$
$AC=3$. 若边 $AB$ 与半径 $r$ 的 $\odot C$ 只有一个公共点,则 $r$ 的取值范围为

.

10. $3＜r≤4$ 或 $r=\dfrac{12}{5}$ 提示:如图,过点C作$CD⊥ AB$于点D.因为在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=3$,$BC=4$,所以$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$.因为$S_{\mathrm{Rt}△ ABC}=\dfrac{1}{2}AC· BC=\dfrac{1}{2}AB· CD$,所以$CD=\dfrac{AC· BC}{AB}=\dfrac{3×4}{5}=\dfrac{12}{5}$.当$\odot C$与AB相切时,$r=\dfrac{12}{5}$;当$\odot C$与AB相交,且只有一个交点时,$3＜r≤4$.故r的取值范围是$r=\dfrac{12}{5}$或$3＜r≤4$.

【分析】
要解决这个问题，需分两种情况讨论⊙C与线段AB只有一个公共点的情形：一是⊙C与AB相切，二是⊙C与AB相交但仅一个交点在线段AB上。首先利用勾股定理求出AB的长度，再通过面积法求出C到AB的距离（即相切时的半径），最后结合线段AB上交点的位置分析半径r的取值范围。
【解析】
1. 计算Rt△ABC的边长：在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
2. 求C到AB的距离CD：利用三角形面积公式，$S_{\mathrm{Rt}△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CD$，代入数值：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5×CD$，解得$CD=\frac{12}{5}$。
当⊙C与AB相切时，半径$r=CD=\frac{12}{5}$，此时⊙C与AB只有1个公共点。
3. 分析相交时仅一个公共点的情况：当⊙C与AB相交时，若仅一个交点在线段AB上，需满足交点中仅一个在AB线段内。结合AC=3，BC=4，当半径r满足$3＜r≤4$时，⊙C与直线AB的两个交点中，仅一个在AB线段上（另一个在AB延长线上），此时⊙C与AB只有1个公共点；当$r≤3$时，两个交点都在线段AB上，有2个公共点；当$r＞4$时，两个交点都在AB延长线上，无公共点。
综上，r的取值范围是$r=\frac{12}{5}$或$3＜r≤4$。
【答案】
$r=\dfrac{12}{5}$或$3＜r≤4$

【知识点】
直线与圆的位置关系、直角三角形的性质
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，需分相切和相交两种情况讨论，关键是确定圆与线段AB交点的位置，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.5

11. 如图,正方形 $ABCD$ 的边长为 8,$M$ 是边$AB$ 的中点,$P$ 是边 $BC$ 上的动点,连接$PM$,以点 $P$ 为圆心,$PM$ 长为半径作$\odot P$.

(1) 当 $BP=4$ 时,点 $C$ 在 $\odot P$ (填"上""内"或"外").
(2) 当$\odot P$ 与正方形 $ABCD$ 的边相切时,$BP$ 的长为.

11. (1) 内 提示:因为正方形ABCD的边长为8,M是边AB的中点,所以$BM=\dfrac{1}{2}AB=4$,$∠ B=90°$.因为$BP=4$,所以$MP=\sqrt{MB^2+BP^2}=4\sqrt{2}$,$PC=BC-BP=4$.因为$CP＜MP$,所以点C在$\odot P$内.
(2) 3或$4\sqrt{3}$ 提示:如图1,当$\odot P$与边CD相切时,设$BP=x$,则$PC=BC-BP=8-x$,$MP=\sqrt{MB^2+BP^2}=\sqrt{16+x^2}$,所以$\sqrt{16+x^2}=8-x$,解得$x=3$,经检验$x=3$是方程的根且符合题意.如图2,当$\odot P$与边AD相切时,设切点为K,则$PK⊥ AD$.因为正方形ABCD的边长为8,M是边AB的中点,所以$BM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}CD=4$,$∠ B=∠ C=∠ D=90°$,所以四边形PCDK是矩形,所以$PK=DC=8$.设$BP=x$,则$MP=\sqrt{MB^2+BP^2}=\sqrt{16+x^2}$,所以$\sqrt{16+x^2}=8$,解得$x_1=4\sqrt{3}$,$x_2=-4\sqrt{3}$(舍去),经检验$x=4\sqrt{3}$符合题意.综上所述,BP的长为3或$4\sqrt{3}$.

【分析】
本题需要利用正方形的性质、勾股定理，结合点与圆的位置关系、切线的性质来解题。第(1)问通过比较点C到圆心P的距离与⊙P的半径PM的大小，判断点C的位置；第(2)问分⊙P与CD、AD边相切两种情况，利用切线性质（圆心到切线的距离等于半径）列方程求解BP的长度。
【解析】
(1) 已知正方形ABCD边长为8，M是AB中点，故$BM=\frac{1}{2}AB=4$，$∠ B=90°$。当$BP=4$时，在$Rt△ BMP$中，由勾股定理得：
$PM=\sqrt{BM^2+BP^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，
又$PC=BC-BP=8-4=4$，
因为$PC=4 ＜ PM=4\sqrt{2}$，所以点C在$\odot P$内。
(2) 分两种情况讨论：
① 当$\odot P$与CD边相切时，圆心P到CD的距离等于半径PM。设$BP=x$，则$PC=8-x$，此时$PM=PC$，即：
$\sqrt{BM^2+BP^2}=PC$，代入$BM=4$得：
$\sqrt{16+x^2}=8-x$，
两边平方得$16+x^2=64-16x+x^2$，化简得$16x=48$，解得$x=3$，符合题意。
② 当$\odot P$与AD边相切时，圆心P到AD的距离等于半径PM。设$BP=x$，由正方形性质知P到AD的距离为8，故$PM=8$，即：
$\sqrt{16+x^2}=8$，
平方得$16+x^2=64$，解得$x=4\sqrt{3}$（舍去负根），符合题意。
综上，BP的长为3或$4\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 内；(2) 3或$4\sqrt{3}$
【知识点】
点与圆的位置关系、切线的性质、正方形的性质
【点评】
本题结合正方形与圆的位置关系，考查了勾股定理的应用及分类讨论思想，需准确分析相切时的几何关系，舍去不符合实际的解，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.6