7. 如图①，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点P在第一象限，$\odot P$过原点，且与$x$轴，$y$轴交于点$A$，$B$，点$B$的坐标为$(0,6)$，$\odot P$的直径为12.
（1）求点$A$的坐标；
（2）如图②，将$\odot P$绕着点$B$按逆时针方向旋转至$\odot P'$，若$\odot P'$与$x$轴仅有唯一交点$A$时，则此时的旋转角是°，判断四边形$OAP'B$的形状，并证明.

7. (1) 如图①,连接AB,OP.
∵∠AOB=90°,
∴AB是⊙P的直径.
∵⊙P的直径为12,
∴AB=12.
∵点B的坐标为(0,6),
∴OB=6.在Rt△AOB中,$OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{12^2-6^2}=6\sqrt{3}$.
∴点A的坐标$(6\sqrt{3},0)$
(2) 如图②,
∵AB=12,
∴PO=PB=6.
∵OB=6,
∴PO=PB=OB=6.
∴△PBO是等边三角形.
∴∠OBP=60°.若⊙P'与x轴仅有唯一一个交点A时,则$P'A=P'B=OB=6$,$P'A⊥x$轴.
∴$P'A//OB$.又
∵$P'A=OB=6$,
∴四边形$OAP'B$是平行四边形.
∵$P'A⊥x$轴,
∴∠P'AO=90°.
∴OAP'B是矩形.又
∵$P'A=P'B=6$,
∴矩形$OAP'B$是正方形.
∴∠OBP'=90°.于是旋转角是$90°-∠OBP=90°-60°=30°$

【分析】
（1）求点A坐标时，首先利用∠AOB是直角，结合圆周角定理可得AB是⊙P的直径，已知直径长度和B点坐标可得到OB的长，再在直角三角形AOB中用勾股定理计算OA的长度，即可确定A点坐标。
（2）⊙P'与x轴仅有唯一交点说明x轴是⊙P'的切线，根据切线性质可得P'A垂直x轴；先推导旋转前△OBP是等边三角形，得到∠OBP=60°，旋转后∠OBP'=90°，二者的差就是旋转角；判定四边形形状时，先由一组对边平行且相等判定为平行四边形，再结合直角判定为矩形，最后根据邻边相等判定为正方形。
【解析】
(1) 如图①，连接AB、OP。
∵∠AOB=90°，90°的圆周角所对的弦是直径，
∴AB是⊙P的直径。
∵⊙P的直径为12，
∴AB=12。
∵点B的坐标为(0,6)，
∴OB=6。
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
$OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{12^2-6^2}=6\sqrt{3}$，
∴点A的坐标为$(6\sqrt{3},0)$。
(2) 如图②，
∵AB=12，⊙P的半径为6，
∴PO=PB=6，
又
∵OB=6，
∴PO=PB=OB=6，即△PBO是等边三角形，
∴∠OBP=60°。
若⊙P'与x轴仅有唯一一个交点A，说明x轴是⊙P'的切线，根据切线性质得$P'A⊥x$轴，且$P'A=P'B=6$。
∵OB⊥x轴，$P'A⊥x$轴，
∴$P'A// OB$，又$P'A=OB=6$，
∴四边形$OAP'B$是平行四边形。
∵$P'A⊥x$轴，
∴∠P'AO=90°，
∴平行四边形$OAP'B$是矩形。
又
∵$P'A=P'B=6$，
∴矩形$OAP'B$是正方形，
∴∠OBP'=90°，
则旋转角为$∠PBP'=∠OBP'-∠OBP=90°-60°=30°$。
【答案】
(1) 点A的坐标为$\boldsymbol{(6\sqrt{3},0)}$；
(2) 旋转角是$\boldsymbol{30}$°，四边形$OAP'B$是正方形，证明见解析。

【知识点】
圆周角定理，切线的性质，特殊四边形判定
【点评】
本题综合考查了圆的性质、旋转的性质、勾股定理以及特殊四边形的判定，解题关键是结合圆的相关性质找准边、角的数量关系，再逐步推导结论，注重对基础知识综合运用能力的考查。
【难度系数】
0.65

8. 如图,在矩形ABCD中,AB＝4,BC＝6.E为边CD上的一个动点(不与点C,D重合),⊙O是△BCE的外接圆.
(1) 若CE＝2,⊙O交AD于点F,G,求FG的长度；
(2) 若CE的长度为m,⊙O与AD的位置关系随着m的值变化而变化,试探索⊙O与AD的位置关系及对应的m的取值范围.

8. (1) 如图①,过点O作OM⊥FG,垂足为M,延长MO交BC于点N,连接OG.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠C=∠D=90°.
∵BE是⊙O的直径.
∵∠C=∠D=∠DMN=90°,
∴四边形MNCD是矩形.
∴MN⊥BC,MN=CD=AB=4.
∴BN=CN.
∵OB=OE,
∴ON是△BCE的中位线.
∴$ON=\frac{1}{2}CE=1$.
∴OM=4−1=3.在Rt△BCE中,$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=2\sqrt{10}$,
∴$OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$.在Rt△OMG中,$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=1$,
∴FG=2MG=2
(2) 如图②,当⊙O与AD相切于点M时,连接OM并反向延长交BC于点N.由(1)易得$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$,$OB=OM=4-\frac{1}{2}m$,BN=3.在Rt△BON中,$ON^2+BN^2=OB^2$,即$(\frac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\frac{1}{2}m)^2$.解得$m=\frac{7}{4}$.
∴当$0＜m＜\frac{7}{4}$时,⊙O与AD相离.当$m=\frac{7}{4}$时,⊙O与AD相切.当$\frac{7}{4}＜m＜4$时,⊙O与AD相交

【分析】
(1) 求解FG的长度时，首先明确直角三角形的外接圆直径为斜边，故BE是⊙O的直径。要求弦长FG，可利用垂径定理，过圆心作FG的垂线构造直角三角形：先借助矩形性质和三角形中位线定理求出圆心到FG的距离OM，再计算⊙O的半径，最后用勾股定理求出半弦长，即可得到FG的总长度。
(2) 探索⊙O与AD的位置关系，临界状态为二者相切，此时圆心到AD的距离等于半径。同理作辅助线，结合勾股定理列方程求出相切时CE的长度m，再根据圆心到直线的距离与半径的大小关系，分类讨论不同位置关系对应的m的取值范围即可。
【解析】
(1) 如图①，过点O作OM⊥FG，垂足为M，延长MO交BC于点N，连接OG。
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°。
∵△BCE是直角三角形，∠C=90°，
∴BE是⊙O的直径。
∵∠C=∠D=∠DMN=90°，
∴四边形MNCD是矩形，
∴MN⊥BC，MN=CD=AB=4，
∴N为BC中点，即BN=CN。
又
∵OB=OE，
∴ON是△BCE的中位线，
∴$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}×2=1$，
∴OM=MN-ON=4−1=3。
在Rt△BCE中，$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$，
∴⊙O的半径$OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$。
在Rt△OMG中，$MG=\sqrt{OG^2-OM^2}=\sqrt{(\sqrt{10})^2-3^2}=1$，
由垂径定理得FG=2MG=2。
(2) 如图②，当⊙O与AD相切于点M时，连接OM并反向延长交BC于点N。
由(1)的结论易得：$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$，⊙O的半径$OB=OM=MN-ON=4-\frac{1}{2}m$，$BN=\frac{1}{2}BC=3$。
在Rt△BON中，由勾股定理得$ON^2+BN^2=OB^2$，即$(\frac{1}{2}m)^2+3^2=(4-\frac{1}{2}m)^2$，
展开化简得：$\frac{1}{4}m^2+9=16-4m+\frac{1}{4}m^2$，解得$m=\frac{7}{4}$。
结合E不与C、D重合，CE的范围是0＜m＜4，可得：
当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，圆心到AD的距离大于半径，⊙O与AD相离；
当$m=\frac{7}{4}$时，圆心到AD的距离等于半径，⊙O与AD相切；
当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，圆心到AD的距离小于半径，⊙O与AD相交。
【答案】
(1) $FG=2$；
(2) 当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，⊙O与AD相离；当$m=\frac{7}{4}$时，⊙O与AD相切；当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，⊙O与AD相交。

【知识点】
垂径定理；直线与圆的位置关系；勾股定理
【点评】
本题综合考查了矩形的性质、圆的相关性质及直线与圆位置关系的判定，解题的关键是合理作出垂线段辅助线，结合垂径定理和勾股定理建立等量关系，同时要注意临界情况的分析和分类讨论思想的应用。
【难度系数】
0.6