1. 如图,与$\odot O$相离的直线是 （）

A.$l_1$
B.$l_2$
C.$l_3$
D.$l_4$

A

【分析】
解题时首先回忆直线与圆三种位置关系的判定依据：根据直线和圆的公共点个数区分：没有公共点为相离，1个公共点为相切，2个公共点为相交。接下来逐一判断每条直线与$\odot O$的公共点个数，即可找到符合相离定义的直线。
【解析】
直线与圆的位置关系判定规则：
① 相交：直线与圆有2个公共点；
② 相切：直线与圆有且仅有1个公共点；
③ 相离：直线与圆没有公共点。
对图中四条直线逐一分析：
直线$l_2$、$l_3$均与$\odot O$有2个公共点，属于相交；
直线$l_4$与$\odot O$有1个公共点，属于相切；
直线$l_1$与$\odot O$没有公共点，属于相离。
因此符合题意的是$l_1$，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题是基础概念题，核心考查对直线与圆三类位置关系特征的掌握，只要牢记不同位置关系对应的公共点特点，即可快速得分。
【难度系数】
0.9

2.已知$\odot O$的半径是5，点A在$\odot O$上，P是$\odot O$所在平面内一点，且$AP=2$，过点P作直线$l$，使$l⊥ PA$，则点O到直线$l$的距离的最大值为________。

7

【分析】
首先明确所求为点O到直线$ l $的最大距离，已知$ l ⊥ PA $、$ AP=2 $、⊙O半径$ OA=5 $。我们可以通过作辅助线，利用平行线和矩形的性质，把待求的距离拆分为两段：一段等于固定长度$ AP $，另一段和半径$ OA $相关。再结合直角三角形中“直角边≤斜边”的规律，可知两段线段共线时总和最大，即可求出最大值。
【解析】
解：过点O作$ OM ⊥ $直线$ l $，垂足为$ M $，则$ OM $就是点O到直线$ l $的距离。
∵ $ l ⊥ PA $，$ OM ⊥ l $，
∴ $ PA // OM $。
过点A作$ AB ⊥ OM $于点B，可得四边形$ ABMP $的三个角都是直角，因此四边形$ ABMP $是矩形，
∴ $ BM = AP = 2 $。
在$ Rt△ OAB $中，直角边$ OB ≤ $斜边$ OA $，当O、A、B三点共线时等号成立。
∵ 点A在⊙O上，⊙O半径为5，
∴ $ OA=5 $，即$ OB $的最大值为5。
因此$ OM = OB + BM ≤ 5 + 2 = 7 $。
当O、A、P三点共线，且点A在O、P之间时，$ OB=OA=5 $，此时$ OM=7 $，符合题意。
【答案】
7
【知识点】
点到直线的距离，矩形的性质，圆的基本性质
【点评】
本题属于几何最值类基础题，解题核心是通过作辅助线构造矩形，将未知距离拆分为已知线段和与半径相关的线段，结合线段最值规律求解，考查了几何转化的思想。
【难度系数】
0.6

3. 在$△ ABC$中，$AB=5$，$BC=4$，$AC=3$.
(1)若以点$C$为圆心，$2$为半径作$\odot C$，则直线$AB$与$\odot C$的位置关系是什么？
(2)若线段$AB$与半径为$r$的$\odot C$只有一个公共点，请直接写出$r$的取值范围.

(1) $\because$ 在$△ ABC$ 中,$AB=5,BC=4,AC=3$,
$3^2+4^2=5^2$,
$\therefore AC^2+BC^2=AB^2$.
$\therefore△ ABC$ 为直角三角形,且$∠ ACB=90°$.
如图,过点 $C$ 作 $CD⊥ AB$,垂足为 $D$,

则$△ ABC$ 的面积为$\dfrac{AB· CD}{2}=\dfrac{AC· BC}{2}$,即$\dfrac{5CD}{2}=\dfrac{3×4}{2}$.
$\therefore CD=2.4$.
$\because 2＜2.4$,
$\therefore$ 直线 $AB$ 与$\odot C$ 相离.
(2)$3＜r≤4$ 或 $r=2.4$.

【分析】
要解决本题，首先明确判断直线与圆位置关系的核心是比较圆心到直线的距离$d$与半径$r$的大小：$d＞r$时相离，$d=r$时相切，$d＜r$时相交。
(1) 先根据$△ ABC$的三边长，用勾股定理逆定理判定其为直角三角形，再通过面积法求出斜边$AB$上的高，即点$C$到$AB$的距离$d$，和半径2比较即可得到位置关系。
(2) 线段$AB$与圆只有一个公共点需分两类讨论：一是直线$AB$与圆相切，此时切点在线段$AB$上；二是直线与圆相交，但仅有一个交点落在线段$AB$上，结合点$A$、$B$到点$C$的距离即可确定$r$的范围。
【解析】
(1) 在$△ ABC$中，$AB=5$，$BC=4$，$AC=3$，
$\because 3^2+4^2=5^2$，即$AC^2+BC^2=AB^2$，
$\therefore △ ABC$是直角三角形，且$∠ ACB=90°$。
过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，

由三角形面积公式可得：$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}AC· BC$，
代入数值：$\frac{1}{2}×5× CD=\frac{1}{2}×3×4$，
解得$CD=2.4$，即圆心$C$到直线$AB$的距离为2.4。
$\because \odot C$的半径为2，$2＜2.4$，即$d＞r$，
$\therefore$ 直线$AB$与$\odot C$相离。
(2) 分两种情况讨论：
① 当$\odot C$与$AB$相切时，线段$AB$与$\odot C$只有1个公共点（切点），此时$r=CD=2.4$；
② 当$\odot C$和直线$AB$相交，且仅1个交点在线段$AB$上时：
$\because AC=3$，$BC=4$，
$\therefore$ 当$3＜r\le4$时，点$A$在$\odot C$内部，点$B$在$\odot C$上或外部，此时线段$AB$与$\odot C$只有1个公共点。
综上，$r$的取值范围为$3＜r\le4$或$r=2.4$。
【答案】
(1) 直线$AB$与$\odot C$相离；
(2) $3＜r≤4$ 或 $r=2.4$
【知识点】
直线与圆的位置关系、勾股定理逆定理、面积法求高
【点评】
本题重点考查直线与圆位置关系的判定，易错点是第二问容易忽略“线段$AB$”的限制，漏分类讨论的情况，解题时要注意区分直线和线段与圆相交的差异，全面考虑所有可能的情况。
【难度系数】
0.6

4. 如图，在平面直角坐标系中，半径为2的$\odot P$的圆心的坐标是$(-3,0)$，将$\odot P$沿x轴的正方向平移.若$\odot P$与y轴相切，则平移的距离为（）

A.1
B.1或5
C.3
D.5

（第4题图）
（第5题图）

B

【分析】
解题时首先明确直线与圆相切的核心条件：圆心到直线的距离等于圆的半径。本题中⊙P沿x轴正方向平移，平移后圆心纵坐标不变，横坐标随平移距离增大而增大；y轴为直线x=0，圆心到y轴的距离等于其横坐标的绝对值。据此我们可以设平移距离为d，列绝对值方程求解，注意要考虑⊙P在y轴左侧相切和右侧相切两种情况，避免漏解。
【解析】
设⊙P沿x轴正方向平移的距离为d（d＞0），则平移后圆心P的坐标为$(-3+d,0)$。
当⊙P与y轴相切时，圆心到y轴的距离等于半径2，即圆心横坐标的绝对值为2：
$|d-3|=2$
分两种情况讨论：
① 当$d-3=2$时，解得$d=5$，此时⊙P在y轴右侧与y轴相切；
② 当$d-3=-2$时，解得$d=1$，此时⊙P在y轴左侧与y轴相切。
综上，平移的距离为1或5。
【答案】
B
【知识点】
直线与圆相切的性质；坐标与图形平移；点到坐标轴的距离
【点评】
本题考查分类讨论思想的应用，解题时要注意圆与y轴相切存在左侧相切和右侧相切两种情况，避免因考虑不全面导致漏解。
【难度系数】
0.7

5.如图,点A,B的坐标分别为(1,0),(0,2),M为线段AB的中点,以点O为圆心,$\frac{2\sqrt{5}}{5}$为半径作$\odot O$,则下列结论正确的是 ()

A.AB与$\odot O$相切
B.点A在$\odot O$上
C.点B在$\odot O$上
D.点M在$\odot O$上

A

【分析】
解题思路如下：1. 先计算线段AB的长度，利用直角三角形面积法求出原点O到直线AB的垂线段长度，将其与⊙O的半径比较，判断AB与⊙O的位置关系；2. 分别计算点A、B、M到原点O的距离，与半径比较判断各点和圆的位置关系，最终选出正确选项。
【解析】
已知$A(1,0)$，$B(0,2)$，则$OA=1$，$OB=2$，$∠ AOB=90°$。
1. 计算AB的长度：在$\mathrm{Rt}△ AOB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
2. 求点O到直线AB的距离$d$：
$△ AOB$的面积$S=\frac{1}{2}× OA× OB=\frac{1}{2}×1×2=1$，
又$S=\frac{1}{2}× AB× d$，代入得$1=\frac{1}{2}×\sqrt{5}× d$，解得$d=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
已知$\odot O$半径$r=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，即$d=r$，因此AB与$\odot O$相切，选项A正确。
3. 逐一验证其余选项：
选项B：点A到O的距离$OA=1$，$1=\frac{5}{5}＞\frac{2\sqrt{5}}{5}$，故点A在$\odot O$外，B错误。
选项C：点B到O的距离$OB=2＞\frac{2\sqrt{5}}{5}$，故点B在$\odot O$外，C错误。
选项D：M是AB中点，$\mathrm{Rt}△ AOB$中斜边中线等于斜边的一半，故$OM=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{5}}{2}$，$\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{5\sqrt{5}}{10}＞\frac{4\sqrt{5}}{10}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，故点M在$\odot O$外，D错误。
【答案】
A
【知识点】
直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，勾股定理
【点评】
本题考查直线与圆、点与圆位置关系的判断，核心是掌握对应判断规则：判断直线和圆的位置关系需比较圆心到直线的距离与半径的大小，判断点和圆的位置关系需比较点到圆心的距离与半径的大小，结合勾股定理和面积法即可快速求解。
【难度系数】
0.7

6.已知$\odot O$的半径为2，圆心O到直线l的距离为m.若关于x的一元二次方程$2x^2 - 2\sqrt{2}x + m - 1 = 0$有实数根，则直线l与$\odot O$的位置关系是什么？

$\because$ 关于 $x$ 的一元二次方程 $2x^2-2\sqrt{2}x + m-1=0$ 有实数根,
$\therefore\Delta=(-2\sqrt{2})^2-4×2(m-1)=8-8m+8=16-8m≥0$.
$\therefore m≤2$.
$\because\odot O$ 的半径为 2,圆心 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $m$,
$\therefore$ 直线 $l$ 与$\odot O$ 的位置关系是相切或相交.

【分析】
解题需分两步进行：第一步，根据一元二次方程有实数根的性质，可知判别式$\Delta ≥ 0$，据此列出关于$m$的不等式，求解得到$m$的取值范围；第二步，回忆直线与圆的位置关系判定规则：圆心到直线的距离小于半径时相交，等于半径时相切，大于半径时相离，结合已知的圆半径为2，将$m$的取值范围和半径比较，即可判断直线$l$和$\odot O$的位置关系。
【解析】
$\because$ 关于 $x$ 的一元二次方程 $2x^2-2\sqrt{2}x + m-1=0$ 有实数根,
$\therefore\Delta=(-2\sqrt{2})^2-4×2(m-1)=8-8m+8=16-8m≥0$,
解得$m≤2$。
$\because\odot O$ 的半径为 2,圆心 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $m$,
$\therefore$ 当$m=2$时，直线$l$与$\odot O$相切，当$m＜2$时，直线$l$与$\odot O$相交，
即直线$l$与$\odot O$的位置关系是相切或相交。
【答案】
直线$l$与$\odot O$相切或相交
【知识点】
一元二次方程根的判别式；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题是代数与几何结合的基础综合题，核心是先通过方程实根的条件求出$m$的取值范围，再结合距离和半径的大小关系判断位置，掌握两个基础知识点即可顺利解题。
【难度系数】
0.7

7. 如图，$∠ ACB=90°$，$∠ B=30°$，$AC=2$，将半径为$r$的$\odot O$向右平移.
(1)当$r=1.2$时，试说明$\odot O$必先与线段$AC$相切，再与射线$BA$相切.
(2)若$\odot O$同时与线段$AC$和射线$BA$相切，求$r$的值；若$\odot O$先与射线$BA$相切，再与线段$AC$相切，求$r$的取值范围.

(1)如图,设$\odot O$平移到圆心在$O'$处时,与线段$AC$ 相切. 作 $O'E⊥ AC$,垂足为 $E$,$O'E$ 的延长线交 $AB$ 于点 $F$,作 $O'D⊥ AB$,垂足为 $D$,

则 $O'E=r$,$AE=2-r$.
易得在 $\mathrm{Rt}△ AEF$ 中,$∠ AFE=∠ B=30°$.
$\therefore AE=\dfrac{1}{2}AF$.
$\therefore AF=2(2-r)$.
$\therefore EF=\sqrt{AF^2-AE^2}=\sqrt{3}(2-r)$.
$\therefore O'F=EF+r=\sqrt{3}(2-r)+r=2\sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)r$.
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ O'DF$ 中,$∠ O'FD=30°$,
$\therefore O'D=\dfrac{1}{2}O'F=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}r$.
$\therefore$ 当 $r=1.2$ 时,$O'D=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}×1.2=\dfrac{2\sqrt{3}}{5}+0.6＞1.2$.
$\therefore$ 当 $r=1.2$ 时,$\odot O$ 必先与线段 $AC$ 相切,再与射线 $BA$ 相切.
(2)由(1)可知,当 $O'D=r$ 时,$\odot O$ 同时与线段 $AC$ 和射线 $BA$ 相切.
此时$\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}r=r$. 解得 $r=3-\sqrt{3}$.
当 $O'D＜r$ 时,$\odot O$ 先与射线 $BA$ 相切,再与线段 $AC$ 相切.
此时$\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}r＜r$. 解得 $r＞3-\sqrt{3}$.
又$\odot O$ 必须与线段 $AC$ 相切(即半径不能超过 $AC$ 的长),
$\therefore r≤2$.
综上,$r$ 的取值范围是 $3-\sqrt{3}＜r≤2$.

【分析】
解答本题需紧扣直线与圆相切的核心性质：圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切。
(1) 判断圆先与哪条线相切时，可先假设圆平移至与线段AC相切的位置，计算此时圆心到射线BA的距离，若该距离大于半径，说明此时圆还未与BA相切，因此先与AC相切；
(2) 当圆同时与AC、BA相切时，圆心到两条直线的距离均等于半径，结合(1)中推导的圆心到BA的距离表达式列方程即可求解r的值；若先与BA相切，说明圆心到BA的距离先达到半径r，据此列不等式，再结合圆能与线段AC相切的前提（半径不超过AC的长度）确定r的取值范围。
【解析】
(1) 设$\odot O$平移到圆心在$O'$处时，与线段$AC$相切。作$O'E⊥AC$，垂足为$E$，$O'E$的延长线交$AB$于点$F$，作$O'D⊥AB$，垂足为$D$，

由切线的性质得$O'E=r$，因此$AE=AC-O'E=2-r$。
在$\mathrm{Rt}△AEF$中，$∠ EAF=90°-∠ B=60°$，故$∠ AFE=∠ B=30°$。
由30°直角三角形的性质得$AE=\dfrac{1}{2}AF$，因此$AF=2(2-r)$。
由勾股定理得$EF=\sqrt{AF^2-AE^2}=\sqrt{3}(2-r)$，因此$O'F=EF+O'E=\sqrt{3}(2-r)+r=2\sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)r$。
在$\mathrm{Rt}△O'DF$中，$∠ O'FD=30°$，故$O'D=\dfrac{1}{2}O'F=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}r$。
当$r=1.2$时，代入得：
$O'D=\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}×1.2=\dfrac{2\sqrt{3}}{5}+0.6\approx1.29＞1.2$
即此时圆心到BA的距离大于半径，圆还未与BA相切，因此$\odot O$必先与线段$AC$相切，再与射线$BA$相切。
(2) 若$\odot O$同时与线段$AC$和射线$BA$相切，则$O'D=r$，列方程得：
$\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}r=r$
解得$r=3-\sqrt{3}$。
若$\odot O$先与射线$BA$相切，再与线段$AC$相切，则此时$O'D＜r$，列不等式得：
$\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}r＜r$
解得$r＞3-\sqrt{3}$。
又因为$\odot O$需与线段$AC$相切，故半径不能超过AC的长度，即$r≤2$。
综上，$r$的取值范围是$3-\sqrt{3}＜r≤2$。
【答案】
(1) $\odot O$必先与线段$AC$相切，再与射线$BA$相切，证明见解析；
(2) 同时与线段$AC$和射线$BA$相切时$r=\boldsymbol{3-\sqrt{3}}$；先与射线$BA$相切时$r$的取值范围是$\boldsymbol{3-\sqrt{3}＜r≤2}$。
【知识点】
直线与圆相切的性质；解直角三角形；平移的性质
【点评】
本题综合考查平移、直线与圆的位置关系、解直角三角形的相关知识，侧重考察数形结合思想和方程、不等式思想的应用，解题的关键是将相切的位置关系转化为圆心到直线的距离与半径的数量关系，注意不要忽略圆与线段AC相切时半径的取值限制。
【难度系数】
0.6