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7. (2025·秦淮区月考)已知$\odot O$的半径为5 cm,点O到直线$l$的距离$OP$为7 cm,把直线$l$向上平移
2或12
cm,才能使$l$与$\odot O$相切.答案
7.2或12
解析
【分析】
我们首先要明确直线和圆相切的核心判定规则：当圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切。题目初始状态下，圆心O到直线l的距离是7cm，圆的半径为5cm，直线向上平移是沿着OP线段向圆心O的方向移动，这里需要注意相切存在两种可能：第一种是直线向上移动到刚好接触圆的下边缘，此时圆心到直线的距离等于半径，直接用初始距离减去半径就能算出平移距离；第二种是直线继续向上移动，穿过整个圆之后，接触到圆的上边缘，此时圆心到直线的距离依然等于半径，不过直线已经移动到圆心O的上方，平移距离就是初始距离加上半径，两种情况都符合相切要求，不能遗漏。
【解析】
解：已知⊙O的半径r=5cm，初始状态下圆心O到直线l的距离OP=7cm。
根据直线与圆相切的性质：圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切，分两种情况计算：
1. 直线l向上平移至与⊙O的下侧相切时，平移后圆心O到直线的距离为5cm，此时平移距离为：7 - 5 = 2 cm；
2. 直线l继续向上平移，穿过圆后与⊙O的上侧相切时，平移后直线位于圆心O的上方，圆心O到直线的距离仍为5cm，此时平移距离为：7 + 5 = 12 cm。
综上，直线l向上平移2cm或12cm时，直线l与⊙O相切。
【答案】2或12
【知识点】直线与圆相切
【点评】
本题的易错点是容易只考虑直线平移到圆下方相切的情况，漏掉直线穿过圆后在圆心另一侧相切的第二种情况，解题时要结合平移的运动过程全面分类讨论，避免漏解。
【难度系数】0.6
我们首先要明确直线和圆相切的核心判定规则：当圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切。题目初始状态下，圆心O到直线l的距离是7cm，圆的半径为5cm，直线向上平移是沿着OP线段向圆心O的方向移动，这里需要注意相切存在两种可能：第一种是直线向上移动到刚好接触圆的下边缘，此时圆心到直线的距离等于半径，直接用初始距离减去半径就能算出平移距离；第二种是直线继续向上移动，穿过整个圆之后，接触到圆的上边缘，此时圆心到直线的距离依然等于半径，不过直线已经移动到圆心O的上方，平移距离就是初始距离加上半径，两种情况都符合相切要求，不能遗漏。
【解析】
解：已知⊙O的半径r=5cm，初始状态下圆心O到直线l的距离OP=7cm。
根据直线与圆相切的性质：圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切，分两种情况计算：
1. 直线l向上平移至与⊙O的下侧相切时，平移后圆心O到直线的距离为5cm，此时平移距离为：7 - 5 = 2 cm；
2. 直线l继续向上平移，穿过圆后与⊙O的上侧相切时，平移后直线位于圆心O的上方，圆心O到直线的距离仍为5cm，此时平移距离为：7 + 5 = 12 cm。
综上，直线l向上平移2cm或12cm时，直线l与⊙O相切。
【答案】2或12
【知识点】直线与圆相切
【点评】
本题的易错点是容易只考虑直线平移到圆下方相切的情况，漏掉直线穿过圆后在圆心另一侧相切的第二种情况，解题时要结合平移的运动过程全面分类讨论，避免漏解。
【难度系数】0.6
8. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90^{ \circ }$,$AC=6$,$BC=8$,如果以点$C$为圆心,$r$为半径作$\odot C$,且$\odot C$与斜边$AB$仅有一个公共点,那么半径$r$的取值范围是
$r=4.8$或$6＜r ≤ 8$
.答案
8.$r=4.8$或$6＜r ≤ 8$
解析
【分析】
我们可以分两类情况来思考这道题：第一类是圆C和斜边AB所在直线相切，此时圆和AB刚好只有1个公共点；第二类是圆C和线段AB相交，但仅1个交点落在线段AB上，另一个交点在AB的延长线上。首先第一步用勾股定理算出斜边AB的长度，再通过面积法求出点C到AB的垂线段长度，得到相切时对应的半径；接下来结合点A、点B到圆心C的距离，分析半径变化时线段AB和圆的交点个数，就能得到所有符合条件的r的取值范围，避免漏解。
【解析】
1. 计算斜边AB的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理可得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
2. 求点C到AB的距离d：
利用直角三角形面积的两种计算方式，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· d$，代入数值：
$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10× d$，解得$d=4.8$。
3. 分类讨论公共点情况：
情况1：当$\odot C$与AB所在直线相切时，圆和AB仅有1个公共点，此时半径$r=d=4.8$，满足条件。
情况2：当$\odot C$与线段AB相交且仅1个交点在线段AB上时：
已知$AC=6$，$BC=8$，当$6＜r≤8$时，点A到C的距离小于r，点A在圆内；点B到C的距离大于等于r，点B在圆上或圆外，此时线段AB仅在靠近B的位置存在1个公共点，符合题意。
若$r＞8$，点A、B都在圆内，线段AB全部落在圆内部，没有公共点，不符合要求。
综上，半径r的取值范围是$r=4.8$或$6＜r≤8$。
【答案】
$r=4.8$或$6＜r ≤ 8$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，面积法求高
【点评】
本题属于易错题，很多同学仅考虑圆和AB相切的情况，忽略了半径大于AC、小于等于BC时线段AB和圆也仅有一个公共点的情况，解题时要注意区分“直线AB”和“线段AB”与圆的位置关系，避免漏解。
【难度系数】
0.4
我们可以分两类情况来思考这道题：第一类是圆C和斜边AB所在直线相切，此时圆和AB刚好只有1个公共点；第二类是圆C和线段AB相交，但仅1个交点落在线段AB上，另一个交点在AB的延长线上。首先第一步用勾股定理算出斜边AB的长度，再通过面积法求出点C到AB的垂线段长度，得到相切时对应的半径；接下来结合点A、点B到圆心C的距离，分析半径变化时线段AB和圆的交点个数，就能得到所有符合条件的r的取值范围，避免漏解。
【解析】
1. 计算斜边AB的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=6$，$BC=8$，由勾股定理可得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
2. 求点C到AB的距离d：
利用直角三角形面积的两种计算方式，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· d$，代入数值：
$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10× d$，解得$d=4.8$。
3. 分类讨论公共点情况：
情况1：当$\odot C$与AB所在直线相切时，圆和AB仅有1个公共点，此时半径$r=d=4.8$，满足条件。
情况2：当$\odot C$与线段AB相交且仅1个交点在线段AB上时：
已知$AC=6$，$BC=8$，当$6＜r≤8$时，点A到C的距离小于r，点A在圆内；点B到C的距离大于等于r，点B在圆上或圆外，此时线段AB仅在靠近B的位置存在1个公共点，符合题意。
若$r＞8$，点A、B都在圆内，线段AB全部落在圆内部，没有公共点，不符合要求。
综上，半径r的取值范围是$r=4.8$或$6＜r≤8$。
【答案】
$r=4.8$或$6＜r ≤ 8$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，面积法求高
【点评】
本题属于易错题，很多同学仅考虑圆和AB相切的情况，忽略了半径大于AC、小于等于BC时线段AB和圆也仅有一个公共点的情况，解题时要注意区分“直线AB”和“线段AB”与圆的位置关系，避免漏解。
【难度系数】
0.4
9. (2025·武进区期中)如图,直线 $AB,CD$ 相交于点 $O,∠ AOC=30°$,半径为 1 cm 的$\odot P$的圆心在直线 $AB$ 上,开始时,$PO=6\ \mathrm{cm}.$ 如果$\odot P$ 以 $1\ \mathrm{cm/s}$ 的速度向右运动,那么当$\odot P$ 的运动时间 $t(\mathrm{s})$ 满足条件
$4＜t＜8$
时,$\odot P$ 与直线 $CD$ 相交.答案
9.$4＜t＜8$
解析
【分析】
我们可以按照临界法的思路来解题：首先回忆圆和直线的位置关系判定规则，圆和直线相交的充要条件是圆心到直线的距离小于圆的半径。我们不需要直接找相交的时间，先算出两个特殊临界状态——⊙P和直线CD相切时对应的运动时间，两个相切时间之间的区间就是圆与CD相交的范围。首先过点P向CD作垂线，利用含30°角的直角三角形的性质，当圆心到CD的距离等于半径1cm时，PO的长度一定是2cm，再分P在O左侧、P在O右侧两种相切情况，分别算出对应的运动时间，就能得到相交的时间范围。
【解析】
1. 先求相切时的PO长度：
当⊙P与直线CD相切时，圆心P到CD的距离等于⊙P的半径r=1cm。已知∠AOC=30°，在P向CD作垂线形成的直角三角形中，30°角对的直角边是斜边的一半，因此此时斜边PO=2×1cm=2cm。
2. 计算左侧相切的时间：
初始状态下PO=6cm，当P在O点左侧且⊙P与CD相切时，P向右移动的距离为6cm - 2cm = 4cm，已知运动速度为1cm/s，因此对应时间$t_1=\frac{4}{1}=4\ \mathrm{s}$。
3. 计算右侧相切的时间：
当P运动到O点右侧且⊙P与CD相切时，P向右移动的总距离为6cm + 2cm = 8cm，对应时间$t_2=\frac{8}{1}=8\ \mathrm{s}$。
4. 得到相交的时间范围：
当运动时间在4s到8s之间时，圆心P到直线CD的距离始终小于半径1cm，此时⊙P与直线CD相交。
【答案】
$4＜t＜8$
【知识点】
直线与圆位置关系，含30°直角三角形性质
【点评】
本题的核心易错点是容易遗漏圆运动到O点右侧时的相切临界情况，很多同学只算出左侧相切的时间就直接得出结果，忽略了圆持续向右运动时会先后两次和CD相切，两个相切时刻之间的区间才是完整的相交范围，解题时要注意分类讨论所有相切的可能情况。
【难度系数】
0.6
我们可以按照临界法的思路来解题：首先回忆圆和直线的位置关系判定规则，圆和直线相交的充要条件是圆心到直线的距离小于圆的半径。我们不需要直接找相交的时间，先算出两个特殊临界状态——⊙P和直线CD相切时对应的运动时间，两个相切时间之间的区间就是圆与CD相交的范围。首先过点P向CD作垂线，利用含30°角的直角三角形的性质，当圆心到CD的距离等于半径1cm时，PO的长度一定是2cm，再分P在O左侧、P在O右侧两种相切情况，分别算出对应的运动时间，就能得到相交的时间范围。
【解析】
1. 先求相切时的PO长度：
当⊙P与直线CD相切时，圆心P到CD的距离等于⊙P的半径r=1cm。已知∠AOC=30°，在P向CD作垂线形成的直角三角形中，30°角对的直角边是斜边的一半，因此此时斜边PO=2×1cm=2cm。
2. 计算左侧相切的时间：
初始状态下PO=6cm，当P在O点左侧且⊙P与CD相切时，P向右移动的距离为6cm - 2cm = 4cm，已知运动速度为1cm/s，因此对应时间$t_1=\frac{4}{1}=4\ \mathrm{s}$。
3. 计算右侧相切的时间：
当P运动到O点右侧且⊙P与CD相切时，P向右移动的总距离为6cm + 2cm = 8cm，对应时间$t_2=\frac{8}{1}=8\ \mathrm{s}$。
4. 得到相交的时间范围：
当运动时间在4s到8s之间时，圆心P到直线CD的距离始终小于半径1cm，此时⊙P与直线CD相交。
【答案】
$4＜t＜8$
【知识点】
直线与圆位置关系，含30°直角三角形性质
【点评】
本题的核心易错点是容易遗漏圆运动到O点右侧时的相切临界情况，很多同学只算出左侧相切的时间就直接得出结果，忽略了圆持续向右运动时会先后两次和CD相切，两个相切时刻之间的区间才是完整的相交范围，解题时要注意分类讨论所有相切的可能情况。
【难度系数】
0.6
10. 如图,$\odot O$的直径$AB=8$,弦$CD=4\sqrt{3}$,且$CD// AB$,判断以$CD$为直径的圆与直线$AB$的位置关系,并说明理由.
答案
10.解:以CD为直径的圆与直线AB相交.理由:如答图,作$OE ⊥ CD$于点E,连接OC.
则$CE=DE=\frac{1}{2}CD=2\sqrt{3}$,$∠ OEC=90°$.
$\because \odot O$的直径$AB=8$,$\therefore OC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2} × 8=4$.
由勾股定理,得$OE=\sqrt{OC^2-CE^2}=\sqrt{4^2-(2\sqrt{3})^2}=2$,
$2＜2\sqrt{3}$,$\therefore$以CD为直径的圆与直线AB相交.
则$CE=DE=\frac{1}{2}CD=2\sqrt{3}$,$∠ OEC=90°$.
$\because \odot O$的直径$AB=8$,$\therefore OC=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2} × 8=4$.
由勾股定理,得$OE=\sqrt{OC^2-CE^2}=\sqrt{4^2-(2\sqrt{3})^2}=2$,
$2＜2\sqrt{3}$,$\therefore$以CD为直径的圆与直线AB相交.
解析
【分析】
要判断以CD为直径的圆与直线AB的位置关系，我们可以利用直线与圆位置关系的判定规则：比较圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小，若d＜r则相交，d=r则相切，d＞r则相离。首先先确定待判断圆的半径：它是以CD为直径，因此半径为CD长度的一半。接下来需要求这个圆的圆心（即CD的中点）到直线AB的距离：因为CD//AB，所以CD中点到AB的距离等于两平行线AB、CD之间的距离，我们可以过圆心O作CD的垂线，结合垂径定理得到CD中点的位置，再通过勾股定理算出两平行线的距离，最后将距离和待判断圆的半径比较大小，即可得出结论。
【解析】
以CD为直径的圆与直线AB相交，理由如下：
1. 作辅助线：过点O作OE⊥CD于点E，连接OC。
2. 由垂径定理可得，E是CD的中点，也就是以CD为直径的圆的圆心，因此：
$CE = DE = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$，且∠OEC=90°。
3. 已知⊙O的直径AB=8，因此大圆的半径$OC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} × 8 = 4$。
4. 在Rt△OCE中，由勾股定理计算OE的长度：
$OE = \sqrt{OC^2 - CE^2} = \sqrt{4^2 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{16 - 12} = 2$。
5. 因为CD//AB，所以点E到直线AB的距离等于OE的长度，即待判断圆的圆心到直线AB的距离d=2。
6. 待判断圆的半径$r = CE = 2\sqrt{3}$，显然$2 ＜ 2\sqrt{3}$，即d ＜ r，因此以CD为直径的圆与直线AB相交。
【答案】
以CD为直径的圆与直线AB相交，理由如上。
【知识点】
垂径定理，勾股定理，直线与圆位置关系判定
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础应用题，核心是将几何位置关系的判断转化为距离与半径的数值比较，结合垂径定理、平行线的性质和勾股定理即可求解，重点考察学生对直线与圆位置关系判定方法的理解，以及对圆的基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
要判断以CD为直径的圆与直线AB的位置关系，我们可以利用直线与圆位置关系的判定规则：比较圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小，若d＜r则相交，d=r则相切，d＞r则相离。首先先确定待判断圆的半径：它是以CD为直径，因此半径为CD长度的一半。接下来需要求这个圆的圆心（即CD的中点）到直线AB的距离：因为CD//AB，所以CD中点到AB的距离等于两平行线AB、CD之间的距离，我们可以过圆心O作CD的垂线，结合垂径定理得到CD中点的位置，再通过勾股定理算出两平行线的距离，最后将距离和待判断圆的半径比较大小，即可得出结论。
【解析】
以CD为直径的圆与直线AB相交，理由如下：
1. 作辅助线：过点O作OE⊥CD于点E，连接OC。
2. 由垂径定理可得，E是CD的中点，也就是以CD为直径的圆的圆心，因此：
$CE = DE = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$，且∠OEC=90°。
3. 已知⊙O的直径AB=8，因此大圆的半径$OC = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2} × 8 = 4$。
4. 在Rt△OCE中，由勾股定理计算OE的长度：
$OE = \sqrt{OC^2 - CE^2} = \sqrt{4^2 - (2\sqrt{3})^2} = \sqrt{16 - 12} = 2$。
5. 因为CD//AB，所以点E到直线AB的距离等于OE的长度，即待判断圆的圆心到直线AB的距离d=2。
6. 待判断圆的半径$r = CE = 2\sqrt{3}$，显然$2 ＜ 2\sqrt{3}$，即d ＜ r，因此以CD为直径的圆与直线AB相交。
【答案】
以CD为直径的圆与直线AB相交，理由如上。
【知识点】
垂径定理，勾股定理，直线与圆位置关系判定
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础应用题，核心是将几何位置关系的判断转化为距离与半径的数值比较，结合垂径定理、平行线的性质和勾股定理即可求解，重点考察学生对直线与圆位置关系判定方法的理解，以及对圆的基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
11. (2025·锡山区月考)如图,等边$△ ABC$的边长为6 cm,点$ P,Q $分别从点$ A,B $出发同时向点$C$以2 cm/s的速度移动,到点$C$停止.
(1)几秒后,$△ PQC$的面积等于$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2?$
(2)设运动的时间为$ t $秒,以点$ Q $为圆心,$ PQ $的长为半径画圆,当$\odot Q$与线段$ AB $有唯一公共点时,求$ t $的取值范围.
第11题图
(1)几秒后,$△ PQC$的面积等于$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2?$
(2)设运动的时间为$ t $秒,以点$ Q $为圆心,$ PQ $的长为半径画圆,当$\odot Q$与线段$ AB $有唯一公共点时,求$ t $的取值范围.
第11题图
答案
11.解:(1)设运动时间为t秒,
根据题意,得$\frac{\sqrt{3}}{4}(6-2t)^2=\sqrt{3}$,
解得$t=2$或$t=4$(不合题意,舍去),
答:2秒后,$△ PQC$的面积等于$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$.
(2)如答图,过点Q作$QH ⊥ AB$于点H,
$\because △ ABC$是等边三角形,
$\therefore AB=BC=AC=6\ \mathrm{cm}$,$∠ B=∠ C=60°$.
$\because BQ=AP=2t\ \mathrm{cm}$,$\therefore CQ=CP=(6-2t)\mathrm{cm}$,
$\therefore BH=t\ \mathrm{cm}$,$HQ=\sqrt{3}t\ \mathrm{cm}$,
由题意,得$6-2t=\sqrt{3}t$,解得$t=12-6\sqrt{3}$.
当$\odot Q$经过点B时,$QP=QB=QC$,则$2t+2t=6$,解得$t=1.5$.
综上所述,当$\odot Q$与线段AB有唯一公共点时,t的取值范围为$0 ≤ t＜1.5$或$t=12-6\sqrt{3}$.
根据题意,得$\frac{\sqrt{3}}{4}(6-2t)^2=\sqrt{3}$,
解得$t=2$或$t=4$(不合题意,舍去),
答:2秒后,$△ PQC$的面积等于$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$.
(2)如答图,过点Q作$QH ⊥ AB$于点H,
$\because △ ABC$是等边三角形,
$\therefore AB=BC=AC=6\ \mathrm{cm}$,$∠ B=∠ C=60°$.
$\because BQ=AP=2t\ \mathrm{cm}$,$\therefore CQ=CP=(6-2t)\mathrm{cm}$,
$\therefore BH=t\ \mathrm{cm}$,$HQ=\sqrt{3}t\ \mathrm{cm}$,
由题意,得$6-2t=\sqrt{3}t$,解得$t=12-6\sqrt{3}$.
当$\odot Q$经过点B时,$QP=QB=QC$,则$2t+2t=6$,解得$t=1.5$.
综上所述,当$\odot Q$与线段AB有唯一公共点时,t的取值范围为$0 ≤ t＜1.5$或$t=12-6\sqrt{3}$.
解析
【分析】
这道题是等边三角形结合动点的综合题，解题思路如下：
1. 第(1)问：首先明确两点运动速度相同，运动t秒后AP=BQ=2t cm，结合等边△ABC边长为6，可得PC=QC=6-2t cm，又因为∠C=60°，可判定△PQC也是等边三角形，直接代入等边三角形面积公式列方程，再结合运动的实际时间范围舍去不符合题意的解即可。
2. 第(2)问：要让⊙Q与线段AB有唯一公共点，分两类讨论：第一类是线段AB的一个端点在圆内、另一个端点在圆外，此时线段和圆仅存在一个交点，通过点B在圆内的条件推导对应t的范围；第二类是⊙Q与直线AB刚好相切，此时圆心Q到AB的垂距等于半径PQ，构造直角三角形列方程解出对应的t值，最后合并两类情况的结果即可。
【解析】
(1) 设运动时间为t秒，由题意可知运动总时长不超过3秒，即0≤t≤3。
∵点P、Q的移动速度均为2cm/s，
∴AP=BQ=2t cm，
∵等边△ABC边长为6cm，
∴PC=AC-AP=6-2t，QC=BC-BQ=6-2t，
又
∵∠C=60°，
∴△PQC是等边三角形，代入等边三角形面积公式$S=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$（a为边长）得：
$\frac{\sqrt{3}}{4}(6-2t)^2=\sqrt{3}$
两边同除以$\sqrt{3}$整理得：$(6-2t)^2=4$，
开方得6-2t=±2，解得$t_1=2$，$t_2=4$，
∵t≤3，
∴t=4不符合运动范围，舍去。
(2) 过点Q作$QH ⊥ AB$于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，在Rt△BQH中，BQ=2t，
∴$BH=BQ·\cos60°=t$，$QH=BQ·\sin60°=\sqrt{3}t$，
又
∵△PQC是等边三角形，
∴$PQ=QC=6-2t$。
① 当⊙Q与AB相切时，圆心到AB的距离等于半径，即$QH=PQ$：
$\sqrt{3}t=6-2t$
整理得$t(2+\sqrt{3})=6$，解得$t=12-6\sqrt{3}$，此时⊙Q与线段AB仅有1个公共点。
② 当点B在⊙Q内部，点A在⊙Q外部时，线段AB与⊙Q仅有1个公共点：
点B在圆内等价于$QB ＜ PQ$，即$2t ＜ 6-2t$，解得$t＜1.5$，结合t≥0得$0≤t＜1.5$，满足条件。
其余区间内圆与线段AB无公共点或有2个公共点，不符合要求。
综上可得t的取值范围。
【答案】
(1) 2秒后，$△ PQC$的面积等于$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$；
(2) $t$的取值范围为$0 ≤ t＜1.5$或$t=12-6\sqrt{3}$。
【知识点】
等边三角形性质，动点几何，直线与圆位置关系
【点评】
本题属于中等难度的动点综合题，第一问利用等边三角形面积公式即可快速求解，难度较低；第二问需要区分直线与圆、线段与圆的位置关系差异，分类讨论唯一公共点的两种场景，很容易遗漏相切的特殊情况，或者误判点和圆的位置关系导致取值范围出错，解题时要结合端点的位置逐一验证区间合理性。
【难度系数】
0.4
这道题是等边三角形结合动点的综合题，解题思路如下：
1. 第(1)问：首先明确两点运动速度相同，运动t秒后AP=BQ=2t cm，结合等边△ABC边长为6，可得PC=QC=6-2t cm，又因为∠C=60°，可判定△PQC也是等边三角形，直接代入等边三角形面积公式列方程，再结合运动的实际时间范围舍去不符合题意的解即可。
2. 第(2)问：要让⊙Q与线段AB有唯一公共点，分两类讨论：第一类是线段AB的一个端点在圆内、另一个端点在圆外，此时线段和圆仅存在一个交点，通过点B在圆内的条件推导对应t的范围；第二类是⊙Q与直线AB刚好相切，此时圆心Q到AB的垂距等于半径PQ，构造直角三角形列方程解出对应的t值，最后合并两类情况的结果即可。
【解析】
(1) 设运动时间为t秒，由题意可知运动总时长不超过3秒，即0≤t≤3。
∵点P、Q的移动速度均为2cm/s，
∴AP=BQ=2t cm，
∵等边△ABC边长为6cm，
∴PC=AC-AP=6-2t，QC=BC-BQ=6-2t，
又
∵∠C=60°，
∴△PQC是等边三角形，代入等边三角形面积公式$S=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$（a为边长）得：
$\frac{\sqrt{3}}{4}(6-2t)^2=\sqrt{3}$
两边同除以$\sqrt{3}$整理得：$(6-2t)^2=4$，
开方得6-2t=±2，解得$t_1=2$，$t_2=4$，
∵t≤3，
∴t=4不符合运动范围，舍去。
(2) 过点Q作$QH ⊥ AB$于点H，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，在Rt△BQH中，BQ=2t，
∴$BH=BQ·\cos60°=t$，$QH=BQ·\sin60°=\sqrt{3}t$，
又
∵△PQC是等边三角形，
∴$PQ=QC=6-2t$。
① 当⊙Q与AB相切时，圆心到AB的距离等于半径，即$QH=PQ$：
$\sqrt{3}t=6-2t$
整理得$t(2+\sqrt{3})=6$，解得$t=12-6\sqrt{3}$，此时⊙Q与线段AB仅有1个公共点。
② 当点B在⊙Q内部，点A在⊙Q外部时，线段AB与⊙Q仅有1个公共点：
点B在圆内等价于$QB ＜ PQ$，即$2t ＜ 6-2t$，解得$t＜1.5$，结合t≥0得$0≤t＜1.5$，满足条件。
其余区间内圆与线段AB无公共点或有2个公共点，不符合要求。
综上可得t的取值范围。
【答案】
(1) 2秒后，$△ PQC$的面积等于$\sqrt{3}\ \mathrm{cm}^2$；
(2) $t$的取值范围为$0 ≤ t＜1.5$或$t=12-6\sqrt{3}$。
【知识点】
等边三角形性质，动点几何，直线与圆位置关系
【点评】
本题属于中等难度的动点综合题，第一问利用等边三角形面积公式即可快速求解，难度较低；第二问需要区分直线与圆、线段与圆的位置关系差异，分类讨论唯一公共点的两种场景，很容易遗漏相切的特殊情况，或者误判点和圆的位置关系导致取值范围出错，解题时要结合端点的位置逐一验证区间合理性。
【难度系数】
0.4
12. 在同一平面内,已知点$ O $到直线$ l $的距离为 6,以点$ O $为圆心,$r$ 为半径画圆.
(1)当$r=$
(2)若$\odot O$上有且只有 2 个点到直线$ l $的距离为 2,则$ r $的取值范围是
(3)随着$ r $的变化,$\odot O$上到直线$ l $的距离等于 2 的点的个数有哪些变化? 求出相对应的$ r $的值或取值范围.
(1)当$r=$
4
时,$\odot O$上有且只有 1 个点到直线$ l $的距离等于 2;(2)若$\odot O$上有且只有 2 个点到直线$ l $的距离为 2,则$ r $的取值范围是
$4＜r＜8$
;(3)随着$ r $的变化,$\odot O$上到直线$ l $的距离等于 2 的点的个数有哪些变化? 求出相对应的$ r $的值或取值范围.
答案
12.(1)4 (2)$4＜r＜8$
(3)解:当$0＜r＜4$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为0;当$r=4$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为1;当$4＜r＜8$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为2;当$r=8$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为3;当$r＞8$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为4.
(3)解:当$0＜r＜4$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为0;当$r=4$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为1;当$4＜r＜8$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为2;当$r=8$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为3;当$r＞8$时,$\odot O$上到直线l的距离等于2的点的个数为4.
解析
【分析】
解题思路：首先我们可以把“到直线l的距离等于2的点”的集合转化为两条平行于l、且与l距离为2的直线，已知点O到直线l的距离为6，因此可以算出这两条平行线到圆心O的距离分别是6-2=4和6+2=8。原问题“⊙O上到直线l距离等于2的点的个数”，本质就是这两条平行线和⊙O的交点总个数，接下来我们就可以利用直线和圆的位置关系判定规则（直线到圆心距离d＜r则相交有2个交点，d=r则相切有1个交点，d＞r则相离无交点），结合r和4、8的大小关系分类讨论，就能依次得到三个小问的结果。
【解析】
解：首先作两条平行于直线$l$的直线$l_1$、$l_2$，使得两条直线到$l$的距离都为2。
已知点$O$到直线$l$的距离为6，因此可得：
直线$l_1$（在$O$与$l$之间）到圆心$O$的距离为$6-2=4$，
直线$l_2$（在$l$的另一侧，远离$O$的一侧）到圆心$O$的距离为$6+2=8$。
(1) 要使$\odot O$上有且只有1个点到直线$l$的距离等于2，即两条直线$l_1$、$l_2$与$\odot O$的交点总数为1：
此时需要$l_1$与$\odot O$相切，$l_2$与$\odot O$相离，即$r=4$，此时$l_2$到O的距离8＞4，满足相离无交点，总交点数为1。
(2) 要使$\odot O$上有且只有2个点到直线$l$的距离等于2，即两条直线与$\odot O$的交点总数为2：
此时需要$l_1$与$\odot O$相交，$l_2$与$\odot O$相离，即$4＜r＜8$，此时$l_1$和圆有2个交点，$l_2$和圆无交点，总交点数为2。
(3) 按半径$r$的不同取值范围分类讨论：
① 当$0＜r＜4$时，$l_1$到O的距离4＞r，$l_2$到O的距离8＞r，两条直线都和$\odot O$相离，没有交点，因此$\odot O$上到直线$l$的距离等于2的点的个数为0；
② 当$r=4$时，$l_1$和$\odot O$相切有1个交点，$l_2$和$\odot O$相离无交点，总个数为1；
③ 当$4＜r＜8$时，$l_1$和$\odot O$相交有2个交点，$l_2$和$\odot O$相离无交点，总个数为2；
④ 当$r=8$时，$l_1$和$\odot O$相交有2个交点，$l_2$和$\odot O$相切有1个交点，总个数为3；
⑤ 当$r＞8$时，$l_1$和$\odot O$相交有2个交点，$l_2$和$\odot O$也相交有2个交点，总个数为4。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4}$；(2) $\boldsymbol{4＜r＜8}$；(3) 当$0＜r＜4$时，点的个数为0；当$r=4$时，点的个数为1；当$4＜r＜8$时，点的个数为2；当$r=8$时，点的个数为3；当$r＞8$时，点的个数为4。
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；点到直线的距离
【点评】
本题是直线与圆位置关系的经典拓展题型，核心考点是轨迹转化：将“到定直线距离为定值的点的集合”转化为两条平行直线，把原问题转化为两条平行线与圆的交点计数问题。解题时要注意分类讨论的分界点r=4和r=8的特殊情况，避免漏掉r=8时存在3个符合条件的点的情况，属于易错题。
【难度系数】
0.4
解题思路：首先我们可以把“到直线l的距离等于2的点”的集合转化为两条平行于l、且与l距离为2的直线，已知点O到直线l的距离为6，因此可以算出这两条平行线到圆心O的距离分别是6-2=4和6+2=8。原问题“⊙O上到直线l距离等于2的点的个数”，本质就是这两条平行线和⊙O的交点总个数，接下来我们就可以利用直线和圆的位置关系判定规则（直线到圆心距离d＜r则相交有2个交点，d=r则相切有1个交点，d＞r则相离无交点），结合r和4、8的大小关系分类讨论，就能依次得到三个小问的结果。
【解析】
解：首先作两条平行于直线$l$的直线$l_1$、$l_2$，使得两条直线到$l$的距离都为2。
已知点$O$到直线$l$的距离为6，因此可得：
直线$l_1$（在$O$与$l$之间）到圆心$O$的距离为$6-2=4$，
直线$l_2$（在$l$的另一侧，远离$O$的一侧）到圆心$O$的距离为$6+2=8$。
(1) 要使$\odot O$上有且只有1个点到直线$l$的距离等于2，即两条直线$l_1$、$l_2$与$\odot O$的交点总数为1：
此时需要$l_1$与$\odot O$相切，$l_2$与$\odot O$相离，即$r=4$，此时$l_2$到O的距离8＞4，满足相离无交点，总交点数为1。
(2) 要使$\odot O$上有且只有2个点到直线$l$的距离等于2，即两条直线与$\odot O$的交点总数为2：
此时需要$l_1$与$\odot O$相交，$l_2$与$\odot O$相离，即$4＜r＜8$，此时$l_1$和圆有2个交点，$l_2$和圆无交点，总交点数为2。
(3) 按半径$r$的不同取值范围分类讨论：
① 当$0＜r＜4$时，$l_1$到O的距离4＞r，$l_2$到O的距离8＞r，两条直线都和$\odot O$相离，没有交点，因此$\odot O$上到直线$l$的距离等于2的点的个数为0；
② 当$r=4$时，$l_1$和$\odot O$相切有1个交点，$l_2$和$\odot O$相离无交点，总个数为1；
③ 当$4＜r＜8$时，$l_1$和$\odot O$相交有2个交点，$l_2$和$\odot O$相离无交点，总个数为2；
④ 当$r=8$时，$l_1$和$\odot O$相交有2个交点，$l_2$和$\odot O$相切有1个交点，总个数为3；
⑤ 当$r＞8$时，$l_1$和$\odot O$相交有2个交点，$l_2$和$\odot O$也相交有2个交点，总个数为4。
【答案】
(1) $\boldsymbol{4}$；(2) $\boldsymbol{4＜r＜8}$；(3) 当$0＜r＜4$时，点的个数为0；当$r=4$时，点的个数为1；当$4＜r＜8$时，点的个数为2；当$r=8$时，点的个数为3；当$r＞8$时，点的个数为4。
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；点到直线的距离
【点评】
本题是直线与圆位置关系的经典拓展题型，核心考点是轨迹转化：将“到定直线距离为定值的点的集合”转化为两条平行直线，把原问题转化为两条平行线与圆的交点计数问题。解题时要注意分类讨论的分界点r=4和r=8的特殊情况，避免漏掉r=8时存在3个符合条件的点的情况，属于易错题。
【难度系数】
0.4
