8.⊙O的半径为4，PO=4，过点P的直线l与⊙O的位置关系是()。

A.相离
B.相交
C.相切
D.相交或相切

8.D

【分析】
要判断过点P的直线l与⊙O的位置关系，首先明确直线与圆位置关系的判定依据：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。第一步先确定点P的位置：已知⊙O半径r=4，PO=4，说明点P在⊙O上。接下来分析过圆上点P的直线l的情况：圆心O到直线l的距离d满足垂线段最短，因此d≤OP=4，即d≤r。分两种情况讨论：当直线l垂直于OP时，d=4=r，此时直线与圆相切；当直线l不垂直于OP时，d＜4=r，此时直线与圆相交，不存在d＞r的情况，因此位置关系是相交或相切。
【解析】
解：已知⊙O的半径r=4，且PO=4，
∴点P在⊙O上，
设圆心O到直线l的距离为d，根据垂线段最短可知，d≤OP=4，即d≤r。
①当d=r=4时，直线l与⊙O相切；
②当d＜r=4时，直线l与⊙O相交。
因此过点P的直线l与⊙O的位置关系是相交或相切，故选D。
【答案】
D
【知识点】
点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是先确定点P在圆上，再结合垂线段最短得到圆心到直线的距离的取值范围，注意过圆上一点的直线有无数条，只有与过该点的半径垂直的直线才是切线，其余直线均与圆相交，避免漏解。
【难度系数】
0.7

9.已知$\odot O$的半径长是一元二次方程$x^2 - 2x - 3 = 0$的一个根，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与$\odot O$的位置关系是________.

9.相交

【分析】
解题时应分两步思考：第一步先求解一元二次方程，得到方程的两个根，结合圆的半径为正数的性质，确定圆的半径r的取值；第二步回忆直线与圆位置关系的判定规则：比较圆心到直线的距离d与半径r的大小，若d＜r则直线与圆相交，d=r则相切，d＞r则相离，代入已知的距离d=2，和求出的r比较即可得出结论。
【解析】
首先解一元二次方程$x^2 - 2x - 3 = 0$：
因式分解得$(x-3)(x+1)=0$，
解得$x_1=3$，$x_2=-1$，
∵圆的半径为正数，
∴$\odot O$的半径$r=3$，
已知圆心O到直线l的距离$d=2$，
∵$2＜3$，即$d＜r$，
∴直线l与$\odot O$的位置关系是相交。
【答案】
相交
【知识点】
一元二次方程的解法；直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于基础综合题，将一元二次方程求解和几何中直线与圆的位置关系判定结合，解题的易错点是容易忽略半径为正的要求取错根，只要准确求出半径，再根据距离和半径的大小关系即可快速判断位置关系。
【难度系数】
0.8

10.在$△ OMN$中，$OM=ON=13\ \mathrm{cm}$，$MN=24\ \mathrm{cm}$，以点$O$为圆心，$6\ \mathrm{cm}$为半径作圆，则$\odot O$与直线$MN$的位置关系是________。

10.相交

【分析】
要判断圆与直线的位置关系，核心是比较圆心到直线的距离d与圆半径r的大小关系：d＜r时相交，d=r时相切，d＞r时相离。本题中△OMN是等腰三角形，我们可以利用等腰三角形三线合一的性质，过O作MN的垂线段，该垂线段的长度就是圆心O到直线MN的距离d，再用勾股定理计算d的长度，最后和半径r=6cm比较即可得出结论。
【解析】
过点O作OD⊥MN于点D。
∵ OM=ON=13cm，OD⊥MN，
∴ 根据等腰三角形三线合一的性质，D为MN的中点，
∴ MD = $\frac{1}{2}$MN = $\frac{1}{2}$×24 = 12cm。
在Rt△OMD中，由勾股定理得：
OD = $\sqrt{OM^2 - MD^2}$ = $\sqrt{13^2 - 12^2}$ = $\sqrt{25}$ = 5cm。
已知⊙O的半径r=6cm，
∵ 5cm ＜ 6cm，即圆心到直线MN的距离d ＜ r，
∴ ⊙O与直线MN的位置关系是相交。
【答案】
相交
【知识点】
直线与圆的位置关系判定；等腰三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系判定的基础题型，解题的关键是准确求出圆心到直线的距离，结合等腰三角形性质和勾股定理即可快速求解，是位置关系判定类的典型常考题。
【难度系数】
0.8

11.已知在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，以$C$为圆心，$r$为半径的圆与边$AB$有两个交点，则$r$的取值范围是________。

11.$\dfrac{12}{5}＜r≤3$

【分析】
解题时可分两步思考：第一步先确定圆与直线AB有两个交点的r的下限：圆和直线AB相切时仅1个交点，此时r等于点C到AB的距离，要两个交点则r必须大于这个距离；第二步确定r的上限：题目要求是和边AB（线段）有两个交点，而非直线AB，需结合线段端点到C的距离判断，AC=3＜BC=4，若r超过3，点A会进入圆内，此时线段AB和圆仅1个交点，不符合要求，等于3时刚好过A点，仍有两个交点。解题时先通过勾股定理求AB长度，再用面积法求C到AB的距离，最后结合条件确定范围即可。
【解析】
1. 求斜边AB的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
2. 求圆心C到AB的距离：
过点C作$CD⊥AB$于点D，由三角形面积公式$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CD$，代入数值：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× CD$
解得$CD=\frac{12}{5}$
3. 确定r的取值范围：
① 当$r=\frac{12}{5}$时，圆与AB相切，仅1个交点，要两个交点需满足$r＞\frac{12}{5}$；
② 当$r=3$时，圆过点A，此时与线段AB有两个交点（点A和AB上另一个交点）；若$r＞3$，点A在圆内部，圆与线段AB仅1个交点，不符合要求，故$r≤3$。
综上，$r$的取值范围是$\frac{12}{5}＜r≤3$。
【答案】
$\boldsymbol{\dfrac{12}{5}＜r≤3}$
【知识点】
勾股定理，直线与圆的位置关系，三角形面积计算
【点评】
本题易错点是忽略题干要求的是与边AB（线段）有两个交点，误按直线AB计算仅写出$r＞\frac{12}{5}$，解题时要注意区分直线和线段的差异，同时准确判断等号的取舍。
【难度系数】
0.6

12.如图,四边形ABCD中,AD//BC,∠BAD=90°,AD+BC=CD,以AB为直径作⊙O,连接OD,交⊙O于点E.试判断CD与⊙O的位置关系,并说明理由.

12.$CD$ 与 $\odot O$ 相切.
理由如下:延长 $DO$,交 $CB$ 的延长线于点 $F$,过点 $O$ 作 $OG⊥ CD$ 于点 $G$.
$\because AD// BC,\therefore∠ ADO=∠ CFD$,
$\because∠ AOD=∠ BOF,OA=OB,\therefore△ AOD≌△ BOF(\mathrm{AAS}),\therefore AD=BF$.
$\because AD+BC=CD,\therefore CF=CD,\therefore∠ CFD=∠ CDF,\therefore∠ ADO=∠ CDO$,
$\because∠ BAD=90°,\therefore OG=OA$,
$\therefore CD$ 与 $\odot O$ 相切.

【分析】
要判断直线与圆的位置关系，可通过比较圆心到直线的距离与半径的大小关系判断，若距离等于半径则直线与圆相切。本题未给出CD与⊙O的公共点，因此选择过圆心O作CD的垂线，证明垂线段长度等于半径OA即可。已知AD//BC、O是AB中点，可通过延长DO交CB延长线构造全等三角形，将AD+BC转化为单条线段CF，结合AD+BC=CD可得等腰三角形，推出角相等得到OD是∠ADC的角平分线，最后利用角平分线的性质即可证明垂线段等于半径。
【解析】
延长DO，交CB的延长线于点F，过点O作OG⊥CD于点G。
∵AD//BC，
∴∠ADO=∠CFD，
∵∠AOD=∠BOF，OA=OB，
∴△AOD≌△BOF（AAS），
∴AD=BF。
∵AD+BC=CD，
∴CF=BF+BC=AD+BC=CD，
∴∠CFD=∠CDF，
∴∠ADO=∠CDF，即OD平分∠ADC。
∵∠BAD=90°，
∴OA⊥AD，
又
∵OG⊥CD，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，可得OG=OA，
即圆心O到CD的距离等于⊙O的半径，因此CD与⊙O相切。
【答案】
CD与$\odot O$相切
【知识点】
切线的判定；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质
【点评】
本题重点考查直线与圆相切的判定方法，解题的关键是结合已知条件合理构造辅助线，通过全等转化线段关系，结合角平分线的性质完成证明，对辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6

13.已知点A(0,6),B(8,0),O为坐标原点,⊙M为过A,O,B三点的圆,直线l:y=-4.
(1)如图①,直线l向上平移个单位长度后与⊙M相切.
(2)如图②,动点P,Q从原点出发,分别沿x轴和y轴的正半轴运动,点P以每秒4个单位长度的速度运动,点Q以每秒3个单位长度的速度运动.当运动时间为多少秒时,PQ与⊙M相切?

13.(1)2 或 12
(2)作 $MH⊥ PQ$,垂足为点 $H$.
则 $PQ$ 与 $\odot M$ 相切时 $MH=r=5$.
连接 $MQ,MO,MP$.
设运动时间为 $t\ \mathrm{s}$,则 $OQ=3t,OP=4t,\therefore PQ=5t$,
$\because S_{△ MQO}+S_{△ MOP}+S_{△ MPQ}=S_{△ POQ}$,
$\therefore\dfrac{1}{2}×3t×4t=\dfrac{1}{2}×3t×4+\dfrac{1}{2}×4t×3+\dfrac{1}{2}×5t×5$,解得 $t_1=\dfrac{49}{12},t_2=0$(舍去).
故运动时间为 $\dfrac{49}{12}\ \mathrm{s}$ 时 $PQ$ 与 $\odot M$ 相切.

【分析】
(1) 先确定⊙M的基本参数：由∠AOB=90°，根据圆周角定理可知AB是⊙M的直径，结合A、B坐标可得AB长为10，即半径r=5，圆心M是AB中点，坐标为(4,3)。直线l平移后与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，据此列方程求解平移距离即可，注意存在两种相切情况，不要漏解。
(2) 先设运动时间为t s，表示出OQ=3t、OP=4t，由勾股定理得PQ=5t。PQ与⊙M相切时，圆心M到PQ的距离等于半径5，采用面积法：大三角形POQ的面积等于三个小三角形（△MQO、△MOP、△MPQ）的面积和，列方程求解后舍去不符合题意的t=0即可。
【解析】
(1)
∵∠AOB=90°，
∴AB为⊙M的直径。
∵A(0,6)，B(8,0)，
∴由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，即⊙M半径$r=5$，圆心M为AB中点，坐标为$(4,3)$。
设直线l向上平移$m$个单位后与⊙M相切，平移后直线解析式为$y=-4+m$。
直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，即$|3-(-4+m)|=5$，
解得$m=2$或$m=12$。
(2) 设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，过点M作$MH⊥PQ$，垂足为H。
当PQ与⊙M相切时，$MH=r=5$。
由题意得：$OQ=3t$，$OP=4t$，在$Rt△POQ$中，$PQ=\sqrt{OQ^2+OP^2}=5t$。
连接$MQ、MP$，由$S_{△POQ}=S_{△MQO}+S_{△MOP}+S_{△MPQ}$得：
$\frac{1}{2}×4t×3t=\frac{1}{2}×3t×4+\frac{1}{2}×4t×3+\frac{1}{2}×5t×5$
化简得$12t^2-49t=0$，解得$t_1=\frac{49}{12}$，$t_2=0$（不符合运动实际，舍去）。
【答案】
(1) $\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{12}$
(2) $\boldsymbol{\dfrac{49}{12}\ \mathrm{s}}$
【知识点】
直线与圆相切的性质、圆周角定理、动点问题求解
【点评】
本题属于圆与坐标系结合的综合题，第一问要注意直线与圆相切存在两种位置，避免漏解；第二问采用面积法求解，规避了求解直线解析式的复杂计算，是处理动点相切问题的常用技巧。
【难度系数】
0.6