1. 已知$P$是$\odot O$外一点，$PA$，$PB$分别切$\odot O$于点$A$，$B$，$∠ P=70°$，$C$是$\odot O$上的点(不与点$A$，$B$重合)，则$∠ ACB$的度数为（）

A.$70°$
B.$55°$
C.$70°$或$110°$
D.$55°$或$125°$

1. D 如图. $\because$ PA，PB 分别切 $\odot O$ 于点 A，B，
$\therefore ∠ OAP = ∠ OBP = 90°. \because ∠ P = 70°, \therefore ∠ AOB =$
$360° - ∠ OAP - ∠ OBP - ∠ P = 360° - 90° - 90° - 70° =$
$110°.$ 当点 C 在优弧 AB 上时，$∠ ACB = \frac{1}{2}∠ AOB = 55°.$
当点 $C'$ 在劣弧 AB 上时，$∠ AC'B = 180° - ∠ ACB = 125°.$
综上所述，$∠ ACB$ 的度数为 $55°$ 或 $125°.$

【分析】
解题时首先从切线的已知条件出发，先连接圆心O与切点A、B，根据切线的性质得到OA⊥PA、OB⊥PB，得到两个直角；再利用四边形内角和为360°，代入已知的∠P=70°，计算出圆心角∠AOB的度数。由于题目没有限定点C在弧AB的具体位置，因此需要分两类讨论：第一类是点C在优弧AB上，直接用圆周角定理，同弧对应的圆周角是圆心角的一半，算出对应角度；第二类是点C在劣弧AB上，利用圆内接四边形对角互补的性质，算出另一符合条件的角度，最终合并两种情况的结果即可，要注意不能遗漏任意一种位置的情况。
【解析】
解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠OAP = ∠OBP = 90°，
在四边形OAPB中，内角和为360°，已知∠P=70°，
∴∠AOB = 360° - ∠OAP - ∠OBP - ∠P = 360° - 90° - 90° -70° = 110°。
分两种情况讨论：
1. 当点C在优弧AB上时，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得∠ACB = 1/2 ∠AOB = 1/2 ×110° = 55°；
2. 当点C在劣弧AB上时，根据圆内接四边形对角互补的性质，可得此时的∠ACB = 180° - 55° = 125°。
综上，∠ACB的度数为55°或125°。
【答案】
D
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形性质
【点评】
本题是圆章节的经典易错题，最常见的错误是直接默认点C在优弧AB上，只算出55°就选择B选项，忽略了点C可以落在劣弧AB上的情况，解题时遇到未限定点在圆上具体位置的问题，要主动分类讨论不同位置的可能性，避免漏解。
【难度系数】
0.5

2. 已知圆中的一条弦所对的圆心角是$30^{\circ }$,则这条弦所对的圆周角的度数是.

2. $15°$或 $165°$ 如图，$∠ AOB = 30°$, 则 $∠ C = \frac{1}{2}∠ AOB =$
$15°. \because$ 四边形 ADBC 是 $\odot O$ 的内接四边形，$\therefore ∠ D =$
$180° - ∠ C = 165°.$ 因此，弦 AB 所对的圆周角的度数为 $15°$
或 $165°.$

【分析】
解题思路：首先要明确一条弦对应圆上的两段弧（一段劣弧、一段优弧，直径特殊对应两个半圆），因此弦所对的圆周角有两个不同的度数，二者互补。第一步先根据已知的30°圆心角，得到对应的劣弧度数为30°，利用圆周角定理算出劣弧对应的圆周角度数；第二步算出另一段优弧的度数，再通过圆周角定理或者圆内接四边形对角互补的性质，算出优弧对应的圆周角度数，两个结果都要保留，不能遗漏。
【解析】
解：设题中的弦为AB，对应的圆心为O，由题意得弦AB所对的圆心角∠AOB=30°：
1. 弦AB将圆分割为两段弧：度数为30°的劣弧AB，以及度数为$360°-30°=330°$的优弧AB。
2. 根据圆周角定理：同一段弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，可得劣弧AB所对的圆周角为：
$∠ C = \frac{1}{2}∠ AOB = \frac{1}{2} × 30° = 15°$
3. 根据圆内接四边形的对角互补性质，优弧AB所对的圆周角与15°的圆周角互补，因此该圆周角为：
$∠ D = 180° - 15° = 165°$
综上，这条弦所对的圆周角的度数是15°或165°。
【答案】
$15°$或 $165°$
【知识点】
圆周角定理，圆内接四边形性质，圆心角概念
【点评】
本题属于圆的基础易错题，最容易出现的错误是只得到15°这一个结果，忽略了一条非直径的弦对应两段不同的弧，对应两个互补的圆周角，解题时要注意区分“弧所对的圆周角”和“弦所对的圆周角”的差异，避免漏解。
【难度系数】
0.5

3. 如图，$\odot O$ 的半径为 2，$AB$ 是 $\odot O$ 的弦，$P$ 是弦 $AB$ 上的一动点，且$\sqrt{2} ≤ OP ≤ 2$，则弦$AB$ 所对的圆周角的度数为.

3. $45°$或 $135°$ 如图，连接 OA,OB,过点 O 作 $OD⊥ AB$ 于
点 D,在 $\odot O$ 上 AB 的两侧分别取点 E,F,连接 AE,BE,
AF,BF. $\because$ P 是弦 AB 上的一动点，且 $\sqrt{2}≤ OP≤ 2$,
$\therefore OD=\sqrt{2}. \therefore AD=\sqrt{OA^2-OD^2}=\sqrt{2}. \therefore AD=OD.$
$\therefore ∠ OAB=∠ AOD=45°. \because OA=OB, OD⊥ AB,$
$\therefore ∠ AOD=∠ BOD. \therefore ∠ AOB=2∠ AOD=90°. \therefore ∠ AEB=$
$\frac{1}{2}∠ AOB=45°. \because ∠ E+∠ F=180°, \therefore ∠ F=135°.$ 综上
所述，弦 AB 所对的圆周角的度数为 $45°$ 或 $135°.$

【分析】
我们可以按以下思路逐步推导：首先，已知P是弦AB上的动点，OP的取值范围为√2 ≤ OP ≤ 2，根据点到直线的连线中垂线段最短的性质，OP的最小值就是圆心O到弦AB的垂线段长度，OP的最大值就是圆的半径（P与A或B重合时取到），由此直接得到圆心到AB的距离OD=√2。接着连接半径OA、OB，结合垂径定理和勾股定理计算半弦长AD，进而求出圆心角∠AOB的度数。最后要注意，同一条弦对应分布在弦两侧的两类圆周角，二者互补，结合圆周角定理即可算出所有符合要求的圆周角度数。
【解析】
解：连接OA、OB，过点O作OD⊥AB于点D，在⊙O上AB的两侧分别取点E、F，连接AE、BE、AF、BF。
∵ P是弦AB上的一动点，且√2 ≤ OP ≤ 2，
∴ 圆心O到弦AB的最短垂线段长度OD=√2。
在Rt△OAD中，⊙O半径OA=2，由勾股定理得：
AD=√(OA²-OD²)=√(2²-(√2)²)=√2，
∴ AD=OD，可得∠OAB=∠AOD=45°。
∵ OA=OB，OD⊥AB，由等腰三角形三线合一可知∠AOD=∠BOD，
∴ ∠AOB=2∠AOD=90°。
根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，因此AB上方的圆周角∠AEB=1/2∠AOB=45°。
又由圆内接四边形对角互补，可得AB另一侧的圆周角∠F=180°-∠AEB=135°。
【答案】
45°或135°
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题的核心突破口是理解弦上动点到圆心的距离最小值为圆心到弦的垂线段长度，易错点是容易忽略同一条弦对应两类互补的圆周角，仅算出45°就结束，漏掉135°的情况，解题时要注意区分弦所对的圆周角和弧所对的圆周角的差异。
【难度系数】
0.6

4. 在半径为 2 的圆中,弦 $AB,AC$ 的长分别为 $2,2\sqrt{3}$,则弦 $BC$ 的长为.

4. 2 或 4 如图，记该圆为 $\odot O$,过点 O 作 $OD⊥ AB,OE⊥$
AC,垂足分别为 D,E,连接 OA,OC', $\therefore AE=\frac{1}{2}AC=$
$\sqrt{3}, AD=\frac{1}{2}AB=1, AE=CE, AD=BD.$ 在 $\mathrm{Rt}△ OEA$ 中，
$OE=\sqrt{OA^2-AE^2}=\sqrt{2^2-(\sqrt{3})^2}=1. \therefore OE=\frac{1}{2}OA$, 则
$∠ OAE=30°.$ 同理，可得 $∠ AOD=30°. \therefore ∠ AOE=90°-$
$∠ OAE=60°. \because OC=OA=OB, \therefore ∠ AOE=∠ COE=$
$60°, ∠ AOD=∠ BOD=30°.$ 当 AB,AC 在圆心 O 的异侧
时，$∠ BOC=∠ AOC+∠ AOB=60°×2+30°×2=180°,$
$\therefore BC$ 是 $\odot O$ 的直径. $\therefore BC$ 的长为 4. 当 AB,AC' 在圆心
O 的同侧时，$\because AC'=AC=2\sqrt{3}, OA=OA, OC'=OC=2,$
$\therefore △ AOC'≌△ AOC(\mathrm{SSS}). \therefore ∠ AOC'=∠ AOC=120°.$
$\therefore ∠ BOC'=∠ AOC'-∠ AOB=120°-60°=60°.$
$\because OB=OC', \therefore △ OBC'$ 是等边三角形. $\therefore BC'=OB=2.$
综上所述，弦 BC 的长为 2 或 4.

【分析】
解题时首先要注意，题目没有限定弦AB、AC相对于圆心的位置，因此需要分两种情况讨论：两条弦在圆心同侧、两条弦在圆心异侧，避免漏解。首先我们可以利用垂径定理，过圆心分别向两条已知弦作垂线，将弦长平分得到半弦长，再在构造出的直角三角形中结合勾股定理，求出对应的角度，进而得到两条弦对应的圆心角∠AOB和∠AOC的度数，之后根据两种位置下的圆心角的和/差得到BC对应的圆心角，最后结合圆的半径求出BC的长度即可。
【解析】
记该圆为$\odot O$，半径$r=2$，过点$O$作$OD⊥ AB$，$OE⊥ AC$，垂足分别为$D,E$，连接$OA,OB,OC$。
根据垂径定理，可得：
$AE=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，$AD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×2=1$。
在$\mathrm{Rt}△ OEA$中，由勾股定理得：
$OE=\sqrt{OA^2-AE^2}=\sqrt{2^2-(\sqrt{3})^2}=1$，
因此$OE=\frac{1}{2}OA$，可得$∠ OAE=30°$，进而$∠ AOE=90°-30°=60°$，因此$∠ AOC=2∠ AOE=120°$。
同理在$\mathrm{Rt}△ ODA$中，由勾股定理得：
$OD=\sqrt{OA^2-AD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
因此$OD=\frac{\sqrt{3}}{2}OA$，可得$∠ AOD=30°$，因此$∠ AOB=2∠ AOD=60°$。
接下来分两种情况计算弦$BC$的长度：
1. 当$AB,AC$在圆心$O$的异侧时：
$∠ BOC=∠ AOC+∠ AOB=120°+60°=180°$，说明$BC$是$\odot O$的直径，因此$BC=2r=4$。
2. 当$AB,AC$在圆心$O$的同侧时：
此时$∠ BOC=∠ AOC-∠ AOB=120°-60°=60°$，又因为$OB=OC=2$，因此$△ OBC$是等边三角形，可得$BC=OB=2$。
综上，弦$BC$的长为2或4。
【答案】
2 或 4
【知识点】
垂径定理，勾股定理，分类讨论思想
【点评】
本题的易错点是容易忽略两条弦相对于圆心的位置存在两种不同情况，只计算出其中一个结果导致漏解，解题时要注意圆中未限定弦的位置时，需要主动分类讨论，结合垂径定理将弦长问题转化为直角三角形的边角问题求解。
【难度系数】
0.4

5. 如图,在$□ OABC$中,以点$O$为圆心、$OC$长为半径的圆切$AB$于点$B$,$F$是圆上一动点,作射线$AF$交$\odot O$于另一点$E$. 当$EF=BC$时,$∠ BAF$的度数为.

5. $75°$或 $15°$ 如图，当 AF 在 OA 的上方时，连接 OE,OF,
OB,过点 O 作 $OH⊥ EF$ 于点 H. $\because OE=OB, OF=OC,$
$EF=BC, \therefore △ OEF≌△ OBC(\mathrm{SSS}). \therefore$ 易得 $∠ C=$
$∠ OBC=∠ E=∠ OFE. \because$ 以 OC 长为半径的圆切 AB 于
点 B, $\therefore OB⊥ AB. \because$ 四边形 OABC 是平行四边形，
$\therefore OA=BC, AB// OC. \therefore OB⊥ OC. \therefore △ OBC$ 是等腰直
角三角形. $\therefore$ 易得 $∠ C=∠ OAB=∠ OBC=45°. \therefore ∠ E=$
$∠ EFO=45°. \therefore$ 易得 $OH=\frac{1}{2}EF. \because OA=BC=EF,$
$\therefore OH=\frac{1}{2}OA. \therefore$ 易得 $∠ OAH=30°. \therefore ∠ BAF=45°+$
$30°=75°.$ 当 AF (即 $AF'$) 在 OA 的下方时，同理，可得
$∠ OAF'=30°. \therefore ∠ BAF'=45°-30°=15°.$ 综上所述，
$∠ BAF$ 的度数为 $75°$ 或 $15°.$

【分析】
解题思路按以下步骤推进：1. 先从已知的切线条件和平行四边形性质推导基础角：圆O切AB于B，可得OB⊥AB，结合平行四边形OABC中AB//OC，推出OB⊥OC，又OB、OC都是圆的半径，因此△OBC是等腰直角三角形，得到∠OAB=∠C=45°这个基础角度。2. 利用EF=BC的条件，结合OE=OF=OB=OC，通过SSS证明△OEF≌△OBC，得到△OEF也是等腰直角三角形，过O作OH⊥EF，由垂径定理算出OH=1/2 EF。3. 结合平行四边形对边相等OA=BC=EF，得到OH=1/2 OA，在Rt△OHA中，由直角边等于斜边一半的性质，得到∠OAH=30°。4. 分两种情况讨论射线AF的位置：AF在OA上方时角度相加，AF在OA下方时角度相减，最终得到两个符合条件的结果。
【解析】
解：连接OE、OF、OB，过点O作OH⊥EF于点H。
1. 由切线性质，圆O切AB于点B，得OB⊥AB。
∵ 四边形OABC是平行四边形，
∴ AB//OC，OA=BC，
∴ OB⊥OC，即∠BOC=90°。
又
∵ OB、OC均为⊙O半径，OB=OC，
∴ △OBC是等腰直角三角形，
∴ ∠C=∠OBC=45°，由平行四边形对角相等得∠OAB=∠C=45°。
2.
∵ OE=OB，OF=OC，EF=BC，
∴ △OEF≌△OBC(SSS)，
∴ ∠OEF=∠OFE=∠C=45°。
在等腰Rt△OEF中，OH⊥EF，由垂径定理得H为EF中点，因此OH=1/2 EF。
3. 又
∵ OA=BC=EF，
∴ OH=1/2 OA，
在Rt△OAH中，直角边OH为斜边OA的一半，可得∠OAH=30°。
4. 分两种位置讨论：
① 当射线AF在OA的上方时，∠BAF=∠OAB+∠OAH=45°+30°=75°；
② 当射线AF在OA的下方时，∠BAF=∠OAB-∠OAH=45°-30°=15°。
综上，∠BAF的度数为75°或15°。
【答案】
$75°$或 $15°$
【知识点】
切线的性质，垂径定理，直角三角形性质
【点评】
本题是圆与平行四边形结合的几何多解题型，核心是先从已知条件推导出基础的45°角，再通过全等转化边的关系得到30°角，多数同学容易遗漏射线AF的两种不同位置导致漏解，解题时要注意对动点F的所有可能位置做分类讨论。
【难度系数】
0.3

6. 分类讨论思想 如图,在$\odot O$中,$AD$为直径,弦$BC ⊥ AD$于点$H$,连接$OB$.已知$OB=2\ \mathrm{cm}$,$∠ OBC=30^{ \circ }$,动点$E$在直径$AD$上从点$D$向点$A$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度运动,运动时间为$t\ \mathrm{s}$,连接$BE$.当$∠ OBE=30^{ \circ }$时,$t$的值为.

6. 1 或 4 如图，连接 AB. 当点 E 在点 O 的下方时，
$\because ∠ OBE=30°, ∠ OBC=30°, \therefore$ 点 E 与点 H 重合.
$\because OB=2\ \mathrm{cm}, BC⊥ AD, \therefore$ 易得 $OE=1\ \mathrm{cm}. \therefore DE=$
$OD-OE=1\ \mathrm{cm}. \therefore t=1.$ 当点 $E'$ 在点 O 的上方时，
$\because BC⊥ AD, ∠ OBC=30°, \therefore ∠ BOH=90°-∠ OBC=$
$60°. \because OB=OA, \therefore ∠ OBA=\frac{1}{2}∠ BOH=30°.$
$\because ∠ OBE'=30°, \therefore$ 点 $E'$ 和点 A 重合. $\therefore DE'=4\ \mathrm{cm}.$
$\therefore t=4.$ 综上所述，当 $∠ OBE=30°$ 时，$t$ 的值为 1 或 4.

【分析】
这是一道圆相关的动点分类讨论题，解题思路如下：
1. 先从已知条件出发，在Rt△OBH中，已知OB=2cm，∠OBC=30°，BC⊥AD，先算出基础线段长度：OH=OB·sin30°=1cm，圆的半径OD=OA=OB=2cm，AD=4cm。
2. 动点E沿AD从D向A运动，要满足∠OBE=30°，显然存在两个符合条件的位置，因此需要分类讨论：
第一种情况：E点在O点下方（OD线段上），此时∠OBE=30°和已知的∠OBC=30°相等，说明E点和垂足H重合，直接算出DE的长度，结合运动速度得到t。
第二种情况：E点在O点上方（OA线段上），通过角度推导，先算出∠BOH=60°，结合OA=OB得到∠OBA=30°，刚好满足∠OBE=30°，说明E点和A点重合，算出DE的总长度，得到对应的t值。
3. 最后汇总两种情况的t值即可。
【解析】
解：已知⊙O半径OB=2cm，因此OD=OA=2cm，AD=4cm。
在Rt△OBH中，BC⊥AD，∠OBH=∠OBC=30°，
∴ OH = OB·sin30° = 2×1/2 = 1cm。
分两种情况讨论：
① 当点E在O、D之间时：
∵ ∠OBE=30°，且∠OBC=30°，
∴ BE与BC重合，点E与点H重合，
此时DE = OD - OH = 2 - 1 = 1cm，
∵ E的运动速度为1cm/s，
∴ t = DE / 1 = 1s。
② 当点E'在O、A之间时：
∵ 在Rt△OBH中，∠BOH = 90° - ∠OBC = 60°，
又
∵ OA=OB，
∴ △OAB中，∠OBA = ∠OAB = (180° - 60°)/2 = 30°，
刚好满足∠OBE'=30°，因此点E'与点A重合，
此时DE' = AD = 4cm，
∴ t = DE' / 1 = 4s。
综上，t的值为1或4。
【答案】
1 或 4
【知识点】
垂径定理；含30°直角三角形性质；动点分类讨论
【点评】
本题结合圆的基础性质考查动点问题，核心考点是分类讨论思想，学生很容易只算出E与H重合的第一种情况，漏掉E与A重合的第二种符合条件的位置，解题时需要结合角度关系全面排查AD上所有满足∠OBE=30°的点，避免漏解。
【难度系数】
0.5

7. 如图,在平面直角坐标系中,点$A$,$B$的坐标分别是$(0,2)$,$(4,0)$,$P$是直线$y=$$2x+2$上的一动点,当以点$P$为圆心、$PO$长为半径的圆与$△ AOB$的一条边所在的直线相切时,点$P$的坐标为.

7. $(-\frac{1}{2},1)$或$(-1,0)$或$(0,2)$ 记直线 $y=2x+2$ 与
$x$ 轴的交点为 $C$,则易得点 $C$ 的坐标为 $(-1,0). \because$ 点 $A,B$
的坐标分别是 $(0,2),(4,0), \therefore$ 易得直线 $AB$ 对应的函数
表达式为 $y=-\frac{1}{2}x+2, AC^2=5, AB^2=20, BC^2=25.$
$\therefore AC^2+AB^2=BC^2. \therefore ∠ CAB=90°$, 即 $AC⊥ AB. \because P$
是直线 $y=2x+2$ 上的一动点，$\therefore PA⊥ AB.$ ① 如图①，当
$\odot P$ 与边 $AB$ 所在的直线相切时，易知 $AC$ 为 $\odot P$ 的直径.
$\therefore PA=PC$, 即 $P$ 为 $AC$ 的中点. $\therefore$ 点 $P$ 的坐标为
$(-\frac{1}{2},1).$ ② 如图②，当 $\odot P$ 与边 $AO$ 所在的直线相切时，$PO⊥ AO$, 即点 $P$ 在 $x$ 轴上. $\therefore$ 点 $P$ 与点 $C$ 重合.
$\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(-1,0).$ ③ 如图③，当 $\odot P$ 与边 $BO$ 所
在的直线相切时，$PO⊥ BO$, 即点 $P$ 在 $y$ 轴上. $\therefore$ 点 $P$ 与
点 $A$ 重合. $\therefore$ 点 $P$ 的坐标为 $(0,2).$ 综上所述，点 $P$ 的坐标
为 $(-\frac{1}{2},1)$ 或 $(-1,0)$ 或 $(0,2).$

【分析】
我们可以按△AOB的三条边所在直线分三类讨论相切的情况：
1. 首先明确△AOB的三条边分别是OA（y轴）、OB（x轴）、AB，动圆P的半径恒等于PO，圆和直线相切的核心条件是：圆心到该直线的距离等于半径PO。
2. 先计算相关辅助条件：先求直线AB的解析式，验证直线y=2x+2与AB垂直，这样当圆和AB相切时，点P到AB的距离就是PA，因此PA=PO，结合直角三角形斜边中线性质，可得P是AC的中点，直接算出坐标。
3. 再分别处理圆与y轴（OA）相切、圆与x轴（OB）相切的情况，利用点到坐标轴的距离等于半径PO，列方程求解，就能得到对应的P点坐标，最后汇总所有符合条件的点即可。
【解析】
解：已知A(0,2)，B(4,0)，先求直线AB的解析式：
设AB解析式为$y=kx+b$，代入A、B坐标得：
$\begin{cases}b=2 \\ 4k + b = 0\end{cases}$，解得$k=-\frac{1}{2}$，即直线AB为$y=-\frac{1}{2}x+2$。
直线$y=2x+2$与x轴交点C的坐标：令$y=0$，得$x=-1$，即$C(-1,0)$。
验证垂直：$AC^2=(0+1)^2+(2-0)^2=5$，$AB^2=(4-0)^2+(0-2)^2=20$，$BC^2=(4+1)^2=25$，满足$AC^2+AB^2=BC^2$，因此$AC⊥ AB$。
分三种相切情况讨论：
① 当$\odot P$与直线AB相切时：
圆心P到AB的距离就是PA，由相切条件得$PA=PO$，在Rt△AOC中，斜边AC上的点P满足$PA=PO$，因此P是AC的中点，A(0,2)，C(-1,0)，中点坐标为$(\frac{0-1}{2},\frac{2+0}{2})$，即$(-\frac{1}{2},1)$。
② 当$\odot P$与直线OA（y轴）相切时：
圆心P到y轴的距离等于半径PO，设$P(x,2x+2)$，点P到y轴距离为$|x|$，半径$PO=\sqrt{x^2+(2x+2)^2}$，令$|x|=\sqrt{x^2+(2x+2)^2}$，两边平方化简得：$4(x+1)^2=0$，解得$x=-1$，代入直线方程得$y=0$，即$P(-1,0)$。
③ 当$\odot P$与直线OB（x轴）相切时：
圆心P到x轴的距离等于半径PO，点P到x轴距离为$|2x+2|$，令$|2x+2|=\sqrt{x^2+(2x+2)^2}$，两边平方化简得$x^2=0$，解得$x=0$，代入直线方程得$y=2$，即$P(0,2)$。
综上所有符合条件的P点坐标为$(-\frac{1}{2},1)$、$(-1,0)$、$(0,2)$。
【答案】
$(-\frac{1}{2},1)$或$(-1,0)$或$(0,2)$
【知识点】
直线与圆相切，一次函数，勾股定理逆定理
【点评】
本题属于分类讨论的动点问题，核心是抓住直线与圆相切的距离条件，按△AOB的三条边分三类逐一求解，避免漏解，同时利用勾股定理逆定理快速得到两条直线垂直的结论，简化计算过程，不需要用点到直线距离公式就可以求出第一种情况的点坐标。
【难度系数】
0.5

8. 在$△ ABC$中,$AB=5,BC=3,AC=4$,点$P$在$∠ ABC$的平分线上,以点$P$为圆心作$\odot P$.
(1) 如图,当$\odot P$经过点$C$时,求证:$\odot P$与直线$AB$相切.
(2) 当$\odot P$同时与直线$BC$,$AC$相切时,$\odot P$的半径为.

8. （1）如图①，过点 $P$ 作 $PD⊥ AB$ 于点 $D. \because AB=5,$
$BC=3, AC=4, \therefore AB^2=BC^2+AC^2. \therefore ∠ ACB=90°.$
$\therefore PC⊥ BC. \because BP$ 平分 $∠ ABC, PC⊥ BC, PD⊥ AB,$
$\therefore PC=PD. \because \odot P$ 经过点 $C, \therefore PC, PD$ 为 $\odot O$ 的半径.
又 $\because PD⊥ AB, \therefore \odot P$ 与直线 $AB$ 相切. （2）1 或 3.
如图②，当 $\odot P$ 同时与直线 $BC, AC$ 相切时，点 $P$ 在
$∠ ACB$ 或 $∠ ACM$ 的平分线上. 分两种情况讨论：① 当圆
心在 $△ ABC$ 内部，即 $\odot P_1$ 分别与 $BC, AC$ 相切于点 $G,F$
时，连接 $P_1G, P_1F$, 过点 $P_1$ 作 $P_1E⊥ AB$ 于点 $E. \because$ 点
$P_1$ 在 $∠ ABC$ 的平分线上，$P_1E⊥ AB, P_1G⊥ BC,$
$\therefore P_1E=P_1G.$ 设 $P_1G=P_1F=P_1E=r.$ 连接 $AP_1, CP_1.$
$\because P_1G⊥ BC, P_1E⊥ AB, P_1F⊥ AC, \therefore S_{△ ABC}=S_{△ ABP_1}+$
$S_{△ ACP_1}+S_{△ BCP_1}=\frac{1}{2}AB· P_1E+\frac{1}{2}AC· P_1F+\frac{1}{2}BC·$
$P_1G=\frac{1}{2}(AB+AC+BC)· r. \therefore r=\frac{2S_{△ ABC}}{AB+AC+BC}=$
$\frac{2×\frac{1}{2}×3×4}{5+4+3}=1.$ ② 当圆心在 $△ ABC$ 外部，即 $\odot P_2$ 分别
与直线 $BC, AC$ 相切于点 $M,N$ 时，连接 $P_2M, P_2N$, 过点
$P_2$ 作 $P_2Q⊥ BA$, 交 $BA$ 的延长线于点 $Q. \because$ 点 $P_2$ 在
$∠ ABC$ 的平分线上，$P_2M⊥ BC, P_2Q⊥ AB, \therefore P_2M=$
$P_2Q.$ 设 $P_2M=P_2N=P_2Q=R.$ 连接 $AP_2, CP_2.$
$\because P_2M⊥ BC, P_2Q⊥ AB, P_2N⊥ AC, \therefore S_{△ ABC}=$
$S_{△ ABP_2}+S_{△ BCP_2}-S_{△ ACP_2}=\frac{1}{2}AB· P_2Q+\frac{1}{2}BC·$
$P_2M-\frac{1}{2}AC· P_2N=\frac{1}{2}(AB+BC-AC)· R. \therefore R=$
$\frac{2S_{△ ABC}}{AB+BC-AC}=\frac{2×\frac{1}{2}×3×4}{5+3-4}=3.$ 综上所述，$\odot P$ 的半径
为 1 或 3.

【分析】
这道题分为两小问，第一问要证明圆与直线相切，核心思路是用切线判定的“作垂直证半径”方法：先过点P作AB的垂线PD，通过△ABC三边长度3、4、5，用勾股定理逆定理判断出∠ACB=90°，即PC⊥BC，再结合BP是∠ABC的角平分线，利用角平分线上的点到角两边距离相等的性质，得到PD=PC，PC是圆P的半径，因此PD也等于半径，即可证明AB是圆P的切线。第二问要找同时和AC、BC两条直线相切的圆P的半径，首先满足和AC、BC都相切的点在∠ACB的角平分线上，结合P还在∠ABC的角平分线上，需要分两种情况讨论：圆心在△ABC内部、圆心在△ABC外部，分别用面积法建立等式计算半径，就能得到全部结果。
【解析】
(1) 证明：
过点P作PD⊥AB于点D。
已知AB=5，BC=3，AC=4，因此$AB^2=25$，$BC^2+AC^2=9+16=25$，即$AB^2=BC^2+AC^2$，由勾股定理逆定理可得∠ACB=90°，即PC⊥BC。
因为BP平分∠ABC，PC⊥BC，PD⊥AB，根据角平分线的性质，可得PC=PD。
又因为⊙P经过点C，所以PC是⊙P的半径，因此PD也等于⊙P的半径，且PD⊥AB，所以⊙P与直线AB相切。
(2) 分两种情况计算：
① 当圆心P在△ABC内部时：
此时⊙P同时与BC、AC相切，设半径为r，过P作PE⊥AB于E，PG⊥BC于G，PF⊥AC于F。
因为P在∠ABC的平分线上，所以PE=PG；又因为⊙P与AC、BC相切，所以PG=PF=r，因此PE=PG=PF=r。
利用面积法：$S_{△ABC}=S_{△ABP}+S_{△ACP}+S_{△BCP}$
代入面积公式：$\frac{1}{2}×3×4 = \frac{1}{2}×AB·r + \frac{1}{2}×AC·r + \frac{1}{2}×BC·r$
整理得：$6 = \frac{1}{2}×(5+4+3)r$，解得r=1。
② 当圆心P在△ABC外部时：
此时⊙P同时与直线BC、AC相切，设半径为R，过P作PQ⊥BA交BA延长线于Q，PM⊥BC于M，PN⊥AC于N。
因为P在∠ABC的平分线上，所以PQ=PM；又因为⊙P与直线AC、BC相切，所以PM=PN=R，因此PQ=PM=PN=R。
利用面积法：$S_{△ABC}=S_{△ABP}+S_{△BCP}-S_{△ACP}$
代入面积公式：$\frac{1}{2}×3×4 = \frac{1}{2}×AB·R + \frac{1}{2}×BC·R - \frac{1}{2}×AC·R$
整理得：$6 = \frac{1}{2}×(5+3-4)R$，解得R=3。
综上，⊙P的半径为1或3。
【答案】
1或3
【知识点】
切线的判定，角平分线性质，勾股定理逆定理
【点评】
本题第一问是切线判定的基础题型，考察了“作垂直证半径”的常规切线证明思路；第二问容易遗漏圆心在三角形外部的情况，需要结合角平分线的分布进行分类讨论，利用面积法求解半径可以大幅简化计算，避免复杂的坐标运算，对学生的分类讨论意识有一定考察。
【难度系数】
0.5