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【典型例题1】如图，在$△ ABC$中，$BC=\sqrt{3} + 1$，$∠ B = 30°$，$∠ C=45°$，$AD⊥ BC$，垂足为$D$. 当以点$A$为圆心的$\odot A$分别与直线$BC$相切、相交、相离时，求$\odot A$的半径$r$的值或取值范围.
【解】设$AD=k$，则$DC=k$，$AB=2k$.
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，根据勾股定理，得
$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{3}k$.
所以$BC=BD+DC=\sqrt{3}k +k=(\sqrt{3}+1)k$.
又$BC=\sqrt{3}+1$，所以$k=1$，即$AD=1$.
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$AD=r$，此
时$r=1$.
当$\odot A$与直线$BC$相交时，$AD＜r$，此时$r＞1$.
当$\odot A$与直线$BC$相离时，$AD＞r$，此时$0＜r＜1$.
规律方法 先求出圆心到直线的距离$d$，再比较$d$与圆的半径$r$的大小.相切时$d=r$，相交时$d＜r$，相离时$d＞r$.
【解】设$AD=k$，则$DC=k$，$AB=2k$.
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，根据勾股定理，得
$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{3}k$.
所以$BC=BD+DC=\sqrt{3}k +k=(\sqrt{3}+1)k$.
又$BC=\sqrt{3}+1$，所以$k=1$，即$AD=1$.
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$AD=r$，此
时$r=1$.
当$\odot A$与直线$BC$相交时，$AD＜r$，此时$r＞1$.
当$\odot A$与直线$BC$相离时，$AD＞r$，此时$0＜r＜1$.
规律方法 先求出圆心到直线的距离$d$，再比较$d$与圆的半径$r$的大小.相切时$d=r$，相交时$d＜r$，相离时$d＞r$.
答案
解：设$AD=k$，
$\because AD⊥ BC$，$∠ C=45°$，
$\therefore DC=AD=k$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ B=30°$，$\therefore AB=2k$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，根据勾股定理，得
$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{(2k)^2 - k^2}=\sqrt{3}k$。
$\therefore BC=BD+DC=\sqrt{3}k + k=(\sqrt{3}+1)k$。
又$BC=\sqrt{3}+1$，
$\therefore (\sqrt{3}+1)k=\sqrt{3}+1$，解得$k=1$，即圆心$A$到直线$BC$的距离$AD=1$。
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$AD=r$，此时$r=1$；
当$\odot A$与直线$BC$相交时，$AD＜r$，此时$r＞1$；
当$\odot A$与直线$BC$相离时，$AD＞r$，结合圆的半径为正数，此时$0＜r＜1$。
$\because AD⊥ BC$，$∠ C=45°$，
$\therefore DC=AD=k$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ B=30°$，$\therefore AB=2k$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，根据勾股定理，得
$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{(2k)^2 - k^2}=\sqrt{3}k$。
$\therefore BC=BD+DC=\sqrt{3}k + k=(\sqrt{3}+1)k$。
又$BC=\sqrt{3}+1$，
$\therefore (\sqrt{3}+1)k=\sqrt{3}+1$，解得$k=1$，即圆心$A$到直线$BC$的距离$AD=1$。
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$AD=r$，此时$r=1$；
当$\odot A$与直线$BC$相交时，$AD＜r$，此时$r＞1$；
当$\odot A$与直线$BC$相离时，$AD＞r$，结合圆的半径为正数，此时$0＜r＜1$。
解析
【分析】
要判断$\odot A$与直线$BC$的位置关系，核心是比较圆心$A$到直线$BC$的距离$d$与半径$r$的大小，因此首先需要求出$AD$的长度。求解$AD$时，可利用$AD⊥ BC$得到两个特殊直角三角形：$\mathrm{Rt}△ ADC$中$∠ C=45°$，可得$AD=DC$；$\mathrm{Rt}△ ABD$中$∠ B=30°$，可得$AB=2AD$，结合勾股定理可表示出$BD$的长度，再根据$BC=BD+DC$列方程即可求出$AD$，最后对应三种位置关系得出$r$的取值即可。
【解析】
设$AD=k$，
$\because AD⊥ BC$，$∠ C=45°$，
$\therefore DC=AD=k$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ B=30°$，$\therefore AB=2k$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，根据勾股定理，得
$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{(2k)^2 - k^2}=\sqrt{3}k$。
$\therefore BC=BD+DC=\sqrt{3}k + k=(\sqrt{3}+1)k$。
又$BC=\sqrt{3}+1$，
$\therefore (\sqrt{3}+1)k=\sqrt{3}+1$，解得$k=1$，即圆心$A$到直线$BC$的距离$AD=1$。
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$AD=r$，此时$r=1$；
当$\odot A$与直线$BC$相交时，$AD＜r$，此时$r＞1$；
当$\odot A$与直线$BC$相离时，$AD＞r$，结合圆的半径为正数，此时$0＜r＜1$。
【答案】
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$r=1$；当$\odot A$与直线$BC$相交时，$r＞1$；当$\odot A$与直线$BC$相离时，$0＜r＜1$。
【知识点】
直线与圆的位置关系；特殊直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是解直角三角形与直线和圆位置关系的综合基础题，解题关键是先求出圆心到直线的距离，牢记直线与圆三种位置关系对应的$d$和$r$的大小关系即可快速解题。
【难度系数】
0.7
要判断$\odot A$与直线$BC$的位置关系，核心是比较圆心$A$到直线$BC$的距离$d$与半径$r$的大小，因此首先需要求出$AD$的长度。求解$AD$时，可利用$AD⊥ BC$得到两个特殊直角三角形：$\mathrm{Rt}△ ADC$中$∠ C=45°$，可得$AD=DC$；$\mathrm{Rt}△ ABD$中$∠ B=30°$，可得$AB=2AD$，结合勾股定理可表示出$BD$的长度，再根据$BC=BD+DC$列方程即可求出$AD$，最后对应三种位置关系得出$r$的取值即可。
【解析】
设$AD=k$，
$\because AD⊥ BC$，$∠ C=45°$，
$\therefore DC=AD=k$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ B=30°$，$\therefore AB=2k$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，根据勾股定理，得
$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{(2k)^2 - k^2}=\sqrt{3}k$。
$\therefore BC=BD+DC=\sqrt{3}k + k=(\sqrt{3}+1)k$。
又$BC=\sqrt{3}+1$，
$\therefore (\sqrt{3}+1)k=\sqrt{3}+1$，解得$k=1$，即圆心$A$到直线$BC$的距离$AD=1$。
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$AD=r$，此时$r=1$；
当$\odot A$与直线$BC$相交时，$AD＜r$，此时$r＞1$；
当$\odot A$与直线$BC$相离时，$AD＞r$，结合圆的半径为正数，此时$0＜r＜1$。
【答案】
当$\odot A$与直线$BC$相切时，$r=1$；当$\odot A$与直线$BC$相交时，$r＞1$；当$\odot A$与直线$BC$相离时，$0＜r＜1$。
【知识点】
直线与圆的位置关系；特殊直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题是解直角三角形与直线和圆位置关系的综合基础题，解题关键是先求出圆心到直线的距离，牢记直线与圆三种位置关系对应的$d$和$r$的大小关系即可快速解题。
【难度系数】
0.7
1. 已知$\mathrm{Rt}△ ABC$的斜边$AB=6$，直角边$AC=3$，以点$C$为圆心作$\odot C$.当$\odot C$的半径$r$为________时，直线$AB$与$\odot C$相切；当$\odot C$与线段$AB$只有一个公共点时，半径$r$的取值范围为________.
答案
$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$r=\frac{3\sqrt{3}}{2}$或$3＜r≤3\sqrt{3}$
解析
【分析】
要解决本题，首先明确直线与圆相切的判定条件：圆心到直线的距离等于半径，因此先求直角三角形斜边上的高，即可得到相切时的半径值。其次分析圆与线段只有一个公共点的情况，需分两类讨论：一是圆与直线AB相切，切点在线段AB上；二是圆与线段AB相交，仅一个交点在线段上，另一个交点在线段延长线上，结合直角三角形各边长度即可推出半径的取值范围。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，斜边$AB=6$，直角边$AC=3$，由勾股定理计算另一条直角边：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{6^2-3^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$
过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，$CD$为点$C$到直线$AB$的距离。由三角形面积相等可得：
$\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· CD$
代入数值计算：
$\frac{1}{2}×3×3\sqrt{3}=\frac{1}{2}×6× CD$
解得$CD=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
1. 当直线$AB$与$\odot C$相切时，半径$r$等于圆心到直线的距离，即$r=CD=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
2. 当$\odot C$与线段$AB$只有一个公共点时，分两种情况：
① 圆与直线$AB$相切：此时$r=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，仅切点一个公共点在线段$AB$上，符合要求；
② 圆与线段$AB$相交仅一个交点：当$r＞AC=3$时，点$A$在圆内；当$r≤ BC=3\sqrt{3}$时，点$B$在圆上或圆外，此时线段$AB$从圆内延伸到圆外/圆上，仅与圆有1个交点。若$r=3$，点$A$在圆上，直线$AB$与圆有2个交点都在线段上，不符合要求；若$r＞3\sqrt{3}$，点$A、B$都在圆内，线段$AB$全部在圆内，有无数个公共点，不符合要求。
综上，半径$r$的取值范围为$r=\frac{3\sqrt{3}}{2}$或$3＜r≤3\sqrt{3}$。
【答案】
$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$r=\frac{3\sqrt{3}}{2}$或$3＜r≤3\sqrt{3}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，三角形面积计算
【点评】
本题重点考查直线与圆位置关系的判定，解题时要注意区分“直线与圆有一个公共点”和“线段与圆有一个公共点”的差异，避免漏解或多解，分类讨论是解决本题的核心思路。
【难度系数】
0.65
要解决本题，首先明确直线与圆相切的判定条件：圆心到直线的距离等于半径，因此先求直角三角形斜边上的高，即可得到相切时的半径值。其次分析圆与线段只有一个公共点的情况，需分两类讨论：一是圆与直线AB相切，切点在线段AB上；二是圆与线段AB相交，仅一个交点在线段上，另一个交点在线段延长线上，结合直角三角形各边长度即可推出半径的取值范围。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，斜边$AB=6$，直角边$AC=3$，由勾股定理计算另一条直角边：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{6^2-3^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$
过点$C$作$CD⊥ AB$于点$D$，$CD$为点$C$到直线$AB$的距离。由三角形面积相等可得：
$\frac{1}{2}· AC· BC=\frac{1}{2}· AB· CD$
代入数值计算：
$\frac{1}{2}×3×3\sqrt{3}=\frac{1}{2}×6× CD$
解得$CD=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
1. 当直线$AB$与$\odot C$相切时，半径$r$等于圆心到直线的距离，即$r=CD=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
2. 当$\odot C$与线段$AB$只有一个公共点时，分两种情况：
① 圆与直线$AB$相切：此时$r=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，仅切点一个公共点在线段$AB$上，符合要求；
② 圆与线段$AB$相交仅一个交点：当$r＞AC=3$时，点$A$在圆内；当$r≤ BC=3\sqrt{3}$时，点$B$在圆上或圆外，此时线段$AB$从圆内延伸到圆外/圆上，仅与圆有1个交点。若$r=3$，点$A$在圆上，直线$AB$与圆有2个交点都在线段上，不符合要求；若$r＞3\sqrt{3}$，点$A、B$都在圆内，线段$AB$全部在圆内，有无数个公共点，不符合要求。
综上，半径$r$的取值范围为$r=\frac{3\sqrt{3}}{2}$或$3＜r≤3\sqrt{3}$。
【答案】
$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$r=\frac{3\sqrt{3}}{2}$或$3＜r≤3\sqrt{3}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，三角形面积计算
【点评】
本题重点考查直线与圆位置关系的判定，解题时要注意区分“直线与圆有一个公共点”和“线段与圆有一个公共点”的差异，避免漏解或多解，分类讨论是解决本题的核心思路。
【难度系数】
0.65
