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10. 如图,在矩形ABCD中,AD=5,AB=12,以顶点D为圆心,r为半径作圆.若要求另外三个顶点A,B,C中至少有一个点在圆内,且至少有一个点在圆外,则r的取值范围是
（第10题图）
（第11题图）
5<r<13
.（第10题图）
（第11题图）
答案
10. 5<r<13
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先明确点与圆的位置关系判定规则：点到圆心的距离小于半径时，点在圆内；等于半径时在圆上；大于半径时在圆外。接下来先求出矩形三个顶点A、B、C到圆心D的距离，找到三个距离的最大值和最小值。要满足“至少有一个点在圆内”，半径需要大于三个距离中的最小值，这样距离最小的点就会在圆内；要满足“至少有一个点在圆外”，半径需要小于三个距离中的最大值，这样距离最大的点就会在圆外，由此即可推出r的取值范围。
【解析】
解：在矩形ABCD中，∠A=90°，AD=5，AB=12，
1. 计算各顶点到点D的距离：
点A到D的距离：$AD=5$；
点C到D的距离：$CD=AB=12$；
点B到D的距离：由勾股定理得 $BD=\sqrt{AD^2+AB^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13$。
三个点到D的距离从小到大排序为：$5＜12＜13$。
2. 结合点与圆的位置关系分析r的范围：
若要至少有一个点在圆内，则半径$r$需大于最小距离5，此时点A在圆内；
若要至少有一个点在圆外，则半径$r$需小于最大距离13，此时点B在圆外。
因此$r$的取值范围是$5＜r＜13$。
【答案】
$5＜r＜13$
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；点与圆的位置关系
【点评】
本题结合矩形和圆的知识考查点与圆的位置关系的应用，解题的关键是准确求出各顶点到圆心的距离，同时要注意“在圆内”“在圆外”均不包含点在圆上的情况，避免取等号出错。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，我们可以按以下思路思考：首先明确点与圆的位置关系判定规则：点到圆心的距离小于半径时，点在圆内；等于半径时在圆上；大于半径时在圆外。接下来先求出矩形三个顶点A、B、C到圆心D的距离，找到三个距离的最大值和最小值。要满足“至少有一个点在圆内”，半径需要大于三个距离中的最小值，这样距离最小的点就会在圆内；要满足“至少有一个点在圆外”，半径需要小于三个距离中的最大值，这样距离最大的点就会在圆外，由此即可推出r的取值范围。
【解析】
解：在矩形ABCD中，∠A=90°，AD=5，AB=12，
1. 计算各顶点到点D的距离：
点A到D的距离：$AD=5$；
点C到D的距离：$CD=AB=12$；
点B到D的距离：由勾股定理得 $BD=\sqrt{AD^2+AB^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13$。
三个点到D的距离从小到大排序为：$5＜12＜13$。
2. 结合点与圆的位置关系分析r的范围：
若要至少有一个点在圆内，则半径$r$需大于最小距离5，此时点A在圆内；
若要至少有一个点在圆外，则半径$r$需小于最大距离13，此时点B在圆外。
因此$r$的取值范围是$5＜r＜13$。
【答案】
$5＜r＜13$
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；点与圆的位置关系
【点评】
本题结合矩形和圆的知识考查点与圆的位置关系的应用，解题的关键是准确求出各顶点到圆心的距离，同时要注意“在圆内”“在圆外”均不包含点在圆上的情况，避免取等号出错。
【难度系数】
0.7
11. 如图，AB，CD是$\odot O$的两条弦. 若$∠ AOB + ∠ C = 180°$，$∠ COD = ∠ A$，则$∠ AOB$的度数为
108°
.答案
11. 108°
解析
【分析】
我们可以通过设未知数列方程的方法求解：首先利用同圆的半径相等，可知△AOB和△COD均为等腰三角形，两底角分别相等；再结合三角形内角和为180°，分别用含∠AOB的式子表示出∠COD和∠A，最后根据题中给出的∠COD=∠A的等量关系列方程求解即可。
【解析】
设∠AOB的度数为$x$。
1. 由$∠AOB + ∠C = 180°$，可得$∠C = 180° - x$。
2. 因为$OC、OD$都是$\odot O$的半径，$OC=OD$，所以$△ COD$是等腰三角形，$∠ C = ∠ D$，根据三角形内角和定理：
$∠ COD = 180° - 2∠ C = 180° - 2(180° - x) = 2x - 180°$。
3. 因为$OA、OB$都是$\odot O$的半径，$OA=OB$，所以$△ AOB$是等腰三角形，$∠ A = ∠ B$，根据三角形内角和定理：
$∠ A = \frac{180° - ∠ AOB}{2} = \frac{180° - x}{2}$。
4. 已知$∠ COD = ∠ A$，列方程得：
$2x - 180° = \frac{180° - x}{2}$
两边同乘2消分母：$4x - 360° = 180° - x$
移项合并同类项：$5x = 540°$
解得：$x = 108°$
【答案】
$108°$
【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是圆中角度计算的典型题型，解题关键是利用圆半径相等得到等腰三角形，再结合角度等量关系列方程求解，能很好地考察学生对基础性质的综合运用能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
我们可以通过设未知数列方程的方法求解：首先利用同圆的半径相等，可知△AOB和△COD均为等腰三角形，两底角分别相等；再结合三角形内角和为180°，分别用含∠AOB的式子表示出∠COD和∠A，最后根据题中给出的∠COD=∠A的等量关系列方程求解即可。
【解析】
设∠AOB的度数为$x$。
1. 由$∠AOB + ∠C = 180°$，可得$∠C = 180° - x$。
2. 因为$OC、OD$都是$\odot O$的半径，$OC=OD$，所以$△ COD$是等腰三角形，$∠ C = ∠ D$，根据三角形内角和定理：
$∠ COD = 180° - 2∠ C = 180° - 2(180° - x) = 2x - 180°$。
3. 因为$OA、OB$都是$\odot O$的半径，$OA=OB$，所以$△ AOB$是等腰三角形，$∠ A = ∠ B$，根据三角形内角和定理：
$∠ A = \frac{180° - ∠ AOB}{2} = \frac{180° - x}{2}$。
4. 已知$∠ COD = ∠ A$，列方程得：
$2x - 180° = \frac{180° - x}{2}$
两边同乘2消分母：$4x - 360° = 180° - x$
移项合并同类项：$5x = 540°$
解得：$x = 108°$
【答案】
$108°$
【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形性质，三角形内角和定理
【点评】
本题是圆中角度计算的典型题型，解题关键是利用圆半径相等得到等腰三角形，再结合角度等量关系列方程求解，能很好地考察学生对基础性质的综合运用能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
12.如图，AB是$\odot O$的直径，CD是$\odot O$的弦，AB的延长线与CD的延长线相交于点E.已知$AB=2DE$，$△ COD$为直角三角形，求$∠ E$的度数.
答案
12. 【解】
∵AB 是⊙O 的直径，
∴AB=2DO.
又 AB=2DE，
∴DO=DE.
∴∠DOE=∠E.
∵△COD 为直角三角形,OC=OD，
∴△COD 为等腰直角三角形.
∴∠CDO=45°.
∵∠CDO=∠DOE+∠E=2∠E，
∴∠E=$\frac{1}{2}$∠CDO=$\frac{1}{2}$×45°=22.5°.
∵AB 是⊙O 的直径，
∴AB=2DO.
又 AB=2DE，
∴DO=DE.
∴∠DOE=∠E.
∵△COD 为直角三角形,OC=OD，
∴△COD 为等腰直角三角形.
∴∠CDO=45°.
∵∠CDO=∠DOE+∠E=2∠E，
∴∠E=$\frac{1}{2}$∠CDO=$\frac{1}{2}$×45°=22.5°.
解析
【分析】
解题时首先结合圆的直径与半径的关系，由已知AB=2DE推导出DE与半径OD相等，得到△DOE为等腰三角形，得出∠DOE=∠E；再结合OC、OD都是圆的半径，可知△COD是等腰直角三角形，求出∠CDO的度数；最后利用三角形外角的性质，建立∠CDO与∠E的数量关系，即可求出∠E的度数。
【解析】
解：
∵AB是$\odot O$的直径，
∴AB=2DO。
又
∵AB=2DE，
∴DO=DE，
∴∠DOE=∠E。
∵△COD为直角三角形，且OC=OD（圆的半径相等），
∴△COD为等腰直角三角形，
∴∠CDO=45°。
∵∠CDO是△DOE的外角，
∴∠CDO=∠DOE+∠E=2∠E，
∴$∠ E=\frac{1}{2}∠ CDO=\frac{1}{2}×45°=22.5°$。
【答案】
$22.5°$
【知识点】
圆的基本性质；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是圆与三角形性质的综合基础题，解题的关键是灵活运用圆的半径相等的性质，结合等腰三角形、三角形外角的性质建立角度间的数量关系，考查了学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合圆的直径与半径的关系，由已知AB=2DE推导出DE与半径OD相等，得到△DOE为等腰三角形，得出∠DOE=∠E；再结合OC、OD都是圆的半径，可知△COD是等腰直角三角形，求出∠CDO的度数；最后利用三角形外角的性质，建立∠CDO与∠E的数量关系，即可求出∠E的度数。
【解析】
解：
∵AB是$\odot O$的直径，
∴AB=2DO。
又
∵AB=2DE，
∴DO=DE，
∴∠DOE=∠E。
∵△COD为直角三角形，且OC=OD（圆的半径相等），
∴△COD为等腰直角三角形，
∴∠CDO=45°。
∵∠CDO是△DOE的外角，
∴∠CDO=∠DOE+∠E=2∠E，
∴$∠ E=\frac{1}{2}∠ CDO=\frac{1}{2}×45°=22.5°$。
【答案】
$22.5°$
【知识点】
圆的基本性质；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是圆与三角形性质的综合基础题，解题的关键是灵活运用圆的半径相等的性质，结合等腰三角形、三角形外角的性质建立角度间的数量关系，考查了学生对基础知识点的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
13. 如图，正方形ABCD在⊙O内部，顶点A，B在圆上，C，D在直径上.
(1)OD
(2)在正方形ABCD右侧再作一个小正方形ECGF，点G在直径上，点E在BC上，点F在圆上.若正方形ABCD的边长为4，求正方形ECGF的边长.
(1)OD
=
OC.（填“＞”“＜”或“=”）(2)在正方形ABCD右侧再作一个小正方形ECGF，点G在直径上，点E在BC上，点F在圆上.若正方形ABCD的边长为4，求正方形ECGF的边长.
答案
13. 【解】(1)=
(2)如图,连接OA,OF,则OF=OA.
由(1)知,OD=OC.
∴OD=OC=2.
∴OF²=OA²=OD²+AD²=2²+4²=20.
设正方形 ECGF 的边长为x,则OG=x+2.
在Rt△OFG 中,OG²+FG²=OF²,即(x+2)²+x²=20.
解得x₁=2,x₂=-4(不合题意,舍去).
∴正方形 ECGF 的边长为2.
解析
【分析】
(1)要判断OD与OC的大小关系，可连接OA、OB，利用同圆半径相等得到OA=OB，结合正方形ABCD的边AD=BC、∠ADO=∠BCO=90°，通过HL证明Rt△ADO≌Rt△BCO，即可得到OD=OC。
(2)求解小正方形边长时，仍利用同圆半径相等得OF=OA，先由大正方形边长为4结合(1)的结论算出OC长度和⊙O的半径平方；再设小正方形边长为x，用含x的式子表示出OG的长度，在Rt△OFG中利用勾股定理列一元二次方程，求解后舍去不符合题意的负根即可得到结果。
【解析】
(1) 连接OA、OB，
∵OA、OB均为⊙O的半径，
∴OA=OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠ADO=∠BCO=90°，
在Rt△ADO和Rt△BCO中，$\{\begin{array}{l}OA=OB\\ AD=BC\end{array} $，
∴Rt△ADO≌Rt△BCO（HL），
∴OD=OC，故填“=”。
(2) 连接OA、OF，
∵OA、OF均为⊙O的半径，
∴OF=OA。
由(1)可知OD=OC，
∵正方形ABCD的边长为4，即CD=AD=4，
∴$OD=OC=\frac{1}{2}CD=2$。
在Rt△ADO中，由勾股定理得$OA^2=OD^2+AD^2=2^2+4^2=20$，
∴$OF^2=OA^2=20$。
设正方形ECGF的边长为x，则$CG=FG=x$，$OG=OC+CG=2+x$，
∵∠OGF=90°，在Rt△OFG中，由勾股定理得$OG^2+FG^2=OF^2$，
代入得：$(x+2)^2+x^2=20$，
整理得：$x^2+2x-8=0$，
解得$x_1=2$，$x_2=-4$（边长不能为负，舍去）。
∴正方形ECGF的边长为2。
【答案】
(1)=
(2)如图,连接OA,OF,则OF=OA.由(1)知,OD=OC.
∴OD=OC=2.
∴OF²=OA²=OD²+AD²=2²+4²=20.设正方形 ECGF 的边长为x,则OG=x+2.在Rt△OFG 中,OG²+FG²=OF²,即(x+2)²+x²=20.解得x₁=2,x₂=-4(不合题意,舍去).
∴正方形 ECGF 的边长为2.
【知识点】
圆的基本性质，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型题目，解题核心是利用同圆半径相等的性质构造全等三角形和直角三角形，结合勾股定理与方程思想求解，既考查了基础几何性质的应用，也锻炼了数形结合与方程计算的能力。
【难度系数】
0.7
(1)要判断OD与OC的大小关系，可连接OA、OB，利用同圆半径相等得到OA=OB，结合正方形ABCD的边AD=BC、∠ADO=∠BCO=90°，通过HL证明Rt△ADO≌Rt△BCO，即可得到OD=OC。
(2)求解小正方形边长时，仍利用同圆半径相等得OF=OA，先由大正方形边长为4结合(1)的结论算出OC长度和⊙O的半径平方；再设小正方形边长为x，用含x的式子表示出OG的长度，在Rt△OFG中利用勾股定理列一元二次方程，求解后舍去不符合题意的负根即可得到结果。
【解析】
(1) 连接OA、OB，
∵OA、OB均为⊙O的半径，
∴OA=OB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，∠ADO=∠BCO=90°，
在Rt△ADO和Rt△BCO中，$\{\begin{array}{l}OA=OB\\ AD=BC\end{array} $，
∴Rt△ADO≌Rt△BCO（HL），
∴OD=OC，故填“=”。
(2) 连接OA、OF，
∵OA、OF均为⊙O的半径，
∴OF=OA。
由(1)可知OD=OC，
∵正方形ABCD的边长为4，即CD=AD=4，
∴$OD=OC=\frac{1}{2}CD=2$。
在Rt△ADO中，由勾股定理得$OA^2=OD^2+AD^2=2^2+4^2=20$，
∴$OF^2=OA^2=20$。
设正方形ECGF的边长为x，则$CG=FG=x$，$OG=OC+CG=2+x$，
∵∠OGF=90°，在Rt△OFG中，由勾股定理得$OG^2+FG^2=OF^2$，
代入得：$(x+2)^2+x^2=20$，
整理得：$x^2+2x-8=0$，
解得$x_1=2$，$x_2=-4$（边长不能为负，舍去）。
∴正方形ECGF的边长为2。
【答案】
(1)=
(2)如图,连接OA,OF,则OF=OA.
由(1)知,OD=OC.∴OD=OC=2.
∴OF²=OA²=OD²+AD²=2²+4²=20.设正方形 ECGF 的边长为x,则OG=x+2.在Rt△OFG 中,OG²+FG²=OF²,即(x+2)²+x²=20.解得x₁=2,x₂=-4(不合题意,舍去).
∴正方形 ECGF 的边长为2.
【知识点】
圆的基本性质，勾股定理，正方形的性质
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型题目，解题核心是利用同圆半径相等的性质构造全等三角形和直角三角形，结合勾股定理与方程思想求解，既考查了基础几何性质的应用，也锻炼了数形结合与方程计算的能力。
【难度系数】
0.7
14.如图,抛物线 $y=\frac{1}{4}x^2 -4$ 与x轴相交于A,B两点,P是以点C(0,3)为圆心,2为半径的圆上的动点,连接PA,Q是线段PA的中点,连接OQ,则线段OQ最长是（
A.4
B.3.5
C.4.5
D.5
B
）A.4
B.3.5
C.4.5
D.5
答案
14. B 【解析】如图,连接 PB.
∵抛物线 $y=\frac{1}{4}x^2 -4$ 关于y轴对称，
∴OA=OB.
∴O 是线段AB的中点.
又Q是线段PA的中点，
∴OQ 是△APB 的中位线.
∴OQ=$\frac{1}{2}$PB.
∴当PB最长时,OQ最长.
当PB过圆心C时,PB最长.
令y=0,则$\frac{1}{4}x^2 -4=0$. 解得x=±4.
∵点B在x轴的正半轴上，
∴点B的坐标是(4,0).
∴OB=4.
∵点C的坐标是(0,3)，
∴OC=3.
∴BC=$\sqrt{OC^2+OB^2}$=5.
∵⊙C 的半径是2，
∴PC=2.
∴线段PB最长为PC+BC=7.
∵OQ=$\frac{1}{2}$PB，
∴线段OQ最长是3.5.
故选B.
解析
【分析】
解题时我们可以通过转化思想简化问题：首先观察到Q是PA的中点，先求解抛物线与x轴的交点得到A、B坐标，可发现原点O是AB的中点，由此判断OQ是△APB的中位线，可得$OQ=\frac{1}{2}PB$，求OQ的最大值即可转化为求PB的最大值；接下来PB是圆外一点B到圆C上动点P的线段，圆外一点到圆上点的最大距离为该点到圆心的距离加上圆的半径，因此先计算点B到圆心C的距离，再加上半径得到PB的最大值，最后除以2就能得到OQ的最大值。
【解析】
连接PB，
1. 求点B的坐标：
令抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 -4$中$y=0$，则$\frac{1}{4}x^2 -4=0$，解得$x=\pm4$。
∵点B位于x轴正半轴，
∴点B坐标为$(4,0)$，即$OB=4$。
2. 推导中位线关系：
∵抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 -4$关于y轴对称，与x轴交于A、B两点，
∴O是线段AB的中点。
又
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ是△APB的中位线，根据三角形中位线定理可得：$OQ=\frac{1}{2}PB$，因此当PB取最大值时，OQ取最大值。
3. 计算PB的最大值：
P是以C(0,3)为圆心、2为半径的圆上的动点，圆外一点到圆上点的最大距离为该点到圆心的距离与半径之和。
已知$OC=3$，由勾股定理可得$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
结合圆的半径为2，可得PB的最大值为$BC+2=5+2=7$。
4. 计算OQ的最大值：
$OQ_{max}=\frac{1}{2}PB_{max}=\frac{1}{2}×7=3.5$。
【答案】B
【知识点】
三角形中位线定理，圆的最值问题，二次函数与坐标轴交点
【点评】
本题综合了二次函数、三角形、圆的相关性质，解题的关键是利用中位线将未知线段的最值转化为圆外一点到圆上点的最值问题，很好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
解题时我们可以通过转化思想简化问题：首先观察到Q是PA的中点，先求解抛物线与x轴的交点得到A、B坐标，可发现原点O是AB的中点，由此判断OQ是△APB的中位线，可得$OQ=\frac{1}{2}PB$，求OQ的最大值即可转化为求PB的最大值；接下来PB是圆外一点B到圆C上动点P的线段，圆外一点到圆上点的最大距离为该点到圆心的距离加上圆的半径，因此先计算点B到圆心C的距离，再加上半径得到PB的最大值，最后除以2就能得到OQ的最大值。
【解析】
连接PB，
1. 求点B的坐标：
令抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 -4$中$y=0$，则$\frac{1}{4}x^2 -4=0$，解得$x=\pm4$。
∵点B位于x轴正半轴，
∴点B坐标为$(4,0)$，即$OB=4$。
2. 推导中位线关系：
∵抛物线$y=\frac{1}{4}x^2 -4$关于y轴对称，与x轴交于A、B两点，
∴O是线段AB的中点。
又
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ是△APB的中位线，根据三角形中位线定理可得：$OQ=\frac{1}{2}PB$，因此当PB取最大值时，OQ取最大值。
3. 计算PB的最大值：
P是以C(0,3)为圆心、2为半径的圆上的动点，圆外一点到圆上点的最大距离为该点到圆心的距离与半径之和。
已知$OC=3$，由勾股定理可得$BC=\sqrt{OB^2+OC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
结合圆的半径为2，可得PB的最大值为$BC+2=5+2=7$。
4. 计算OQ的最大值：
$OQ_{max}=\frac{1}{2}PB_{max}=\frac{1}{2}×7=3.5$。
【答案】B
【知识点】
三角形中位线定理，圆的最值问题，二次函数与坐标轴交点
【点评】
本题综合了二次函数、三角形、圆的相关性质，解题的关键是利用中位线将未知线段的最值转化为圆外一点到圆上点的最值问题，很好地考查了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
