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11. （娄底中考）如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当$\odot A$与直线$l:y=\frac{5}{12}x$只有一个公共点时，点A的坐标为（
A.$(-12,0)$
B.$(-13,0)$
C.$(\pm12,0)$
D.$(\pm13,0)$
D
）A.$(-12,0)$
B.$(-13,0)$
C.$(\pm12,0)$
D.$(\pm13,0)$
答案
11. D 解析:当$\odot A$ 与直线 $l:y=\frac{5}{12}x$ 只有一个公共点时,直线 l 与 $\odot A$ 相切,点 A 在 x 轴负半轴上时,设切点为 B,过点 B 作 $BE ⊥ OA$ 于点 E,如图.
∵ 点 B 在直线 $y=\frac{5}{12}x$ 上,$\therefore$ 设 $B(m,\frac{5}{12}m)$,$\therefore OE=-m$,$BE=-\frac{5}{12}m$.在 $\mathrm{Rt}△ OEB$ 中,$\tan∠ AOB=\frac{BE}{OE}=\frac{5}{12}$.$\because$ 直线 l 与 $\odot A$ 相切,$\therefore AB ⊥ BO$.在 $\mathrm{Rt}△ OAB$ 中,$\tan∠ AOB=\frac{AB}{OB}=\frac{5}{12}$.$\because AB=5$,$\therefore OB=12$,$\therefore OA=\sqrt{AB^2+OB^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$,$\therefore A(-13,0)$.同理,点 A 在 x 轴的正半轴上时,坐标为 $(13,0)$.综上所述,点 A 的坐标为 $(\pm13,0)$.故选 D.
解析
【分析】
解题时首先根据“圆与直线只有一个公共点”判断直线与圆相切，此时圆心A到直线l的距离等于圆的半径5。接下来结合直线l的解析式可以得到其与x轴夹角的正切值，再利用切线“垂直于过切点的半径”的性质构造直角三角形，通过三角函数或勾股定理计算出OA的长度，最后注意圆心A可以在x轴的正半轴或负半轴，分两种情况得到坐标即可。
【解析】
当$\odot A$与直线$l:y=\frac{5}{12}x$只有一个公共点时，直线$l$与$\odot A$相切。
①当点A在x轴负半轴上时，设切点为B，过点B作$BE ⊥ OA$于点E。
∵点B在直线$y=\frac{5}{12}x$上，
∴设$B(m,\frac{5}{12}m)$，可得$OE=-m$，$BE=-\frac{5}{12}m$。
在$\mathrm{Rt}△ OEB$中，$\tan∠ AOB=\frac{BE}{OE}=\frac{5}{12}$。
∵直线$l$与$\odot A$相切，
∴$AB ⊥ BO$，即$△ OAB$为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ OAB$中，$\tan∠ AOB=\frac{AB}{OB}=\frac{5}{12}$，已知$AB=5$，因此$OB=12$。
由勾股定理可得：$OA=\sqrt{AB^2+OB^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∴此时点A的坐标为$(-13,0)$。
②同理，当点A在x轴的正半轴上时，可得点A的坐标为$(13,0)$。
综上所述，点A的坐标为$(\pm13,0)$。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题结合一次函数图像考查直线与圆相切的相关性质，解题时要注意分类讨论圆心在x轴正、负半轴的两种情况，避免漏解，同时需熟练运用直角三角形的边角关系和勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据“圆与直线只有一个公共点”判断直线与圆相切，此时圆心A到直线l的距离等于圆的半径5。接下来结合直线l的解析式可以得到其与x轴夹角的正切值，再利用切线“垂直于过切点的半径”的性质构造直角三角形，通过三角函数或勾股定理计算出OA的长度，最后注意圆心A可以在x轴的正半轴或负半轴，分两种情况得到坐标即可。
【解析】
当$\odot A$与直线$l:y=\frac{5}{12}x$只有一个公共点时，直线$l$与$\odot A$相切。
①当点A在x轴负半轴上时，设切点为B，过点B作$BE ⊥ OA$于点E。
∵点B在直线$y=\frac{5}{12}x$上，
∴设$B(m,\frac{5}{12}m)$，可得$OE=-m$，$BE=-\frac{5}{12}m$。
在$\mathrm{Rt}△ OEB$中，$\tan∠ AOB=\frac{BE}{OE}=\frac{5}{12}$。
∵直线$l$与$\odot A$相切，
∴$AB ⊥ BO$，即$△ OAB$为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ OAB$中，$\tan∠ AOB=\frac{AB}{OB}=\frac{5}{12}$，已知$AB=5$，因此$OB=12$。
由勾股定理可得：$OA=\sqrt{AB^2+OB^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∴此时点A的坐标为$(-13,0)$。
②同理，当点A在x轴的正半轴上时，可得点A的坐标为$(13,0)$。
综上所述，点A的坐标为$(\pm13,0)$。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系，切线的性质，勾股定理
【点评】
本题结合一次函数图像考查直线与圆相切的相关性质，解题时要注意分类讨论圆心在x轴正、负半轴的两种情况，避免漏解，同时需熟练运用直角三角形的边角关系和勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.6
12. |分类讨论思想 如图坐标系中，$A(1,2)$，以$A$为圆心，$r$为半径画圆.
(1)当$\odot A$与坐标轴有一个公共点时，求$r$的取值范围；
(2)当$\odot A$与坐标轴有两个公共点时，求$r$的取值范围；
(3)当$\odot A$与坐标轴有三个公共点时，求$r$的取值范围；
(4)当$\odot A$与坐标轴有四个公共点时，求$r$的取值范围.
(1)当$\odot A$与坐标轴有一个公共点时，求$r$的取值范围；
(2)当$\odot A$与坐标轴有两个公共点时，求$r$的取值范围；
(3)当$\odot A$与坐标轴有三个公共点时，求$r$的取值范围；
(4)当$\odot A$与坐标轴有四个公共点时，求$r$的取值范围.
答案
12. (1)如图①所示,当$\odot A$ 恰好与 y 轴相切时,设切点为 C,连接 AC,$\therefore AC ⊥ y$ 轴.$\because A(1,2)$,$\therefore r=AC=1$,当 $r＞1$ 时,$\odot A$ 必定与 y 轴有两个交点,当 $0＜r＜1$ 时,$\odot A$ 与 x 轴和 y 轴都无交点,$\therefore$ 当 $\odot A$ 与坐标轴有一个公共点时,r 的取值范围是 $r=1$.
(2)如图②所示,当$\odot A$ 恰好与 x 轴相切时,设切点为 D,连接 AD,则 $AD ⊥ x$ 轴.$\because A(1,2)$,$\therefore AD=2$,$\therefore$ 当 $1＜r＜2$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴无交点,当 $r＞2$ 时,$\odot A$ 与 x 轴和 y 轴都有两个不同的交点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴最少有 3 个交点,$\therefore$ 当 $\odot A$ 与坐标轴有两个公共点时,r 的取值范围是 $1＜r＜2$.
(3)由(2)可知,当 $r=2$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有一个交点,且不是原点,$\therefore$ 当 $r=2$ 时,$\odot A$ 与坐标轴有 3 个交点;如图③所示,当$\odot A$ 恰好经过原点时,此时 $\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有两个交点,但是其中有一个交点是原点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴有三个交点,$\therefore$ 此时 $r=\sqrt{(2-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{5}$.综上所述,当 $r=2$ 或 $r=\sqrt{5}$ 时,$\odot A$ 与坐标轴有三个交点.
(4)由(3)及图④可知,当 $2＜r＜\sqrt{5}$ 或 $r＞\sqrt{5}$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有两个交点,且不经过原点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴有 4 个交点.
解析
【分析】
解题前先明确圆心A到坐标轴及原点的距离：点A(1,2)到y轴的距离为1，到x轴的距离为2，到原点的距离由勾股定理计算得$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。接下来根据半径r的变化，结合直线与圆的位置关系（相离、相切、相交分别对应0、1、2个交点）分类讨论，注意特殊情况：当圆经过原点时，原点是x轴和y轴的公共交点，总交点数会减少1个，逐一分析不同r对应的交点个数即可求解。
【解析】
(1) 当$\odot A$与y轴相切时，切点为C，$AC⊥ y$轴，由A(1,2)得$r=AC=1$。$0＜r＜1$时，$\odot A$与两轴都相离，无交点；$r＞1$时，$\odot A$与y轴相交有2个交点，因此仅$r=1$时，$\odot A$与坐标轴仅有1个公共点。
(2) 当$\odot A$与x轴相切时，切点为D，$AD⊥ x$轴，由A(1,2)得$r=AD=2$。$1＜r＜2$时，$\odot A$与y轴相交有2个交点，与x轴相离无交点，总共有2个公共点；$r≥2$时，$\odot A$与x轴至少有1个交点，总交点数≥3，因此$1＜r＜2$时满足条件。
(3) 分两种情况：①$r=2$时，$\odot A$与x轴相切（1个交点）、与y轴相交（2个交点），且切点不是原点，共3个公共点；②$\odot A$过原点时，原点是两轴的公共交点，此时$r=OA=\sqrt{5}$，两轴各有2个交点但原点重合，总共有3个公共点，因此$r=2$或$r=\sqrt{5}$时满足条件。
(4) $2＜r＜\sqrt{5}$或$r＞\sqrt{5}$时，$\odot A$与x轴、y轴各有2个交点，且不经过原点，无重合交点，总共有4个公共点，因此该范围满足条件。
【答案】
(1) 如图①所示,当$\odot A$ 恰好与 y 轴相切时,设切点为 C,连接 AC,$\therefore AC ⊥ y$ 轴.$\because A(1,2)$,$\therefore r=AC=1$,当 $r＞1$ 时,$\odot A$ 必定与 y 轴有两个交点,当 $0＜r＜1$ 时,$\odot A$ 与 x 轴和 y 轴都无交点,$\therefore$ 当 $\odot A$ 与坐标轴有一个公共点时,r 的取值范围是 $r=1$.
(2) 如图②所示,当$\odot A$ 恰好与 x 轴相切时,设切点为 D,连接 AD,则 $AD ⊥ x$ 轴.$\because A(1,2)$,$\therefore AD=2$,$\therefore$ 当 $1＜r＜2$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴无交点,当 $r＞2$ 时,$\odot A$ 与 x 轴和 y 轴都有两个不同的交点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴最少有 3 个交点,$\therefore$ 当 $\odot A$ 与坐标轴有两个公共点时,r 的取值范围是 $1＜r＜2$.
(3) 由(2)可知,当 $r=2$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有一个交点,且不是原点,$\therefore$ 当 $r=2$ 时,$\odot A$ 与坐标轴有 3 个交点;如图③所示,当$\odot A$ 恰好经过原点时,此时 $\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有两个交点,但是其中有一个交点是原点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴有三个交点,$\therefore$ 此时 $r=\sqrt{(2-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{5}$.综上所述,当 $r=2$ 或 $r=\sqrt{5}$ 时,$\odot A$ 与坐标轴有三个交点.
(4) 由(3)及图④可知,当 $2＜r＜\sqrt{5}$ 或 $r＞\sqrt{5}$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有两个交点,且不经过原点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴有 4 个交点.
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，分类讨论思想
【点评】
本题重点考查直线与圆位置关系的应用，解题核心是找准半径的几个临界值，结合圆与坐标轴相交、相切的情况分类讨论，尤其要注意圆过原点时公共交点的特殊情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
解题前先明确圆心A到坐标轴及原点的距离：点A(1,2)到y轴的距离为1，到x轴的距离为2，到原点的距离由勾股定理计算得$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。接下来根据半径r的变化，结合直线与圆的位置关系（相离、相切、相交分别对应0、1、2个交点）分类讨论，注意特殊情况：当圆经过原点时，原点是x轴和y轴的公共交点，总交点数会减少1个，逐一分析不同r对应的交点个数即可求解。
【解析】
(1) 当$\odot A$与y轴相切时，切点为C，$AC⊥ y$轴，由A(1,2)得$r=AC=1$。$0＜r＜1$时，$\odot A$与两轴都相离，无交点；$r＞1$时，$\odot A$与y轴相交有2个交点，因此仅$r=1$时，$\odot A$与坐标轴仅有1个公共点。
(2) 当$\odot A$与x轴相切时，切点为D，$AD⊥ x$轴，由A(1,2)得$r=AD=2$。$1＜r＜2$时，$\odot A$与y轴相交有2个交点，与x轴相离无交点，总共有2个公共点；$r≥2$时，$\odot A$与x轴至少有1个交点，总交点数≥3，因此$1＜r＜2$时满足条件。
(3) 分两种情况：①$r=2$时，$\odot A$与x轴相切（1个交点）、与y轴相交（2个交点），且切点不是原点，共3个公共点；②$\odot A$过原点时，原点是两轴的公共交点，此时$r=OA=\sqrt{5}$，两轴各有2个交点但原点重合，总共有3个公共点，因此$r=2$或$r=\sqrt{5}$时满足条件。
(4) $2＜r＜\sqrt{5}$或$r＞\sqrt{5}$时，$\odot A$与x轴、y轴各有2个交点，且不经过原点，无重合交点，总共有4个公共点，因此该范围满足条件。
【答案】
(1) 如图①所示,当$\odot A$ 恰好与 y 轴相切时,设切点为 C,连接 AC,$\therefore AC ⊥ y$ 轴.$\because A(1,2)$,$\therefore r=AC=1$,当 $r＞1$ 时,$\odot A$ 必定与 y 轴有两个交点,当 $0＜r＜1$ 时,$\odot A$ 与 x 轴和 y 轴都无交点,$\therefore$ 当 $\odot A$ 与坐标轴有一个公共点时,r 的取值范围是 $r=1$.
(2) 如图②所示,当$\odot A$ 恰好与 x 轴相切时,设切点为 D,连接 AD,则 $AD ⊥ x$ 轴.$\because A(1,2)$,$\therefore AD=2$,$\therefore$ 当 $1＜r＜2$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴无交点,当 $r＞2$ 时,$\odot A$ 与 x 轴和 y 轴都有两个不同的交点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴最少有 3 个交点,$\therefore$ 当 $\odot A$ 与坐标轴有两个公共点时,r 的取值范围是 $1＜r＜2$.
(3) 由(2)可知,当 $r=2$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有一个交点,且不是原点,$\therefore$ 当 $r=2$ 时,$\odot A$ 与坐标轴有 3 个交点;如图③所示,当$\odot A$ 恰好经过原点时,此时 $\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有两个交点,但是其中有一个交点是原点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴有三个交点,$\therefore$ 此时 $r=\sqrt{(2-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{5}$.综上所述,当 $r=2$ 或 $r=\sqrt{5}$ 时,$\odot A$ 与坐标轴有三个交点.
(4) 由(3)及图④可知,当 $2＜r＜\sqrt{5}$ 或 $r＞\sqrt{5}$ 时,$\odot A$ 与 y 轴有两个交点,与 x 轴有两个交点,且不经过原点,即此时 $\odot A$ 与坐标轴有 4 个交点.
【知识点】
直线与圆的位置关系，勾股定理，分类讨论思想
【点评】
本题重点考查直线与圆位置关系的应用，解题核心是找准半径的几个临界值，结合圆与坐标轴相交、相切的情况分类讨论，尤其要注意圆过原点时公共交点的特殊情况，避免漏解。
【难度系数】
0.6
13. ★★ | 新考法 我们知道，求两个函数图象的交点坐标时，可以联立两个图象的表达式组成方程组，方程组的解就是其交点的坐标。已知圆心在$P(a,b)$，半径为$r$的圆的表达式可以写作：$(x-a)^2 + (y-b)^2 = r^2$。若$\odot O$的圆心在坐标原点，半径为2，且$\odot O$与直线$y=2x + m$有且只有一个交点，则$m$的值为
$\pm2\sqrt{5}$
。答案
13. $\pm2\sqrt{5}$ 解析:
∵ $\odot O$ 的圆心在坐标原点,半径为 2,$\therefore \odot O$ 的表达式可写作 $x^2+y^2=4$,联立 $x^2+y^2=4$ 与 $y=2x+m$,消去 y 得 $x^2+(2x+m)^2=4$,即 $5x^2+4mx+m^2-4=0$.$\because \odot O$ 与直线 $y=2x+m$ 有且只有一个交点,$\therefore$ 关于 x 的一元二次方程 $5x^2+4mx+m^2-4=0$ 有两个相同的根,即 $b^2-4ac=16m^2-20(m^2-4)=0$,得 $m^2=20$,解得 $m=\pm2\sqrt{5}$.
∵ $\odot O$ 的圆心在坐标原点,半径为 2,$\therefore \odot O$ 的表达式可写作 $x^2+y^2=4$,联立 $x^2+y^2=4$ 与 $y=2x+m$,消去 y 得 $x^2+(2x+m)^2=4$,即 $5x^2+4mx+m^2-4=0$.$\because \odot O$ 与直线 $y=2x+m$ 有且只有一个交点,$\therefore$ 关于 x 的一元二次方程 $5x^2+4mx+m^2-4=0$ 有两个相同的根,即 $b^2-4ac=16m^2-20(m^2-4)=0$,得 $m^2=20$,解得 $m=\pm2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
本题可根据直线与圆的交点个数对应方程根的情况求解：首先根据题目给出的圆的表达式规则，写出圆心在原点、半径为2的⊙O的方程；其次，“圆与直线有且只有一个交点”说明联立两个表达式得到的方程组只有一组解，即消元后得到的一元二次方程有两个相等的实数根；最后利用一元二次方程根的判别式Δ=0列方程，计算即可求出m的值。
【解析】
解：
∵⊙O的圆心在坐标原点，半径为2，
∴根据题意可得⊙O的表达式为$x^2 + y^2 = 4$，
联立$\begin{cases}x^2 + y^2 = 4 \\ y = 2x + m \end{cases}$，将$y=2x+m$代入$x^2 + y^2 = 4$消去y，得：
$x^2 + (2x + m)^2 = 4$，
整理得$5x^2 + 4mx + m^2 - 4 = 0$，
∵⊙O与直线$y=2x+m$有且只有一个交点，
∴上述关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，即判别式$\Delta = b^2 - 4ac = 0$，
其中$a=5$，$b=4m$，$c=m^2-4$，代入得：
$\Delta = (4m)^2 - 4 × 5 × (m^2 - 4) = 16m^2 - 20m^2 + 80 = 0$，
化简得$-4m^2 + 80 = 0$，即$m^2 = 20$，
解得$m = \pm 2\sqrt{5}$。
【答案】
$\pm 2\sqrt{5}$
【知识点】
直线与圆的位置关系、一元二次方程根的判别式、函数交点与方程组的关系
【点评】
本题属于结合新定义的综合基础题，解题的关键是准确理解“有且只有一个交点”的数学含义，既可以采用联立方程用判别式求解的方法，也可以用“圆心到直线的距离等于半径”的性质求解，两种方法可相互验证，解题时注意不要漏解。
【难度系数】
0.7
本题可根据直线与圆的交点个数对应方程根的情况求解：首先根据题目给出的圆的表达式规则，写出圆心在原点、半径为2的⊙O的方程；其次，“圆与直线有且只有一个交点”说明联立两个表达式得到的方程组只有一组解，即消元后得到的一元二次方程有两个相等的实数根；最后利用一元二次方程根的判别式Δ=0列方程，计算即可求出m的值。
【解析】
解：
∵⊙O的圆心在坐标原点，半径为2，
∴根据题意可得⊙O的表达式为$x^2 + y^2 = 4$，
联立$\begin{cases}x^2 + y^2 = 4 \\ y = 2x + m \end{cases}$，将$y=2x+m$代入$x^2 + y^2 = 4$消去y，得：
$x^2 + (2x + m)^2 = 4$，
整理得$5x^2 + 4mx + m^2 - 4 = 0$，
∵⊙O与直线$y=2x+m$有且只有一个交点，
∴上述关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，即判别式$\Delta = b^2 - 4ac = 0$，
其中$a=5$，$b=4m$，$c=m^2-4$，代入得：
$\Delta = (4m)^2 - 4 × 5 × (m^2 - 4) = 16m^2 - 20m^2 + 80 = 0$，
化简得$-4m^2 + 80 = 0$，即$m^2 = 20$，
解得$m = \pm 2\sqrt{5}$。
【答案】
$\pm 2\sqrt{5}$
【知识点】
直线与圆的位置关系、一元二次方程根的判别式、函数交点与方程组的关系
【点评】
本题属于结合新定义的综合基础题，解题的关键是准确理解“有且只有一个交点”的数学含义，既可以采用联立方程用判别式求解的方法，也可以用“圆心到直线的距离等于半径”的性质求解，两种方法可相互验证，解题时注意不要漏解。
【难度系数】
0.7
14. （2025·苏州校级月考）如图①，在矩形ABCD中，边长AB=a，AD=b，其中a，b(a＜b)分别是方程$x^2 -7x +12=0$的两个根，连接BD。点O从点C出发，沿CB向点B运动（到达点B停止运动），速度为每秒1个单位，设运动时间为t秒。在运动过程中，以O为圆心，OC的长为半径作半圆，交射线CB于点Q。
(1)$BD=$
(2)如图②，当t为多少时，点O运动到∠BDC的平分线上？此时，半圆O与BD有怎样的位置关系？并加以说明.
(3)如图③，当半圆O与△ABD的边有两个交点时，求t的取值范围.
(1)$BD=$
5
.(2)如图②，当t为多少时，点O运动到∠BDC的平分线上？此时，半圆O与BD有怎样的位置关系？并加以说明.
(3)如图③，当半圆O与△ABD的边有两个交点时，求t的取值范围.
答案
14. (1)5 解析:由 $x^2-7x+12=0$,即 $(x-3)(x-4)=0$,解得 $x_1=3$,$x_2=4$,$\because$ 边长 $AB=a$,$AD=b$,其中 a,b(a＜b) 分别是方程 $x^2-7x+12=0$ 的两个根,$\therefore AB=3$,$AD=4$.$\because$ 四边形 ABCD 是矩形,$\therefore ∠ BAD=90°$,在 $\mathrm{Rt}△ ABD$ 中,$AB=3$,$AD=4$,$\therefore BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$.
(2)如图①,过点 O 作 $OE ⊥ BD$,垂足为点 E,$\because OD$ 是 $∠ BDC$ 的平分线,又
∵ 在矩形 ABCD 中,$∠ C=90°$,$AB=CD=3$,$AD=BC=4$,$\therefore OC ⊥ CD$,$\therefore OE=OC$,$\therefore BD$ 是 $\odot O$ 的切线,即 BD 与 $\odot O$ 相切.又
∵ $S_{△ BDO}+S_{△ CDO}=S_{△ BDC}$,$\therefore \frac{1}{2}BD · OE+\frac{1}{2}CD · OC=\frac{1}{2}BC · CD$,$\therefore 5OE+3OC=12$,即 $8OC=12$,$\therefore OC=\frac{3}{2}$,$\therefore t=\frac{3}{2} ÷ 1=\frac{3}{2}$.
综上所述,当 t 为 $\frac{3}{2}$ 时,点 O 运动到 $∠ BDC$ 的平分线上,此时,半圆 O 与 BD 相切.
(3)如图②,当半圆 O 与 BD 相切时,此时半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有 1 个交点,即为切点,设切点为 H,连接 OH,由(2)可得 $t=\frac{3}{2}$;
如图③,当点 Q 与点 B 重合时,此时半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有 2 个交点,此时 BC 为半圆 O 的直径,$OC=\frac{1}{2}BC=2$,$\therefore t=2 ÷ 1=2$,$\therefore$ 当 $\frac{3}{2}＜t ≤ 2$ 时,半圆 O 与 BD 有 2 个交点,即半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有 2 个交点;
如图④,此时半圆 O 与 BD 有 1 个交点,与 AB 有 1 个交点;
如图⑤,当半圆 O 与 AD 相切时,此时半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有 3 个交点,设 AD 与半圆 O 的切点为 M,连接 OM,$\because OM=OC=AB=3$,$\therefore t=3 ÷ 1=3$,$\therefore$ 当 $2＜t＜3$ 时,半圆 O 与 BD 有 1 个交点,与 AB 有 1 个交点,即半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有 2 个交点;
如图⑥,当半圆 O 经过点 A 时,此时半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有 3 个交点,连接 OA,设 $OA=OC=x$,由勾股定理得 $3^2+(4-x)^2=x^2$,解得 $x=\frac{25}{8}$,$\therefore OC=\frac{25}{8}$,$\therefore t=\frac{25}{8} ÷ 1=\frac{25}{8}$;
如图⑦,当点 O 与点 B 重合时,此时点 O 停止运动,$\therefore OC=BC=4$,$\therefore t=4 ÷ 1=4$,$\therefore$ 当 $\frac{25}{8}＜t ≤ 4$ 时,半圆 O 与 BD 有 1 个交点,与 AD 有 1 个交点,即半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有 2 个交点.
综上,当半圆 O 与 $△ ABD$ 的边有两个交点时,t 的取值范围为 $\frac{3}{2}＜t＜3$ 或 $\frac{25}{8}＜t ≤ 4$.
解析
【分析】
(1) 先求解一元二次方程得到矩形的两条边长，再利用矩形的性质和勾股定理计算对角线BD的长度即可。
(2) 结合角平分线“角平分线上的点到角两边距离相等”的性质，过O作BD的垂线，可得垂线长度等于半径OC，由此可判断BD与半圆O相切；再利用三角形面积和的关系列方程求出OC的长度，结合运动速度即可得到t的值。
(3) 先找出半圆O与△ABD的边交点个数变化的临界情况：半圆与BD相切、点Q与B重合、半圆与AD相切、半圆经过点A、点O与B重合，再分区间讨论每个区间内的交点个数，筛选出交点为2个的t的范围即可。
【解析】
(1) 解方程$x^2-7x+12=0$，因式分解得$(x-3)(x-4)=0$，解得$x_1=3$，$x_2=4$。
∵$a＜b$，$AB=a$，$AD=b$，
∴$AB=3$，$AD=4$。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ BAD=90°$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
(2) 过点O作$OE ⊥ BD$，垂足为E。
∵DO平分$∠ BDC$，$∠ C=90°$即$OC ⊥ CD$，根据角平分线的性质，得$OE=OC$，
∴BD是$\odot O$的切线，即半圆O与BD相切。
∵$S_{△ BDO}+S_{△ CDO}=S_{△ BDC}$，
∴$\frac{1}{2}BD · OE + \frac{1}{2}CD · OC = \frac{1}{2}BC · CD$，
代入$BD=5$，$CD=AB=3$，$BC=AD=4$，且$OE=OC=t$，得：
$5t + 3t = 4 × 3$，解得$t=\frac{3}{2}$。
即当$t=\frac{3}{2}$时，点O在$∠ BDC$的平分线上，此时半圆O与BD相切。
(3) 分情况讨论临界状态：
① 当半圆O与BD相切时，由(2)知$t=\frac{3}{2}$，此时半圆与△ABD的边只有1个交点（切点）；
② 当点Q与点B重合时，BC为半圆直径，$OC=\frac{1}{2}BC=2$，即$t=2$，此时半圆与△ABD的边有2个交点，故当$\frac{3}{2}＜t ≤ 2$时，半圆与△ABD的边有2个交点；
③ 当半圆O与AD相切时，切点为M，连接OM，此时$OM=OC=AB=3$，即$t=3$，此时半圆与△ABD的边有3个交点，故当$2＜t＜3$时，半圆与△ABD的边有2个交点；
④ 当半圆O经过点A时，连接OA，设$OA=OC=x$，在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$AB=3$，$OB=4-x$，由勾股定理得：$3^2+(4-x)^2=x^2$，解得$x=\frac{25}{8}$，即$t=\frac{25}{8}$，此时半圆与△ABD的边有3个交点；
⑤ 当点O与B重合时，运动停止，$OC=BC=4$，即$t=4$，故当$\frac{25}{8}＜t ≤ 4$时，半圆与△ABD的边有2个交点。
综上，半圆与△ABD的边有2个交点时，t的取值范围是$\frac{3}{2}＜t＜3$或$\frac{25}{8}＜t ≤ 4$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{5}$
(2) 当$t$为$\frac{3}{2}$时，点O运动到$∠ BDC$的平分线上，此时半圆O与BD相切。
(3) $t$的取值范围为$\boldsymbol{\frac{3}{2}＜t＜3}$或$\boldsymbol{\frac{25}{8}＜t ≤ 4}$。
【知识点】
直线与圆的位置关系，角平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题为动态几何综合题，融合了一元二次方程求解、矩形性质、角平分线性质、直线与圆位置关系判定等多个考点，解题时需要结合运动过程找准临界状态，通过分类讨论梳理不同阶段的交点情况，能有效考查动态分析能力和分类讨论思想的应用。
【难度系数】
0.4
(1) 先求解一元二次方程得到矩形的两条边长，再利用矩形的性质和勾股定理计算对角线BD的长度即可。
(2) 结合角平分线“角平分线上的点到角两边距离相等”的性质，过O作BD的垂线，可得垂线长度等于半径OC，由此可判断BD与半圆O相切；再利用三角形面积和的关系列方程求出OC的长度，结合运动速度即可得到t的值。
(3) 先找出半圆O与△ABD的边交点个数变化的临界情况：半圆与BD相切、点Q与B重合、半圆与AD相切、半圆经过点A、点O与B重合，再分区间讨论每个区间内的交点个数，筛选出交点为2个的t的范围即可。
【解析】
(1) 解方程$x^2-7x+12=0$，因式分解得$(x-3)(x-4)=0$，解得$x_1=3$，$x_2=4$。
∵$a＜b$，$AB=a$，$AD=b$，
∴$AB=3$，$AD=4$。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ BAD=90°$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
(2) 过点O作$OE ⊥ BD$，垂足为E。
∵DO平分$∠ BDC$，$∠ C=90°$即$OC ⊥ CD$，根据角平分线的性质，得$OE=OC$，
∴BD是$\odot O$的切线，即半圆O与BD相切。
∵$S_{△ BDO}+S_{△ CDO}=S_{△ BDC}$，
∴$\frac{1}{2}BD · OE + \frac{1}{2}CD · OC = \frac{1}{2}BC · CD$，
代入$BD=5$，$CD=AB=3$，$BC=AD=4$，且$OE=OC=t$，得：
$5t + 3t = 4 × 3$，解得$t=\frac{3}{2}$。
即当$t=\frac{3}{2}$时，点O在$∠ BDC$的平分线上，此时半圆O与BD相切。
(3) 分情况讨论临界状态：
① 当半圆O与BD相切时，由(2)知$t=\frac{3}{2}$，此时半圆与△ABD的边只有1个交点（切点）；
② 当点Q与点B重合时，BC为半圆直径，$OC=\frac{1}{2}BC=2$，即$t=2$，此时半圆与△ABD的边有2个交点，故当$\frac{3}{2}＜t ≤ 2$时，半圆与△ABD的边有2个交点；
③ 当半圆O与AD相切时，切点为M，连接OM，此时$OM=OC=AB=3$，即$t=3$，此时半圆与△ABD的边有3个交点，故当$2＜t＜3$时，半圆与△ABD的边有2个交点；
④ 当半圆O经过点A时，连接OA，设$OA=OC=x$，在$\mathrm{Rt}△ ABO$中，$AB=3$，$OB=4-x$，由勾股定理得：$3^2+(4-x)^2=x^2$，解得$x=\frac{25}{8}$，即$t=\frac{25}{8}$，此时半圆与△ABD的边有3个交点；
⑤ 当点O与B重合时，运动停止，$OC=BC=4$，即$t=4$，故当$\frac{25}{8}＜t ≤ 4$时，半圆与△ABD的边有2个交点。
综上，半圆与△ABD的边有2个交点时，t的取值范围是$\frac{3}{2}＜t＜3$或$\frac{25}{8}＜t ≤ 4$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{5}$
(2) 当$t$为$\frac{3}{2}$时，点O运动到$∠ BDC$的平分线上，此时半圆O与BD相切。
(3) $t$的取值范围为$\boldsymbol{\frac{3}{2}＜t＜3}$或$\boldsymbol{\frac{25}{8}＜t ≤ 4}$。
【知识点】
直线与圆的位置关系，角平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题为动态几何综合题，融合了一元二次方程求解、矩形性质、角平分线性质、直线与圆位置关系判定等多个考点，解题时需要结合运动过程找准临界状态，通过分类讨论梳理不同阶段的交点情况，能有效考查动态分析能力和分类讨论思想的应用。
【难度系数】
0.4
