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与圆半径r的大小，d＞r时相离，d=r时相切，d＜r时相交。首先由PO=半径=4，可确定点P在⊙O上；再结合垂线段最短的性质可知，圆心O到过P的直线l的距离最大为OP的长度4，不可能大于4，分两种情况讨论即可得出结论。
【解析】
已知⊙O的半径r=4，PO=4，因此点P在⊙O上。
分两种情况讨论：
1. 当直线l⊥OP时，圆心O到直线l的距离d=OP=4=r，此时直线l与⊙O相切；
2. 当直线l不垂直于OP时，根据垂线段最短，圆心O到直线l的距离d＜OP=4，即d＜r，此时直线l与⊙O相交。
综上，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】
直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，垂线段的性质
【点评】
本题考查直线与圆位置关系的判定，解题时要注意分类讨论，避免只考虑到直线与OP垂直的相切情况，忽略倾斜时的相交情况，需结合垂线段最短明确圆心到直线的距离取值范围。
【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】
要判断直线l与⊙O的位置关系，需先求出⊙O的半径，再将半径与圆心O到直线l的距离比较大小。解题思路如下：第一步，解一元二次方程求出方程的根，结合半径为正数的实际意义确定半径r的取值；第二步，回忆直线与圆的位置关系判定规则：当d＜r时直线与圆相交，d=r时相切，d＞r时相离，将已知的距离d=2与r比较即可得出结论。
【解析】
1. 求解一元二次方程$x^2 - 2x - 3 = 0$：
因式分解得$(x-3)(x+1)=0$，
解得$x_1=3$，$x_2=-1$。
因为圆的半径为正数，所以⊙O的半径$r=3$。
2. 比较距离与半径的大小：
已知圆心O到直线l的距离$d=2$，
因为$2＜3$，即$d＜r$，
因此直线l与⊙O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直线与圆位置关系的判定结合考查，解题关键是舍去不符合实际意义的负根，熟记位置关系的判定规则即可快速解答。
【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$\odot O$与直线$MN$的位置关系，核心方法是比较圆心$O$到直线$MN$的距离$d$和圆的半径$r$的大小：若$d＜r$则两位置关系为相交，$d=r$为相切，$d＞r$为相离。已知$△ OMN$是等腰三角形（$OM=ON$），可利用等腰三角形三线合一的性质作$MN$的垂线，再通过勾股定理计算出垂线段的长度，即圆心到直线的距离，最后和半径比较即可得出结论。
【解析】
过点$O$作$OH⊥ MN$于点$H$。
$\because OM=ON=13\mathrm{cm}$，$OH⊥ MN$，
$\therefore H$是$MN$的中点（等腰三角形三线合一）。
$\because MN=24\mathrm{cm}$，
$\therefore MH=\frac{1}{2}MN=12\mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}△ OMH$中，由勾股定理得：
$OH=\sqrt{OM^2-MH^2}=\sqrt{13^2-12^2}=\sqrt{25}=5\mathrm{cm}$。
$\because \odot O$的半径$r=6\mathrm{cm}$，
$\therefore OH=5\mathrm{cm}＜6\mathrm{cm}=r$，即圆心到直线$MN$的距离小于半径，
$\therefore \odot O$与直线$MN$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，解题关键是熟练掌握位置关系的判定规则，结合等腰三角形和勾股定理求出圆心到直线的距离即可快速求解。
【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】
解决本题需分两步思考：第一步，明确圆与线段AB有两个交点的前提是圆与AB所在直线相交，因此需要先求出圆心C到直线AB的距离，半径必须大于该距离才能保证直线与圆有两个公共点；第二步，结合线段AB的端点位置确定半径的上限，若半径过大，会导致点A落入圆内，此时线段AB与圆仅1个交点，因此需取较短直角边AC的长度作为半径的上限。
【解析】
1. 求斜边AB的长度：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$
2. 求点C到直线AB的距离：
设点C到AB的垂线段长度为$h$，由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}× AB× h$，代入数值：
$\frac{1}{2}×3×4=\frac{1}{2}×5× h$，解得$h=\frac{12}{5}$
3. 分析$r$的取值范围：
① 若圆与直线AB有两个交点，则半径需满足$r＞h=\frac{12}{5}$；
② 若两个交点都落在线段AB上，需保证点A在圆上或圆外：
因为$AC=3＜BC=4$，当$r=3$时，点A在圆上，此时圆与AB交于点A和线段AB上的另一点，共2个交点；
若$r＞3$，点A落入圆内，此时线段AB与圆仅1个交点，不符合要求。
综上，$r$的取值范围是$\frac{12}{5}＜r≤3$。
【答案】
$\dfrac{12}{5}＜r≤3$
【知识点】
勾股定理，直线与圆的位置关系，点到直线的距离
【点评】
本题易出现的错误是仅考虑直线与圆相交的条件，忽略线段端点对半径的限制，解题时要注意区分“圆与直线相交”和“圆与线段相交”的不同要求，结合图形分析端点位置即可快速确定取值范围。
【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CD与$\odot O$的位置关系，核心是验证圆心O到CD的距离是否等于$\odot O$的半径。首先，已知AB是$\odot O$的直径，故O是AB的中点，结合AD//BC的条件，我们可以延长DO交CB的延长线于点F，通过AAS证明$△ AOD$和$△ BOF$全等，得到AD=BF，此时AD+BC就可以转化为BF+BC=CF，结合题目给出的AD+BC=CD，可知CF=CD，进而推出$∠ CFD=∠ CDF$，再结合平行线得到的$∠ ADO=∠ CFD$，可证得OD平分$∠ ADC$。最后过O作$OG⊥ CD$于G，利用角平分线的性质可得OG=OA（OA是$\odot O$的半径），即可判定CD与$\odot O$相切。
【解析】
解：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。
$\because AD//BC$，$\therefore ∠ ADO=∠ CFD$，
又$\because ∠ AOD=∠ BOF$（对顶角相等），$OA=OB$（AB是$\odot O$的直径，O为圆心），
$\therefore △ AOD≌△ BOF(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AD=BF$。
$\because AD+BC=CD$，$\therefore BF+BC=CF=CD$，
$\therefore ∠ CFD=∠ CDF$（等边对等角），
又$\because ∠ ADO=∠ CFD$，
$\therefore ∠ ADO=∠ CDO$，即OD平分$∠ ADC$。
$\because ∠ BAD=90°$，$\therefore OA⊥ AD$，
又$\because OG⊥ CD$，OD是$∠ ADC$的平分线，
$\therefore OG=OA$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
$\because$OA是$\odot O$的半径，即圆心O到CD的距离等于$\odot O$的半径，
$\therefore CD$与$\odot O$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】
本题是直线与圆位置关系判定的典型题，解题的核心是合理构造辅助线，将已知的线段和条件、平行条件通过全等三角形、等腰三角形进行转化，最终利用切线的判定思路得出结论，需要熟练掌握这类几何综合题的辅助线构造方法。
【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) 首先由∠AOB是直角可判断AB为⊙M的直径，先求出圆心M的坐标和圆的半径；再设直线l向上平移k个单位后与圆相切，由于平移后直线是水平直线，圆心到直线的距离等于纵坐标差的绝对值，结合相切时距离等于半径列方程求解即可。
(2) 先设运动时间为t秒，用t表示出OQ、OP、PQ的长度；当PQ与⊙M相切时，圆心M到PQ的距离等于半径5，再利用面积拆分法，将△POQ的面积拆分为△MQO、△MOP、△MPQ的面积和，列方程求解后舍去不符合实际意义的解即可。
【解析】
(1)
∵∠AOB=90°，
∴AB是⊙M的直径。
已知A(0,6)，B(8,0)，则圆心M是AB中点，坐标为$(\frac{0+8}{2},\frac{6+0}{2})=(4,3)$，$AB=\sqrt{(8-0)^2+(0-6)^2}=10$，即⊙M半径$r=5$。
设直线l向上平移k个单位后与⊙M相切，平移后直线解析式为$y=-4+k$。
圆心M到平移后直线的距离为$|3-(-4+k)|=|7-k|$，相切时距离等于半径，因此$|7-k|=5$，解得$k=2$或$k=12$。
(2) 过点M作$MH⊥PQ$，垂足为H，当PQ与⊙M相切时，$MH=r=5$。
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，由题意得$OQ=3t$，$OP=4t$，在$\mathrm{Rt}△ OPQ$中，$PQ=\sqrt{(4t)^2+(3t)^2}=5t$。
连接$MQ、MO、MP$，根据面积关系：$S_{△ POQ}=S_{△ MQO}+S_{△ MOP}+S_{△ MPQ}$，代入面积公式得：
$\frac{1}{2}×4t×3t=\frac{1}{2}×3t×4+\frac{1}{2}×4t×3+\frac{1}{2}×5t×5$
两边同乘2消去分母，整理得$12t^2-49t=0$，解得$t_1=\frac{49}{12}$，$t_2=0$（$t=0$未开始运动，不符合题意，舍去）。
【答案】
(1) $2$或$12$
(2) 当运动时间为$\frac{49}{12}\ \mathrm{s}$时，PQ与⊙M相切。
【知识点】
直线与圆的位置关系，圆的基本性质，动点问题
【点评】
本题是圆与平面直角坐标系结合的典型题型，核心考查直线与圆相切的判定条件，第一问难度较低，第二问灵活运用面积法拆分求解，可有效避免计算直线解析式的复杂过程。
【难度系数】
0.6