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三、解答题
7. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$. 若以点$C$为圆心、$R$为半径作的圆与斜边$AB$所在的直线没有公共点，求$R$的取值范围.
7. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$. 若以点$C$为圆心、$R$为半径作的圆与斜边$AB$所在的直线没有公共点，求$R$的取值范围.
答案
解：
过点C作CD⊥AB于点D。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
可得：
$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{5×12}{13}=\frac{60}{13}$。
∵ 以点C为圆心、$R$为半径的圆与斜边$AB$所在的直线没有公共点，
∴ 直线$AB$与$\odot C$相离，即圆心$C$到直线$AB$的距离大于半径$R$，
结合半径$R＞0$，可得$R$的取值范围是$0＜R＜\frac{60}{13}$。
过点C作CD⊥AB于点D。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
可得：
$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{5×12}{13}=\frac{60}{13}$。
∵ 以点C为圆心、$R$为半径的圆与斜边$AB$所在的直线没有公共点，
∴ 直线$AB$与$\odot C$相离，即圆心$C$到直线$AB$的距离大于半径$R$，
结合半径$R＞0$，可得$R$的取值范围是$0＜R＜\frac{60}{13}$。
解析
【分析】
要解决本题，首先明确圆与直线没有公共点等价于直线与圆相离，相离的判定条件是圆心到直线的距离大于圆的半径。因此第一步需要求出圆心C到斜边AB的距离：先通过勾股定理计算斜边AB的长度，再利用直角三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边与斜边上高乘积的一半）求出斜边上的高，最后结合相离的条件和半径R大于0的隐含要求，即可得到R的取值范围。
【解析】
过点C作CD⊥AB于点D。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
可得：
$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{5×12}{13}=\frac{60}{13}$。
∵ 以点C为圆心、$R$为半径的圆与斜边$AB$所在的直线没有公共点，
∴ 直线$AB$与$\odot C$相离，即圆心$C$到直线$AB$的距离大于半径$R$，
结合半径$R＞0$，可得$R$的取值范围是$0＜R＜\frac{60}{13}$。
【答案】
$0＜R＜\frac{60}{13}$
【知识点】
直线与圆的位置关系；勾股定理；等面积法求高
【点评】
本题考查直线与圆相离的判定结合直角三角形的计算，解题关键是准确求出圆心到直线的距离，注意不要遗漏半径为正数的隐含条件。
【难度系数】
0.7
要解决本题，首先明确圆与直线没有公共点等价于直线与圆相离，相离的判定条件是圆心到直线的距离大于圆的半径。因此第一步需要求出圆心C到斜边AB的距离：先通过勾股定理计算斜边AB的长度，再利用直角三角形面积的两种计算方式（两直角边乘积的一半、斜边与斜边上高乘积的一半）求出斜边上的高，最后结合相离的条件和半径R大于0的隐含要求，即可得到R的取值范围。
【解析】
过点C作CD⊥AB于点D。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=5$，$BC=12$，
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
由三角形面积公式$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，
可得：
$CD=\frac{AC· BC}{AB}=\frac{5×12}{13}=\frac{60}{13}$。
∵ 以点C为圆心、$R$为半径的圆与斜边$AB$所在的直线没有公共点，
∴ 直线$AB$与$\odot C$相离，即圆心$C$到直线$AB$的距离大于半径$R$，
结合半径$R＞0$，可得$R$的取值范围是$0＜R＜\frac{60}{13}$。
【答案】
$0＜R＜\frac{60}{13}$
【知识点】
直线与圆的位置关系；勾股定理；等面积法求高
【点评】
本题考查直线与圆相离的判定结合直角三角形的计算，解题关键是准确求出圆心到直线的距离，注意不要遗漏半径为正数的隐含条件。
【难度系数】
0.7
8. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=3$，$BC=4$，圆心$O$在边$AC$上，且点$A$在$\odot O$上.$\odot O$与$BC$相切于点$D$.求$\odot O$的半径长.
答案
解：连接OD。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=3$，$BC=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
设$\odot O$的半径为$r$，
∵点$A$在$\odot O$上，圆心$O$在边$AC$上，
∴$OA=OD=r$，$OC=AC-OA=5-r$。
∵$\odot O$与$BC$相切于点$D$，
∴$OD⊥ BC$，
又∵$∠ B=90°$，即$AB⊥ BC$，
∴$OD// AB$，
∴$△ ODC ∽ △ ABC$，
∴$\dfrac{OD}{AB}=\dfrac{OC}{AC}$，即$\dfrac{r}{3}=\dfrac{5-r}{5}$，
解得$r=\dfrac{15}{8}$。
∴$\odot O$的半径长为$\dfrac{15}{8}$。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=3$，$BC=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
设$\odot O$的半径为$r$，
∵点$A$在$\odot O$上，圆心$O$在边$AC$上，
∴$OA=OD=r$，$OC=AC-OA=5-r$。
∵$\odot O$与$BC$相切于点$D$，
∴$OD⊥ BC$，
又∵$∠ B=90°$，即$AB⊥ BC$，
∴$OD// AB$，
∴$△ ODC ∽ △ ABC$，
∴$\dfrac{OD}{AB}=\dfrac{OC}{AC}$，即$\dfrac{r}{3}=\dfrac{5-r}{5}$，
解得$r=\dfrac{15}{8}$。
∴$\odot O$的半径长为$\dfrac{15}{8}$。
解析
【分析】
解题时首先结合切线的性质，连接切点与圆心OD得到垂直关系；再根据两个垂直于同一直线的线段平行，推出OD//AB，即可得到一对相似三角形；接下来先用勾股定理计算出斜边AC的长度，设圆的半径为r，将相似三角形的对应边用含r的代数式表示，最后根据相似三角形对应边成比例列方程，解方程即可求出半径。
【解析】
解：连接OD。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=3$，$BC=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
设$\odot O$的半径为$r$，
∵点$A$在$\odot O$上，圆心$O$在边$AC$上，
∴$OA=OD=r$，$OC=AC-OA=5-r$。
∵$\odot O$与$BC$相切于点$D$，
∴$OD⊥ BC$，
又
∵$∠ B=90°$，即$AB⊥ BC$，
∴$OD// AB$，
∴$△ ODC ∽ △ ABC$，
∴$\dfrac{OD}{AB}=\dfrac{OC}{AC}$，即$\dfrac{r}{3}=\dfrac{5-r}{5}$，
解得$r=\dfrac{15}{8}$。
【答案】
$\dfrac{15}{8}$
【知识点】
切线的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型题型，解题核心是通过添加辅助线构造相似三角形，结合方程思想求解，有效考查了几何图形性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合切线的性质，连接切点与圆心OD得到垂直关系；再根据两个垂直于同一直线的线段平行，推出OD//AB，即可得到一对相似三角形；接下来先用勾股定理计算出斜边AC的长度，设圆的半径为r，将相似三角形的对应边用含r的代数式表示，最后根据相似三角形对应边成比例列方程，解方程即可求出半径。
【解析】
解：连接OD。
在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=3$，$BC=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
设$\odot O$的半径为$r$，
∵点$A$在$\odot O$上，圆心$O$在边$AC$上，
∴$OA=OD=r$，$OC=AC-OA=5-r$。
∵$\odot O$与$BC$相切于点$D$，
∴$OD⊥ BC$，
又
∵$∠ B=90°$，即$AB⊥ BC$，
∴$OD// AB$，
∴$△ ODC ∽ △ ABC$，
∴$\dfrac{OD}{AB}=\dfrac{OC}{AC}$，即$\dfrac{r}{3}=\dfrac{5-r}{5}$，
解得$r=\dfrac{15}{8}$。
【答案】
$\dfrac{15}{8}$
【知识点】
切线的性质；相似三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是直线与圆位置关系的典型题型，解题核心是通过添加辅助线构造相似三角形，结合方程思想求解，有效考查了几何图形性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
9. 如图，AB是半圆O的直径，EC切半圆O于点C，BE⊥CE于点E，交AC的延长线于点F. 求证：AB=BF.
答案
证明：
连接OC，
∵ EC切半圆O于点C，
∴ OC⊥CE（圆的切线垂直于过切点的半径）。
∵ BE⊥CE，
∴ OC//BF，
∴ ∠ACO = ∠F。
∵ OA=OC，
∴ ∠A = ∠ACO，
∴ ∠A = ∠F，
∴ AB = BF。
连接OC，
∵ EC切半圆O于点C，
∴ OC⊥CE（圆的切线垂直于过切点的半径）。
∵ BE⊥CE，
∴ OC//BF，
∴ ∠ACO = ∠F。
∵ OA=OC，
∴ ∠A = ∠ACO，
∴ ∠A = ∠F，
∴ AB = BF。
解析
【分析】
要证明AB=BF，可转化为证明△ABF中∠A=∠F，利用“等角对等边”推导结论。首先题目给出EC是半圆的切线，根据切线的性质，通常连接切点与圆心得到垂直关系，因此先作辅助线OC。由OC⊥CE、BE⊥CE可推出OC//BF，得到∠ACO=∠F；再结合OA、OC是半圆的半径，二者相等可得∠A=∠ACO，通过等量代换即可得到∠A=∠F，进而证得结论。
【解析】
证明：
连接OC，
∵ EC切半圆O于点C，
∴ OC⊥CE（圆的切线垂直于过切点的半径）。
∵ BE⊥CE，
∴ OC//BF，
∴ ∠ACO = ∠F。
∵ OA=OC，
∴ ∠A = ∠ACO，
∴ ∠A = ∠F，
∴ AB = BF。
【答案】
AB=BF
【知识点】
切线的性质；平行线的判定与性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础证明题，解题的关键是掌握切线的性质，正确添加连接圆心和切点的辅助线，通过角的等量代换推导边相等，属于几何证明的常规题型。
【难度系数】
0.75
要证明AB=BF，可转化为证明△ABF中∠A=∠F，利用“等角对等边”推导结论。首先题目给出EC是半圆的切线，根据切线的性质，通常连接切点与圆心得到垂直关系，因此先作辅助线OC。由OC⊥CE、BE⊥CE可推出OC//BF，得到∠ACO=∠F；再结合OA、OC是半圆的半径，二者相等可得∠A=∠ACO，通过等量代换即可得到∠A=∠F，进而证得结论。
【解析】
证明：
连接OC，
∵ EC切半圆O于点C，
∴ OC⊥CE（圆的切线垂直于过切点的半径）。
∵ BE⊥CE，
∴ OC//BF，
∴ ∠ACO = ∠F。
∵ OA=OC，
∴ ∠A = ∠ACO，
∴ ∠A = ∠F，
∴ AB = BF。
【答案】
AB=BF
【知识点】
切线的性质；平行线的判定与性质；等腰三角形的判定
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础证明题，解题的关键是掌握切线的性质，正确添加连接圆心和切点的辅助线，通过角的等量代换推导边相等，属于几何证明的常规题型。
【难度系数】
0.75
