11. 如图,直线 $a ⊥ b$,垂足为 $H$,点 $P$ 在直线 $b$ 上,$PH = 4\ \mathrm{cm}$,$O$ 为直线 $b$ 上一动点.若以 $1\ \mathrm{cm}$ 为半径的$\odot O$与直线$a$相切,则$OP$ 的长为 cm.

11. 3 或 5 解析: 因为 $\odot O$ 的半径为 1 cm,所以当 $\odot O$与直线 $a$ 相切时,圆心 $O$ 到直线 $a$ 的距离为 1 cm,即$OH=1\ \mathrm{cm}$. 因为 $PH=4\ \mathrm{cm}$,所以分类讨论如下:
① 当点 $O$ 在点 $H$ 左侧时,$OP=PH-OH=3\ \mathrm{cm}$;
② 当点 $O$ 在点 $H$ 右侧时,$OP=PH+OH=5\ \mathrm{cm}$. 综上所述,$OP$ 的长为 3 cm 或 5 cm.

12. 已知直线 $y=kx$ 经过点 $(12,-5)$，将该直线向上平移 $m\ (m＞0)$ 个单位长度. 若平移后所得直线与半径为 6 的$\odot O$相交($O$为原点),则$m$ 的取值范围为.

12. $0＜m＜\frac{13}{2}$ 解析: 因为直线 $y=kx$ 经过点 $(12,-5)$,所以 $12k=-5$,解得 $k=-\frac{5}{12}$. 设平移后所得直线为 $l$,则直线 $l$ 的函数表达式为 $y=-\frac{5}{12}x+m$. 设直线 $l$ 与 $x$ 轴交于点 $A$,与 $y$ 轴交于点 $B$. 在$y=-\frac{5}{12}x+m$ 中,令 $y=0$,得 $-\frac{5}{12}x+m=0$,解得$x=\frac{12}{5}m$,所以 $A(\frac{12}{5}m,0)$,所以 $OA=\frac{12}{5}m$; 令 $x=0$,得 $y=m$,所以 $B(0,m)$,所以 $OB=m$. 因为$∠ AOB=90°$,所以 $AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\frac{13}{5}m$. 过点$O$ 作 $OD⊥ AB$,垂足为 $D$. 因为 $S_{△ AOB}=\frac{1}{2}OA· OB=\frac{1}{2}AB· OD$,所以 $OD=\frac{OA· OB}{AB}=\frac{12}{13}m$. 因为直线 $l$ 与半径为 6 的 $\odot O$ 相交,所以 $\frac{12}{13}m＜6$,解得$m＜\frac{13}{2}$. 又 $m＞0$,所以 $m$ 的取值范围为 $0＜m＜\frac{13}{2}$.

13. 新趋势 推导探究 如图，$\odot O$ 与直线 $BC$ 相切（$C$ 不是切点），$OA ⊥ OC$，$∠ OAC = ∠ ABO$，且 $AC=BO$，判断直线 $AB$ 与 $\odot O$ 的位置关系，并说明理由.

类题精讲

13. 直线 $AB$ 与 $\odot O$ 相离. 理由如下:如图,延长 $BA$ 至点 $D$,使得 $DB=OA$,连接 $OD$. 在$△ OAC$ 和 $△ DBO$中,$\begin{cases} AC=BO,\\ ∠ OAC=∠ DBO,\\ OA=DB, \end{cases}$所以$△ OAC≌△ DBO$,所以$OC=DO,∠ COA=∠ ODB$. 因为 $OA⊥ OC$,所以$∠ COA=90°$,所以$∠ ODB=90°$,所以 $DO⊥ BD$. 设$\odot O$ 的半径为 $r$. 因为 $\odot O$ 与 $BC$ 相切($C$ 不是切点),所以 $OC＞r$,所以 $DO＞r$,所以直线 $AB$ 与 $\odot O$相离.

14.（2025·江苏扬州二模）如图，$\odot O_{1}$的半径为1，正方形$ABCD$的边长为6，$O_{2}$为正方形$ABCD$的中心，$O_{1}O_{2} ⊥ AB$于点$P$，$O_{1}O_{2}=8$。若将$\odot O_{1}$绕点$P$按顺时针方向旋转$360^{ \circ }$，则在旋转的过程中，$\odot O_{1}$与正方形$ABCD$的边只有一个交点的情况一共出现（）

A.3次
B.5次
C.6次
D.7次

14. B 解析:如图,以点 $P$ 为圆心,$PO_1$ 为半径画圆. 在旋转过程中,$\odot O_1$ 与正方形 $ABCD$ 的边只有一个交点的情况一共出现 5 次.

15. 如图,给定一个半径为2的圆,圆心O到直线l的距离为d,即$OM=d$.我们把圆上到直线l的距离等于1的点的个数记为m.例如:当$d=0$时,l为经过圆心O的一条直线,此时圆上有4个到直线l的距离等于1的点,即$m=4$.由此可知:
(1) 当$d=3$时,$m=$;
(2) 当$m=2$时,d的取值范围是.

15. (1) 1 (2) $1＜d＜3$

16. 新素养 推理能力 已知四边形 $ABCD$ 内接于$\odot O,∠ ADC=90°,∠ DCB＜90°$，对角线$CA$ 平分$∠ DCB$，延长 $DA$，$CB$ 交于点 $E$。
(1) 如图①,若 $BE=AD$,求证: $△ ABE$ 是等腰直角三角形；
(2) 如图②,连接 $OE$,过点 $E$ 作直线 $EF$,使得 $∠ OEF=30°$,当 $∠ ACE≥30°$ 时,求证:直线 $EF$ 与$\odot O$ 相离。

16. (1) 因为 $CA$ 平分 $∠ DCB$,所以 $∠ ACD=∠ ACB$,所以$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{AB}$,所以 $AD=AB$. 因为 $BE=AD$,所以 $AB=BE$. 因为 $∠ ADC=90°$,所以 $AC$ 是 $\odot O$ 的直径,所以$∠ ABC=90°$,所以 $∠ ABE=180°-∠ ABC=90°$,所以$△ ABE$ 是等腰直角三角形.
(2) 设 $\odot O$ 的半径为 $r$,过点 $O$ 作 $OH⊥ EF$ 于点 $H$,则 $∠ OHE=90°$. 因为 $CA$ 平分 $∠ DCB$,所以$∠ DCB=2∠ ACE$. 因为四边形 $ABCD$ 内接于 $\odot O$,所以 $∠ DAB+∠ DCB=180°$. 因为 $∠ DAB+∠ BAE=180°$,所以 $∠ BAE=∠ DCB$,所以 $∠ BAE=2∠ ACE$. 因为$∠ ABC=90°$,所以 $∠ AEB=∠ ABC-∠ BAE=90°-2∠ ACE$. 因为 $∠ ACE≥30°$,所以 $∠ AEB≤30°≤∠ ACE$,所以在 $△ AEC$ 中,$AE≥ AC=2r$. 因为$∠ ADC=90°$,所以 $∠ EAC=∠ ADC+∠ ACD＞90°$,所以在 $△ AEO$ 中,$OE＞AE≥2r$. 因为 $∠ OEF=30°$,所以 $OE=2OH$,所以 $2OH＞2r$,所以 $OH＞r$,所以直线 $EF$ 与 $\odot O$ 相离.