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1. 如图，在梯形ABCD中，AD // BC，∠B=90°，AD=1，AB=2，BC=3，点O是边BC上一点，若以点O为圆心、OC为半径的⊙O与边AD只有一个公共点，求OC的取值范围。
答案
解：
过点D作DH⊥BC于点H，
∵ AD//BC，∠B=90°，
∴ 四边形ABHD是矩形，
∴ BH=AD=1，DH=AB=2。
设OC=r，⊙O半径为r，平行线AD与BC之间的距离为AB=2：
1. 当⊙O与边AD相切时，圆心O到直线AD的距离等于半径，即r=2，此时切点为点D，⊙O与边AD仅有1个公共点，符合条件。
2. 当r＞2时，⊙O与直线AD相交，存在2个交点。以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则O点坐标为$(3-r,0)$，直线AD的方程为$y=2$，代入圆的方程得：
$(x-(3-r))^2 + 2^2 = r^2$
解得两个交点的横坐标为$x_1=3-r-\sqrt{r^2-4}$，$x_2=3-r+\sqrt{r^2-4}$，易证$x_2＞1$恒成立，即右侧交点始终在线段AD（$x\in[0,1]$）外侧。
要使线段AD上仅有一个公共点，只需左侧交点满足$0≤ x_1＜1$：
令$3-r-\sqrt{r^2-4}≥0$，移项平方后整理得$13-6r≥0$，解得$r≤\frac{13}{6}$。
当r＜2时，圆心到直线AD的距离2＞r，⊙O与AD相离，无公共点；当$r＞\frac{13}{6}$时，两个交点均在线段AD外侧，无公共点。
综上，OC的取值范围是$\boldsymbol{2≤ OC≤ \frac{13}{6}}$。
过点D作DH⊥BC于点H，
∵ AD//BC，∠B=90°，
∴ 四边形ABHD是矩形，
∴ BH=AD=1，DH=AB=2。
设OC=r，⊙O半径为r，平行线AD与BC之间的距离为AB=2：
1. 当⊙O与边AD相切时，圆心O到直线AD的距离等于半径，即r=2，此时切点为点D，⊙O与边AD仅有1个公共点，符合条件。
2. 当r＞2时，⊙O与直线AD相交，存在2个交点。以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则O点坐标为$(3-r,0)$，直线AD的方程为$y=2$，代入圆的方程得：
$(x-(3-r))^2 + 2^2 = r^2$
解得两个交点的横坐标为$x_1=3-r-\sqrt{r^2-4}$，$x_2=3-r+\sqrt{r^2-4}$，易证$x_2＞1$恒成立，即右侧交点始终在线段AD（$x\in[0,1]$）外侧。
要使线段AD上仅有一个公共点，只需左侧交点满足$0≤ x_1＜1$：
令$3-r-\sqrt{r^2-4}≥0$，移项平方后整理得$13-6r≥0$，解得$r≤\frac{13}{6}$。
当r＜2时，圆心到直线AD的距离2＞r，⊙O与AD相离，无公共点；当$r＞\frac{13}{6}$时，两个交点均在线段AD外侧，无公共点。
综上，OC的取值范围是$\boldsymbol{2≤ OC≤ \frac{13}{6}}$。
解析
【分析】
解题时首先利用直角梯形的性质求出梯形的高和各边的长度，再结合直线与圆的位置关系分情况讨论：首先判断半径小于2时圆与AD相离，无交点；再分别分析圆与AD相切、圆与直线AD相交但只有1个交点落在线段AD上两种符合条件的情况，其中相交的临界情况为圆过点A，利用勾股定理求出此时的半径，最终确定OC的取值范围，注意要区分“边AD（线段）”和“直线AD”的差异。
【解析】
过点D作$DH⊥BC$于点H，
∵$AD// BC$，$∠ B=90°$，
∴四边形ABHD是矩形，
∴$BH=AD=1$，$DH=AB=2$，$HC=BC-BH=3-1=2$。
设$OC=r$，则$\odot O$的半径为r，平行线AD与BC的距离为$AB=2$：
1. 当$r＜2$时，圆心O到直线AD的距离为$2＞r$，$\odot O$与AD相离，没有公共点，不符合要求；
2. 当$\odot O$与边AD相切时，圆心到直线AD的距离等于半径，即$r=2$，此时O点与H点重合，切点为D，$\odot O$与边AD仅有1个公共点，符合条件；
3. 当$r＞2$时，$\odot O$与直线AD相交，要使边AD上只有1个公共点，需保证仅1个交点落在线段AD上，临界情况为$\odot O$经过点A，此时$OA=OC=r$，$OB=BC-OC=3-r$。
在$Rt△ ABO$中，由勾股定理得：
$AB^2 + OB^2 = OA^2$
代入数值得：$2^2 + (3-r)^2 = r^2$
展开整理得：$4 + 9 -6r + r^2 = r^2$，解得$r=\frac{13}{6}$。
当$2＜r≤\frac{13}{6}$时，直线AD与$\odot O$的两个交点中一个在线段AD上，另一个在AD的延长线上，边AD上仅有1个公共点，符合条件；当$r＞\frac{13}{6}$时，两个交点均不在线段AD上，无公共点，不符合要求。
综上，OC的取值范围是$2≤OC≤\frac{13}{6}$。
【答案】
$2≤OC≤\frac{13}{6}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，直角梯形的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，需要结合图形性质分情况讨论，解题的关键是准确理解“与边AD只有一个公共点”的含义，既要考虑相切的情况，也要考虑相交时仅一个交点落在线段上的情况，易错点是混淆线段和直线的区别，漏算相交的情况。
【难度系数】
0.4
解题时首先利用直角梯形的性质求出梯形的高和各边的长度，再结合直线与圆的位置关系分情况讨论：首先判断半径小于2时圆与AD相离，无交点；再分别分析圆与AD相切、圆与直线AD相交但只有1个交点落在线段AD上两种符合条件的情况，其中相交的临界情况为圆过点A，利用勾股定理求出此时的半径，最终确定OC的取值范围，注意要区分“边AD（线段）”和“直线AD”的差异。
【解析】
过点D作$DH⊥BC$于点H，
∵$AD// BC$，$∠ B=90°$，
∴四边形ABHD是矩形，
∴$BH=AD=1$，$DH=AB=2$，$HC=BC-BH=3-1=2$。
设$OC=r$，则$\odot O$的半径为r，平行线AD与BC的距离为$AB=2$：
1. 当$r＜2$时，圆心O到直线AD的距离为$2＞r$，$\odot O$与AD相离，没有公共点，不符合要求；
2. 当$\odot O$与边AD相切时，圆心到直线AD的距离等于半径，即$r=2$，此时O点与H点重合，切点为D，$\odot O$与边AD仅有1个公共点，符合条件；
3. 当$r＞2$时，$\odot O$与直线AD相交，要使边AD上只有1个公共点，需保证仅1个交点落在线段AD上，临界情况为$\odot O$经过点A，此时$OA=OC=r$，$OB=BC-OC=3-r$。
在$Rt△ ABO$中，由勾股定理得：
$AB^2 + OB^2 = OA^2$
代入数值得：$2^2 + (3-r)^2 = r^2$
展开整理得：$4 + 9 -6r + r^2 = r^2$，解得$r=\frac{13}{6}$。
当$2＜r≤\frac{13}{6}$时，直线AD与$\odot O$的两个交点中一个在线段AD上，另一个在AD的延长线上，边AD上仅有1个公共点，符合条件；当$r＞\frac{13}{6}$时，两个交点均不在线段AD上，无公共点，不符合要求。
综上，OC的取值范围是$2≤OC≤\frac{13}{6}$。
【答案】
$2≤OC≤\frac{13}{6}$
【知识点】
直线与圆的位置关系，直角梯形的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，需要结合图形性质分情况讨论，解题的关键是准确理解“与边AD只有一个公共点”的含义，既要考虑相切的情况，也要考虑相交时仅一个交点落在线段上的情况，易错点是混淆线段和直线的区别，漏算相交的情况。
【难度系数】
0.4
如图，AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，连接AC并延长到点D，使$AC=CD$，E是OB的中点，连接CE并延长，交DB延长线于点F.
（1）求证：BD是$\odot O$的切线；
（2）若AF交$\odot O$于点H，连接BH，且$AO=2$，求BH的长.
（1）证明 连接OC，BC，如图所示.
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$.
所以$AC=BC$. 所以$OC⊥ AB$.
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线.
所以$OC// BD$.
因为$OC⊥ AB$，所以$BD⊥ AB$，
即$BD⊥ OB$.
又因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线.
（2）解 因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$.
所以$AB=OA+OB=4$.
因为BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$.
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$.
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA）.
所以$OC=BF=2$.
因为$∠ FBE=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形.
由勾股定理得 $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$.
由三角形面积公式得 $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}× AF× BH=\frac{1}{2}× AB× BF$，
所以$BH=\frac{AB× BF}{AF}=\frac{4× 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
（1）求证：BD是$\odot O$的切线；
（2）若AF交$\odot O$于点H，连接BH，且$AO=2$，求BH的长.
（1）证明 连接OC，BC，如图所示.
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$.
所以$AC=BC$. 所以$OC⊥ AB$.
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线.
所以$OC// BD$.
因为$OC⊥ AB$，所以$BD⊥ AB$，
即$BD⊥ OB$.
又因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线.
（2）解 因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$.
所以$AB=OA+OB=4$.
因为BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$.
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$.
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA）.
所以$OC=BF=2$.
因为$∠ FBE=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形.
由勾股定理得 $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$.
由三角形面积公式得 $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}× AF× BH=\frac{1}{2}× AB× BF$，
所以$BH=\frac{AB× BF}{AF}=\frac{4× 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
答案
（1）证明 连接OC，BC，如图所示.
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$.
所以$AC=BC$. 所以$OC⊥ AB$.
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线.
所以$OC// BD$.
因为$OC⊥ AB$，所以$BD⊥ AB$，
即$BD⊥ OB$.
又因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线.
（2）解 因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$.
所以$AB=OA+OB=4$.
因为BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$.
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$.
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA）.
所以$OC=BF=2$.
因为$∠ FBE=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形.
由勾股定理得 $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$.
由三角形面积公式得 $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}× AF× BH=\frac{1}{2}× AB× BF$，
所以$BH=\frac{AB× BF}{AF}=\frac{4× 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
解析
【分析】
（1）要证明BD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明BD垂直于$\odot O$的半径OB。首先连接OC、BC，由AB是直径、C是$\overset{\frown}{AB}$中点可推出$OC⊥AB$；再结合$AC=CD$、O是AB中点，可知OC是$△ ABD$的中位线，可得$OC// BD$，由此推导出$BD⊥AB$，即可证明BD是切线。
（2）已知$AO=2$，先求出AB、OC、OB的长度；再通过证明$△ COE≌△ FBE$得到BF的长度，用勾股定理计算出AF的长；最后利用AB是直径可得$∠AHB=90°$，结合$△ ABF$面积的两种表示方法，用等面积法即可求出BH的长度。
【解析】
（1）证明 连接OC，BC，如图所示.
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$.
所以$AC=BC$. 所以$OC⊥ AB$.
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线.
所以$OC// BD$.
因为$OC⊥ AB$，所以$BD⊥ AB$，
即$BD⊥ OB$.
又因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线.
（2）解 因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$.
所以$AB=OA+OB=4$.
因为BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$.
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$.
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA）.
所以$OC=BF=2$.
因为$∠ FBE=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形.
由勾股定理得 $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$.
由三角形面积公式得 $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}× AF× BH=\frac{1}{2}× AB× BF$，
所以$BH=\frac{AB× BF}{AF}=\frac{4× 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
【答案】
（1）BD是$\odot O$的切线，证明见上述过程；
（2）$\boldsymbol{BH=\frac{4\sqrt{5}}{5}}$
【知识点】
切线的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，覆盖了几何证明与计算两类常规考点，解题的核心是熟练运用切线判定、三角形中位线、等面积法等知识方法，能够较好地锻炼逻辑推理能力和几何运算能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明BD是$\odot O$的切线，根据切线判定定理，需证明BD垂直于$\odot O$的半径OB。首先连接OC、BC，由AB是直径、C是$\overset{\frown}{AB}$中点可推出$OC⊥AB$；再结合$AC=CD$、O是AB中点，可知OC是$△ ABD$的中位线，可得$OC// BD$，由此推导出$BD⊥AB$，即可证明BD是切线。
（2）已知$AO=2$，先求出AB、OC、OB的长度；再通过证明$△ COE≌△ FBE$得到BF的长度，用勾股定理计算出AF的长；最后利用AB是直径可得$∠AHB=90°$，结合$△ ABF$面积的两种表示方法，用等面积法即可求出BH的长度。
【解析】
（1）证明 连接OC，BC，如图所示.
因为AB是$\odot O$的直径，C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$OA=OB$.
所以$AC=BC$. 所以$OC⊥ AB$.
在$△ ABD$中，$OA=OB$，$AC=CD$，
所以OC是$△ ABD$的中位线.
所以$OC// BD$.
因为$OC⊥ AB$，所以$BD⊥ AB$，
即$BD⊥ OB$.
又因为OB是$\odot O$的半径，
所以BD是$\odot O$的切线.
（2）解 因为$AO=2$，
所以$OC=OB=OA=2$.
所以$AB=OA+OB=4$.
因为BD是$\odot O$的切线，$OC⊥ AB$，
所以$∠ COE=∠ FBE=90°$.
因为E是OB的中点，
所以$OE=BE$.
在$△ COE$和$△ FBE$中，
$\begin{cases}∠ COE=∠ FBE=90°, \\OE=BE, \\∠ OEC=∠ BEF,\end{cases}$
所以$△ COE≌△ FBE$（ASA）.
所以$OC=BF=2$.
因为$∠ FBE=90°$，
所以$△ ABF$是直角三角形.
由勾股定理得 $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ AHB=90°$，即$BH⊥ AF$.
由三角形面积公式得 $S_{△ ABF}=\frac{1}{2}× AF× BH=\frac{1}{2}× AB× BF$，
所以$BH=\frac{AB× BF}{AF}=\frac{4× 2}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
【答案】
（1）BD是$\odot O$的切线，证明见上述过程；
（2）$\boldsymbol{BH=\frac{4\sqrt{5}}{5}}$
【知识点】
切线的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形结合的基础综合题，覆盖了几何证明与计算两类常规考点，解题的核心是熟练运用切线判定、三角形中位线、等面积法等知识方法，能够较好地锻炼逻辑推理能力和几何运算能力。
【难度系数】
0.7
