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14. 已知$\odot O$的直径等于12 cm,直线$l$上一点$P$到圆心$O$的距离为6 cm,则直线$l$与$\odot O$的位置关系是（
A.相离
B.相切
C.相交
D.相切或相交
D
）A.相离
B.相切
C.相交
D.相切或相交
答案
14. D 解析: $\because$ 圆的半径 $r=6\ \mathrm{cm}$, 且直线上存在一点到圆心的距离 $d=6\ \mathrm{cm},\therefore$ 直线与圆至少有一个交点. 当直线与圆有且只有一个交点时, 直线与圆相切; 当直线与圆有两个交点时, 直线与圆相交. 综上所述, 直线与圆的位置关系是相交或相切.
解析
【分析】
要判断直线与圆的位置关系，需先明确圆的半径，再确定圆心到直线的距离范围。首先由圆的直径算出半径，再结合“垂线段最短”的性质，明确圆心到直线的距离与直线上一点到圆心距离的关系，最后分情况讨论直线与圆的位置关系。
【解析】
1. 计算圆的半径：已知⊙O的直径为12 cm，因此半径$ r = \frac{12}{2} = 6\ \mathrm{cm} $。
2. 分析圆心到直线的距离范围：直线$ l $上一点$ P $到圆心$ O $的距离$ OP = 6\ \mathrm{cm} $，根据“点到直线的距离是垂线段最短”，可知圆心$ O $到直线$ l $的距离$ d ≤ OP = 6\ \mathrm{cm} $。
3. 分情况判断位置关系：
当$ d = 6\ \mathrm{cm} $时，直线与圆相切；
当$ d ＜ 6\ \mathrm{cm} $时，直线与圆相交。
因此直线$ l $与$ \odot O $的位置关系是相切或相交，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系、点到直线的距离
【点评】
本题易混淆“直线上一点到圆心的距离”和“圆心到直线的距离”，需利用垂线段最短的性质确定圆心到直线的距离范围，进而准确判断直线与圆的位置关系，是对基础概念的灵活考查。
【难度系数】
0.5
要判断直线与圆的位置关系，需先明确圆的半径，再确定圆心到直线的距离范围。首先由圆的直径算出半径，再结合“垂线段最短”的性质，明确圆心到直线的距离与直线上一点到圆心距离的关系，最后分情况讨论直线与圆的位置关系。
【解析】
1. 计算圆的半径：已知⊙O的直径为12 cm，因此半径$ r = \frac{12}{2} = 6\ \mathrm{cm} $。
2. 分析圆心到直线的距离范围：直线$ l $上一点$ P $到圆心$ O $的距离$ OP = 6\ \mathrm{cm} $，根据“点到直线的距离是垂线段最短”，可知圆心$ O $到直线$ l $的距离$ d ≤ OP = 6\ \mathrm{cm} $。
3. 分情况判断位置关系：
当$ d = 6\ \mathrm{cm} $时，直线与圆相切；
当$ d ＜ 6\ \mathrm{cm} $时，直线与圆相交。
因此直线$ l $与$ \odot O $的位置关系是相切或相交，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
直线与圆的位置关系、点到直线的距离
【点评】
本题易混淆“直线上一点到圆心的距离”和“圆心到直线的距离”，需利用垂线段最短的性质确定圆心到直线的距离范围，进而准确判断直线与圆的位置关系，是对基础概念的灵活考查。
【难度系数】
0.5
15. 已知 $l_{1} // l_{2}$,$l_{1}$、$l_{2}$ 之间的距离是 3 cm,圆心 $O$ 到直线 $l_{1}$ 的距离是 1 cm,如果 $\odot O$ 与直线 $l_{1}$、$l_{2}$ 有三个公共点,那么 $\odot O$ 的半径为
2或4
cm.答案
15. 2 或 4 解析: 设圆的半径为 $r\ \mathrm{cm}$. 如图 1, $r-1=3$, 解得 $r=4$; 如图 2, $r+1=3$, 解得 $r=2$. 综上所述, $\odot O$ 的半径为 2 cm 或 4 cm.
解析
【分析】要使⊙O与l₁、l₂有三个公共点，需一条直线与圆相切（1个公共点），另一条直线与圆相交（2个公共点），共3个点。已知l₁//l₂，间距3cm，圆心O到l₁距离1cm，需分两种情况讨论直线与圆的位置关系，结合平行线间距和圆心到直线的距离关系求解半径。
【解析】设⊙O的半径为r cm。
情况1：当l₂与⊙O相切，且l₁与⊙O相交时，圆心O到l₂的距离等于半径r。因l₁与l₂间距为3cm，O到l₁距离为1cm，故r + 1 = 3，解得r=2；
情况2：当l₂与⊙O相切，且l₁与⊙O相交时，圆心O在l₁远离l₂的一侧，此时O到l₂的距离等于半径r，结合l₁与l₂间距3cm，O到l₁距离1cm，得r - 1 = 3，解得r=4。
综上，⊙O的半径为2 cm或4 cm。
【答案】2或4
【知识点】直线与圆的位置关系、平行线间的距离
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，核心是根据公共点个数判断直线与圆的位置关系，需分情况讨论圆心与两条平行线的位置，避免漏解，难度中等。
【难度系数】0.5
【解析】设⊙O的半径为r cm。
情况1：当l₂与⊙O相切，且l₁与⊙O相交时，圆心O到l₂的距离等于半径r。因l₁与l₂间距为3cm，O到l₁距离为1cm，故r + 1 = 3，解得r=2；
情况2：当l₂与⊙O相切，且l₁与⊙O相交时，圆心O在l₁远离l₂的一侧，此时O到l₂的距离等于半径r，结合l₁与l₂间距3cm，O到l₁距离1cm，得r - 1 = 3，解得r=4。
综上，⊙O的半径为2 cm或4 cm。
【答案】2或4
【知识点】直线与圆的位置关系、平行线间的距离
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，核心是根据公共点个数判断直线与圆的位置关系，需分情况讨论圆心与两条平行线的位置，避免漏解，难度中等。
【难度系数】0.5
16. 在平面直角坐标系 $xOy$ 中,如果以点 $A(-2,3)$ 为圆心、$r$ 为半径的圆与坐标轴恰好有三个公共点,那么 $r$ 的值为
3或$\sqrt{13}$
.答案
16. 3 或 $\sqrt{13}$ 解析: $\because$ 点 $A$ 的坐标为 $(-2,3),\therefore$ 点 $A$ 到 $x$ 轴的距离为 3, 到 $y$ 轴的距离为 2. 当 $\odot A$ 与 $x$ 轴相切时, 与 $y$ 轴有 2 个交点, 圆与坐标轴恰好有三个公共点, 此时 $r=3$; 当 $\odot A$ 经过原点时, 圆与坐标轴恰好有三个公共点, 此时 $r=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$; 当 $\odot A$ 与 $y$ 轴相切时, 与 $x$ 轴无交点, 不符合题意. 综上所述, $r$ 的值为 3 或 $\sqrt{13}$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需先明确圆心到x轴、y轴的距离，再分情况讨论圆与坐标轴的公共点数量：首先，点A(-2,3)到x轴的距离为纵坐标的绝对值3，到y轴的距离为横坐标的绝对值2；圆与坐标轴恰好有三个公共点，需考虑两种符合条件的情况：一是圆与其中一条坐标轴相切，另一条坐标轴与圆有两个交点；二是圆经过原点（原点在两条坐标轴上，此时交点总数为3），同时排除不符合的情况（如与y轴相切时只有1个公共点）。
【解析】
已知点A(-2,3)，则点A到x轴的距离为|3|=3，到y轴的距离为|-2|=2。
分情况讨论：
1. 当⊙A与x轴相切时，半径r等于点A到x轴的距离，即r=3。此时⊙A与x轴有1个公共点，与y轴有2个公共点，共3个公共点，符合题意；
2. 当⊙A经过原点时，半径r等于OA的长度，由两点间距离公式得：r=√[(-2-0)² + (3-0)²] = √(4+9)=√13。此时⊙A与坐标轴交于原点及另外两个点，共3个公共点，符合题意；
3. 当⊙A与y轴相切时，半径r等于点A到y轴的距离，即r=2。此时⊙A与y轴有1个公共点，与x轴无公共点，仅1个公共点，不符合题意。
综上，r的值为3或√13。
【答案】
3或$\sqrt{13}$
【知识点】
圆与坐标轴的位置关系、两点间距离公式
【点评】
本题考查圆与坐标轴的交点问题，需结合圆心到坐标轴的距离，通过分类讨论分析不同位置下圆与坐标轴的公共点数量，易漏解圆经过原点的情况，需注意特殊点（原点）的应用。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需先明确圆心到x轴、y轴的距离，再分情况讨论圆与坐标轴的公共点数量：首先，点A(-2,3)到x轴的距离为纵坐标的绝对值3，到y轴的距离为横坐标的绝对值2；圆与坐标轴恰好有三个公共点，需考虑两种符合条件的情况：一是圆与其中一条坐标轴相切，另一条坐标轴与圆有两个交点；二是圆经过原点（原点在两条坐标轴上，此时交点总数为3），同时排除不符合的情况（如与y轴相切时只有1个公共点）。
【解析】
已知点A(-2,3)，则点A到x轴的距离为|3|=3，到y轴的距离为|-2|=2。
分情况讨论：
1. 当⊙A与x轴相切时，半径r等于点A到x轴的距离，即r=3。此时⊙A与x轴有1个公共点，与y轴有2个公共点，共3个公共点，符合题意；
2. 当⊙A经过原点时，半径r等于OA的长度，由两点间距离公式得：r=√[(-2-0)² + (3-0)²] = √(4+9)=√13。此时⊙A与坐标轴交于原点及另外两个点，共3个公共点，符合题意；
3. 当⊙A与y轴相切时，半径r等于点A到y轴的距离，即r=2。此时⊙A与y轴有1个公共点，与x轴无公共点，仅1个公共点，不符合题意。
综上，r的值为3或√13。
【答案】
3或$\sqrt{13}$
【知识点】
圆与坐标轴的位置关系、两点间距离公式
【点评】
本题考查圆与坐标轴的交点问题，需结合圆心到坐标轴的距离，通过分类讨论分析不同位置下圆与坐标轴的公共点数量，易漏解圆经过原点的情况，需注意特殊点（原点）的应用。
【难度系数】
0.5
17. 如图,在等腰三角形 $ABC$ 中,$∠ ACB=120°$,$BC=AC=8$,半径为 2 的 $\odot O$ 的圆心 $O$ 在射线 $AC$ 上运动. 当 $\odot O$ 与 $△ ABC$ 的一边相切时,线段 $CO$ 的长为
4或$\frac{4\sqrt{3}}{3}$
.答案
17. 4 或 $\frac{4\sqrt{3}}{3}$ 解析: 当 $\odot O$ 与 $AB$ 相切时, 如图 1, 设切点为 $D$, 连接 $OD$, 则 $∠ ADO=90°$. $\because AC=BC,∠ ACB=120°,\therefore ∠ A=30°,\therefore AO=2OD=2×2=4,\therefore OC=AC-AO=8-4=4$; 当 $\odot O$ 与 $BC$ 相切时, 如图 2, 设切点为 $E$, 连接 $OE$. $\because ∠ ACB=120°,\therefore ∠ OCE=60°$. $\because OE=2,\therefore OC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$. 综上所述, 线段 $CO$ 的长为 4 或 $\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需分情况讨论⊙O与△ABC的哪条边相切，结合等腰三角形的性质和切线的性质求解：
1. 先确定△ABC的角度：由AC=BC，∠ACB=120°，可得∠A=∠B=30°；
2. 圆心O在射线AC上，⊙O半径为2，⊙O到AC的距离为0，不可能等于半径，故排除与AC相切的情况，仅需考虑⊙O与AB、BC相切的两种情况；
3. 对每种相切情况，利用切线性质（切线与过切点的半径垂直）构造直角三角形，结合直角三角形的边角关系计算OC的长度。
【解析】
分两种情况讨论：
情况1：当⊙O与AB相切时，如图1，设切点为D，连接OD，则OD⊥AB（切线性质），OD=2。
在Rt△ADO中，∠A=30°，根据“30°角所对直角边是斜边的一半”，得AO=2OD=2×2=4。
已知AC=8，故OC=AC - AO=8 - 4=4。
情况2：当⊙O与BC相切时，如图2，设切点为E，连接OE，则OE⊥BC（切线性质），OE=2。
∵∠ACB=120°，
∴∠OCE=180° - 120°=60°。
在Rt△OEC中，∠OEC=90°，sin∠OCE=OE/OC，即sin60°=2/OC，
解得OC=2/(√3/2)=4√3/3。
综上，线段CO的长为4或4√3/3。
【答案】
4 或 $\frac{4\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；解直角三角形
【点评】
本题考查圆与三角形相切的综合问题，需通过分类讨论确定所有可能的相切情况，结合切线性质和直角三角形的边角关系求解，解题时易忽略圆心位置的不同导致的多解情况，需仔细分析。
【难度系数】
0.4
要解决这个问题，需分情况讨论⊙O与△ABC的哪条边相切，结合等腰三角形的性质和切线的性质求解：
1. 先确定△ABC的角度：由AC=BC，∠ACB=120°，可得∠A=∠B=30°；
2. 圆心O在射线AC上，⊙O半径为2，⊙O到AC的距离为0，不可能等于半径，故排除与AC相切的情况，仅需考虑⊙O与AB、BC相切的两种情况；
3. 对每种相切情况，利用切线性质（切线与过切点的半径垂直）构造直角三角形，结合直角三角形的边角关系计算OC的长度。
【解析】
分两种情况讨论：
情况1：当⊙O与AB相切时，如图1，设切点为D，连接OD，则OD⊥AB（切线性质），OD=2。
在Rt△ADO中，∠A=30°，根据“30°角所对直角边是斜边的一半”，得AO=2OD=2×2=4。
已知AC=8，故OC=AC - AO=8 - 4=4。
情况2：当⊙O与BC相切时，如图2，设切点为E，连接OE，则OE⊥BC（切线性质），OE=2。
∵∠ACB=120°，
∴∠OCE=180° - 120°=60°。
在Rt△OEC中，∠OEC=90°，sin∠OCE=OE/OC，即sin60°=2/OC，
解得OC=2/(√3/2)=4√3/3。
综上，线段CO的长为4或4√3/3。
【答案】
4 或 $\frac{4\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
切线的性质；等腰三角形的性质；解直角三角形
【点评】
本题考查圆与三角形相切的综合问题，需通过分类讨论确定所有可能的相切情况，结合切线性质和直角三角形的边角关系求解，解题时易忽略圆心位置的不同导致的多解情况，需仔细分析。
【难度系数】
0.4
18. 如图,在$\odot O$中,弦$AD=4\ \mathrm{cm}$,作正方形$ABCD$,点$B$、$C$均落在圆内,圆心$O$在正方形内.
若将正方形$ABCD$沿射线$AD$方向平移1 cm,能使边$CD$与$\odot O$相切,则将正方形$ABCD$沿射线$AB$方向平移
若将正方形$ABCD$沿射线$AD$方向平移1 cm,能使边$CD$与$\odot O$相切,则将正方形$ABCD$沿射线$AB$方向平移
($\sqrt{5}-1$)或($\sqrt{5}+3$)
cm时,正方形其中一条边与$\odot O$相切.答案
18. ($\sqrt{5}-1$) 或 ($\sqrt{5}+3$) 解析: 如图, 过点 $O$ 作 $OH⊥ AD$ 于点 $H$, $OE⊥ CD$ 于点 $E$, 交 $\odot O$ 于点 $F$, 则 $∠ DHO=∠ DEO=90°$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形, $\therefore ∠ ADE=90°,\therefore$ 四边形 $OHDE$ 是矩形, $\therefore OE=HD=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}×4=2(\mathrm{cm})$. $\because$ 将正方形 $ABCD$ 沿射线 $AD$ 方向平移 1 cm, 能使边 $CD$ 与 $\odot O$ 相切, $\therefore EF=1\ \mathrm{cm},\therefore OF=OE+EF=3\ \mathrm{cm}$. 延长 $HO$ 交 $BC$ 于点 $G$, 交 $\odot O$ 于点 $M$, 则 $OM=OF=OD=3\ \mathrm{cm}$. $\because AD// BC,\therefore HG⊥ BC,\therefore$ 四边形 $ABGH$ 是矩形, $\therefore HG=AB=4\ \mathrm{cm}$. $\because OH=\sqrt{OD^2-DH^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}(\mathrm{cm}),\therefore OG=HG-OH=(4-\sqrt{5})\mathrm{cm},\therefore GM=OM-OG=3-(4-\sqrt{5})=(\sqrt{5}-1)(\mathrm{cm}),\therefore HM=HG+GM=4+\sqrt{5}-1=(\sqrt{5}+3)(\mathrm{cm}),\therefore$ 将正方形 $ABCD$ 沿射线 $AB$ 方向平移 $(\sqrt{5}-1)\mathrm{cm}$ 时, 边 $BC$ 与 $\odot O$ 相切; 将正方形 $ABCD$ 沿射线 $AB$ 方向平移 $(\sqrt{5}+3)\mathrm{cm}$ 时, 边 $AD$ 与 $\odot O$ 相切.
解析
【分析】
要解决本题，需先确定圆的半径，再结合正方形的性质和切线的性质分析平移后边与圆相切的两种情况：
1. 作辅助线OH⊥AD、OE⊥CD，利用正方形的性质推出四边形OHDE为矩形，得到OE的长度；
2. 根据“沿射线AD方向平移1cm时CD与⊙O相切”，结合切线性质求出圆的半径，再通过勾股定理算出OH的长度；
3. 分析沿射线AB方向平移时，存在BC边、AD边与⊙O相切的两种情况，分别计算对应的平移距离。
【解析】
如图，过点O作OH⊥AD于点H，OE⊥CD于点E，交⊙O于点F，延长HO交BC于点G，交⊙O于点M。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=90°，AD=AB=4cm，AD//BC，
又
∵OH⊥AD，OE⊥CD，
∴∠DHO=∠DEO=90°，
∴四边形OHDE是矩形，
∴OE=HD=½AD=½×4=2cm。
∵将正方形ABCD沿射线AD方向平移1cm时，边CD与⊙O相切，
∴EF=1cm，
∴⊙O的半径OF=OE+EF=2+1=3cm，故OD=OF=3cm。
在Rt△ODH中，由勾股定理得：OH=√(OD² - DH²)=√(3² - 2²)=√5 cm。
∵AD//BC，OH⊥AD，
∴HG⊥BC，四边形ABGH是矩形，
∴HG=AB=4cm，
∴OG=HG - OH=4 - √5 cm。
情况1：边BC与⊙O相切时，平移距离为GM，GM=OM - OG=3 - (4 - √5)=√5 -1 cm；
情况2：边AD与⊙O相切时，平移距离为HM，HM=HG + GM=4 + (3 - (4 - √5))=√5 +3 cm。
【答案】
√5 -1 或 √5 +3
【知识点】
圆的切线性质、正方形性质、勾股定理
【点评】
本题结合正方形与圆的位置关系，考查切线性质与勾股定理的应用，需分情况讨论平移后边与圆相切的两种情况，关键是先求出圆的半径，再利用几何关系计算平移距离。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需先确定圆的半径，再结合正方形的性质和切线的性质分析平移后边与圆相切的两种情况：
1. 作辅助线OH⊥AD、OE⊥CD，利用正方形的性质推出四边形OHDE为矩形，得到OE的长度；
2. 根据“沿射线AD方向平移1cm时CD与⊙O相切”，结合切线性质求出圆的半径，再通过勾股定理算出OH的长度；
3. 分析沿射线AB方向平移时，存在BC边、AD边与⊙O相切的两种情况，分别计算对应的平移距离。
【解析】
如图，过点O作OH⊥AD于点H，OE⊥CD于点E，交⊙O于点F，延长HO交BC于点G，交⊙O于点M。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE=90°，AD=AB=4cm，AD//BC，
又
∵OH⊥AD，OE⊥CD，
∴∠DHO=∠DEO=90°，
∴四边形OHDE是矩形，
∴OE=HD=½AD=½×4=2cm。
∵将正方形ABCD沿射线AD方向平移1cm时，边CD与⊙O相切，
∴EF=1cm，
∴⊙O的半径OF=OE+EF=2+1=3cm，故OD=OF=3cm。
在Rt△ODH中，由勾股定理得：OH=√(OD² - DH²)=√(3² - 2²)=√5 cm。
∵AD//BC，OH⊥AD，
∴HG⊥BC，四边形ABGH是矩形，
∴HG=AB=4cm，
∴OG=HG - OH=4 - √5 cm。
情况1：边BC与⊙O相切时，平移距离为GM，GM=OM - OG=3 - (4 - √5)=√5 -1 cm；
情况2：边AD与⊙O相切时，平移距离为HM，HM=HG + GM=4 + (3 - (4 - √5))=√5 +3 cm。
【答案】
√5 -1 或 √5 +3
【知识点】
圆的切线性质、正方形性质、勾股定理
【点评】
本题结合正方形与圆的位置关系，考查切线性质与勾股定理的应用，需分情况讨论平移后边与圆相切的两种情况，关键是先求出圆的半径，再利用几何关系计算平移距离。
【难度系数】
0.4
19. 如图,$\odot O$的半径$OA=2$,B是$\odot O$上的动点(不与点A重合),过点B作$\odot O$的切线BC,$BC=OA$,连接OC、AC.当$△ OAC$是直角三角形时,其斜边的长为
$2\sqrt{3}$或$2\sqrt{2}$
.答案
19. $2\sqrt{3}$ 或 $2\sqrt{2}$ 解析: 连接 $OB$. $\because BC$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ OBC=90°$. $\because BC=OA,\therefore OB=BC=2,\therefore △ OBC$ 是等腰直角三角形, $\therefore ∠ BCO=45°,\therefore ∠ ACO≤45°$. $△ OAC$ 是直角三角形分两种情况: ① 当 $∠ AOC=90°$ 时, 如图 1, $\because OC=\sqrt{2}OB=2\sqrt{2},\therefore AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{2^2+(2\sqrt{2})^2}=2\sqrt{3}$; ② 当 $∠ OAC=90°$ 时, 如图 2, $\because BC$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ OBC=∠ OAC=90°,\because BC=OA=OB,\therefore △ OBC$ 是等腰直角三角形, $\therefore OC=2\sqrt{2}$. 综上所述, 当 $△ OAC$ 是直角三角形时, 其斜边的长为 $2\sqrt{3}$ 或 $2\sqrt{2}$.
解析
【分析】
要解决这个问题，首先连接OB，利用切线的性质得到OB⊥BC，结合已知条件BC=OA=OB，可判断△OBC为等腰直角三角形，进而确定∠BCO的度数；再根据△OAC是直角三角形，分两种情况讨论直角顶点的位置（排除直角顶点在C的情况），最后利用勾股定理分别计算斜边长度。
【解析】
连接OB，
∵ BC是⊙O的切线，
∴ OB⊥BC，即∠OBC=90°，
∵ ⊙O半径OA=2，
∴ OB=OA=2，又BC=OA，
∴ OB=BC=2，
∴ △OBC是等腰直角三角形，
∴ OC=√(OB²+BC²)=√(2²+2²)=2√2，∠BCO=45°，故∠ACO≤45°，因此△OAC为直角三角形时，直角顶点只能是O或A，分两种情况：
① 当∠AOC=90°时，△OAC为直角三角形，斜边为AC，
由勾股定理得：AC=√(OA²+OC²)=√(2²+(2√2)²)=√(4+8)=2√3；
② 当∠OAC=90°时，△OAC为直角三角形，斜边为OC，
由上述计算得OC=2√2，
综上，△OAC是直角三角形时，其斜边的长为2√3或2√2。
【答案】
2√3 或 2√2
【知识点】
圆的切线性质，勾股定理，直角三角形判定
【点评】
本题结合圆的切线性质与直角三角形的分类讨论，需要准确判断直角顶点的位置，排除不可能的情况，再运用勾股定理计算，考查了几何分析与计算能力，是中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，首先连接OB，利用切线的性质得到OB⊥BC，结合已知条件BC=OA=OB，可判断△OBC为等腰直角三角形，进而确定∠BCO的度数；再根据△OAC是直角三角形，分两种情况讨论直角顶点的位置（排除直角顶点在C的情况），最后利用勾股定理分别计算斜边长度。
【解析】
连接OB，
∵ BC是⊙O的切线，
∴ OB⊥BC，即∠OBC=90°，
∵ ⊙O半径OA=2，
∴ OB=OA=2，又BC=OA，
∴ OB=BC=2，
∴ △OBC是等腰直角三角形，
∴ OC=√(OB²+BC²)=√(2²+2²)=2√2，∠BCO=45°，故∠ACO≤45°，因此△OAC为直角三角形时，直角顶点只能是O或A，分两种情况：
① 当∠AOC=90°时，△OAC为直角三角形，斜边为AC，
由勾股定理得：AC=√(OA²+OC²)=√(2²+(2√2)²)=√(4+8)=2√3；
② 当∠OAC=90°时，△OAC为直角三角形，斜边为OC，
由上述计算得OC=2√2，
综上，△OAC是直角三角形时，其斜边的长为2√3或2√2。
【答案】
2√3 或 2√2
【知识点】
圆的切线性质，勾股定理，直角三角形判定
【点评】
本题结合圆的切线性质与直角三角形的分类讨论，需要准确判断直角顶点的位置，排除不可能的情况，再运用勾股定理计算，考查了几何分析与计算能力，是中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
20. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90^{ \circ }$,$AC=3$,$BC=4$,绕$\mathrm{Rt}△ ABC$的一边所在直线旋转一周得到一个几何体,求这个几何体的全面积.
答案
20. 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $\because ∠ C=90°,AC=3,BC=4,\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=5$. ① 把 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 绕边 $AC$ 所在直线旋转一周, 所得的几何体的全面积为底面半径为 4、母线长为 5 的圆锥侧面积和半径为 4 的圆的面积之和, 故几何体全面积为 $π×4×5+π×4^2=36π$; ② 把 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 绕边 $BC$ 所在直线旋转一周, 所得的几何体的全面积为底面半径为 3、母线长为 5 的圆锥侧面积和半径为 3 的圆的面积之和, 故几何体的全面积为 $π×3×5+π×3^2=24π$; ③ 把 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 绕边 $AB$ 所在直线旋转一周, 所得的几何体的全面积为底面半径都为 2.4, 母线长分别为 4、3 的两个圆锥侧面积之和, 故几何体全面积为 $π×2.4×4+π×2.4×3=16.8π$.
解析
【分析】
要解决这个问题，需明确直角三角形绕不同边旋转得到的几何体不同，需分三种情况讨论：绕直角边AC、绕直角边BC、绕斜边AB旋转。首先用勾股定理计算斜边AB的长度，再根据每种旋转情况确定几何体的底面半径和母线长，进而计算全面积（绕直角边旋转时为圆锥侧面积加底面积，绕斜边旋转时为两个同底圆锥的侧面积之和）。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
分三种情况计算：
1. 绕边$AC$所在直线旋转：
所得几何体是底面半径$r=BC=4$、母线长$l=AB=5$的圆锥，全面积为圆锥侧面积加底面积：
$S_1=π rl + π r^2=π×4×5 + π×4^2=20π +16π=36π$。
2. 绕边$BC$所在直线旋转：
所得几何体是底面半径$r=AC=3$、母线长$l=AB=5$的圆锥，全面积为：
$S_2=π rl + π r^2=π×3×5 + π×3^2=15π +9π=24π$。
3. 绕边$AB$所在直线旋转：
所得几何体是两个同底的圆锥，底面半径为$\mathrm{Rt}△ ABC$斜边上的高$h$，由面积法得：
$h=\frac{AC× BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=2.4$，
两个圆锥的母线长分别为$AC=3$、$BC=4$，全面积为两个圆锥侧面积之和：
$S_3=π h× AC + π h× BC=π×2.4×3 + π×2.4×4=7.2π +9.6π=16.8π$。
综上，这个几何体的全面积为$36π$或$24π$或$16.8π$。
【答案】
$36π$或$24π$或$16.8π$
【知识点】
圆锥侧面积、旋转体、直角三角形性质
【点评】
本题考查直角三角形旋转形成的几何体的全面积计算，需分三种旋转情况讨论，关键是准确确定每种旋转对应的底面半径和母线长，绕斜边旋转时需先求斜边上的高作为公共底面半径，避免漏情况或计算错误。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需明确直角三角形绕不同边旋转得到的几何体不同，需分三种情况讨论：绕直角边AC、绕直角边BC、绕斜边AB旋转。首先用勾股定理计算斜边AB的长度，再根据每种旋转情况确定几何体的底面半径和母线长，进而计算全面积（绕直角边旋转时为圆锥侧面积加底面积，绕斜边旋转时为两个同底圆锥的侧面积之和）。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=3$，$BC=4$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
分三种情况计算：
1. 绕边$AC$所在直线旋转：
所得几何体是底面半径$r=BC=4$、母线长$l=AB=5$的圆锥，全面积为圆锥侧面积加底面积：
$S_1=π rl + π r^2=π×4×5 + π×4^2=20π +16π=36π$。
2. 绕边$BC$所在直线旋转：
所得几何体是底面半径$r=AC=3$、母线长$l=AB=5$的圆锥，全面积为：
$S_2=π rl + π r^2=π×3×5 + π×3^2=15π +9π=24π$。
3. 绕边$AB$所在直线旋转：
所得几何体是两个同底的圆锥，底面半径为$\mathrm{Rt}△ ABC$斜边上的高$h$，由面积法得：
$h=\frac{AC× BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=2.4$，
两个圆锥的母线长分别为$AC=3$、$BC=4$，全面积为两个圆锥侧面积之和：
$S_3=π h× AC + π h× BC=π×2.4×3 + π×2.4×4=7.2π +9.6π=16.8π$。
综上，这个几何体的全面积为$36π$或$24π$或$16.8π$。
【答案】
$36π$或$24π$或$16.8π$
【知识点】
圆锥侧面积、旋转体、直角三角形性质
【点评】
本题考查直角三角形旋转形成的几何体的全面积计算，需分三种旋转情况讨论，关键是准确确定每种旋转对应的底面半径和母线长，绕斜边旋转时需先求斜边上的高作为公共底面半径，避免漏情况或计算错误。
【难度系数】
0.5
