27.4直线与圆的位置关系（分层练习）-2022-2023学年九年级数学下册

27.4直线与圆的位置关系（分层练习）【夯实基础】一、单选题1．（2022秋·上海金山·九年级校考阶段练习）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果⊙O的半径为6cm，线段，线段，那么直线AB与⊙O的位置关系为（

）A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切【答案】D【分析】根据圆心到直线的距离与圆的半径大小的关系进行判断，即当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交；圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离．【详解】解：∵⊙O的半径为10cm，线段，线段，∴点A在以O为圆心，10cm长为半径的圆上，点B在以O圆心，6cm长为半径的⊙O上当时，如左图所示，由知，直线AB与⊙O相切；当AB与OB不垂直时，如右图所示，过点O作于点D，则，所以直线AB与⊙O相交；∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切故选：D．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，要确定直线与圆的位置关系，要比较圆心到直线的距离与半径的大小，从而可确定位置关系．2．（2022·上海金山·统考二模）在直角坐标系中，点的坐标是，圆的半径为2，下列说法正确的是（

）A．圆与轴有一个公共点，与轴有两个公共点B．圆与轴有两个公共点，与轴有一个公共点C．圆与轴、轴都有两个公共点D．圆与轴、轴都没有公共点【答案】B【分析】根据圆心到x轴和y轴的距离判断圆P与坐标轴的位置关系即可；【详解】解：∵点的坐标是，∴点P到x轴的距离为，点P到y轴的距离为2，∵圆的半径为2，＜2，∴点P到x轴的距离小于圆的半径，点P到y轴的距离等于圆的半径，∴圆与x轴相交，圆与轴有两个公共点，∴圆与y轴相切，圆与轴有一个公共点，故选：B．【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，掌握相交、相切、相离的判定方法是解题关键．3．（2022秋·上海浦东新·九年级上海市进才实验中学校考期中）如图，在△ABC中，∠A＝50°，⊙O截△ABC的三边所得的弦长相等，则∠BOC＝（

）A．100° B．110° C．115° D．120°【答案】C【分析】先利用⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，得出即O是△ABC的内心，从而，∠1=∠2，∠3=∠4，进一步求出∠BOC的度数．【详解】解：如图，∵△ABC中∠A=50°，⊙O截△ABC的三条边所得的弦长相等，∴O到三角形三条边的距离相等，即O是△ABC的内心，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠3=（180°∠A）=（180°50°）=65°，∴∠BOC=180°（∠1+∠3）=180°65°=115°．故选：C．【点睛】本题考查的是三角形的内心，及三角形内角和定理，掌握三角形内心的性质是解答此题的关键．4．（2021秋·上海徐汇·九年级统考阶段练习）下列命题中正确的是（

）．A．平分弦的直径垂直于弦 B．与半径垂直的直线是圆的切线C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．顺次联结等腰梯形四边中点的四边形是菱形【答案】D【分析】根据垂径定理，切线的定义，菱形的判定和等腰梯形的性质逐一判断即可．【详解】解：A、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故此选项不符合题意；B、与半径垂直的直线不一定是圆的切线，故此选项不符合题意；C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故此选项不符合题意；D、顺次联结等腰梯形四边中点的四边形是菱形，如图所示四边形ABCD是等腰梯形，其中AB=CD，E、F、G、H分别是AB，AD，CD，BC的中点，∴AC=BD，EF是△ABD的中位线，∴，同理可得，，，∴，∴四边形EFGH是菱形，故此选项符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查了垂径定理，切线的定义，菱形的判定和等腰梯形的性质，熟知相关知识是解题的关键．5．（2021·上海崇明·统考二模）已知同一平面内有⊙O和点A与点B，如果O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm，那么直线AB与⊙O的位置关系为（）A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切【答案】D【分析】根据圆心到直线的距离与圆的半径大小的关系进行判断，即当圆心到直线的距离小于半径时，直线与圆相交；圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切；圆心到直线的距离大于半径时，直线与圆相离．【详解】∵⊙O的半径为3cm，线段OA＝5cm，线段OB＝3cm∴点A在以O为圆心5cm长为半径的圆上，点B在以O圆心3cm长为半径的⊙O上当AB⊥OB时，如左图所示，由OB=3cm知，直线AB与⊙O相切；当AB与OB不垂直时，如右图所示，过点O作OD⊥AB于点D，则OD<OB，所以直线AB与⊙O相交；∴直线AB与⊙O的位置关系为相交或相切故选：D．【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，要确定直线与圆的位置关系，要比较圆心到直线的距离与半径的大小，从而可确定位置关系．6．（2021·上海杨浦·统考二模）下列命题中，真命题是（）A．平分弦的直径垂直于弦B．垂直平分弦的直线平分这条弦所对的弧C．在同圆中，相等的弦所对的弧也相等D．经过半径一端且垂直于这条半径的直线是圆的切线【答案】B【分析】根据圆的有关概念和性质、垂径定理进行判断解答．【详解】解：A、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，原命题是假命题；B、垂直平分弦的直线平分这条弦所对的弧，是真命题；C、在同圆或等圆中，相等的弦所对的弧也相等，原命题是假命题；D、经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，原命题是假命题；故选：B．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解圆的有关概念和性质、垂径定理等知识．7．（2021春·上海金山·九年级期末）如图，已知中，，，，如果以点为圆心的圆与斜边有公共点，那么⊙的半径的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作CD⊥AB于D，根据勾股定理计算出AB=13，再利用面积法计算出然后根据直线与圆的位置关系得到当时，以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点．【详解】解：作CD⊥AB于D，如图，∵∠C=90°，AC=3，BC=4，∴∴∴以C为圆心、r为半径作的圆与斜边AB有公共点时，r的取值范围为故选：C【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d：直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d=r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．8．（2021·上海·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线AB经过点A（4，0），B（0，4），⊙O的半径为1（O为坐标原点），点P在直线AB上，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则切线长PQ的最小值为（

）A．

B．

C．

D．3【答案】B【分析】连接OP．根据勾股定理知PQ2＝OP2−OQ2，当OP⊥AB时，线段OP最短，即线段PQ最短．【详解】解：如图，连接OP、OQ．∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ．根据勾股定理知PQ2＝OP2−OQ2，∵当PO⊥AB时，线段PQ最短，又∵A（−4，0）、B（0，4），∴OA＝OB＝4．∴AB＝．∴OP＝AB＝．∴PQ＝．故答案为：B．【点睛】本题考查了切线的判定与性质、坐标与图形性质等知识点．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角来解决有关问题．9．（2021·上海·九年级专题练习）下列命题中真命题是（

）A．平分弦的半径垂直于弦B．垂直平分弦的直线必经过圆心C．相等的圆心角所对的弦相等D．经过半径一端且垂直于这条半径的直线是圆的切线【答案】B【分析】根据垂径定理，圆心角、弧、弦的关系定理，切线的判定定理判断即可．【详解】A.平分弦（不是直径）的半径垂直于弦，本选项说法是假命题；B.垂直平分弦的直线必经过圆心，本选项说法是真命题；C.在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弦相等，本选项说法是假命题；D.经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，本选项说法是假命题；故选：B．【点睛】本题主要考查了圆中相关命题正误的判断，熟练掌握垂径定理，圆心角、弦、弧的关系定理，切线的判定定理等知识是解决本题的关键．10．（2021·上海·九年级专题练习）下列说法中，正确的是（

）A．垂直于半径的直线是圆的切线；B．经过半径的外端且垂直于半径的直线是圆的切线；C．经过半径的端点且垂直于半径的直线是圆的切线；D．到圆心的距离等于直径的直线是圆的切线．【答案】B【分析】根据切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，逐项分析即可．【详解】由切线的判定定理得：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，得出只有答案B符合，故选：B．【点睛】本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，属于基础性题目，难度不大．11．（2022·上海·统考模拟预测）的圆心到直线的距离为3cm，的半径为，将直线向垂直于的方向平移，使与相切，则平移的距离是（

）A． B． C． D．或【答案】D【分析】根据直线与圆的位置关系,平移使直线与相切,有两种情况,一种是移动31=2厘米,第二种是移动3+1=4厘米.【详解】解:如图,当直线向上平移至位置时,平移距离为31=2厘米;当直线向上平移至位置时,平移距离为3+1=4厘米.故答案选:D.【点睛】本题考查了平移,直线与圆的位置关系,熟练掌握知识点并结合图形是解答关键.12．（2021·上海·九年级专题练习）如图，已知Rt△ABC，AC=8，AB=4，以点B为圆心作圆，当⊙B与线段AC只有一个交点时，则⊙B的半径的取值范围是（

）A．rB= B．4<rB≤C．rB=或4<rB≤ D．rB为任意实数【答案】C【分析】作BD⊥AC于D，如图，利用勾股定理计算出BC＝4，再利用面积法计算出BD＝2，讨论：当⊙B与AC相切时得到r＝2；当直线AC与⊙B相交，且边AB与⊙O只有一个交点时，BA＜r≤CB．【详解】解：作CD⊥AB于D，如图，在Rt△ABC中，BC＝，∵BD•AC＝AB•BC，∴CD＝当⊙C与AB相切时，r＝2；当直线AC与⊙B相交，且边AB与⊙O只有一个交点时，4＜r≤4．，综上所述，当r＝2或4＜r≤4故选C．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d：直线l和⊙O相交⇔d＜r；直线l和⊙O相切⇔d＝r；直线l和⊙O相离⇔d＞r．13．（2021·上海·九年级专题练习）直线AB、CD相交于点O，射线OM平分∠AOD，点P在射线OM上（点P与点O不重合），如果以点P为圆心的圆与直线AB相离，那么圆P与直线CD的位置关系是（）A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定【答案】A【分析】根据角平分线的性质和点与直线的位置关系解答即可．【详解】解：如图所示；∵OM平分∠AOD，以点P为圆心的圆与直线AB相离，∴以点P为圆心的圆与直线CD相离，故选A．【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，关键是根据角平分线的性质解答．14．（2021·上海·九年级专题练习）已知⊙O1与⊙O2内切于点A，⊙O1的半径等于5，O1O2=3,那么O2A的长等于（

）A．2 B．3 C．8 D．2或8【答案】D【分析】根据题意可知分两种情况讨论即可求解.【详解】根据题意可知分两种情况讨论：①O1A＞O2A，∵O1A=5，O1O2=3,∴O2A=O1AO1O2=2①O2A＞O1A，∵O1A=5，O1O2=3,∴O2A=O1A+O1O2=8故选D.【点睛】此题主要考查圆与圆的位置关系，解题的关键是根据题意分情况讨论.二、填空题15．（2021·上海·九年级专题练习）已知矩形ABCD，对角线AC与BD相交于点O，AB＝6，BC＝8，分别以点O、D为圆心画圆，如果⊙O与直线AD相交、与直线CD相离，且⊙D与⊙O内切，那么⊙D的半径长r的取值范围是______．【答案】8＜r＜9【分析】根据圆与圆的位置关系即可求出答案．【详解】解：设⊙O的半径为r1，⊙D半径为r，由⊙O与直线AD相交、与直线CD相离可知：3＜r1＜4，由题意可知：r＞r1，否则⊙D与⊙O不能内切，∵OD＝AC＝5，∴圆心距d＝5，∴d＝r﹣r1，∴r＝5+r1，∴8＜r＜9，故答案为：8＜r＜9．【点睛】考查了圆与圆的位置关系，解题关键是正确运用圆心距与两圆的半径的数量关系．16．（2022秋·上海浦东新·九年级校考期中）已知正三角形的内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r：R＝________．【答案】【分析】根据题意作如图，连接OD、OE，利用HL可得△AEO≌△ADO，进而可得∠DAO＝∠EAO，再根据等边三角形的性质即可得∠OAC＝30°，进而可求解．【详解】解：如图，连接OD、OE，∵AB、AC切圆O与E、D，∴OE⊥AB，OD⊥AC，在Rt△AEO和Rt△ADO中，，∴△AEO≌△ADO（HL），∴∠DAO＝∠EAO，又∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°，∴，∴OD：AO＝1：2，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，三角形外接圆与内切圆的综合，熟练掌握全等三角形的判定及性质和等边三角形的性质是解题的关键．17．（2022秋·上海·九年级上海市娄山中学校考期中）如图，已知AB是半圆O的直径，AC是弦，将图形ABC沿直线AC翻折，点B落在点D的位置，过点D作DE∥AB．如果DE与圆O相切，那么∠BAC的度数等于__________．【答案】15°##15度【分析】过O点作OH⊥DE于H点，过D点作DF⊥AB于F点，如图，利用切线的性质得到OH为⊙O的半径，再证明四边形OHDF为矩形，所以DF=OH，接着利用折叠的性质得到AD=AB，∠BAC=∠DAC，然后根据正弦的定义求出∠DAF=30°，从而得到∠BAC的度数．【详解】解：过O点作OH⊥DE于H点，过D点作DF⊥AB于F点，如图，∵DE与圆O相切，∴OH为⊙O的半径，∵DE∥AB，∴OH⊥AB，∴四边形OHDF为矩形，∴DF=OH，∵图形ABC沿直线AC翻折，点B落在点D的位置，∴AD=AB，∠BAC=∠DAC，在Rt△DAF中，∵sin∠DAF=，∴∠DAF=30°，∴∠BAC=∠DAF=15°．故答案为：15°．【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了圆周角定理、折叠的性质和解直角三角形．18．（2022·上海长宁·统考二模）如图，四边形ABCD是⊙O的内接矩形，将矩形ABCD沿着直线BC翻折，点A、点D的对应点分别为A'、D'，如果直线A'D'与⊙O相切，若AB=2，那么BC的长为______【答案】【分析】设直线A′D′与⊙O相切于G，连接OC，OG交BC于E，根据折叠的性质得到AD＝BC＝A′D′，AB＝CD＝CD′＝A′B，过O作OH⊥CD，根据垂径定理得到CH＝CD，根据切线的性质得到OG⊥A′D′，根据勾股定理即可得到结论．【详解】设直线A′D′与⊙O相切于G，连接OC，OG交BC于E，如图所示:∵将矩形ABCD沿着直线BC翻折，∴AD＝BC＝A′D′，AB＝CD＝CD′＝A′B，过O作OH⊥CD，∴CH＝CD，∵直线A′D′与⊙O相切，∴OG⊥A′D′，∵BC∥A′D′，∴OG⊥BC，∴四边形OECH是矩形，CE＝BE＝BC，∴CH＝OE，∵AB＝CD＝CD′＝A′B＝2，∴OE＝1，∴OC＝OG＝，∴CE＝，∴BC＝2CE＝，故答案为：．【点睛】本题考查了切线的性质,矩形的性质,折叠的性质,垂径定理,勾股定理,正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．19．（2022·上海普陀·统考二模）已知在等边△ABC中，AB=2，如果以点C为圆心的圆与边AB有且只有一个公共点，那么⊙C的半径是_________【答案】【分析】根据题意可知，边的是⊙C的切线，求得等边三角形边上的高即可求解．【详解】△是等边三角形，由等边三角形三线合一的性质可得：AB边上的高为，如果以点C为圆心的圆与边AB有且只有一个公共点，那么⊙C的半径是．故答案为：．【点睛】本题考查了等边三角形的性质，切线的性质，理解边的是⊙C的切线是解题的关键．20．（2022·上海·二模）如图，直线AB，CD相交于点O，，圆P的半径为1cm，动点P在直线AB上从点O左侧且距离O点6cm处，以1cm/s的速度向右运动，当圆P与直线CD相切时，圆心P的运动时间为_____s．【答案】4或8##8或4【分析】求得当⊙P位于点O的左边与CD相切时t的值和⊙P位于点O的右边与CD相切时t的值即可．【详解】解：当点P在射线OA时⊙P与CD相切，如图1，过P作PE⊥CD于E∴PE＝1cm，∵∠AOC＝30°∴OP＝2PE＝2cm∴⊙P的圆心在直线AB上向右移动了（6﹣2）cm后与CD相切∴⊙P移动所用的时间＝＝4（秒）；当点P在射线OB时⊙P与CD相切，如图2，过P作PE⊥CD于E∴PF＝1cm∵∠AOC＝∠DOB＝30°∴OP＝2PF＝2cm∴⊙P的圆心在直线AB上向右移动了（6+2）cm后与CD相切，∴⊙P移动所用的时间＝＝8（秒）∴当⊙P的运动时间为4或8秒时，⊙P与直线CD相切．故答案为：4或8．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，含30°的直角三角形，解题的关键在于分点P在射线OA和点P在射线OB两种情况进行计算．21．（2021·上海宝山·统考三模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，以点A为圆心，1为半径作⊙A，将⊙A绕着点C顺时针旋转，设旋转角为α（0＜α＜90°），若⊙A与直线BC相切，则∠α的余弦值为_______．【答案】【分析】根据切线的性质得到∠A′DC＝90°，根据旋转变换的性质得到CA′＝CA＝3，根据余弦的定义计算，得到答案．【详解】解：设将⊙A绕着点C顺时针旋转，点A至点A′时，⊙A′与直线BC相切相切于点D，连接A′D，则∠A′DC＝90°，A′D＝1，由旋转的性质可知，CA′＝CA＝3，∴cos∠CA′D＝，∵AC∥A′D，∴α＝∠CA′D，∴∠α的余弦值为，故答案为：．【点睛】本题考查图形旋转，直线与圆位置关系，锐角三角函数，平行线性质，掌握图形旋转，直线与圆位置关系，锐角三角函数，平行线性质是解题关键．22．（2021·上海·九年级专题练习）已知⊙的直径为6，点在直线上，且，那么直线与⊙的位置关系是__________．【答案】相交或相切【分析】根据圆的半径和点到圆心的距离之间的大小关系判断直线与圆的位置关系．【详解】解：∵⊙的直径为6，∴⊙的半径为3，∵，∴直线与⊙相切或相交．故答案是：相交或相切．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是掌握直线与圆位置关系的判断．23．（2021·上海·九年级专题练习）在中，若，，则的面积的最大值为______．【答案】9+9【分析】首先过C作CM⊥AB于M，由弦AB已确定，可得要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，即可得当CM过圆心O时，CM最大，然后由圆周角定理，证得△AOB是等腰直角三角形，则可求得CM的长，继而求得答案．【详解】作△ABC的外接圆⊙O，过C作CM⊥AB于M，∵弦AB已确定，∴要使△ABC的面积最大，只要CM取最大值即可，如图所示，当CM过圆心O时，CM最大，∵CM⊥AB，CM过O，∴AM＝BM（垂径定理），∴AC＝BC，∵∠AOB＝2∠ACB＝2×45°＝90°，∴OM＝AM＝AB＝×6＝3，∴OA＝，∴CM＝OC＋OM＝＋3，∴S△ABC＝AB•CM＝×6×（＋3）＝9+9．故答案为：9+9．【点睛】此题考查了圆周角定理以及等腰直角三角形性质．注意得到当CM过圆心O时，CM最大是关键．24．（2021·上海·九年级专题练习）已知在Rt△ABC中，∠C=90º，AC=3，BC=4，⊙C与斜边AB相切，那么⊙C的半径为______.【答案】【分析】首先根据勾股定理求出AB，然后根据圆相切的性质得出CD⊥AB，CD即为⊙C的半径，然后根据三角形面积列出等式，即可解得CD.【详解】设切点为D，连接CD，如图所示∵∠C=90º，AC=3，BC=4，∴又∵⊙C与斜边AB相切，∴CD⊥AB，CD即为⊙C的半径∴∴故答案为.【点睛】此题主要考查圆相切的性质以及勾股定理的运用，熟练掌握，即可解题.25．（2021·上海·九年级专题练习）如图，已知⊙A、⊙B、⊙C两两相切，连接圆心构成△ABC，如果AC=3，BC=5，AB=6，那么⊙C的半径长为_________.【答案】1【分析】根据相切两圆的性质得到，,,利用数量关系即可求解.【详解】依题意得，,∴故填：1.【点睛】此题主要考查圆相切的关系，解题的关键是熟知相切两圆的性质.【能力提升】一、单选题1．（2022·上海松江·校考三模）已知，以点为圆心，以为半径画圆，以点为圆心，半径为，画圆已知与外离，则的取值范围为（）A．0 B．0 C．0 D．0【答案】C【分析】设半径为，则cm，根据两圆外离的条件得到，从而得到的范围．【详解】解：设半径为，则，与外离，，，即，，故选：C．【点睛】本题考查圆与圆的位置关系：两圆的圆心距为、两圆的半径分别为，两圆外离；两圆外切；两圆相交；两圆内切；两圆内含．2．（2022·上海·上海市进才中学校考一模）点A在圆O上，已知圆O的半径是4，如果点A到直线a的距离是8，那么圆O与直线a的位置关系可能是（

）A．相交 B．相离 C．相切或相交 D．相切或相离【答案】D【分析】根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答．【详解】∵点A在圆O上，已知圆O的半径是4，点A到直线a的距离是8，∴圆O与直线a的位置关系可能是相切或相离．故选D．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，根据圆心到直线的距离d与半径r的大小关系解答．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．二、填空题3．（2022·上海虹口·统考二模）如图，在矩形中，，，点是的中点，联结，点是线段上一点，的半径为1，如果与矩形的各边都没有公共点，那么线段长的取值范围是______．【答案】【分析】根据勾股定理得到AE=5，分别求出当⊙O与AB边相切、⊙O与BC边相切时的OA值即可得到结论．【详解】∵在矩形中，，，点是的中点∴BE=3，∴AE=5，当⊙O与AB边相切时设⊙O与AB边相切于M，连接OM，则OM⊥AB，∴OM∥BC，∴，∴，∴，当⊙O与BC边相切时设⊙O与BC边相切于N，连接ON，则ON⊥BC，∴ON∥AB，∴，∴，∴，∴，∴如果圆O与矩形ABCD的各边都没有公共点，那么线段AO长的取值范围是，故答案为：．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，矩形的性质，平行线分线段成比例，正确的作出图形是解题的关键．4．（2022·上海浦东新·统考二模）如图，在中，为边上的中线，，以点为圆心，r为半径作．如果与中线有且只有一个公共点，那么的半径r的取值范围为_______．【答案】或##或【分析】根据直线与圆的位置关系，判断出符合题意的的半径r的取值范围的临界值并求解即可；【详解】解：在中，为边上的中线，，∴，∵，∴，∴，∴边的高，∵与中线有且只有一个公共点，∴的半径的取值范围为或．故答案为：或．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、三角形的面积、直角三角形斜边上的中线、解直角三角形等知识；熟练掌握直线与圆的位置关系，由三角函数求出BC是解决问题的关键．5．（2022·上海黄浦·格致中学校考二模）已知点是直线上一点，与轴相切，且与轴负半轴交于、两点，如果，那么点的坐标是_____________.【答案】【分析】首先根据题意画出图形，设与轴相切于点D，连接PA、PB，过点P作于点C，根据垂径定理可求得AC=BC=1，再由点是直线上一点，可得PC=2，由勾股定理可求得半径长，据此即可求得．【详解】解：如图：设与轴相切于点D，连接PA、PB，过点P作于点C点是直线上一点与轴相切于点D点的坐标是故答案为：【点睛】本题考查了垂径定理，坐标与图形，勾股定理，切线的性质，根据题意画出图形是解决本题的关键．6．（2022秋·上海虹口·九年级统考期中）已知，、之间的距离是5cm，圆心O到直线的距离是2cm，如果圆O与直线、有三个公共点，那么圆O的半径为______cm．【答案】3或7【分析】根据题意可以画出相应的图形，从而可以解答本题．【详解】解：设圆的半径为rcm如图一所示，r5=2，得r=7cm，如图二所示，r+2=5，得r=3cm，故答案为：3或7．【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，利用数形结合的思想解答．7．（2022秋·上海·九年级上海市西南模范中学校考期中）如图，AB是的弦，D为半径OA的中点，过D作交弦AB于点E，且．若，，那么的半径为_______________【答案】【分析】连接OB、OC，作CH⊥BE于H点，根据条件证明△ADE∽△CHE，得到，设AE=m，DE=n，n(5n)=m2，然后再推出∠OBC=∠ADE=90°，根据勾股定理建立等式，两式联立求解，从而求出AD长，即可解决问题．【详解】解：如图，连接OB、OC，作CH⊥BE于H点，∵BC=EC，CH⊥BE，∴BH=HE，∵∠ADE=∠CHE=90°，∠AED=∠HEC，∴△ADE∽△CHE，∴，设AE=m，DE=n，∴n(5n)=m2，在Rt△OBC中，∵OB2+BC2=OC2，∴OD2=AD2=m2n2，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA，∵CB=CE，又∴∠BEC=∠CBE=∠AED，∴，∴∠OBC=∠ADE=90°，∴∵，，,∴，将m2=n(5n)代入整理得：，解得n=1或0（舍去），∴m=2，∴，∴，即的半径为．故答案为：．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，以及圆的基本知识，解题的关键是利用构建方程的方法解决几何问题．三、解答题8．（2022秋·上海·九年级上海市娄山中学校考期中）已知：如图，在中，以边CA长为半径的交边AB于点D、边BC于点E，连接DE．如果，．(1)的度数；(2)的半径长及弦AD的长．【答案】(1)(2)半径为，AD=8【分析】（1）在优弧AE上取一点F，连接AF，EF，利用圆内接四边形得出∠F=45°，再根据圆周角定理即可得出结果；（2）过点E作EH⊥AB于H，过点C作CG⊥AB于G，由垂径定理得出AG=DG，DH=EH，设DH=a，则EH=a，BH=5a，根据勾股定理求解，然后分两种情况讨论：当a=2时，EH=2，BH=3；当a=3时，EH=3，BH=2，利用正切函数及勾股定理求解即可．(1)解：如图1，在优弧AE上取一点F，连接AF，EF，∵∠EDB=45°，∴∠ADE=180°45°=135°，∴∠F+∠ADE=180°，∴∠F=45°，∴∠C=2∠F=90°；(2)如图2,过点E作EH⊥AB于H，过点C作CG⊥AB于G，∴AG=DG，∵∠BDE=45°，∴DH=