2023-2024学年冀教版初中数学九年级下册 29.2 直线与圆的位置关系同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·张北期中）已知的直径为10，直线l与相交，则圆心O到直线l的距离可能是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】∵的直径为10
∴的半径是5
∵直线l与相交
∴圆心O到直线l的距离0≤d＜5，则可能是4
故答案为：A
【分析】本题考查直线和圆的位置关系。当圆心到直线的距离d＞r时，直线与圆相离；当d=r时，直线与圆相切；d＜r时，直线与圆相交；据此可得出答案。
2．（2022九上·江北期末）已知圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，则该圆的半径可能为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，
∴该圆的半径＞4，
故答案为：D.
【分析】根据直线与圆的位置关系“直线与圆有两个公共点时，直线与圆相交”并结合圆心到直线的距离为4可得：该圆的半径＞4.
3．（2023·宝山模拟）已知中，，、．以C为圆心作，如果圆C与斜边有两个公共点，那么圆C的半径长R的取值范围是（ ）
A． B． C． D．．
【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图，作CD⊥AB交于点D，
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴，
∵△ABC的面积=×AC×CD=×AC×BC，
∴，
∴圆心C到AB的距离为，
∵AC∴点C为圆心，R=4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，
∴如果圆C与斜边有两个公共点，则R的取值范围为，
故答案为：C.
【分析】先求出圆心C到AB的距离为，再利用直线与圆的位置关系可得。
4．（2023·贺州模拟）若的半径为3，圆心到直线l的距离为3，那么直线与的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵半径为3，圆心O到直线l的距离为3，3=3，
∴直线与⊙O的位置关系为：相切.
故答案为：B.
【分析】若⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离=r，则直线与圆相切；圆心O到直线l的距离r，则直线与圆相离.
5．（2021·奉贤模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，点O在边AB上，且BO＝2OA．以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，那么下列各值中，半径r不可以取的是（ ）
A．6 B．10 C．15 D．16
【答案】C
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，
∴ ，
∵BO＝2OA，
∴OA＝10，OB＝20，
过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，
∴∠BEO＝∠C＝∠ADO，
∵∠A＝∠A，∠B＝∠B，
∴△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴OE＝16，OD＝6，
当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理得 ，
如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，
∴r＝6或10或16或 ，
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理求出，从而求出OA＝10，OB＝20，过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，可证△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，可得 ， ，据此求出OE＝16，OD＝6，当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理求出OC，如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，据此即得结论.
6．（2020·富顺模拟）如图，已知 两点的坐标分别为 ，点 分别是直线 和x轴上的动点， ,点D是线段 的中点，连接 交y轴于点E；当⊿ 面积取得最小值时， 的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD= CF=5，
∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，
∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，
∵AD是切线，点D是切点，
∴AD⊥KD，
∵AK=13，DK=5，
∴AD=12，
∵tan∠EAO= ，
∴ ，
∴OE= ，
∴AE= ，
作EH⊥AB于H．
∵S△ABE= AB EH=S△AOB-S△AOE，
∴EH= ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD= CF=5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解决问题．
二、填空题
7．（2023九上·楚雄期中）已知，⊙O的半径为一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的两根，圆心O到直线l的距离d＝4，则直线l与⊙O的位置关系是 ．
【答案】相交
【知识点】因式分解法解一元二次方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解： x2﹣5x﹣6＝0
(x-6)(x+1)=0，
解得：x1=6，x2=-1（不合题意，舍），
即⊙O的半径为6，
∵d＝4＜6，
∴直线l与⊙O的位置关系是相交.
故答案为：相交.
【分析】先求出方程的根，即确定⊙O的半径，再和圆心O到直线l的距离d相比即得结论.
8．（2022九上·五台期中）⊙O的半径为5cm，点O到直线AB的距离为d，当d＝ 时，AB与⊙O相切．
【答案】5cm
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径为5cm，
∴点O到直线AB的距离为5cm时，直线AB与⊙O的位置关系是相切，
故答案为5cm
【分析】根据直线与圆的位置关系求解即可。
9．（2022九下·虹口期中）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
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设圆的半径为rcm
如图一所示，
r-5=2，得r=7cm，
如图二所示，
r+2=5，得r=3cm，
故答案为：3或7．
【分析】分类讨论平行线的位置，就可算出
10．（2022·虹口模拟）如图，在矩形中，，，点E是的中点，连接，点O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】
【知识点】直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设与相切于点F，连接，，
∵，，
∴，
中，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴若与相切时，和一定相交；
若与相切时，和一定相离．
同理当与相切于点M时，连接，，计算得，
∴此时，
∴当时，与矩形的各边都没有公共点，
故答案为：．
【分析】分类讨论：①当与相切于点F，②当与相切于点M时，再分别求出AO的长，即可得到AO的取值范围为。
11．（2021九上·泰兴期中）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径为2，直线l的解析式为y＝x+t.若直线l与半圆只有一个交点，则t的取值范围是 .
【答案】 或
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：根据题意可得：若直线l与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线l和半圆相切于点 或从直线l过点A开始到直线l过点B结束（不包括直线l过点 A) ，
∵直线l的解析式为y＝x+t，
∴直线l与x轴所形成的锐角是 ，
过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CDO=90°，
当直线l和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线l，∠COD=45° ，
∴△COD为等腰直角三角形.
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得： （舍负），
∴ ，
即点 ， ，
把点C的坐标代入直线解析式，得 ，
当直线l过点A时，把点 代入直线解析式，得 ；
当直线l过点B时，把点 代入直线解析式，得 .
即当 或 时，直线l和半圆只有一个公共点.
故答案为： 或 .
【分析】易得直线l与x轴所形成的锐角是45° ，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CDO=90°，当直线l和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线l，∠COD=45°，推出△COD为等腰直角三角形，结合勾股定理求出OD，进而可得点C的坐标，将点A、B、C的坐标代入直线解析式中可得t的值，据此解答.
三、解答题
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B坐标分别为（4，2）、（0，2），线段CD在于x轴上，CD＝，点C从原点出发沿x轴正方向以每秒1个单位长度向右平移，点D随着点C同时同速同方向运动，过点D作x轴的垂线交线段AB于点E、交OA于点G，连结CE交OA于点F．设运动时间为t，当E点到达A点时，停止所有运动．
（1）求线段CE的长；
（2）记S为RtΔCDE与ΔABO的重叠部分面积，试写出S关于t的函数关系式及t的取值范围；
（3）连结DF，
①当t取何值时，有DF=CD
②直接写出ΔCDF的外接圆与OA相切时t的值.
【答案】解：（1）∵在Rt△CDE中，CD=，DE=2，
∴CE==；
（2）如图1，作FH⊥CD于H．
∵AB∥OD，DE⊥OD，OB⊥OD，
∴四边形ODEB是矩形，
∴BE=OD，
∵OC=t，
∴BE=OD=OC+CD=t+，
∴AE=AB﹣BE=4﹣（t+）=﹣t，
∵AB∥OD，
∴△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，
∴，，
又∵CF+EF=5，DG+EG=4，
∴，，
∴CF=t，EG=，
∴EF=CE﹣CF=5﹣t，
∵FH∥ED，
∴，即HD= CD=（﹣t），
∴S=EG HD=××（﹣t）=（﹣t）2，
t的取值范围为：0≤t≤；
（3）①由（2）知CF=t，
如图2，当DF=CD时，如图作DK⊥CF于K，
则CK=CF=t，
∵CK=CDcos∠DCE，
∴t=×，
解得：t=；
∴当t=时，DF=CD；
②∵点A，B坐标分别为（4，2），（0，2），
∴AB=4，OB=2，
∴OA=，
∵由（2）知HD=（﹣t），
∴OH=t+﹣（﹣t）=，
∵∠A+∠AOB=∠AOD+∠AOB=90°，
∴∠A=∠AOD，
∴Rt△AOB∽Rt△OFH，
∴，
解得OF=，
∵当△CDF的外接圆与OA相切时，则OF为切线，OD为割线，
∴OF2=OC OD，即（）2=t（t+），得t=．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】
（1）直接根据勾股定理求出CE的长即可；
（2）作FH⊥CD于H，由AB∥OD，DE⊥OD，OB⊥OD可知四边形ODEB是矩形，故可用t表示出AE及BE的长，由相似三角形的判定定理可得出△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，由相似三角形的性质可用t表示出CF及EG的长，FH∥ED可求出HD的长，由三角形的面积公式可求出S与t的关系式；
（3）①由（2）知CF=t，当DF=CD时，作DK⊥CF于K，则CK=CF=t，CK=CDcos∠DCE，由此可得出t的值；
②先根据勾股定理求出OA的长，由（2）知HD=（5﹣t），由相似三角形的判定定理得出Rt△AOB∽Rt△OFH，可用t表示出OF的长，因为当△CDF的外接圆与OA相切时，则OF为切线，OD为割线，由切割线定理可知OF2=OC OD，故可得出结论．
13．（2017·枣庄）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC，AB于点E，F．
（Ⅰ）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（Ⅱ）若BD=2 ，BF=2，求阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】解：（Ⅰ）BC与⊙O相切．
证明：连接OD．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD．
又∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA．
∴∠CAD=∠ODA．
∴OD∥AC．
∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC．
又∵BC过半径OD的外端点D，
∴BC与⊙O相切．
（Ⅱ）设OF=OD=x，则OB=OF+BF=x+2，
根据勾股定理得：OB2=OD2+BD2，即（x+2）2=x2+12，
解得：x=2，即OD=OF=2，
∴OB=2+2=4，
∵Rt△ODB中，OD= OB，
∴∠B=30°，
∴∠DOB=60°，
∴S扇形AOB= = ，
则阴影部分的面积为S△ODB﹣S扇形DOF= ×2×2 ﹣ =2 ﹣ ．
故阴影部分的面积为2 ﹣ ．
【知识点】直线与圆的位置关系；扇形面积的计算
【解析】【分析】（Ⅰ）连接OD，证明OD∥AC，即可证得∠ODB=90°，从而证得BC是圆的切线；
（Ⅱ）在直角三角形OBD中，设OF=OD=x，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为圆的半径，求出圆心角的度数，直角三角形ODB的面积减去扇形DOF面积即可确定出阴影部分面积．
四、综合题
14．（2023九上·贵州期末） 对于平面直角坐标系内的点和图形，给出如下定义：如果点绕原点顺时针旋转得到点，点落在图形上或图形围成的区域内，那么称点是图形关于原点的“伴随点”．
（1）已知点，，．①在点，，中，点 ▲ 是线段关于原点的“伴随点”；②如果点是关于原点的“伴随点”，求的取值范围；
（2）的圆心坐标为，半径为1，如果直线上存在关于原点的“伴随点”，直接写出的取值范围．
【答案】（1）解：①，；
②过点作轴交于点，过点作轴交于点，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，，
在第一象限，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
，
当在上时，，
当在上时，，
时，点是关于原点的“伴随点”；
（2）解：在直线上，圆的半径为1，
将圆绕点逆时针旋转得到圆，
圆关于原点的“伴随点”在圆的内部及其边界上，
，
在直线上，
直线上存在关于原点的“伴随点”，
圆与直线有交点，
过作垂直直线交于点，
设直线与直线相交于点，
与直线平行，
，
，
，
令，解得，
，
，
解得，
时，直线上存在关于原点的“伴随点”．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；三角形全等的判定；直线与圆的位置关系；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）①，，
轴，
顺时针旋转后，得到点，
不是线段关于原点的“伴随点”；
顺时针旋转后，得到点，
是线段关于原点的“伴随点”；
顺时针旋转后，得到点，
是线段关于原点的“伴随点”；
，是线段关于原点的“伴随点”；
故答案为：，；
【分析】（1）①根据旋转的性质结合“伴随点”的定义即可求解；
②过点作轴交于点，过点作轴交于点，先根据题意得到，进而运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，，从而结合题意得到，进而运用待定系数法求直线AC的解析式，进而结合题意即可求解；
（2）先根据旋转的结合题意得到，在直线上，进而过作垂直直线交于点，设直线与直线相交于点，进而根据圆的性质结合“伴随点”的定义即可求解。
15．（2023·贵州模拟）如图，是的直径，，是的弦，且，垂足为，连接，过点作的切线，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若点是的中点，且，求线段的长；
（3）在（2）的情况下，求阴影部分的面积．
【答案】（1）证明：∵为的直径，为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：如图，连接，
∵点为中点，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：由（2）知，，，
∴，
∴，，
∴．
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；直线与圆的位置关系；扇形面积的计算；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查圆、三角形相似的判定与性质。（1）根据为的直径，为的切线，可得，则，结合，可得，结合可得．(2)结合点为中点，则，根据得，根据OE=1得，，根据得，可得，则，可知BF长；(3)根据（2）得，分别表示出和，可得。
1 / 12023-2024学年冀教版初中数学九年级下册 29.2 直线与圆的位置关系同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·张北期中）已知的直径为10，直线l与相交，则圆心O到直线l的距离可能是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
2．（2022九上·江北期末）已知圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，则该圆的半径可能为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（2023·宝山模拟）已知中，，、．以C为圆心作，如果圆C与斜边有两个公共点，那么圆C的半径长R的取值范围是（ ）
A． B． C． D．．
4．（2023·贺州模拟）若的半径为3，圆心到直线l的距离为3，那么直线与的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．不能确定
5．（2021·奉贤模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，点O在边AB上，且BO＝2OA．以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，那么下列各值中，半径r不可以取的是（ ）
A．6 B．10 C．15 D．16
6．（2020·富顺模拟）如图，已知 两点的坐标分别为 ，点 分别是直线 和x轴上的动点， ,点D是线段 的中点，连接 交y轴于点E；当⊿ 面积取得最小值时， 的值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
7．（2023九上·楚雄期中）已知，⊙O的半径为一元二次方程x2﹣5x﹣6＝0的两根，圆心O到直线l的距离d＝4，则直线l与⊙O的位置关系是 ．
8．（2022九上·五台期中）⊙O的半径为5cm，点O到直线AB的距离为d，当d＝ 时，AB与⊙O相切．
9．（2022九下·虹口期中）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．
10．（2022·虹口模拟）如图，在矩形中，，，点E是的中点，连接，点O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 ．
11．（2021九上·泰兴期中）如图，半圆的圆心与坐标原点重合，半圆的半径为2，直线l的解析式为y＝x+t.若直线l与半圆只有一个交点，则t的取值范围是 .
三、解答题
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B坐标分别为（4，2）、（0，2），线段CD在于x轴上，CD＝，点C从原点出发沿x轴正方向以每秒1个单位长度向右平移，点D随着点C同时同速同方向运动，过点D作x轴的垂线交线段AB于点E、交OA于点G，连结CE交OA于点F．设运动时间为t，当E点到达A点时，停止所有运动．
（1）求线段CE的长；
（2）记S为RtΔCDE与ΔABO的重叠部分面积，试写出S关于t的函数关系式及t的取值范围；
（3）连结DF，
①当t取何值时，有DF=CD
②直接写出ΔCDF的外接圆与OA相切时t的值.
13．（2017·枣庄）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC，AB于点E，F．
（Ⅰ）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；
（Ⅱ）若BD=2 ，BF=2，求阴影部分的面积（结果保留π）．
四、综合题
14．（2023九上·贵州期末） 对于平面直角坐标系内的点和图形，给出如下定义：如果点绕原点顺时针旋转得到点，点落在图形上或图形围成的区域内，那么称点是图形关于原点的“伴随点”．
（1）已知点，，．①在点，，中，点 ▲ 是线段关于原点的“伴随点”；②如果点是关于原点的“伴随点”，求的取值范围；
（2）的圆心坐标为，半径为1，如果直线上存在关于原点的“伴随点”，直接写出的取值范围．
15．（2023·贵州模拟）如图，是的直径，，是的弦，且，垂足为，连接，过点作的切线，交的延长线于点．
（1）求证：；
（2）若点是的中点，且，求线段的长；
（3）在（2）的情况下，求阴影部分的面积．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】∵的直径为10
∴的半径是5
∵直线l与相交
∴圆心O到直线l的距离0≤d＜5，则可能是4
故答案为：A
【分析】本题考查直线和圆的位置关系。当圆心到直线的距离d＞r时，直线与圆相离；当d=r时，直线与圆相切；d＜r时，直线与圆相交；据此可得出答案。
2．【答案】D
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵圆与直线有两个公共点，且圆心到直线的距离为4，
∴该圆的半径＞4，
故答案为：D.
【分析】根据直线与圆的位置关系“直线与圆有两个公共点时，直线与圆相交”并结合圆心到直线的距离为4可得：该圆的半径＞4.
3．【答案】C
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图，作CD⊥AB交于点D，
∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴，
∵△ABC的面积=×AC×CD=×AC×BC，
∴，
∴圆心C到AB的距离为，
∵AC∴点C为圆心，R=4为半径所作的圆与斜边AB只有一个公共点，
∴如果圆C与斜边有两个公共点，则R的取值范围为，
故答案为：C.
【分析】先求出圆心C到AB的距离为，再利用直线与圆的位置关系可得。
4．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵半径为3，圆心O到直线l的距离为3，3=3，
∴直线与⊙O的位置关系为：相切.
故答案为：B.
【分析】若⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离=r，则直线与圆相切；圆心O到直线l的距离r，则直线与圆相离.
5．【答案】C
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵∠C＝90°，BC＝18，AC＝24，
∴ ，
∵BO＝2OA，
∴OA＝10，OB＝20，
过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，
∴∠BEO＝∠C＝∠ADO，
∵∠A＝∠A，∠B＝∠B，
∴△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴OE＝16，OD＝6，
当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理得 ，
如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，
∴r＝6或10或16或 ，
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理求出，从而求出OA＝10，OB＝20，过O分别作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，可证△BEO∽△BCA，△AOD∽△ABC，可得 ， ，据此求出OE＝16，OD＝6，当⊙O过点C时，连接OC，根据勾股定理求出OC，如图，∵以点O为圆心，r为半径作圆，如果⊙O与Rt△ABC的边有3个公共点，据此即得结论.
6．【答案】B
【知识点】坐标与图形性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD= CF=5，
∴点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，
∴当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，
∵AD是切线，点D是切点，
∴AD⊥KD，
∵AK=13，DK=5，
∴AD=12，
∵tan∠EAO= ，
∴ ，
∴OE= ，
∴AE= ，
作EH⊥AB于H．
∵S△ABE= AB EH=S△AOB-S△AOE，
∴EH= ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：B.
【分析】如图，设直线x=-5交x轴于K．由题意KD= CF=5，推出点D的运动轨迹是以K为圆心，5为半径的圆，推出当直线AD与⊙K相切时，△ABE的面积最小，作EH⊥AB于H．求出EH，AH即可解决问题．
7．【答案】相交
【知识点】因式分解法解一元二次方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解： x2﹣5x﹣6＝0
(x-6)(x+1)=0，
解得：x1=6，x2=-1（不合题意，舍），
即⊙O的半径为6，
∵d＝4＜6，
∴直线l与⊙O的位置关系是相交.
故答案为：相交.
【分析】先求出方程的根，即确定⊙O的半径，再和圆心O到直线l的距离d相比即得结论.
8．【答案】5cm
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：∵⊙O的半径为5cm，
∴点O到直线AB的距离为5cm时，直线AB与⊙O的位置关系是相切，
故答案为5cm
【分析】根据直线与圆的位置关系求解即可。
9．【答案】3或7
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：设圆的半径为rcm
如图一所示，
r-5=2，得r=7cm，
如图二所示，
r+2=5，得r=3cm，
故答案为：3或7．
【分析】分类讨论平行线的位置，就可算出
10．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设与相切于点F，连接，，
∵，，
∴，
中，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴若与相切时，和一定相交；
若与相切时，和一定相离．
同理当与相切于点M时，连接，，计算得，
∴此时，
∴当时，与矩形的各边都没有公共点，
故答案为：．
【分析】分类讨论：①当与相切于点F，②当与相切于点M时，再分别求出AO的长，即可得到AO的取值范围为。
11．【答案】 或
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：根据题意可得：若直线l与半圆只有一个交点，则有两种情况：直线l和半圆相切于点 或从直线l过点A开始到直线l过点B结束（不包括直线l过点 A) ，
∵直线l的解析式为y＝x+t，
∴直线l与x轴所形成的锐角是 ，
过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CDO=90°，
当直线l和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线l，∠COD=45° ，
∴△COD为等腰直角三角形.
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得： （舍负），
∴ ，
即点 ， ，
把点C的坐标代入直线解析式，得 ，
当直线l过点A时，把点 代入直线解析式，得 ；
当直线l过点B时，把点 代入直线解析式，得 .
即当 或 时，直线l和半圆只有一个公共点.
故答案为： 或 .
【分析】易得直线l与x轴所形成的锐角是45° ，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CDO=90°，当直线l和半圆相切于点C时，则OC垂直于直线l，∠COD=45°，推出△COD为等腰直角三角形，结合勾股定理求出OD，进而可得点C的坐标，将点A、B、C的坐标代入直线解析式中可得t的值，据此解答.
12．【答案】解：（1）∵在Rt△CDE中，CD=，DE=2，
∴CE==；
（2）如图1，作FH⊥CD于H．
∵AB∥OD，DE⊥OD，OB⊥OD，
∴四边形ODEB是矩形，
∴BE=OD，
∵OC=t，
∴BE=OD=OC+CD=t+，
∴AE=AB﹣BE=4﹣（t+）=﹣t，
∵AB∥OD，
∴△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，
∴，，
又∵CF+EF=5，DG+EG=4，
∴，，
∴CF=t，EG=，
∴EF=CE﹣CF=5﹣t，
∵FH∥ED，
∴，即HD= CD=（﹣t），
∴S=EG HD=××（﹣t）=（﹣t）2，
t的取值范围为：0≤t≤；
（3）①由（2）知CF=t，
如图2，当DF=CD时，如图作DK⊥CF于K，
则CK=CF=t，
∵CK=CDcos∠DCE，
∴t=×，
解得：t=；
∴当t=时，DF=CD；
②∵点A，B坐标分别为（4，2），（0，2），
∴AB=4，OB=2，
∴OA=，
∵由（2）知HD=（﹣t），
∴OH=t+﹣（﹣t）=，
∵∠A+∠AOB=∠AOD+∠AOB=90°，
∴∠A=∠AOD，
∴Rt△AOB∽Rt△OFH，
∴，
解得OF=，
∵当△CDF的外接圆与OA相切时，则OF为切线，OD为割线，
∴OF2=OC OD，即（）2=t（t+），得t=．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】
（1）直接根据勾股定理求出CE的长即可；
（2）作FH⊥CD于H，由AB∥OD，DE⊥OD，OB⊥OD可知四边形ODEB是矩形，故可用t表示出AE及BE的长，由相似三角形的判定定理可得出△OCF∽△AEF，△ODG∽△AEG，由相似三角形的性质可用t表示出CF及EG的长，FH∥ED可求出HD的长，由三角形的面积公式可求出S与t的关系式；
（3）①由（2）知CF=t，当DF=CD时，作DK⊥CF于K，则CK=CF=t，CK=CDcos∠DCE，由此可得出t的值；
②先根据勾股定理求出OA的长，由（2）知HD=（5﹣t），由相似三角形的判定定理得出Rt△AOB∽Rt△OFH，可用t表示出OF的长，因为当△CDF的外接圆与OA相切时，则OF为切线，OD为割线，由切割线定理可知OF2=OC OD，故可得出结论．
13．【答案】解：（Ⅰ）BC与⊙O相切．
证明：连接OD．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD．
又∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA．
∴∠CAD=∠ODA．
∴OD∥AC．
∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC．
又∵BC过半径OD的外端点D，
∴BC与⊙O相切．
（Ⅱ）设OF=OD=x，则OB=OF+BF=x+2，
根据勾股定理得：OB2=OD2+BD2，即（x+2）2=x2+12，
解得：x=2，即OD=OF=2，
∴OB=2+2=4，
∵Rt△ODB中，OD= OB，
∴∠B=30°，
∴∠DOB=60°，
∴S扇形AOB= = ，
则阴影部分的面积为S△ODB﹣S扇形DOF= ×2×2 ﹣ =2 ﹣ ．
故阴影部分的面积为2 ﹣ ．
【知识点】直线与圆的位置关系；扇形面积的计算
【解析】【分析】（Ⅰ）连接OD，证明OD∥AC，即可证得∠ODB=90°，从而证得BC是圆的切线；
（Ⅱ）在直角三角形OBD中，设OF=OD=x，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为圆的半径，求出圆心角的度数，直角三角形ODB的面积减去扇形DOF面积即可确定出阴影部分面积．
14．【答案】（1）解：①，；
②过点作轴交于点，过点作轴交于点，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，，
在第一象限，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
，
当在上时，，
当在上时，，
时，点是关于原点的“伴随点”；
（2）解：在直线上，圆的半径为1，
将圆绕点逆时针旋转得到圆，
圆关于原点的“伴随点”在圆的内部及其边界上，
，
在直线上，
直线上存在关于原点的“伴随点”，
圆与直线有交点，
过作垂直直线交于点，
设直线与直线相交于点，
与直线平行，
，
，
，
令，解得，
，
，
解得，
时，直线上存在关于原点的“伴随点”．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；三角形全等的判定；直线与圆的位置关系；旋转的性质
【解析】【解答】解：（1）①，，
轴，
顺时针旋转后，得到点，
不是线段关于原点的“伴随点”；
顺时针旋转后，得到点，
是线段关于原点的“伴随点”；
顺时针旋转后，得到点，
是线段关于原点的“伴随点”；
，是线段关于原点的“伴随点”；
故答案为：，；
【分析】（1）①根据旋转的性质结合“伴随点”的定义即可求解；
②过点作轴交于点，过点作轴交于点，先根据题意得到，进而运用三角形全等的判定与性质证明即可得到，，从而结合题意得到，进而运用待定系数法求直线AC的解析式，进而结合题意即可求解；
（2）先根据旋转的结合题意得到，在直线上，进而过作垂直直线交于点，设直线与直线相交于点，进而根据圆的性质结合“伴随点”的定义即可求解。
15．【答案】（1）证明：∵为的直径，为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：如图，连接，
∵点为中点，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：由（2）知，，，
∴，
∴，，
∴．
【知识点】垂径定理；圆心角、弧、弦的关系；直线与圆的位置关系；扇形面积的计算；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查圆、三角形相似的判定与性质。（1）根据为的直径，为的切线，可得，则，结合，可得，结合可得．(2)结合点为中点，则，根据得，根据OE=1得，，根据得，可得，则，可知BF长；(3)根据（2）得，分别表示出和，可得。
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