1.「2025 湖北武汉新洲月考」已知$\odot O$的半径为3,P为$\odot O$所在平面内某直线l上一点,$OP = 3$,则过点P的直线PQ与$\odot O$的公共点个数为(
A.1或2
B.2
C.0
D.1
A
)A.1或2
B.2
C.0
D.1
答案：A ∵⊙O的半径为3，P为⊙O所在平面内某直线l上一点，OP = 3，∴直线l与圆相切或相交，故公共点的个数为1或2。故选A。
2.「2025 江苏扬州邗江月考」已知直线l与$\odot O$相离,圆心O到直线l的距离为5 cm,则$\odot O$的半径可能为(
A.4 cm
B.5 cm
C.6 cm
D.7 cm
A
)A.4 cm
B.5 cm
C.6 cm
D.7 cm
答案：A 设圆的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，∵直线l与⊙O相离，∴d＞r，又∵圆心O到直线l的距离为5cm，∴r＜5cm。故选A。
3.「2024 江苏南京玄武月考」已知点$A(3,4)$,若以点A为圆心,3个单位长度为半径作圆,则$\odot A$与x轴
相离
,$\odot A$与y轴相切
.答案：答案 相离；相切
解析 ∵A(3,4)，∴点A到x轴的距离为4＞3，点A到y轴的距离为3 = 3，∴⊙A与x轴相离，⊙A与y轴相切。
解析 ∵A(3,4)，∴点A到x轴的距离为4＞3，点A到y轴的距离为3 = 3，∴⊙A与x轴相离，⊙A与y轴相切。
4.「2024 福建福州台江月考」如图,$∠AOB = 30^{\circ}$,$OM = 6$,那么以M为圆心,4为半径的圆与射线OA的位置关系是____.
答案：
答案 相交
解析 如图，过M作MN⊥OA于点N，∵∠AOB = 30°，OM = 6，
∴MN = $\frac{1}{2}$MO = $\frac{1}{2}$×6 = 3＜4，
∴⊙M与射线OA相交。
答案 相交
解析 如图，过M作MN⊥OA于点N，∵∠AOB = 30°，OM = 6，
∴MN = $\frac{1}{2}$MO = $\frac{1}{2}$×6 = 3＜4，
∴⊙M与射线OA相交。
5.「2024 甘肃兰州城关期末,」已知$\odot O的半径是一元二次方程x^{2}-7x + 12 = 0$的一个根,圆心O到直线l的距离$d = 3$,则直线l与$\odot O$的位置关系是(
A.相交
B.相切
C.相离或相切
D.相交或相切
D
)A.相交
B.相切
C.相离或相切
D.相交或相切
答案：D ∵x²−7x + 12 = 0，∴x₁ = 3，x₂ = 4，设⊙O的半径为r，∵⊙O的半径为一元二次方程x²−7x + 12 = 0的根，
∴r = 3或r = 4，∵d = 3，∴当r = 3时，d = r，此时直线l与⊙O的位置关系是相切，当r = 4时，d＜r，此时直线l与⊙O的位置关系是相交。故选D。
∴r = 3或r = 4，∵d = 3，∴当r = 3时，d = r，此时直线l与⊙O的位置关系是相切，当r = 4时，d＜r，此时直线l与⊙O的位置关系是相交。故选D。
6.「2024 河南许昌二模,」如图,平面直角坐标系中,$\odot P经过三点A(8,0)$,$O(0,0)$,$B(0,6)$,点D是$\odot P$上的一动点.当点D到弦OB的距离最大时,点D的坐标是( )
A.$(9,3)$
B.$(9,6)$
C.$(10,3)$
D.$(10,6)$
A.$(9,3)$
B.$(9,6)$
C.$(10,3)$
D.$(10,6)$
答案：
A ∵点A(8,0)，O(0,0)，B(0,6)，
∴OA = 8，OB = 6，
如图，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，延长FP交⊙P于点D，连接OP，此时点D到弦OB的距离最大，易得四边形PFOE是矩形，
∴PF = OE = $\frac{1}{2}$OA = 4，OF = EP = $\frac{1}{2}$OB = 3，
∴OP = PD = $\sqrt{EP² + OE²}$ = 5，
∴点D到弦OB的距离最大为PF + PD = 4 + 5 = 9，
∴点D的坐标为(9,3)。
A ∵点A(8,0)，O(0,0)，B(0,6)，
∴OA = 8，OB = 6，
如图，过点P作PE⊥OA于点E，作PF⊥OB于点F，延长FP交⊙P于点D，连接OP，此时点D到弦OB的距离最大，易得四边形PFOE是矩形，
∴PF = OE = $\frac{1}{2}$OA = 4，OF = EP = $\frac{1}{2}$OB = 3，
∴OP = PD = $\sqrt{EP² + OE²}$ = 5，
∴点D到弦OB的距离最大为PF + PD = 4 + 5 = 9，
∴点D的坐标为(9,3)。
7.「2024 上海崇明二模,」已知在$Rt△ABC$中,$∠C = 90^{\circ}$,$AC = 12$,$BC = 5$,若以C为圆心,r为半径的圆C与边AB有交点,那么r的取值范围是( )
A.$5≤r≤12或r= \frac{60}{13}$
B.$5 ＜ r ＜ 12$
C.$\frac{60}{13} ＜ r ＜ 12$
D.$\frac{60}{13}≤r≤12$
A.$5≤r≤12或r= \frac{60}{13}$
B.$5 ＜ r ＜ 12$
C.$\frac{60}{13} ＜ r ＜ 12$
D.$\frac{60}{13}≤r≤12$
答案：
D 作CD⊥AB于D，如图，
∵∠ACB = 90°，AC = 12，BC = 5，∴AB = $\sqrt{AC² + BC²}$ = 13，
∵$\frac{1}{2}$CD·AB = $\frac{1}{2}$BC·AC，∴CD = $\frac{60}{13}$，
∴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$\frac{60}{13}$≤r≤12。故选D。
D 作CD⊥AB于D，如图，
∵∠ACB = 90°，AC = 12，BC = 5，∴AB = $\sqrt{AC² + BC²}$ = 13，
∵$\frac{1}{2}$CD·AB = $\frac{1}{2}$BC·AC，∴CD = $\frac{60}{13}$，
∴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$\frac{60}{13}$≤r≤12。故选D。
8.「2024 四川绵阳安州期末,」如图所示的是两个同心圆,大圆的半径为5,小圆的半径为3,若大圆的弦AB与小圆有公共点,则弦AB的取值范围是
8≤AB≤10
.答案：答案 8≤AB≤10
解析 ∵大圆的弦AB与小圆有公共点，∴AB与小圆相切或相交，当AB是大圆的直径时AB的值最大，最大值为10。当AB与小圆相切时AB的值最小，∵小圆的半径为3，大圆的半径为5，∴此时AB = 2×$\sqrt{5²−3²}$ = 8，∴8≤AB≤10。
解析 ∵大圆的弦AB与小圆有公共点，∴AB与小圆相切或相交，当AB是大圆的直径时AB的值最大，最大值为10。当AB与小圆相切时AB的值最小，∵小圆的半径为3，大圆的半径为5，∴此时AB = 2×$\sqrt{5²−3²}$ = 8，∴8≤AB≤10。
9.「2025 甘肃武威凉州期末,」如图,已知$\odot P$的半径为3,圆心P在抛物线$y = \frac{1}{3}x^{2}-1$上运动,当$\odot P$与y轴相切时,圆心P的坐标为
(3,2)或(−3,2)
.答案：答案 (3,2)或(−3,2)
解析 ∵⊙P与y轴相切，⊙P的半径为3，
∴点P到y轴的距离等于3，
∴点P的横坐标为3或−3，
当x = 3时，代入可得y = $\frac{1}{3}$×3²−1 = 2，此时点P的坐标为(3,2)；
当x = −3时，代入可得y = $\frac{1}{3}$×(−3)²−1 = 2，此时点P的坐标为(−3,2)。
综上可知，点P的坐标为(3,2)或(−3,2)。
故答案为(3,2)或(−3,2)。
解析 ∵⊙P与y轴相切，⊙P的半径为3，
∴点P到y轴的距离等于3，
∴点P的横坐标为3或−3，
当x = 3时，代入可得y = $\frac{1}{3}$×3²−1 = 2，此时点P的坐标为(3,2)；
当x = −3时，代入可得y = $\frac{1}{3}$×(−3)²−1 = 2，此时点P的坐标为(−3,2)。
综上可知，点P的坐标为(3,2)或(−3,2)。
故答案为(3,2)或(−3,2)。
10.「2024 北京海淀期末,」如图,在平面直角坐标系xOy中,以点$A(\sqrt{2},0)$为圆心,1为半径画圆,将$\odot A$绕点O逆时针旋转$α(0^{\circ} ＜ α ＜ 180^{\circ})得到\odot A'$,使得$\odot A'$与y轴相切,则α的度数是____.
答案：
答案 45°或135°
解析 如图1，点A'在第一象限，设⊙A'与y轴相切于点B，连接OA'、BA'，由相切可知OB⊥A'B，∴∠A'BO = 90°，∵A($\sqrt{2}$,0)，∴OA = $\sqrt{2}$，由旋转得OA' = OA = $\sqrt{2}$，∵⊙A的半径为1，∴⊙A'的半径为1，∴A'B = 1，∴OB = $\sqrt{OA'²−A'B²}$ = $\sqrt{(\sqrt{2})^{2}−1^{2}}$ = 1，∴A'B = OB，∴∠BOA' = ∠BA'O = 45°，∴α = ∠AOA' = 90°−45° = 45°；
如图2，点A'在第二象限，设⊙A'与y轴相切于点C，连接OA'、CA'，由相切可知OC⊥A'C，∴∠A'CO = 90°，∵OA' = OA = $\sqrt{2}$，A'C = 1，∴OC = $\sqrt{OA'²−A'C²}$ = $\sqrt{(\sqrt{2})^{2}−1^{2}}$ = 1，∴A'C = OC，∴∠COA' = ∠CA'O = 45°，∴α = ∠AOA' = 90° + 45° = 135°。
综上，α的度数为45°或135°。
答案 45°或135°
解析 如图1，点A'在第一象限，设⊙A'与y轴相切于点B，连接OA'、BA'，由相切可知OB⊥A'B，∴∠A'BO = 90°，∵A($\sqrt{2}$,0)，∴OA = $\sqrt{2}$，由旋转得OA' = OA = $\sqrt{2}$，∵⊙A的半径为1，∴⊙A'的半径为1，∴A'B = 1，∴OB = $\sqrt{OA'²−A'B²}$ = $\sqrt{(\sqrt{2})^{2}−1^{2}}$ = 1，∴A'B = OB，∴∠BOA' = ∠BA'O = 45°，∴α = ∠AOA' = 90°−45° = 45°；
如图2，点A'在第二象限，设⊙A'与y轴相切于点C，连接OA'、CA'，由相切可知OC⊥A'C，∴∠A'CO = 90°，∵OA' = OA = $\sqrt{2}$，A'C = 1，∴OC = $\sqrt{OA'²−A'C²}$ = $\sqrt{(\sqrt{2})^{2}−1^{2}}$ = 1，∴A'C = OC，∴∠COA' = ∠CA'O = 45°，∴α = ∠AOA' = 90° + 45° = 135°。
综上，α的度数为45°或135°。