人教版九年级上册第二十四章 圆24.1 圆的有关性质24.1.1 圆精练

第25课  点、直线、圆与圆的位置关系

知识点01  点和圆的位置关系

1．点和圆的三种位置关系：

由于平面上圆的存在，就把平面上的点分成了三个集合，即圆内的点，圆上的点和圆外的点，这三类点各具有相同的性质和判定方法；设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离为d，则有

（1）点P在圆内

（2）点P在圆上

（3）点P在圆外

2．三角形的外接圆

   经过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心. 三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等.

要点诠释：

（1）点和圆的位置关系和点到圆心的距离的数量关系是相对应的，即知道位置关系就可以确定数量关系；知道数量关系也可以确定位置关系；

（2）不在同一直线上的三个点确定一个圆.
知识点02  直线和圆的位置关系

1．直线和圆的三种位置关系：
　　(1) 相交：直线与圆有两个公共点时，叫做直线和圆相交．这时直线叫做圆的割线．
　　(2) 相切：直线和圆有唯一公共点时，叫做直线和圆相切．这时直线叫做圆的切线，唯一的公共点叫做切点．
　　(3) 相离：直线和圆没有公共点时，叫做直线和圆相离．

2．直线与圆的位置关系的判定和性质．
　　直线与圆的位置关系能否像点与圆的位置关系一样通过一些条件来进行分析判断呢？
　　由于圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小，因此研究直线和圆的位置关系，就可以转化为直线和点(圆心)的位置关系．下面图(1)中直线与圆心的距离小于半径；图(2)中直线与圆心的距离等于半径；图(3)中直线与圆心的距离大于半径．
 

如果⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，那么

（1）直线l和相交；

（2）直线l和相切；

（3）直线l和相离；

   这三个命题从左边到右边反映了直线与圆的位置关系所具有的性质；从右边到左边则是直线与圆的位置关系的判定．

考法01   点与圆的为位置关系

【典例1】已知⊙O的半径r＝5cm，圆心O到直线的距离d＝OD＝3cm，在直线上有P、Q、R三点，且有PD＝4cm，QD＞4cm，RD＜4cm，P、Q、R三点与⊙O位置关系各是怎样的?

【答案与解析】

依题意画出图形(如图所示)，计算出P、Q、R三点到圆心的距离与圆的半径比较大小．

连接PO，QO，RO．

∵  PD＝4cm，OD＝3cm，

∴  PO＝．

∴  点P在⊙O上．

，

∴  点Q在⊙O外．

，

∴  点R在⊙O内．

【总结升华】判断点与圆的位置关系，关键是计算出点与圆心的距离，再与圆的半径比较大小，即可得出结论．

考法02   直线与圆的位置关系

【典例2】如图，以O为原点建立平面直角坐标系，每一小格为一个单位，圆心为A（3，0）的⊙A被y轴截得的弦长BC=8，如图，解答下列问题：

（1）⊙A的直径为　  　；

（2）请在图中将⊙A先向上平移6个单位，再向左平移花8个单位得到⊙D，观察你所画的图形，则⊙D的圆心D的坐标为　   　；⊙D与x轴的位置关系是　  　，⊙D与y轴的位置关系是　  　，⊙D与⊙A的位置关系是　  　；

【答案与解析】

解：（1）半径==5，所以直径为10.

（2）

（﹣5，6）；相离；相切；外切；

【总结升华】本题主要考查了平移作图即图形平移变换的知识，注意图形的平移，变化的是位置，不变的是形状．

【即学即练1】如图，两个同心圆，大圆半径为5cm，小圆的半径为3cm，若大圆的弦AB与小圆相交，则弦AB的取值范围是多少？

【答案】解：如图，当AB与小圆相切时有一个公共点D，

连接OA，OD，可得OD⊥AB，

∴D为AB的中点，即AD=BD，

在Rt△ADO中，OD=3，OA=5，

∴AD=4，

∴AB=2AD=8；

当AB经过同心圆的圆心时，弦AB最大且与小圆相交有两个公共点，

此时AB=10，

所以AB的取值范围是8＜AB≤10．

故答案为：8＜AB≤10.

【典例3】如图所示，已知∠AOB=30°，P是OA上的一点，OP=12cm,以r为半径作⊙P．

(1)当r=7cm时，试判断⊙P与OB位置关系；

(2)若⊙P与OB相离，试求出r需满足的条件.

【思路点拨】（1）过点P作PC⊥OB于点C，根据直角三角形的性质求出PC的长，再比较出PC与r的大小即可；（2）根据⊙P与OB相离，试求出r需满足的条件.

【答案与解析】解（1）过点P作PC⊥OB于点C，

             ∵∠AOB=30°，

             ∴

            ∵PC＜r,

            ∴⊙P与OB相交；

（2）∵⊙P与OB相离，

   ∴0＜r＜PC,

   ∴0cm ＜r＜6cm.

【总结升华】本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知直线和圆的三种位置关系是解答此题的关键.

考法02   三角形的外接圆

【典例4】如图，已知⊙O为△ABC的外接圆，圆心O在这个三角形的高CD上，E，F分别是边AC和BC上的中点，试判断四边形CEDF的形状，并加以证明.

【思路点拨】由垂径定理知，点D为AB中点，且AC=BC；再由中位线定义知，DE ，DF，

从而可得四边形CEDF为菱形.   

【答案与解析】

四边形CEDF为菱形.

证明：∵AB为弦，CD为直径所在的直线，且AB⊥CD，

∴AD=BD，∠ADC=∠CDB，

在△ADC和△BDC中，

∴△ADC≌△BDC（SAS）

∴AC=BC.

又∵E，F分别为AC，BC的中点，D为AB中点，

DF=CE=，DE=CF=，

∴DE=DF=CE=CF，

∴四边形CEDF为菱形.

【总结升华】本题主要考查外接圆与其他知识的综合.

【即学即练2】如图，已知，在△ABC中，AB=10，∠A=70°，∠B=50°，求△ABC外接圆⊙O的半径.

【答案】如图，连接AO，并延长交⊙O于点D，连接DB.

由三角形内角和得，∠C=180°－70°－50°=60°.

又∵∠D=∠C=60°且∠ABD=90°，

在Rt△ABD中，∠DAB=30°，AB=10，

   由勾股定理得，AD=

∴半径AO= 即△ABC外接圆⊙O的半径为

考法03   圆与圆的位置关系

【典例5】如图所示，⊙O的半径为5，点P为⊙O外一点，OP＝8．求：(1)以P为圆心作⊙P与⊙O相切，则⊙P的半径为多少?(2)当⊙P与⊙O相交时，⊙P的半径的取值范围为多少?

【答案与解析】

(1)当⊙P与⊙O外切时，则有5+r＝8，

∴  r＝3．

当⊙P与⊙O内切时，则有r-5＝8，

∴  r＝13．

∴  当r＝3或13时，⊙O与⊙P相切．

(2)当⊙P与⊙O相交时，则有| r-5|＜8＜r+5，

解得3＜r＜13，

         即当3＜r＜13时，⊙P与⊙O相交．

【总结升华】 两圆相切包含两圆外切与两圆内切，两圆外切和内切的对应关系分别为d＝R+r和d＝R-r(R＞r)，它们起着分界作用，分别是外离与相交，相交与内含的分界点．可用图表示为：

【即学即练3】已知⊙O1与⊙O2相切，⊙O1的半径为3cm，⊙O2的半径为2cm，则O1O2的长是(    )

A．1cm     B．5cm     C．1cm或5cm     D．0.5cm或2.5cm

【答案】C

提示：两圆相切包括外切和内切，当⊙O1与⊙O2外切时，d＝O1O2＝R+r＝3+2＝5(cm)；

当⊙O1与⊙O2内切时，d＝O1O2＝R-r＝3-2＝1(cm)．故选C.

题组A  基础过关练

1．如图，∠O＝30°，C为OB上一点，且OC＝6，以点C为圆心，半径为3的圆与OA的位置关系是(　　)

A．相离    B．相交    C．相切    D．均有可能

【答案】C

【解析】

试题解析：过点C作CD⊥AO于点D，

∴DC=3，

∴以点C为圆心，半径为3的圆与OA的位置关系是：相切.

故选：C.

2．在△ABC中，∠A=90°，AB=3cm，AC=4cm，若以A为圆心3cm为半径作⊙O，则BC与⊙O的位置关系是（　　）

A．相交 B．相离 C．相切 D．不能确定

【答案】A

【解析】

作AD⊥BC，如图所示：

∵∠A=90°，AB=3cm，AC=4cm，若以A为圆心3cm为半径作⊙O，

∴BC=5，

∴AD×BC=AC×AB，

解得：AD=2.4，2.4＜3，

∴BC与⊙O的位置关系是：相交．

故选A．

3．设⊙O的半径为3，点O到直线l的距离为d，若直线l与⊙O至少有一个公共点，则d应满足的条件是（　　）

A．d=3 B．d≤3 C．d＜3 D．d＞3

【答案】B

【解析】

因为直线l与⊙O至少有一个公共点，所以包括直线与圆有一个公共点和两个公共点两种情况，因此d≤r，即d≤3.

故选B．

4．Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10，AC=6，以C为圆心作⊙C和AB相切，则⊙C的半径长为（）

A．8 B．4 C．9．6 D．4．8

【答案】D

【解析】

作CD⊥AB于D,如图所示,

因为∠C=90°,AB=10,AC=6,

所以BC=8,

因为AC·BC=AB·CD,

CD=,

因为⊙C与AB相切,

所以CD为⊙C的半径,

即的半径长为,故选D.

5．已知⊙O1和⊙O2的半径分别为5和3，圆心距为2，则两圆的位置关系是（　　）

A．内含 B．外切 C．相交 D．内切

【答案】D

【解析】

试题解析：∵和的半径分别为5和3，圆心距为2，

则5−3=2，

∴根据圆心距与半径之间的数量关系可知和的位置关系是内切.

故选D.

6．Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=4，如果以点A为圆心，AC为半径作⊙A，那么斜边中点D与⊙A的位置关系是（　　）

A．点D在⊙A外 B．点D在⊙A上 C．点D在⊙A内 D．无法确定

【答案】A

【解析】

试题解析：根据勾股定理求得斜边

则

∴点在圆外.

故选A.

点睛：要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系，本题可由勾股定理等性质算出点与圆心的距离．
则时，点在圆外；
当时，点在圆上；
当时，点在圆内．

7．已知A为⊙O上的点，⊙O的半径为1，该平面上另有一点P，PA=，那么点P与⊙O的位置关系是(      )

A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．无法确定

【答案】D

【解析】

∵⊙O的半径为1，

∴⊙O的直径为2，

∵PA=，且点A在⊙O上，

∴点P的位置有三种情况：①在圆外，②在圆上，③在圆内．

故选D．

8．如图所示，的底边BC的长为10cm，，，求它外接圆的直径.

【答案】

【分析】

连接OA交BC于D，根据三线合一定理得出BD=DC，∠OAC=∠BAC，得出等边三角形OAC，推出∠AOC=60°，在△ODC中根据勾股定理求出即可半径，进而求得直径．

【详解】

解：如图所示，是的外接圆，连接OA交BC于D，
∵O是等腰三角形ABC的外心，AB=AC，
∴∠AOC=∠BOA，
∵OB=OC，
∴BD=DC，OA⊥BC，
∴由垂径定理得：BD=DC=5cm，
∠OAC=∠BAC=×120°=60°，
∵OA=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠AOC=60°，
∴∠DCO=90°-60°=30°
∴OC=2OD，
设OD=a，OC=2a，由勾股定理得：a2+52=（2a）2，
a=，
∴OC=2a=，
∴外接圆的直径=2OC=（cm）．

【点睛】

本题考查等腰三角形的性质，三角形的外接圆和外心，勾股定理，等边三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，注意：此等腰三角形的外心在三角形外部．

题组B  能力提升练

1．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，以顶点D为圆心作半径为x的圆，使点A、B、C三点都在圆外，则x的取值范围是______．

【答案】0＜x＜3

【分析】

要确定点与圆的位置关系，主要根据点与圆心的距离与半径的大小关系来进行判断．当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．

【详解】

解：在直角△ABD中，CD=AB=4，AD=3，

则BD= =5．

∵点A、B、C三点都在圆外，

∴0＜x＜3．

故答案为0＜x＜3.

【点睛】

本题考查点与圆的位置关系，解题的关键是熟练掌握勾股定理及点与圆的位置关系．

2．已知RtABC的两直角边AC、BC分别是一元二次方程的两根，则此Rt的外接圆的面积为              ．

【答案】．

【解析】

首先解出一元二次方程的两根，再利用直角三角形的外接圆半径与斜边的关系可以解决．

解：解方程x2-5x+6=0，

得：x1=2，x2=3，

即两直角边AC、BC是2或3，

根据勾股定理得：

斜边长为：，

也就是Rt△ABC的外接圆直径为，

∴Rt△ABC的外接圆的面积为=．

故填：．

3．如图，OA=OB,点A的坐标是（-2,0），OB与x轴正方向夹角为600， 请画出过A，O，B三点的圆，写出圆心的坐标是                     .

【答案】 解：如图；过B作BE⊥x轴于E；Rt△OBE中，OB=OA=2，∠BOE=60°；则OE=1，BE=, 故B（1，）；以OA、OB为边作平行四边形AOBD，由于OA=OB，则四边形AOBD是菱形；所以点D一定在AB的垂直平分线上（菱形的对角线互相垂直平分）；连接OA；由于OA=OD，∠DAO=∠BOE=60°，则△AOD是等边三角形；所以点D也在AO的垂直平分线上；故点D为△OAB的外心，所以D的坐标为（-1，）

【解析】

试题分析：以OA、OB为边，AB为对角线作平行四边形AOBD，由于OA=OB，那么四边形AOBD是菱

形；由于菱形的对角线互相垂直平分，那么D点一定在AB的垂直平分线上；连接OD，易证得∠

DAO=60°，且AD=OA，所以点D也在OA的垂直平分线上；那么点D即为△AOB的外心，先求出B

点坐标，即可根据A、O、B三点坐标得到点D的坐标．

考点：三角形的外接圆与外心，坐标与图形的性质

点评：此题主要考查了三角形外心坐标的求法，能够发现点D与点A、B的坐标之间的关系，是解答此题的关键．

4．一个点P到圆的最大距离为11cm，最小距离为5cm，则圆的半径为________

【答案】3cm或8cm

【分析】

点P应分为位于圆的内部位于外部两种情况讨论．当点P在圆内时，点到圆的最大距离与最小距离的和是直径；当点P在圆外时，点到圆的最大距离与最小距离的差是直径，由此得解．

【详解】

解：当点P在圆内时，最近点的距离为5cm，最远点的距离为11cm，则直径是16cm，因而半径是8cm；

当点P在圆外时，最近点的距离为5cm，最远点的距离为11cm，则直径是6cm，因而半径是3cm；

故答案为 3cm或8cm

5．如图，直线AB，CD相交于点O，∠AOC=30°，半径为1cm的的圆心P在射线OA上，且与点O的距离为6cm，以1cm/s的速度沿由A向B的方向移动，那么与直线CD相切时，圆心P的运动时间为 _____．

【答案】4秒或8秒

【分析】

⊙P与CD相切应有两种情况，一种是在射线OA上，另一种在射线OB上，设对应的圆的圆心分别在M，N两点．当P在M点时，根据切线的性质，在直角△OME中，根据30度的角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得OM的长，进而求得PM的长，从而求得由P到M移动的时间；根据ON=OM，即可求得PN，也可以求得求得由P到M移动的时间．

【详解】

①当⊙P在射线OA上，设⊙P于CD相切于点E，P移动到M时，连接ME．

∵⊙P与直线CD相切，
∴∠OEM=90°，
∵在直角△OPM中，ME=1cm，∠AOC=30°，
∴OM=2ME=2cm，
则PM=OP-OM=6-2=4cm，
∵⊙P以1cm/s的速度沿由A向B的方向移动，
∴⊙P移动4秒时与直线CD相切；

②当⊙P的圆移动到直线CD的右侧，同理可求ON=2

则PN=6+2=8cm．
∴⊙P移动8秒时与直线CD相切．

故答案为：4秒或8秒． 

【点睛】

本题主要考查了切线的性质和直角三角形的性质，注意已知圆的切线时，常用的辅助线是连接圆心与切点，本题中注意到分两种情况讨论是解题的关键．

6．如图，已知矩形ABCD的边AB＝3cm，BC＝4cm，以点A为圆心，4cm为半径作⊙A，则点B，C，D与⊙A怎样的位置关系．

【答案】点B在⊙A内，点D在⊙A上，点C在⊙A外．

【分析】

连接AC，根据勾股定理求出AC的长，进而得出点B，C，D与⊙A的位置关系．

【详解】

连接AC，

∵AB＝3cm，BC＝AD＝4cm，

∴AC＝5cm，

∴点B在⊙A内，点D在⊙A上，点C在⊙A外．

【点睛】

本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是要掌握勾股定理，及点与圆的位置关系．

题组C  培优拔尖练

1．如图，在直角坐标系中，点P的坐标为（2，0），⊙P与x轴相交于原点O和点A，又B、C两点的坐标分别为（0，b），（﹣1，0）．

（1）当b＝2时，求经过B、C两点的直线解析式；

（2）当B点在y轴上运动时，直线BC与⊙P位置关系如何？并求出相应位置b的值

【答案】（1）y＝2x+2；（2）当b＝±时，直线BC与⊙P相切；当b＞或b＜﹣时，直线BC与⊙P相离；当﹣＜b＜时，直线BC与⊙P相交．

【解析】

【分析】

（1）由待定系数法求一次函数解析式；

（2）分直线BC与⊙O相切，相交，相离三种情况讨论，可求b的取值范围．

【详解】

解：（1）设BC直线的解析式：y＝kx+b

由题意可得：

∴解得：k＝2，b＝2

∴BC的解析式为：y＝2x+2

（2）设直线BC在x轴上方与⊙P相切于点M，交y轴于点D，连接PM，则PM⊥CM．

在Rt△CMP和Rt△COD中，

CP＝3，MP＝2，OC＝1，CM＝

∵∠MCP＝∠OCD

∴tan∠MCP＝tan∠OCP

∴＝，b＝OD＝×1＝

由轴对称性可知：b＝±

∴当b＝±时，直线BC与⊙P相切；

当b＞或b＜﹣时，直线BC与⊙P相离；

当﹣＜b＜时，直线BC与⊙P相交．

【点睛】

本题考查了直线与圆的位置关系，待定系数法求解析式，设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，①直线l和⊙O相交⇔d＜r，②直线l和⊙O相切⇔d＝r，③直线l和⊙O相离⇔d＞r．关闭

2．已知是上一点，.

（Ⅰ）如图①，过点作的切线，与的延长线交于点，求的大小及的长；

（Ⅱ）如图②，为上一点，延长线与交于点，若，求的大小及的长.

【答案】（Ⅰ），PA＝4；（Ⅱ），

【分析】

（Ⅰ）易得△OAC是等边三角形即∠AOC=60°，又由PC是○O的切线故PC⊥OC，即∠OCP=90°可得∠P的度数，由OC=4可得PA的长度

（Ⅱ）由（Ⅰ）知△OAC是等边三角形，易得∠APC=45°；过点C作CD⊥AB于点D，易得AD=AO=CO，在Rt△DOC中易得CD的长，即可求解

【详解】

解：（Ⅰ）∵AB是○O的直径，∴OA是○O的半径.

∵∠OAC=60°，OA=OC，∴△OAC是等边三角形.

∴∠AOC=60°.

∵PC是○O的切线，OC为○O的半径，

∴PC⊥OC，即∠OCP=90°∴∠P=30°.

∴PO=2CO=8.

∴PA=PO-AO=PO-CO=4.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知△OAC是等边三角形，

∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°∴∠AQC=30°.

∵AQ=CQ，∴∠ACQ=∠QAC=75°

∴∠ACQ-∠ACO=∠QAC-∠OAC=15°即∠QCO=∠QAO=15°.

∴∠APC=∠AQC+∠QAO=45°.

如图②，过点C作CD⊥AB于点D.

∵△OAC是等边三角形，CD⊥AB于点D，

∴∠DCO=30°，AD=AO=CO=2.

∵∠APC=45°，∴∠DCQ=∠APC=45°

∴PD=CD

在Rt△DOC中，OC=4，∠DCO=30°，∴OD=2，∴CD=2

∴PD=CD=2

∴AP=AD+DP=2+2

【点睛】

此题主要考查圆的综合应用

3．如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA＝5，OA与⊙O相交于点P，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C．

(1)试判断线段AB与AC的数量关系，并说明理由；

(2)若在⊙O上存在点Q，使△QAC是以AC为底边的等腰三角形，求⊙O的半径r的取值范围．

【答案】（1）AB＝AC（2）≤r<5

【解析】

【分析】

（1）连接，根据切线的性质和垂直得出，推出，求出，根据等腰三角形的判定推出即可；

（2）根据已知得出在的垂直平分线上，作出线段的垂直平分线，作，求出，求出范围，再根据相离得出，即可得出答案.

【详解】

(1)AB＝AC，理由如下：

如图1，连结OB.

∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，

∴∠OBA＝∠OAC＝90°，

∴∠OBP＋∠ABP＝90°，∠ACP＋∠APC＝90°，

∵OP＝OB，

∴∠OBP＝∠OPB，

∵∠OPB＝∠APC，

∴∠ACP＝∠ABC，

∴AB＝AC；　

(2)如图2，作出线段AC的垂直平分线MN，作OE⊥MN，则可以推出；

又∵圆O与直线MN有交点，

∴，

，

，

r2≥5，

∴，

又∵圆O与直线l相离，

∴r<5，

即.

图1              图2

【点睛】

本题考查了等腰三角形的性质和判定、直线与圆的位置关系等知识点的应用，主要培养学生运用性质进行推理和计算的能力.本题综合性比较强，有一定的难度.

4．在平面直角坐标系xOy中，点A在直线l上，以A为圆心，OA为半径的圆与y轴的另一个交点为E．给出如下定义：若线段OE，⊙A和直线l上分别存在点B，点C和点D，使得四边形ABCD是矩形（点A，B，C，D顺时针排列），则称矩形ABCD为直线l的“位置矩形”．

例如，图中的矩形ABCD为直线l的“位置矩形”．

（1）若点A（-1，2），四边形ABCD为直线x=-1的“位置矩形”，则点D的坐标为    ；

（2）若点A（1，2），求直线y=kx+1（k≠0）的“位置矩形”的面积；

（3）若点A（1，-3），直线l的“位置矩形”面积的最大值为        ，此时点D的坐标为    ．

【答案】（1）（-1，0）；（2）；（3）5、（3，-2）或（-1，-2）．

【解析】

【分析】

（1）只需根据新定义画出图形就可解决问题；

（2）过点A作AF⊥y轴于点F，连接AO、AC，如图2，根据点A（1，2）在直线y=kx+1上可求出k，设直线y=x+1与y轴相交于点G，易求出OG=1，∠FGA=45°，根据勾股定理可求出AG、AB、BC的值，从而可求出“位置矩形”ABCD面积；

（3）设“位置矩形”的一组邻边长分别为x、y，则有x2+y2=10．由（x-y）2=x2+y2-2xy=10-2xy≥0可得xy≤5，当且仅当x=y时，xy取最大值是5，此时“位置矩形”是正方形，然后分点D在第四象限（如图3）和第三象限（如图4）两种情况讨论，就可解决问题

【详解】

（1）如图1，

点D的坐标为（-1，0）．

故答案为（-1，0）；

（2）过点A作AF⊥y轴于点F，连接AO、AC，如图2．

∵点A的坐标为（1，2），

∴AC=AO=，AF=1，OF=2．

∵点A（1，2）在直线y=kx+1上，

∴k+1=2，

解得k=1．

设直线y=x+1与y轴相交于点G，

当x=0时，y=1，点G（0，1），OG=1，

∴FG=OF-OG=2-1=1=AF，

∴∠FGA=45°，AG=．

在Rt△GAB中，AB=AG•tan45°=．

在Rt△ABC中，BC=．

∴所求“位置矩形”ABCD面积为AB•BC=；

（3）设“位置矩形”的一组邻边长分别为x、y，

则有x2+y2=AC2=AO2=12+32=10．

∵（x-y）2=x2+y2-2xy=10-2xy≥0，

∴xy≤5．

当且仅当x=y时，xy取最大值是5，此时“位置矩形”是正方形． 

①当点D在第四象限时，如图3，

过点A作x轴的平行线，交y轴于点M，交过点D平行于y轴的直线于点N，

∵∠BAM+∠DAN=90°，∠BAM+∠ABM=90°，

∴∠ABM=∠DAN，

在RtAMB和Rt△DNA中，

，

∴RtAMB≌Rt△DNA，

则有AN=BM=2，DN=AM=1，

∴点D的坐标为（1+2，-3+1）即（3，-2）．

②当点D在第三象限时，如图4，

过点A作x轴的平行线，交y轴于点N，交过点D平行于y轴的直线于点M，

同①的方法得：RtANB≌Rt△DMA，

则有DM=AN=1，AM=BN=2，

∴点D的坐标为（1-2，-3+1）即（-1，-2）．  

故答案为5、（3，-2）或（-1，-2）．

【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了用待定系数法求直线的解析式、圆的定义、矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、完全平方公式、特殊角的三角函数值等知识，还考查了分类讨论的思想，运用公式（x-y）2=x2+y2-2xy推出当“位置矩形”是正方形时面积最大是解决第3小题的关键．

5．等腰Rt△ABC和⊙O如图放置，已知AB=BC=1，∠ABC=90°，⊙O的半径为1，圆心O与直线AB的距离为5．

（1）若△ABC以每秒2个单位的速度向右移动，⊙O不动，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（2）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，则经过多少时间△ABC的边与圆第一次相切？

（3）若两个图形同时向右移动，△ABC的速度为每秒2个单位，⊙O的速度为每秒1个单位，同时△ABC的边长AB、BC都以每秒0.5个单位沿BA、BC方向增大．△ABC的边与圆第一次相切时，点B运动了多少距离？

【答案】（1）；（2） ；（3）

【解析】

分析：（1）分析易得，第一次相切时，与斜边相切，假设此时，△ABC移至△A′B′C′处，A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F．由切线长定理易得CC′的长，进而由三角形运动的速度可得答案；

（2）设运动的时间为t秒，根据题意得：CC′=2t，DD′=t，则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，由第（1）的结论列式得出结果；

（3）求出相切的时间，进而得出B点移动的距离．

详解：（1）假设第一次相切时，△ABC移至△A′B′C′处，

如图1，A′C′与⊙O切于点E，连接OE并延长，交B′C′于F，

设⊙O与直线l切于点D，连接OD，则OE⊥A′C′，OD⊥直线l，

由切线长定理可知C′E=C′D，

设C′D=x，则C′E=x，

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴∠A=∠ACB=45°，

∴∠A′C′B′=∠ACB=45°，

∴△EFC′是等腰直角三角形，

∴C′F=x，∠OFD=45°，

∴△OFD也是等腰直角三角形，

∴OD=DF，

∴x+x=1，则x=-1，

∴CC′=BD-BC-C′D=5-1-（-1）=5-，

∴点C运动的时间为；

则经过秒，△ABC的边与圆第一次相切；

（2）如图2，设经过t秒△ABC的边与圆第一次相切，△ABC移至△A′B′C′处，⊙O与BC所在直线的切点D移至D′处，

A′C′与⊙O切于点E，连OE并延长，交B′C′于F，

∵CC′=2t，DD′=t，

∴C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2t=4-t，

由切线长定理得C′E=C′D′=4-t，

由（1）得：4-t=-1，

解得：t=5-，

答：经过5-秒△ABC的边与圆第一次相切；

（3）由（2）得CC′=（2+0.5）t=2.5t，DD′=t，

则C′D′=CD+DD′-CC′=4+t-2.5t=4-1.5t，

由切线长定理得C′E=C′D′=4-1.5t，

由（1）得：4-1.5t=-1，

解得：t=，

∴点B运动的距离为2×=．

点睛：本题要求学生熟练掌握圆与直线的位置关系，并结合动点问题进行综合分析，比较复杂，难度较大，考查了学生数形结合的分析能力．