【中考12年】天津市2001-2022年中考数学试题分类解析 专题11 圆

2022-2022年天津市中考数学试题分类解析汇编（12专题）专题11：圆一、选择题1.（2022天津市3分）已知两圆的半径分别为和（其中t＞3），圆心距为2t，则两圆的位置关系是【】A．相交B．相离C．外切D．内切【答案】C。【考点】两圆的位置关系。【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，因为t+3+t-3=2t，圆心距=2t，即两圆圆心距离等于两圆半径之和，所以两圆的位置关系是外切．故选C。2.（2022天津市3分）已知正三角形的边长为a，其内切圆的半径为r，外接圆的半径为R，则r：a：R等于【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】正多边形和圆。【分析】利用正三角形的边长与它的内切圆和外接圆的半径之间的关系求解：等边三角形的一边上的高的倍为它的内切圆的半径，等边三角形的一边上的高的倍为它的外接圆的半径，而高又为边长的倍。∴a＝，r＝，R＝（为等边三角形的一边上的高）。∴r：a：R=。故选A。3.（2022天津市3分）如图，已知△ABC为等腰直角三角形，D为斜边BC的中点，经过点A、D的⊙O与边AB、AC、BC分别相交于点E、F、M．对于如下五个结论：①∠FMC=45°；②AE+AF=AB；③；④2BM2=BE•BA；⑤四边形AEMF为矩形．其中正确结论的个数是【】29\nA．2个B．3个C．4个D．5个【答案】C。【考点】圆周角定理，等腰直角三角形的性质。【分析】连接AM，根据等腰三角形的三线合一，得AD⊥BC，再根据90°的圆周角所对的弦是直径，得EF、AM是直径，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形，得四边形AEMF是矩形。∴①根据等腰直角三角形ABC的底角是45°，易得∠FMC=45°，正确；②根据矩形和等腰直角三角形的性质，得AE+AF=AB，正确；③连接FD，可以证明△EDF是等腰直角三角形，则③中左右两边的比都是等腰直角三角形的直角边和斜边的比，正确；④根据BM=BE，得左边=4BE2，故需证明AB=4BE，根据已知条件它们之间不一定有这种关系，错误；⑤正确。所以①②③⑤共4个正确。故选C。4.（天津市2022年3分）已知AB、CD是⊙O的两条直径，则四边形ACBD一定是【】（A）等腰梯形（B）菱形（C）矩形（D）正方形【答案】C。【考点】矩形的判定，圆周角定理。【分析】由直径对的圆周角是直角，则四边形的四角相等，故四边形为矩形。故选C。5.（天津市2022年3分）相交两圆的公共弦长为16cm，若两圆的半径长分别为10cm和17cm，则这两圆的圆心距为【】（A）7cm（B）16cm（C）21cm或9cm（D）27cm【答案】C。【考点】圆与圆的位置关系，弦径定理，勾股定理。【分析】设⊙O1的半径为r=10，⊙2的半径为R=17，公共弦为AB，两圆的圆心的连线与公共弦的交点为C；那么根据弦径定理，AC=BC=8，且出现两个直角三角形：△O1AC和△O2AC。利用勾股定理可求出O1C和O2C，就可求出O1O2：在Rt△O1AC中，O1C=，同理，在Rt△O2AC中，O2C=6。29\n∴O1O2=O1C+O2C=15+6=21（cm），或O1O2=O2C-O1C=15-6=9（cm）。故选C。6.（天津市2022年3分）若圆的一条弦把圆分成度数的比为1∶3的两条弧，则劣弧所对的圆周角等于【】（A）45°（B）90°（C）135°（D）270°【答案】A。【考点】圆周角定理。【分析】圆的一条弦把圆分成度数之比为1：3的两条弧，则所分的劣弧的度数是90°，当圆周角的顶点在优弧上时，这条弦所对的圆周角等于45°，当这条弦所对的圆周角的顶点在劣弧上时，这条弦所对的圆周角等于135°。如图，弦AB将⊙O分成了度数比为1：3两条弧．连接OA、OB；则∠AOB=90°；①当所求的圆周角顶点在优弧上，即位于D点时，这条弦所对的圆周角∠ADB=∠AOB=45°；②当所求的圆周角顶点在劣弧上，即位于C点时，这条弦所对的圆周角∠ACB=180°－∠ADB=135°。7.（天津市2022年3分）如图，⊙O的两条弦AB、CD相交于点E，AC与DB的延长线交于点P，下列结论中成立的是【】（A）CE·CD＝BE·BA（B）CE·AE＝BE·DE（C）PC·CA＝PB·BD（D）PC·PA＝PB·PD【答案】D。【考点】切割线定理，相交弦定理。【分析】根据相交弦定理的割线定理即可求解：由相交弦定理知，CE•ED=BE•AE，由割线定理知，PC•PA=PB•PD，因此只有D正确。故选D。8.（天津市2022年3分）如图，正△ABC内接于⊙O，P是劣弧BC上任意一点，PA与BC交于点E，有如下结论：①PA=PB+PC；②；③PA·PE=PB·PC.其中，正确结论的个数为【】29\n(A)3个(B)2个(C)1个(D)0个9.（天津市2022年3分）如图，直线AD与△ABC的外接圆相切于点A，若∠B＝60°，则∠CAD等于【】29\n（A）30°(B)60°(C)90°(D)120°【答案】B。【考点】切线的性质，直角三角形的性质，圆周角定理，（弦切角定理）。【分析】连接AO并延长交圆于另一点F，连接CF。∵直线AD与△ABC的外接圆相切于点A，∴∠CAD＋∠CAF=900。∵AF是圆的直径，∴∠ACF=900。∴∠CFA＋∠CAF=900。∴∠CAD=∠CFA。又∵∠CFA=∠B＝60°，∴∠CAD=60°。故选B。10.（天津市2022年3分）若同一个圆的内角正三角形、正方形、正六边形的边心距分别为r3，r4，r6，则r3：r4：r6等于【】（A）(B)(C)(D)【答案】A。【考点】正多边形和圆，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。【分析】如图，经过圆心O作圆的内接正n边形的一边AB的垂线OC，垂足是C．连接OA，则在Rt△OAC中，∠O=，OC是边心距，OA即半径，根据三角函数即可求解：设圆的半径为R，则正三角形的边心距为，四边形的边心距为，正六边形的边心距为。∴。故选A。29\n11.（天津市2022年3分）已知，如图与的度数之差为20°，弦AB与CD交于点E，∠CEB=60°，则∠CAB等于【】A.50°B.45°C.40°D.35°【答案】D。【考点】圆周角定理，三角形的外角性质。【分析】根据圆周角定理，可得：∠A－∠C=10°；根据三角形外角的性质，可得∠CEB=∠A+∠C=60°；联立两式可求得∠A的度数：∵弧BC与弧AD的度数之差为20°，∴两弧所对圆心角相差20°。∴∠A－∠C=10°。∵∠CEB是△AEC的外角，∴∠A+∠C=∠CEB=60°，∴2∠A=70°，即∠A=35°。故选D。12.（天津市2022年3分）边长为的正六边形的内切圆的半径为【】A．　　B．　　C．　　D．【答案】C。【考点】正多边形和圆，解直角三角形，特殊角的三角函数值。【分析】正六边形的内切圆的半径，即为每个边长为的正三角形的高，从而构造直角三角形即可解：所求正多边形的内切圆的半径等于。故选C。13.（天津市2022年3分）如图，△ABC内接于⊙O，若∠OAB=28°，则∠C的大小为【】A．　　　B．　　C．　　　D．【答案】B。29\n【考点】三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，圆周角定理。【分析】由题意可知△OAB是等腰三角形，利用等腰三角形的性质求出∠AOB，再利用圆周角定理确定∠C：如图，连接OB，∵OA=OB，∴△AOB是等腰三角形。∴∠OAB=∠OBA。∵∠OAB=28°，∴∠OAB=∠OAB=28°。∴∠AOB=124°。∴∠C=62°。故选B。14.（天津市2022年3分）如图，⊙O中，弦AB、CD相交于点，若，，则等于【】（A）（B）（C）（D）【答案】C。【考点】圆周角定理，三角形的外角性质。【分析】欲求∠B的度数，只要求出同弧所对的圆周角∠C的度数即可。△APC中，已知了∠A及外角∠APD的度数，即可由三角形的外角性质求出∠C的度数，由此得解：∵∠APD是△APC的外角，∴∠APD=∠C+∠A。∵∠A=30°，∠APD=70°，∴∠C=∠APD-∠A=40°。∴∠B=∠C=40°。故选C。15.（天津市2022年3分）已知⊙与⊙的半径分别为3cm和4cm，若=7cm，则⊙与⊙的位置关系是【】(A)相交(B)相离(C)内切(D)外切【答案】D。【考点】圆与圆位置关系的判定。【分析】两圆半径之和3+4=7，等于两圆圆心距=7，根据圆与圆位置关系的判定可知两圆外切。二、填空题1.（天津市2022年3分）29\n已知⊙O中，两弦AB与CD相交于点E，若E为AB的中点，CE：ED=1：4，AB=4，则CD的长等于▲.【答案】5。【考点】相交弦定理【分析】设CE=x，ED=4x．根据相交弦定理求解．圆内两条相交弦被交点分成的线段的乘积相等，得AE•BE=CE•ED，∵AB=4，E为AB的中点，∴4x2=4，x=1。∴CD=5x=5。2.（天津市2022年3分）若圆的一个弦长为12cm，其弦心距等于8cm，则该圆的半径等于▲cm。【答案】10。【考点】垂径定理，勾股定理。【分析】根据垂径定理和勾股定理求解：根据垂径定理可知，弦的一半为6，然后根据勾股定理可知半径为10cm。3.（天津市2022年3分）已知⊙O1和⊙O2相外切，且圆心距为10cm，若⊙O1半径为3cm，则⊙O2的半径为▲cm.【答案】7。【考点】圆与圆的位置关系。【分析】根据两圆的位置关系的判定：外切（两圆圆心距离等于两圆半径之和），内切（两圆圆心距离等于两圆半径之差），相离（两圆圆心距离大于两圆半径之和），相交（两圆圆心距离小于两圆半径之和大于两圆半径之差），内含（两圆圆心距离小于两圆半径之差）。因此，根据两圆外切时，圆心距与两圆半径的数量关系解题：∵⊙O1和⊙O2相外切，∴圆心距=⊙O1半径+⊙O2半径。∴⊙O2的半径=圆心距－⊙O1半径=10－3=7。4.（天津市2022年3分）如图，已知两个等圆⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，一条直线经过点A，分别与两圆相交于点C、D，MC切⊙O1于点C，MD切⊙O2于点D，若∠BCD＝30°，则∠M等于▲（度）29\n【答案】60°。【考点】切线的性质，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，多边形内角和定理。【分析】如图，连接BD，O1C，O1B，O2B，O2D，∵MC切⊙O1于点C，MD切⊙O2于点D，∴∠O1CM=∠O2DM=90°。∵⊙O1与⊙O2是等圆，∠BCD=30°，∴∠CDB=∠BCD=30°。∴∠CBD=120°，BC=BD。∴△O1BC≌△O2BD。∴∠O1CB=∠O2DB。∴∠O1CM+∠O2DM=∠BCM+∠BDM=180°。∴∠M=1800－∠CBD=60°。5.（天津市2022年3分）如图，已知圆心角∠AOB的度数为100°，则圆周角∠ACB等于▲（度）【答案】130。【考点】圆周角定理，圆内接四边形的性质。【分析】设点E是优弧AB上的一点，连接EA，EB，根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半可求得∠E的度数∠E=∠AOB=50°，再根据圆内接四边形的对角互补即可得到∠ACB的度数∠ACB=180°－∠E=130°。6.（天津市2022年3分）如图，已知AB是⊙O的弦，P是AB上一点，若AB＝10cm，PB＝4cm，OP＝5cm，则⊙O的半径等于▲cm29\n【答案】7。【考点】相交弦定理【分析】将OP向两方延长，根据相交弦定理解答：将OP向两方延长，设OC=xcm，则CP=（x＋5）cm，PD=（x－5）cm，根据相交弦定理，AP•BP=CP•DP，即（10－4）×4=（x＋5）（x－5），解得x=7或x=－7（负值舍去）。则⊙O的半径等于7cm。7.（天津市2022年3分）如图，已知直线CD与⊙O相切于点C，AB为直径，若∠BCD＝40°，则∠ABC的大小等于▲（度）【答案】50°。【考点】切线的性质，圆周角定理。三角形内角和定理。【分析】连接AC，∵直线CD与⊙O相切于点C，∴根据弦切角定理得到∠A=∠BCD=40°。∵AB是直径，∴∠ACB=90°。∴∠ABC=50°。8.（天津市2022年3分）已知⊙O中，两弦AB和CD相交于点P，若AP：PB＝2：3，CP＝2cm，DP＝12cm，则弦AB的长为▲cm。【答案】10。【考点】相交弦定理。【分析】根据相交弦定理“圆内两弦相交于圆内一点，各弦被这点所分得的两线段的长的乘积相等”进行计算：设AP=2x，由AP：PB=2：3得PB=3x。由相交弦定理得：PA•PB=PC•PD，∴2x·3x=2·12，解得x=2（舍去负值）。29\n∴AB=AP+PB=5x=10（cm）。9.（天津市2022年3分）如图，已知两圆外切于点P，直线AD依次与两圆相交于点A、B、C、D。若∠BPC=，则∠APD=▲（度）。【答案】138°【考点】圆与圆的位置关系，三角形内角和定理，切线的性质。【分析】作两圆的内公切线MN，将∠BPC的度数转化为∠A+∠D的度数，在△APD中，利用内角和定理求解：作两圆的内公切线MN，根据弦切角定理，得∠BPM=∠A，∠MPC=∠D。∴∠A+∠D=∠BPM+∠CPM=∠BPC=42°。∴∠APD=180°－42°=138°。10.（天津市2022年3分）如图①，O1，O2，O3，O4为四个等圆的圆心，A，B，C，D为切点，请你在图中画出一条直线，将这四个圆分成面积相等的两部分，并说明这条直线经过的两个点是▲；如图②，O1，O2，O3，O4，O5为五个等圆的圆心，A，B，C，D，E为切点，请你在图中画出一条直线，将这五个圆分成面积相等的两部分，并说明这条直线经过的两个点是▲．【答案】O1，O3；O5，O1O3和O2O4的交点。（答案不唯一）29\n【考点】圆的对称性。【分析】如图①，过O1O3与O2O4交点O的任意直线都能将四个圆分成面积相等的两部分。答案不惟一。如图②，AO4，EO2，DO3，CO1等均可。答案不惟一。12.（2022天津市3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB为⊙O的直径，点D为⊙O上一点，若∠CAB=550，则∠ADC的大小为▲（度）．【答案】35。【考点】圆周角定理，直角三角形两锐角的关系。【分析】∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∵∠CAB=55°，∴∠B=90°－∠CAB=35°。∴∠ADC=∠B=35°。三、解答题1.（2022天津市8分）如图，P是⊙O外一点，PD为切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，若PF=12，PD=429\n。求∠EFD的度数。【答案】解：连接DO。∵PD为切线，PEF为割线，∴PD2=PE•PF。∵PD=4，PF=12，∴PE=。∴EF=PF－PE=8，EO=4。∵PD为切线，D为切点，∴OD⊥PD。∵在Rt△PDO中，OD=4，PD=4，∴。∴∠DOP=60°。∵OD=OF，∠DOP为∠DOF的外角，∴∠EFD=∠DOP=30°。【考点】切割线定理，圆周角定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，等腰三角形的性质，三角形外角性质。【分析】连接OD，首先根据切割线定理计算出PE的长，再进一步计算出OP的长和圆的半径的长；从而在Rt△PDO中，根据边之间的关系求得角的度数，再根据圆周角定理进行计算要求的角。2.（2022天津市8分）如图，△ABC内接于⊙O，AB的延长线与过C点的切线GC相交于点D，BE与AC相交于点F，且CB=CE。求证：（1）BE∥DG；（2）。【答案】证明：（1）∵CB=CE，∴∠E=∠CBE。∵CG为⊙O切线，∴∠BCD=∠E。∴∠CBE=∠BCD。∴BE∥DG。（2）∵∠A=∠E，∴∠A=∠CBE。29\n∵∠ACB=∠ACB，∴△CBF∽△CAB。∴。∴，即。由相交弦定理，得AF•CF=BF•FE．∴。【考点】弦切角定理，平行线的判定，相交弦定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（1）欲证BE∥DG，需证得两直线的同位角或内错角相等，由等腰三角形的性质，易得∠CEB=∠CBE，由弦切角定理，得∠BCD=∠CEB，将等角代换后可证得两直线平行。（2）先将所求的等式进行适当变形，由相交弦定理，得BF•FE=AF•FC，因此所求的结论可化为，化简得：，因此只需证明△CBF∽△CAB即可。3.（天津市2022年8分）如图，AB是⊙O的直径，C是AB延长线上的一点，CD是⊙O的切线，D为切点，过点B作⊙O的切线交CD于点E。若AB=CD=2，求CE的长。【答案】解：如图，由切割线定理，得CD2=CB·CA，CD2=CB(AB+CB),∴CB2＋2CB－4=0，解得，（舍去）。∴OC=。连结OD，则OD⊥CD。又EB与⊙O相切，∴EB⊥OC。∴RtΔODC∽RtΔEBC。∴，即。∴。【考点】切割线定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质。【分析】利用切割线定理，可求BC（负值不合题意，舍去）。连接OD，容易证出RtΔODC∽RtΔEBC，那么就有，把数值代入即可求CE。29\n4.（天津市2022年8分）已知：以RtΔABC的直角边AB为直径作⊙O，与斜边AC交于点D，过点D作⊙O的切线交BC边于点E。（I）如图，求证：EB=EC=ED；（II）试问在线段DC上是否存在点F，满足BC2=4DF·DC。若存在，作出点F，并予以证明；若不存在，请说明理由。【答案】解：（I）证明：连结BD。∵ED、EB是⊙O的切线，由切线长定理，得ED=EB，∠DEO=∠BEO，∴OE垂直平分BD。又∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BD。∴AD//OE，即OE//AC。又点O为AB的中点，∴OE为ΔABC的中位线，∴BE=EC。∴EB=EC=ED。（II）在ΔDEC中，由于ED=EC，∴∠C=∠CDE，∴∠DEC=1800－2∠C。①当∠DEC>∠C时，有1800－2∠C>∠C，即00<∠C<600时，在线段DC上存在点F满足条件。在∠DEC内，以ED为一边，作∠DEF，使∠DEF=∠C，且EF交DC于点F，则点F即为所求（如图）。证明如下：在ΔDCE和ΔDEF中，∠CDE=∠EDF，∠C=∠DEF，∴ΔDEF∽ΔDCE。∴DE2=DF·DC。29\n∴，即BC2=4DF·DC。②当∠DEC=∠C时，ΔDEC为等边三角形，即∠DEC=∠C=600，此时，C点即为满足条件的F点，于是，DF=DC=DE仍有BC2=4DE2=4DF·DC。③当∠DEC<∠C时，即1800－2∠C<∠C，600<∠C<900。所作的∠DEF>∠DEC，此时点F在DC的延长线上，故线段DC上不存在满足条件的点F。【考点】切线长定理，圆周角定理，平行的判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上中线的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质。【分析】（I）连接BD，已知ED、EB都是⊙O的切线，由切线长定理可证得OE垂直平分BD，而BD⊥AC（圆周角定理），则OE∥AC。由于O是AB的中点，可证得OE是△ABC的中位线，即E是BC中点，那么Rt△BDC中，DE就是斜边BC的中线，由此可证得所求的结论。（II）由（I）知：BC=2BE=2DE，则所求的比例关系式可转化为，即DE2=DF•DC，那么只需作出与△DEC相似的△DFE即可，这两个三角形的公共角为∠CDE，只需作出∠DEF=∠C即可。①∠DEC＞∠C，即180°－2∠C＞∠C，0°＜∠C＜60°时，∠DEF的EF边与线段CD相交，那么交点即为所求的F点；②∠DEC=∠C，即180°－2∠C=∠C，∠C=60°时，F与C点重合，F点仍在线段CD上，此种情况也成立；③∠DEC＜∠C，即180°－2∠C＜∠C，60°＜∠C＜90°时，∠DEF的EF边与线段的延长线相交，与线段CD没有交点，所以在这种情况下不存在符合条件的F点。5.（天津市2022年8分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，以点C为圆心、CA为半径的圆与AB、BC分别交于点D、E。求AB、AD的长。【答案】解：在Rt△ABC中，AC=3，BC=4，∴根据勾股定理，得AB=5。29\n过点C作CF⊥AD，垂足为点F。∵∠ACB＝90°，∠A＝∠A，∴Rt△ABC∽Rt△ACF。∴，即，。∴根据弦径定理，得。【考点】勾股定理，相似三角形的判定和性质，弦径定理。【分析】Rt△ABC中，由勾股定理可直接求得AB的长；过点C作CF⊥AD，，根据相似三角形的判定和性质得，从而根据弦径定理求得AD的长。6.（天津市2022年8分）已知，如图⊙O1与⊙O2外切于点A，BC是⊙O1和⊙O2的公切线，B、C为切点。（1）求证：AB⊥AC；（2）若分别为⊙O1、⊙O2的半径，且。求的值。【答案】解：（1）证明：过点A作两圆的内公切线交BC于点O．∵OA、OB是⊙O1的切线，∴OA=OB。同理OA=OC。∴OA=OB=OC．∴△BAC是直角三角形，∠BAC=90°。∴AB⊥AC。（2）连接OO1、OO2与AB、AC分别交于点E、F。∵OA、OB是⊙O1的切线，∴OO1⊥AB。同理OO2⊥AC。根据（1）的结论AB⊥AC，可知四边形OEAF是矩形，有∠EOF=90°。连接O1O2，有OA⊥O1O2．在Rt△O1OO2中，有Rt△O1AO∽Rt△OAO2，∴，即。又∵，∴。又∵∠ACB是⊙O2的弦切角，∴∠ACB=∠AO2O。29\n∴。【考点】相切两圆的性质，切线的性质，弦切角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数。【分析】（1）过点A作两圆的内公切线交BC于点O，再利用切线的性质，证明OA=OB=OC即可。（2）连接OO1、OO2与AB、AC分别交于点E、F，先利用切线的性质证明四边形OEAF是矩形，再利用三角形的形似、直角三角形的特点和三角函数求出的值．7.（天津市2022年8分）如图，已知PAB是⊙O的割线，AB为⊙O的直径，PC为⊙O的切线，C为切点，BD⊥PC于点D，交⊙O于点E，PA＝AO＝OB＝1.（Ⅰ）求∠P的度数；（Ⅱ）求DE的长.【答案】解：（Ⅰ）连接OC。∵OC⊥PD，∴OC=OA=1。在Rt△OPC中，OC=1，OP=2，∴。∴∠P=30°。（Ⅱ）∵BD⊥PC，∴在Rt△PBC中，∠P=30°，PB=3，∴BD=，。连接AE。∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=900，∠EAB=300。∴BE=AB=1。∴DE=BD－BE=－1=。【考点】锐角三角函数的定义，特殊角的三角函数值，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，圆周角定理，（切割线定理）。【分析】（Ⅰ）连接OC，可构造出直角三角形，利用锐角三角函数的定义即可求出∠P的值。29\n（Ⅱ）利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，求出BD和PD。连接AE，求出BE，即可求出DE的长。学过切割线定理的可在求出BD和PD后，用切割线定理求解：∵CD2=DE•BD，∴，解得DE=。8.（天津市2022年10分）已知A为⊙O上一点，B为⊙A与OA的交点，⊙A与⊙O的半径分别为r、R，且r＜R.（Ⅰ）如图1，过点B作⊙A的切线与⊙O交于M、N两点.求证：AM·AN＝2Rr；（Ⅱ）如图2，若⊙A与⊙O的交点为E、F，C是弧EBF上任意一点，过点C作⊙A的切线与⊙O交于P、Q两点，试问AP•AQ=2Rr是否成立，并证明你的结论．【答案】解：（Ⅰ）证明：延长AO交⊙O于D，连接MD，∵过点B作⊙A的切线与⊙O交于M、N两点，∴OA⊥MN，AM=AN。∵AD是⊙O的直径，∴∠AMD=∠ABM=90°。又∵∠BAM=∠MAD，∴△ABM∽△AMD。∴AM：AB=AD：AM，即AM2=AD•AB，即AM•AN=2Rr。（Ⅱ）AP•AQ=2Rr成立。证明如下：延长AO交⊙O于D，连接PD，∵过点C作⊙A的切线与⊙O交于P、Q两点，∴CA⊥PQ。∵AD是⊙O的直径，∴∠APD=∠ACQ=90°。∵∠Q=∠D，∴△AQC∽△ADP。∴AC：AP=AQ：AD。∴AP•AQ=2Rr。【考点】相交两圆的性质，圆角定理，弦径定理，相似三角形的判定和性质。29\n【分析】（Ⅰ）欲证AM•AN=2Rr，即证AM•AM=AD•AB，可通过证△ABM∽△AMD得出。（Ⅱ）欲证AP•AQ=2Rr，即证AP•AQ=AD•AC，可通过证△AQC∽△ADP得出。9.（天津市2022年8分）如图，在以O为圆心的两个同心圆中，小圆的半径长为2，大圆的弦AB与小圆交于点C、D，且AB=3CD，∠COD＝60°。（Ⅰ）求大圆半径的长；（Ⅱ）若大圆的弦AE与小圆切于点F，求AE的长.【答案】解：（Ⅰ）在小圆中，∵CO=DO，∠COD=60°，∴△COD是等边三角形。∴CD=2。取CD的中点M，连接OM，则OM⊥CD。∵CO=2，。连接AO，在Rt△AOM中，A，∴。即大圆的半径长为。（Ⅱ）连接OF。∵AE是小圆的切线，且切点为F，∴OF⊥AE。又∵AE为大圆的弦，∴AE=2AF。由切割线定理，有：AF2=AC•AD。∵AC=CD=2，AD=2CD=4，∴AF=。∴AE=2AF=。【考点】等边三角形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，切割线定理。【分析】（Ⅰ）求大圆的半径，需通过构建直角三角形求解．连接OA，取AB的中点M，连接OM；在构建的Rt△OAM中，OM的长可在等边△OCD中求出，而AB=3CD=6，因此AM=3；根据勾股定理可求出OA即大圆的半径长。（Ⅱ）连接OF，由切线的性质知：OF⊥AE；根据垂径定理可得AE=2AF，由于AC=CD=2，可用切割线定理求出AF的长，从而可求出AE的长。10.（天津市2022年8分）如图，已知⊙O的割线PAB交⊙O于A、B两点，29\nPO与⊙O交于点C，且PA＝AB＝6cm，PO＝12cm（Ⅰ）求⊙O的半径；（Ⅱ）求△PBO的面积.（结果可带根号）【答案】解：（I）设圆O的半径为r，PO的延长线交⊙O于点D。根据切割线定理的推论，有PA·PB=PC·PD。∵PA＝6，PB=PA+AB=12，PC=PO－CO=12－r，PD=PO+OD=12+r，∴（12－r）（12+r）=6×12，解得（负数舍去）。∴⊙O的半径为。（II）过点O作OE⊥AB，垂足为E，连接OB。则。在Rt△EBO中，由勾股定理，得，∴△PBO的面积为。【考点】切割线定理，垂径定理，勾股定理，解一元二次方程。【分析】（I）延长PO的交⊙O于点D，利用切割线定理的推论，可得比例线段，求出半径。（II）作OE⊥AB于E，由垂径定理可知BE=AB，由勾股定理求出OE，利用面积公式可求出△PBO的面积。11.（天津市2022年10分）已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8。（Ⅰ）如图①，若半径为r1的⊙O1是Rt△ABC的内切圆，求r1；（Ⅱ）如图②，若半径为r2的两个等圆⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙O2与BC、AB相切，求r2；29\n（Ⅲ）如图③，当n大于2的正整数时，若半径rn的n个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1与AC、BC相切，⊙On与BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、⊙O3、…、⊙On－1均与AB边相切，求rn.【答案】解：（I）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴如图，设⊙O1与Rt△ABC的边AB、BC、CA分别切于点D、E、F，连接。∴∴，，。又∵，∴，解得。（II）如图，连接，则∵等圆⊙O1、⊙O2外切，∴，且∥AB。过点C作CM⊥AB于点M，交于点N，则。29\n∴。又∵，∴，解得。（III）如图，连接，则，。∵等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且均与AB边相切，∴均在直线上，且。∴。过点C作CH⊥AB于点H，交于点K，则。∴，。又∵，∴，解得。【考点】圆与圆的位置关系，圆与直线的位置关系，勾股定理，三角形和梯形面积公式。【分析】由圆与圆相切和圆与直线相切的性质，将△ABC分割成若干三角形（梯形），利用面积相等列出方程求解即可。12.（天津市2022年8分）如图，29\n⊙O和⊙O′都经过点A、B，点P在BA延长线上，过P作⊙O的割线PCD交⊙O于C、D两点，作⊙O′的切线PE切⊙O′于点E。若PC=4，CD=8，⊙O的半径为5。（1）求PE的长；（2）求的面积。【答案】解：（1）∵PD、PB分别交⊙O于C、D和A、B∴根据割线定理得PA·PB=PC·PD。又∵PE为⊙O′的切线，PAB为⊙O′的割线∴根据切割线定理得，∴。∴。（2）在⊙O中过O点作OF⊥CD，垂足为F，根据垂径定理知OF平分弦CD，即。在中，∴。【考点】切割线定理，垂径定理，勾股定理。【分析】（1）在⊙O中，根据割线定理，得PC•PD=PA•PB；在⊙O′中，由切割线定理，得PE2=PA•PB，联立两式得PE2=PC•PD，由此可求出PE的长。（2）△COD中，已知底边CD的长，需求出CD边上的高；过O作CD的垂线，设垂足为F；由垂径定理得CF=FD=4；在Rt△COF中，已知了OC的长，可用勾股定理求出OF的长，进而可根据三角形的面积公式求得△COD的面积。13.（天津市2022年10分）如图①，AD是圆O的直径，BC切圆O于点D，AB、AC与圆O相交于点E、F。（1）求证：；（2）如果将图①中的直线BC向上平移与圆O相交得图②，或向下平移得图③，此时，是否仍成立？若成立，请证明，若不成立，说明理由。29\n【答案】解：（1）证明：如图①，连接DE∵AD是⊙O的直径，∴∠AED=90°。又∵BC切⊙O于点D，∴AD⊥BC，∠ADB=90°。在和中，∠EAD=∠DAB，∴∽。∴，即。同理连接DF，可证。∴。（2）仍然成立，证明如下：如图②，连接DE，因为BC在上下平移时始终与AD垂直，设垂足为D′，则。∵AD是⊙O的直径，∴∠AED=90°。又∵，∴∽。∴，即。同理。∴。同理可证，当直线BC向下平移与圆O相离时，仍然成立。【考点】圆周角定理，直线和圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，直线平移的性质。【分析】（1）证出∽和∽，即可由相似三角形对应边成比例的性质得到，而得到证明。（2）同样，证出∽和∽，即可由相似三角形对应边成比例的性质得到，而得到证明。29\n14.（天津市2022年8分）如图，已知为的直径，是的切线，为切点，（Ⅰ）求的大小；（Ⅱ）若，求的长（结果保留根号）．【答案】解：（Ⅰ）∵是的切线，为的直径，∴⊥。∴。∵，∴。又∵切于点，∴。∴是等边三角形。∴。（Ⅱ）如图，连接，则。在中，，，∴。∵是等边三角形，∴。【考点】圆周角定理，切线长定理，切线的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值。【分析】（Ⅰ）根据切线的性质及切线长定理可证明为等边三角形，则的大小可求。（Ⅱ）由（Ⅰ）知，在中，利用30°的特殊角度可求得的长。15.（天津市2022年8分）已知是⊙的直径，是⊙的切线，是切点，与⊙交于点.（Ⅰ）如图①，若，，求的长（结果保留根号）；（Ⅱ）如图②，若为的中点，求证直线是⊙的切线.29\n16.（天津市2022年8分）已知AB与⊙O相切于点C，OA=OB．OA、OB与⊙O分别交于点D、E.(I)如图①，若⊙O的直径为8，AB=10，求OA的长(结果保留根号)；(Ⅱ)如图②，连接CD、CE，若四边形ODCE为菱形．求的值．29\n【答案】解：(I)如图①，连接OC，则OC=4。∵AB与⊙O相切于点C，∴OC⊥AB。∴在△OAB中，由OA=OB，AB=10得。∴在△RtOAB中，。(Ⅱ)如图②，连接OC，则OC=OD。∵四边形ODCE为菱形，∴OD=DC。∴△ODC为等边三角形。∴∠AOC=600。∴∠A=300。∴。【考点】线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，300角直角三角形的性质。【分析】(I)要求OA的长，就要把它放到一个直角三角形内，故作辅助线OC，由AB与⊙O相切于点C可知OC是AB的垂直平分线，从而应用勾股定理可求OA的长。(Ⅱ)由四边形ODCE为菱形可得△ODC为等边三角形，从而得300角的直角三角形OAC，根据300角所对的边是斜边的一半的性质得到所求。17.（2022天津市8分）已知⊙O中，AC为直径，MA、MB分别切⊙O于点A、B．（Ⅰ）如图①，若∠BAC=250，求∠AMB的大小；（Ⅱ）如图②，过点B作BD⊥AC于点E，交⊙O于点D，若BD=MA，求∠AMB的大小．29\n29