中考數(shù)學(xué)專題特訓(xùn)第二十四講：與圓有關(guān)的位置關(guān)系(含詳細(xì)參考答案)

中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)第二十四講與圓有關(guān)的位置關(guān)系【基礎(chǔ)知識回顧】點(diǎn)與圓的位置關(guān)系：1、點(diǎn)與圓的位置關(guān)系有種，若圓的半徑為r點(diǎn)P到圓心的距離為d則：點(diǎn)P在圓內(nèi)<＝>點(diǎn)P在圓上<＝>點(diǎn)P在圓外<＝>過三點(diǎn)的圓：⑴過同一直線上三點(diǎn)作用，過三點(diǎn)，有且只有一個圓⑵三角形的外接圓：經(jīng)過三角形各頂點(diǎn)的圓叫做三角形的外接圓的圓心叫做三角形的這個三角形叫做這個圓的⑶三角形外心的形成：三角形的交點(diǎn)，外心的性質(zhì)：到相等【趙老師提醒：1、銳角三角形外心在三角形直角三角形的外心是銳角三角形的外心在三角形】直線與圓的位置關(guān)系：1、直線與圓的位置關(guān)系有種：當(dāng)直線和圓有兩個公共點(diǎn)時，叫做直線和圓直線叫圓的線，這的直線叫做圓的直線和圓沒有公共點(diǎn)時，叫做直線和圓2、設(shè)Qo的半徑為r，圓心o到直線l的距離為d，則：直線l與Qo相交<＝>dr,直線l與Qo相切<＝>dr直線l與Qo相離<＝>dr切線的性質(zhì)和判定：⑴性質(zhì)定理：圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的【趙老師提醒：根據(jù)這一定理，在圓中遇到切線時，常用連接圓心和切點(diǎn)，即可的垂直關(guān)系】⑵判定定理：經(jīng)過半徑的且這條半徑的直線式圓的切線【趙老師提醒：在切線的判定中，當(dāng)直線和圓的公共點(diǎn)標(biāo)出時，用判定定理證明。當(dāng)公共點(diǎn)未標(biāo)出時，一般可證圓心到直線的距離d=r來判定相切】切線長定理：⑴切線長定義：在經(jīng)過圓外一點(diǎn)的圓的切線上，這點(diǎn)和切點(diǎn)之間的長叫做這點(diǎn)到圓的切線長。⑵切線長定理：從圓外一點(diǎn)到圓的兩條切線，它們的相等，并且圓心和這一點(diǎn)的連線平分的夾角三角形的內(nèi)切圓：⑴與三角形各邊都的圓，叫做三角形的內(nèi)切圓，內(nèi)切圓的圓心叫做三角形的⑵三角形內(nèi)心的形成：是三角形的交點(diǎn)內(nèi)心的性質(zhì)：到三角形各的距離相等，內(nèi)心與每一個頂點(diǎn)的連接線平分【趙老師提醒：三類三角形內(nèi)心都在三角形若△ABC三邊為a、b、c面積為s，內(nèi)切圓半徑為r，則s=，若△ABC為直角三角形，則r=】圓和圓的位置關(guān)系：圓和圓的位置關(guān)系有種，若Qo1半徑為R，Qo2半徑為r，圓心距外，則Qo1與Qo2外距<＝>Qo1與Qo2外切<＝>兩圓相交<＝>兩圓內(nèi)切<＝>兩圓內(nèi)含<＝>【趙老師提醒：兩圓相離無公共點(diǎn)包含和兩種情況，兩圓相切有唯一公共點(diǎn)包含和兩種情況，注意題目中兩種情況的考慮圓心同是兩圓此時d=】反證法：假設(shè)命題的結(jié)論，由此經(jīng)過推理得出由矛盾判定所作的假設(shè)從而得到原命題成立，這種證明命題的方法叫反證法【趙老師提醒：反證法正題的關(guān)鍵是提出即假設(shè)所證結(jié)論的反面成立，擇推理論證得出的矛盾可以與相矛盾，也可以與相矛盾，從而肯定原命題成立】【典型例題解析】考點(diǎn)一：切線的性質(zhì)例1（2012?永州）如圖，AC是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，A為切點(diǎn)，連接PC交⊙O于點(diǎn)B，連接AB，且PC=10，PA=6．

求：（1）⊙O的半徑；

（2）cos∠BAC的值．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；勾股定理；銳角三角函數(shù)的定義．分析：（1）由AC是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，根據(jù)切線的性質(zhì)，即可得∠PAC=90°，又由PC=10，PA=6，利用勾股定理即可求得AC的值，繼而求得⊙O的半徑；

（2）由AC是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，根據(jù)圓周角定理與切線的性質(zhì)，即可得∠ABC=∠PAC=90°，又由同角的余角相等，可得∠BAC=∠P，然后在Rt△PAC中，求得cos∠P的值，即可得cos∠BAC的值．解答：解：（1）∵AC是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，

∴CA⊥PA，

即∠PAC=90°，

∵PC=10，PA=6，

∴AC==8，

∴OA=AC=4，

∴⊙O的半徑為4；

（2）∵AC是⊙O的直徑，PA是⊙O的切線，

∴∠ABC=∠PAC=90°，

∴∠P+∠C=90°，∠BAC+∠C=90°，

∴∠BAC=∠P，

在Rt△PAC中，cos∠P=，

∴cos∠BAC=．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)、圓周角定理、勾股定理以及三角函數(shù)的定義．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．例2（2012?珠海）已知，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)P在弧AB上（不含點(diǎn)A、B），把△AOP沿OP對折，點(diǎn)A的對應(yīng)點(diǎn)C恰好落在⊙O上．

（1）當(dāng)P、C都在AB上方時（如圖1），判斷PO與BC的位置關(guān)系（只回答結(jié)果）；

（2）當(dāng)P在AB上方而C在AB下方時（如圖2），（1）中結(jié)論還成立嗎？證明你的結(jié)論；

（3）當(dāng)P、C都在AB上方時（如圖3），過C點(diǎn)作CD⊥直線AP于D，且CD是⊙O的切線，證明：AB=4PD．

考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形；圓心角、弧、弦的關(guān)系；圓周角定理．專題：幾何綜合題．分析：（1）PO與BC的位置關(guān)系是平行；

（2）（1）中的結(jié)論成立，理由為：由折疊可知三角形APO與三角形CPO全等，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)角相等可得出∠APO=∠CPO，再由OA=OP，利用等邊對等角得到∠A=∠APO，等量代換可得出∠A=∠CPO，又根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到∠A=∠PCB，再等量代換可得出∠COP=∠ACB，利用內(nèi)錯角相等兩直線平行，可得出PO與BC平行；

（3）由CD為圓O的切線，利用切線的性質(zhì)得到OC垂直于CD，又AD垂直于CD，利用平面內(nèi)垂直于同一條直線的兩直線平行得到OC與AD平行，根據(jù)兩直線平行內(nèi)錯角相等得到∠APO=∠COP，再利用折疊的性質(zhì)得到∠AOP=∠COP，等量代換可得出∠APO=∠AOP，再由OA=OP，利用等邊對等角可得出一對角相等，等量代換可得出三角形AOP三內(nèi)角相等，確定出三角形AOP為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的內(nèi)角為60°得到∠AOP為60°，由OP平行于BC，利用兩直線平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°，再由OB=OC，得到三角形OBC為等邊三角形，可得出∠COB為60°，利用平角的定義得到∠POC也為60°，再加上OP=OC，可得出三角形POC為等邊三角形，得到內(nèi)角∠OCP為60°，可求出∠PCD為30°，在直角三角形PCD中，利用30°所對的直角邊等于斜邊的一半可得出PD為PC的一半，而PC等于圓的半徑OP等于直徑AB的一半，可得出PD為AB的四分之一，即AB=4PD，得證．解答：解：（1）PO與BC的位置關(guān)系是PO∥BC；

（2）（1）中的結(jié)論P(yáng)O∥BC成立，理由為：

由折疊可知：△APO≌△CPO，

∴∠APO=∠CPO，

又∵OA=OP，

∴∠A=∠APO，

∴∠A=∠CPO，

又∵∠A與∠PCB都為所對的圓周角，

∴∠A=∠PCB，

∴∠CPO=∠PCB，

∴PO∥BC；

（3）∵CD為圓O的切線，

∴OC⊥CD，又AD⊥CD，

∴OC∥AD，

∴∠APO=∠COP，

由折疊可得：∠AOP=∠COP，

∴∠APO=∠AOP，

又OA=OP，∴∠A=∠APO，

∴∠A=∠APO=∠AOP，

∴△APO為等邊三角形，

∴∠AOP=60°，

又∵OP∥BC，

∴∠OBC=∠AOP=60°，又OC=OB，

∴△BCO為等邊三角形，

∴∠COB=60°，

∴∠POC=180°-（∠AOP+∠COB）=60°，又OP=OC，

∴△POC也為等邊三角形，

∴∠PCO=60°，PC=OP=OC，

又∵∠OCD=90°，

∴∠PCD=30°，

在Rt△PCD中，PD=PC，

又∵PC=OP=AB，

∴PD=AB，即AB=4PD．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30°直角三角形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，圓周角定理，以及平行線的判定與性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)及判定是解本題的關(guān)鍵．對應(yīng)訓(xùn)練1．（2012?玉林）如圖，已知點(diǎn)O為Rt△ABC斜邊AC上一點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OA長為半徑的⊙O與BC相切于點(diǎn)E，與AC相交于點(diǎn)D，連接AE．

（1）求證：AE平分∠CAB；

（2）探求圖中∠1與∠C的數(shù)量關(guān)系，并求當(dāng)AE=EC時，tanC的值．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；特殊角的三角函數(shù)值．專題：探究型．分析：（1）連接OE，則OE⊥BC，由于AB⊥BC，故可得出AB∥OE，進(jìn)而可得出∠2=∠AEO，由于OA=OE，故∠1=∠AEO，進(jìn)而可得出∠1=∠2；

（2）由三角形外角的性質(zhì)可知∠1+∠AEO=∠EOC，，因?yàn)椤?=∠AEO，∠OEC=90°，所以2∠1+∠C=90°；當(dāng)AE=CE時，∠1=∠C，再根據(jù)2∠1+∠C=90°即可得出∠C的度數(shù)，由特殊角的三角函數(shù)值得出tanC即可．解答：（1）證明：連接OE，

∵⊙O與BC相切于點(diǎn)E，

∴OE⊥BC，

∵AB⊥BC，

∴AB∥OE，

∴∠2=∠AEO，

∵OA=OE，

∴∠1=∠AEO，

∴∠1=∠2，即AE平分∠CAB；

（2）解：2∠1+∠C=90°，tanC=．

∵∠EOC是△AOE的外角，

∴∠1+∠AEO=∠EOC，

∵∠1=∠AEO，∠OEC=90°，

∴2∠1+∠C=90°，

當(dāng)AE=CE時，∠1=∠C，

∵2∠1+∠C=90°

∴3∠C=90°，∠C=30°

∴tanC=tan30°=．點(diǎn)評：本題考查的是切線的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，在解答此類題目時要熟知“若出現(xiàn)圓的切線，必連過切點(diǎn)的半徑，構(gòu)造定理圖，得出垂直關(guān)系”．2．（2012?泰州）如圖，已知直線l與⊙O相離，OA⊥l于點(diǎn)A，OA=5．OA與⊙O相交于點(diǎn)P，AB與⊙O相切于點(diǎn)B，BP的延長線交直線l于點(diǎn)C．

（1）試判斷線段AB與AC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

（2）若PC=2，求⊙O的半徑和線段PB的長；

（3）若在⊙O上存在點(diǎn)Q，使△QAC是以AC為底邊的等腰三角形，求⊙O的半徑r的取值范圍．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理；直線與圓的位置關(guān)系；相似三角形的判定與性質(zhì)．專題：計算題；幾何綜合題．分析：（1）連接OB，根據(jù)切線的性質(zhì)和垂直得出∠OBA=∠OAC=90°，推出∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠CPA=90°，求出∠ACP=∠ABC，根據(jù)等腰三角形的判定推出即可；

（2）延長AP交⊙O于D，連接BD，設(shè)圓半徑為r，則OP=OB=r，PA=5-r，根據(jù)AB=AC推出52-r2=(2)2-（5-r）2，求出r，證△DPB∽△CPA，得出，代入求出即可；

（3）根據(jù)已知得出Q在AC的垂直平分線上，作出線段AC的垂直平分線MN，作OE⊥MN，求出OE＜r，求出r范圍，再根據(jù)相離得出r＜5，即可得出答案．解答：解：（1）AB=AC，理由如下：

連接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）延長AP交⊙O于D，連接BD，

∵設(shè)圓半徑為r，則OP=OB=r，PA=5-r，

∴AB2=OA2-OB2=52-r2，

AC2=PC2-PA2=(2)2-（5-r）2，

∴52-r2=(2)2-（5-r）2，

解得：r=3，

∴AB=AC=4，

∵PD是直徑，

∴∠PBD=90°=∠PAC，

∵∠DPB=∠CPA，

∴△DPB∽△CPA，

∴，

∴，

解得：PB=．

∴⊙O的半徑為3，線段PB的長為；

（3）作出線段AC的垂直平分線MN，作OE⊥MN，則可以推出OE=AC=AB=；

又∵圓O要與直線MN交點(diǎn)，

∴OE=≤r，

∴r≥，

又∵圓O與直線l相離，

∴r＜5，

即≤r＜5．點(diǎn)評：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，切線的性質(zhì)，勾股定理，直線與圓的位置關(guān)系等知識點(diǎn)的應(yīng)用，主要培養(yǎng)學(xué)生運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力．本題綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度．考點(diǎn)二：切線的判定例2（2012?鐵嶺）如圖，⊙O的直徑AB的長為10，直線EF經(jīng)過點(diǎn)B且∠CBF=∠CDB．連接AD．

（1）求證：直線EF是⊙O的切線；

（2）若點(diǎn)C是弧AB的中點(diǎn)，sin∠DAB=，求△CBD的面積．考點(diǎn)：切線的判定；圓周角定理；解直角三角形．專題：探究型．分析：（1）先由AB是⊙O的直徑可得出∠ADB=90°，再根據(jù)∠ADC=∠ABC，∠CBF=∠CDB即可得出∠ABF=90°，故EF是⊙O的切線；

（2）作BG⊥CD，垂足是G，在Rt△ABD中，AB=10，sin∠DAB=可求出BD的長，再由C是弧AB的中點(diǎn)，可知∠ADC=∠CDB=45°，根據(jù)BG=DG=BDsin45°可求出BG的長，由∠DAB=∠DCB可得出CG的長，進(jìn)而得出CD的長，利用三角形的面積公式即可得出結(jié)論．解答：（1）證明：∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ADB=90°即∠ADC+∠CDB=90°，

∵∠ADC=∠ABC，∠CBF=∠CDB，

∴∠ABC+∠CBF=90°即∠ABF=90°，

∴AB⊥EF

∴EF是⊙O的切線；

（2）解：作BG⊥CD，垂足是G，

在Rt△ABD中

∵AB=10，sin∠DAB=，

又∵sin∠DAB=，

∴BD=6

∵C是弧AB的中點(diǎn)，

∴∠ADC=∠CDB=45°，

∴BG=DG=BDsin45°=6×=3，

∵∠DAB=∠DCB

∴tan∠DCB==，

∴CG=4，

∴CD=CG+DG=4+3=7，

∴S△CBD=CD?BG=．點(diǎn)評：本題考查的是切線的判定定理，涉及到圓周角定理、解直角三角形及三角形的面積公式，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．對應(yīng)訓(xùn)練考點(diǎn)三：三角形的外接圓和內(nèi)切圓例4（2012?阜新）如圖，在△ABC中，BC=3cm，∠BAC=60°，那么△ABC能被半徑至少為cm的圓形紙片所覆蓋．考點(diǎn)：三角形的外接圓與外心；圓周角定理；銳角三角函數(shù)的定義．專題：計算題．分析：作圓O的直徑CD，連接BD，根據(jù)圓周角定理求出∠D=60°，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義得出sin∠D=，代入求出CD即可．解答：解：作圓O的直徑CD，連接BD，

∵弧BC對的圓周角有∠A、∠D，

∴∠D=∠A=60°，

∵直徑CD，

∴∠DBC=90°，

∴sin∠D=，

即sin60°=，

解得：CD=2，

∴圓O的半徑是，

故答案為：．點(diǎn)評：本題考查了圓周角定理，三角形的外接圓與外心，銳角三角函數(shù)的定義的應(yīng)用，關(guān)鍵是得出sin∠D=，題目比較典型，是一道比較好的題目．例5（2012?玉林）如圖，Rt△ABC的內(nèi)切圓⊙O與兩直角邊AB，BC分別相切于點(diǎn)D，E，過劣?。ú话ǘ它c(diǎn)D，E）上任一點(diǎn)P作⊙O的切線MN與AB，BC分別交于點(diǎn)M，N，若⊙O的半徑為r，則Rt△MBN的周長為（）A．rB．C．2rD．考點(diǎn)：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心；矩形的判定；正方形的判定；切線長定理．專題：計算題．分析：連接OD、OE，求出∠ODB=∠DBE=∠OEB=90°，推出四邊形ODBE是正方形，得出BD=BE=OD=OE=r，根據(jù)切線長定理得出MP=DM，NP=NE，代入MB+NB+MN得出BD+BE，求出即可．解答：解：連接OD、OE，

∵⊙O是Rt△ABC的內(nèi)切圓，

∴OD⊥AB，OE⊥BC，

∵∠ABC=90°，

∴∠ODB=∠DBE=∠OEB=90°，

∴四邊形ODBE是矩形，

∵OD=OE，

∴矩形ODBE是正方形，

∴BD=BE=OD=OE=r，

∵⊙O切AB于D，切BC于E，切MN于P，

∴MP=DM，NP=NE，

∴Rt△MBN的周長為：MB+NB+MN=MB+BN+NE+DM=BD+BE=r+r=2r，

故選C．點(diǎn)評：本題考查的知識點(diǎn)是矩形的判定、正方形的判定、三角形的內(nèi)切圓和內(nèi)心、切線長定理等，主要考查運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力，題目比較好，難度也適中．對應(yīng)訓(xùn)練4．（2012?臺州）已知，如圖1，△ABC中，BA=BC，D是平面內(nèi)不與A、B、C重合的任意一點(diǎn)，∠ABC=∠DBE，BD=BE．

（1）求證：△ABD≌△CBE；

（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)D是△ABC的外接圓圓心時，請判斷四邊形BDCE的形狀，并證明你的結(jié)論．考點(diǎn)：三角形的外接圓與外心；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定．專題：幾何綜合題；探究型．分析：（1）由∠ABC=∠DBE可知∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD，即∠ABD=∠CBE，根據(jù)SAS定理可知△ABD≌△CBE；

（2）由（1）可知，△ABD≌△CBE，故CE=AD，根據(jù)點(diǎn)D是△ABC外接圓圓心可知DA=DB=DC，再由BD=BE可判斷出BD=BE=CE=CD，故可得出四邊形BDCE是菱形．解答：（1）證明：∵∠ABC=∠DBE，

∴∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD，

∴∠ABD=∠CBE，

在△ABD與△CBE中，

∵，

∴△ABD≌△CBE…4分

（2）解：四邊形BDEF是菱形．證明如下：

同（1）可證△ABD≌△CBE，

∴CE=AD，

∵點(diǎn)D是△ABC外接圓圓心，

∴DA=DB=DC，

又∵BD=BE，

∴BD=BE=CE=CD，

∴四邊形BDCE是菱形．點(diǎn)評：本題考查的是三角形的外接圓與外心、全等三角形的判定與性質(zhì)及菱形的判定定理，先根據(jù)題意判斷出△ABD≌△CBE是解答此題的關(guān)鍵．5．（2012?武漢）在銳角三角形ABC中，BC=5，sinA=，

（1）如圖1，求三角形ABC外接圓的直徑；

（2）如圖2，點(diǎn)I為三角形ABC的內(nèi)心，BA=BC，求AI的長．考點(diǎn)：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心；三角形的面積；勾股定理；圓周角定理；解直角三角形．專題：計算題．分析：（1）作直徑CD，連接BD，求出∠DBC=90°，∠A=∠D，根據(jù)sin∠A的值求出即可；

（2）連接IC、BI，且延長BI交AC于F，過I作IE⊥AB于E，求出BF⊥AC，AF=CF，根據(jù)sin∠A求出BF\AF，求出AC，根據(jù)三角形的面積公式得出5×R+5×R+6×R=6×4，求出R，在△AIF中，由勾股定理求出AI即可．解答：（1）解：作直徑CD，連接BD，

∵CD是直徑，

∴∠DBC=90°，∠A=∠D，

∵BC=5，sin∠A=，

∴sin∠D==，

∴CD=，

答：三角形ABC外接圓的直徑是．

（2）解：連接IC、BI，且延長BI交AC于F，過I作IE⊥AB于E，

∵AB=BC=5，I為△ABC內(nèi)心，

∴BF⊥AC，AF=CF，

∵sin∠A==，

∴BF=4，

在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF=CF=3，

AC=2AF=6，

∵I是△ABC內(nèi)心，IE⊥AB，IF⊥AC，IG⊥BC，

∴IE=IF=IG，

設(shè)IE=IF=IG=R，

∵△ABI、△ACI、△BCI的面積之和等于△ABC的面積，

∴AB×R+BC×R+AC×R=AC×BF，

即5×R+5×R+6×R=6×4，

∴R=，

在△AIF中，AF=3，IF=，由勾股定理得：AI=．

答：AI的長是．點(diǎn)評：本題考查了三角形的面積公式，三角形的內(nèi)切圓和內(nèi)心，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，圓周角定理等知識點(diǎn)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力，題目綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度．考點(diǎn)三：圓與圓的位置關(guān)系例6（2012?畢節(jié)地區(qū)）第三十奧運(yùn)會將于2012年7月27日在英國倫敦開幕，奧運(yùn)會旗圖案有五個圓環(huán)組成，如圖也是一幅五環(huán)圖案，在這個五個圓中，不存在的位置關(guān)系是（）A．外離 B．內(nèi)切 C．外切 D．相交考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：根據(jù)兩圓的位置關(guān)系易得到它們的位置關(guān)系有外切、外離、相交．解答：解：觀察圖形，五個等圓不可能內(nèi)切，也不可能內(nèi)含，并且有的兩個圓只有一個公共點(diǎn)，即外切；有的兩個圓沒有公共點(diǎn)，即外離；有的兩個圓有兩個公共點(diǎn)，即相交．

故選B．點(diǎn)評：本題考查了圓與圓的位置關(guān)系：若兩圓的半徑分別為R，r，圓心距為d，若d＞R+r，兩圓外離；若d=R+r，兩圓外切；若R-r＜d＜R+r（R≥r），兩圓相交；若d=R-r（R＞r），兩圓內(nèi)切；若0≤d＜R-r（R＞r），兩圓內(nèi)含．對應(yīng)訓(xùn)練6．（2012?德陽）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A（0，2），⊙A的半徑是2，⊙P的半徑是1，滿足與⊙A及x軸都相切的⊙P有個．6．4考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；直線與圓的位置關(guān)系．分析：分兩圓內(nèi)切和兩圓外切兩種情況討論即可得到⊙P的個數(shù)．解答：解：

如圖，滿足條件的⊙P有4個，

故答案為4．點(diǎn)評：本題考查了圓與圓的位置關(guān)系、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)及直線與圓的知識，能充分考慮到分內(nèi)切和外切是解決本題的關(guān)鍵．【聚焦山東中考】1．（2012?濟(jì)南）已知⊙O1和⊙O2的半徑是一元二次方程x2-5x+6=0的兩根，若圓心距O1O2=5，則⊙O1和⊙O2的位置關(guān)系是（）A．外離B．外切C．相交D．內(nèi)切考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：先根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，可知圓心距=兩圓半徑之和，再根據(jù)圓與圓的位置關(guān)系即可判斷．解答：解：∵⊙O1和⊙O2的半徑是一元二次方程x2-5x+6=0的兩根，

∴兩根之和=5=兩圓半徑之和，

又∵圓心距O1O2=5，

∴兩圓外切．

故選B．點(diǎn)評：此題綜合考查一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系及兩圓的位置關(guān)系的判斷．

圓和圓的位置與兩圓的圓心距、半徑的數(shù)量之間的關(guān)系：

①兩圓外離?d＞R+r；

②兩圓外切?d=R+r；

③兩圓相交?R-r＜d＜R+r（R≥r）；

④兩圓內(nèi)切?d=R-r（R＞r）；

⑤兩圓內(nèi)含?d＜R-r（R＞r）．2．（2012?青島）已知，⊙O1與⊙O2的半徑分別是4和6，O1O2=2，則⊙O1與⊙O2的位置關(guān)系是（）A．內(nèi)切 B．相交 C．外切 D．外離考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：由⊙O1與⊙O2的半徑分別是4和6，O1O2=2，根據(jù)兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系即可得出兩圓位置關(guān)系．解答：解：∵⊙O1與⊙O2的半徑分別是4和6，O1O2=2，

∴O1O2=6-4=2，

∴⊙O1與⊙O2的位置關(guān)系是內(nèi)切．

故選A．點(diǎn)評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系．此題比較簡單，注意掌握兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系是解此題的關(guān)鍵．3．（2012?泰安）如圖，AB與⊙O相切于點(diǎn)B，AO的延長線交⊙O于點(diǎn)C，連接BC，若∠ABC=120°，OC=3，則的長為（）A．πB．2πC．3πD．5π考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；弧長的計算．分析：連接OB，由于AB是切線，那么∠ABO=90°，而∠ABC=120°，易求∠OBC，而OB=OC，那么∠OBC=∠OCB，進(jìn)而求出∠BOC的度數(shù)，在利用弧長公式即可求出的長．解答：解：連接OB，∵AB與⊙O相切于點(diǎn)B，∴∠ABO=90°，∵∠ABC=120°，∴∠OBC=30°，∵OB=OC，∴∠OCB=30°，∴∠BOC=120°，∴BC的長為nπr180=120×π×3180=2π，故選B．點(diǎn)評：本題考查了切線的性質(zhì)、弧長公式，解題的關(guān)鍵是連接OB，構(gòu)造直角三角形．4．（2012?濰坊）已知兩圓半徑r1、r2分別是方程x2-7x+10=0的兩根，兩圓的圓心距為7，則兩圓的位置關(guān)系是（）A．相交 B．內(nèi)切 C．外切 D．外離考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系；解一元二次方程-因式分解法．分析：首先解方程x2-7x+10=0，求得兩圓半徑r1、r2的值，又由兩圓的圓心距為7，根據(jù)兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系即可得出兩圓位置關(guān)系．解答：解：∵x2-7x+10=0，

∴（x-2）（x-5）=0，

∴x1=2，x2=5，

即兩圓半徑r1、r2分別是2，5，

∵2+5=7，兩圓的圓心距為7，

∴兩圓的位置關(guān)系是外切．

故選C．點(diǎn)評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系與一元二次方程的解法．此題比較簡單，注意掌握兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系是解此題的關(guān)鍵．5．（2012?濟(jì)南）如圖，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，以其三邊為直徑向三角形外作三個半圓，矩形EFGH的各邊分別與半圓相切且平行于AB或BC，則矩形EFGH的周長是．5．4848考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；勾股定理；矩形的性質(zhì)．分析：首先取AC的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作MN∥EF，PQ∥EH，由題意可得PQ⊥EF，PQ⊥GH，MN⊥EH，MN⊥FG，PL，KN，OM，OQ分別是各半圓的半徑，OL，OK是△ABC的中位線，又由在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，即可求得個線段長，繼而求得答案．解答：解：取AC的中點(diǎn)O，過點(diǎn)O作MN∥EF，PQ∥EH，∵四邊形EFGH是矩形，∴EH∥PQ∥FG，EF∥MN∥GH，∠E=∠H=90°，∴PQ⊥EF，PQ⊥GH，MN⊥EH，MN⊥FG，∵AB∥EF，BC∥FG，∴AB∥MN∥GH，BC∥PQ∥FG，∴AL=BL，BK=CK，∴OL=BC=×8=4，OK=AB=×6=3，∵矩形EFGH的各邊分別與半圓相切，∴PL=AB=×6=3，KN=BC=×8=4，在Rt△ABC中，AC==10，∴OM=OQ=AC=5，∴EH=FG=PQ=PL+OL+OQ=3+4+5=12，EF=GH=MN=OM+OK+NK=5+3+4=12，∴矩形EFGH的周長是：EF+FG+GH+EH=12+12+12+12=48．故答案為：48．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)以及勾股定理等知識．此題難度較大，解題的關(guān)鍵是掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．6．（2012?菏澤）如圖，PA，PB是⊙O是切線，A，B為切點(diǎn)，AC是⊙O的直徑，若∠P=46°，則∠BAC=度．6．23考點(diǎn)：切線的性質(zhì)．專題：計算題．分析：由PA、PB是圓O的切線，根據(jù)切線長定理得到PA=PB，即三角形APB為等腰三角形，由頂角的度數(shù)，利用三角形的內(nèi)角和定理求出底角的度數(shù)，再由AP為圓O的切線，得到OA與AP垂直，根據(jù)垂直的定義得到∠OAP為直角，再由∠OAP-∠PAB即可求出∠BAC的度數(shù)．解答：解：∵PA，PB是⊙O是切線，∴PA=PB，又∠P=46°，∴∠PAB=∠PBA==67°，又PA是⊙O是切線，AO為半徑，∴OA⊥AP，∴∠OAP=90°，∴∠BAC=∠OAP-∠PAB=90°-67°=23°．故答案為：23。點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)，切線長定理，等腰三角形的性質(zhì)，以及三角形的內(nèi)角和定理，熟練掌握定理及性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．7．（2012?煙臺）如圖，AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為點(diǎn)E，CF⊥AF，且CF=CE．

（1）求證：CF是⊙O的切線；

（2）若sin∠BAC=，求的值．考點(diǎn)：切線的判定；圓周角定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．分析：（1）首先連接OC，由CD⊥AB，CF⊥AF，CF=CE，即可判定AC平分∠BAF，由圓周角定理即可得∠BOC=2∠BAC，則可證得∠BOC=∠BAF，即可判定OC∥AF，即可證得CF是⊙O的切線；

（2）由垂徑定理可得CE=DE，即可得S△CBD=2S△CEB，由△ABC∽△CBE，根據(jù)相似三角形的面積比等于相似比的平方，易求得△CBE與△ABC的面積比，繼而可求得的值．解答：（1）證明：連接OC．

∵CE⊥AB，CF⊥AF，CE=CF，

∴AC平分∠BAF，即∠BAF=2∠BAC．

∵∠BOC=2∠BAC，

∴∠BOC=∠BAF．

∴OC∥AF．

∴CF⊥OC．

∴CF是⊙O的切線．

（2）解：∵AB是⊙O的直徑，CD⊥AB，

∴CE=ED，∠ACB=∠BEC=90°．

∴S△CBD=2S△CEB，∠BAC=∠BCE，

∴△ABC∽△CBE．

∴=()2=（sin∠BAC）2=()2=．

∴=．點(diǎn)評：此題考查了切線的判定、垂徑定理、相似三角形的判定與性質(zhì)以及圓周角定理等知識．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．【備考真題過關(guān)】一、選擇題1．（2012?恩施州）如圖，兩個同心圓的半徑分別為4cm和5cm，大圓的一條弦AB與小圓相切，則弦AB的長為（）A．3cmB．4cmC．6cmD．8cm考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；勾股定理；垂徑定理．分析：首先連接OC，AO，由切線的性質(zhì)，可得OC⊥AB，由垂徑定理可得AB=2AC，然后由勾股定理求得AC的長，繼而可求得AB的長．解答：解：如圖，連接OC，AO，∵大圓的一條弦AB與小圓相切，∴OC⊥AB，∴AC=BC=AB，∵OA=5cm，OC=4cm，在Rt△AOC中，AC==3cm，∴AB=2AC=6（cm）．故選C．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)、垂徑定理以及勾股定理．此題難度不大，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意掌握輔助線的作法．2．（2012?河南）如圖，已知AB是⊙O的直徑，AD切⊙O于點(diǎn)A，．則下列結(jié)論中不一定正確的是（）A．BA⊥DAB．OC∥AEC．∠COE=2∠CAED．OD⊥AC考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；圓心角、弧、弦的關(guān)系；圓周角定理．分析：分別根據(jù)切線的性質(zhì)、平行線的判定定理及圓周角定理對各選項(xiàng)進(jìn)行逐一判斷即可．解答：解：∵AB是⊙O的直徑，AD切⊙O于點(diǎn)A，∴BA⊥DA，故A正確；∵，∴∠EAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠ACO，∴∠EAC=∠ACO，∴OC∥AE，故B正確；∵∠COE是所對的圓心角，∠CAE是所對的圓周角，∴∠COE=2∠CAE，故C正確；只有當(dāng)時OD⊥AC，故本選項(xiàng)錯誤．故選D．點(diǎn)評：本題考查的是切線的性質(zhì)，圓周角定理及圓心角、弧、弦的關(guān)系，熟知圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑是解答此題的關(guān)鍵．3．（2012?黃石）如圖所示，直線CD與以線段AB為直徑的圓相切于點(diǎn)D并交BA的延長線于點(diǎn)C，且AB=2，AD=1，P點(diǎn)在切線CD上移動．當(dāng)∠APB的度數(shù)最大時，則∠ABP的度數(shù)為（）A．15°B．30°C．60°D．90°考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；三角形的外角性質(zhì)；圓周角定理．分析：連接BD，由題意可知當(dāng)P和D重合時，∠APB的度數(shù)最大，利用圓周角定理和直角三角形的性質(zhì)即可求出∠ABP的度數(shù)．解答：解：連接BD，∵直線CD與以線段AB為直徑的圓相切于點(diǎn)D，∴∠ADB=90°，當(dāng)∠APB的度數(shù)最大時，則P和D重合，∴∠APB=90°，∵AB=2，AD=1，∴sin∠DBP=，∴∠ABP=30°，∴當(dāng)∠APB的度數(shù)最大時，∠ABP的度數(shù)為30°．故選B．點(diǎn)評：本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理以及解直角三角形的有關(guān)知識，解題的關(guān)鍵是由題意可知當(dāng)P和D重合時，∠APB的度數(shù)最大為90°．4．（2012?樂山）⊙O1的半徑為3厘米，⊙O2的半徑為2厘米，圓心距O1O2=5厘米，這兩圓的位置關(guān)系是（）A．內(nèi)含 B．內(nèi)切 C．相交 D．外切考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：由⊙O1的半徑為3厘米，⊙O2的半徑為2厘米，圓心距O1O2=5厘米，根據(jù)兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系即可得出兩圓位置關(guān)系．解答：解：∵⊙O1的半徑r=3，⊙O2的半徑r=2，

∴3+2=5，

∵兩圓的圓心距為O1O2=5，

∴兩圓的位置關(guān)系是外切．

故選D．點(diǎn)評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系．解題的關(guān)鍵是熟記兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系．6．（2012?上海）如果兩圓的半徑長分別為6和2，圓心距為3，那么這兩個圓的位置關(guān)系是（）A．外離 B．相切 C．相交 D．內(nèi)含考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：由兩個圓的半徑分別為6和2，圓心距為3，根據(jù)兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系即可得出兩圓位置關(guān)系．解答：解：∵兩個圓的半徑分別為6和2，圓心距為3，

又∵6-2=4，4＞3，

∴這兩個圓的位置關(guān)系是內(nèi)含．

故選：D．點(diǎn)評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系．此題比較簡單，解題的關(guān)鍵是注意掌握兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系．7．（2012?宿遷）若⊙O1，⊙O2的半徑分別是r1=2，r2=4，圓心距d=5，則這兩個圓的位置關(guān)系是（）A．內(nèi)切 B．相交 C．外切 D．外離考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：先求出兩圓半徑的和與差，再與圓心距進(jìn)行比較，確定兩圓的位置關(guān)系．解答：解：∵⊙O1和⊙O2的半徑分別是2和4，圓心距d是5，

則4-2=2，4+2=6，d=5，

∴2＜d＜6，

兩圓相交時，圓心距的長度在兩圓的半徑的差與和之間，

∴兩圓相交．

故選B．點(diǎn)評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系．注意外離，則P＞R+r；外切，則P=R+r；相交，則R-r＜P＜R+r；內(nèi)切，則P=R-r；內(nèi)含，則P＜R-r．（P表示圓心距，R，r分別表示兩圓的半徑）．9．（2012?嘉興）如圖，AB是⊙0的弦，BC與⊙0相切于點(diǎn)B，連接OA、OB．若∠ABC=70°，則∠A等于（）A．15°B．20°C．30°D．70°考點(diǎn)：切線的性質(zhì)．分析：由BC與⊙0相切于點(diǎn)B，根據(jù)切線的性質(zhì)，即可求得∠OBC=90°，又由∠ABC=70°，即可求得∠OBA的度數(shù)，然后由OA=OB，利用等邊對等角的知識，即可求得∠A的度數(shù)．解答：解：∵BC與⊙0相切于點(diǎn)B，∴OB⊥BC，∴∠OBC=90°，∵∠ABC=70°，∴∠OBA=∠OBC-∠ABC=90°-70°=20°，∵OA=OB，∴∠A=∠OBA=20°．故選B．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)．此題比較簡單，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意圓的切線垂直于經(jīng)過切點(diǎn)的半徑定理的應(yīng)用．10.（2012?泉州）如圖，O是△ABC的內(nèi)心，過點(diǎn)O作EF∥AB，與AC、BC分別交E、F，則（）A．EF＞AE+BFB．EF＜AE+BFC．EF=AE+BFD．EF≤AE+BF考點(diǎn)：三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心．專題：探究型．分析：連接OA，OB，由O是△ABC的內(nèi)心可知OA、OB分別是∠CAB及∠ABC的平分線，故可得出∠EAO=∠OAB，∠ABO=∠FBO，再由EF∥AB可知，∠AOE=∠OAB，∠BOF=∠ABO，故可得出∠EAO=∠AOE，∠FBO=∠BOF，故AE=OE，OF=BF，由此即可得出結(jié)論．解答：解：連接OA，OB，

∵O是△ABC的內(nèi)心，

∴OA、OB分別是∠CAB及∠ABC的平分線，

∴∠EAO=∠OAB，∠ABO=∠FBO，

∵EF∥AB，

∴∠AOE=∠OAB，∠BOF=∠ABO，

∴∠EAO=∠AOE，∠FBO=∠BOF，

∴AE=OE，OF=BF，

∴EF=AE+BF．

故選C．點(diǎn)評：本題考查的是三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出等腰三角形是解答此題的關(guān)鍵．二、填空題11．（2012?吉林）如圖，AB是⊙O的直徑，BC為⊙O的切線，∠ACB=40°，點(diǎn)P在邊BC上，則∠PAB的度數(shù)可能為（寫出一個符合條件的度數(shù)即可）。11．45°（答案不唯一）考點(diǎn)：切線的性質(zhì)．專題：開放型．分析：由切線的性質(zhì)可以證得△ABC是直角三角形，然后根據(jù)直角三角形的兩個銳角互余知，∠CAB=50°；因?yàn)辄c(diǎn)P在邊BC上，所以∠PAB＜∠CAB．解答：解：∵AB是⊙O的直徑，BC為⊙O的切線，∴AB⊥BC，∴∠ABC=90°，∴∠ACB=40°（已知），∴∠CAB=50°（直角三角形的兩個銳角互余）；又∵點(diǎn)P在邊BC上，∴0＜∠PAB＜∠CAB，∴∠PAB可以取49°，45°，40…故答案可以是：45°。點(diǎn)評：本題考查了切線的性質(zhì)．此題屬于開放型題目，解題時注意答案的不唯一性．12．（2012?江西）如圖，AC經(jīng)過⊙O的圓心O，AB與⊙O相切于點(diǎn)B，若∠A=50°，則∠C=度．12．20考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；圓周角定理．分析：首先連接OB，由AB與⊙O相切于點(diǎn)B，根據(jù)切線的性質(zhì)，即可得OB⊥AB，又由∠A=50°，即可求得∠AOB的度數(shù)，然后由圓周角定理，求得∠C的度數(shù)．解答：解：連接OB，∵AB與⊙O相切于點(diǎn)B，∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，∵∠A=50°，∴∠AOB=90°-∠A=40°，∴∠C=∠AOB=×40°=20°．故答案為：20．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理與直角三角形的性質(zhì)．此題比較簡單，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．13．（2012?淮安）如圖，⊙M與⊙N外切，MN=10cm，若⊙M的半徑為6cm，則⊙N的半徑為cm．13．4考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：根據(jù)兩圓外切圓心距等于兩半徑之和求得另一圓的半徑即可．解答：解：∵⊙M與⊙N外切，MN=10cm，若⊙M的半徑為6cm，

∴⊙N的半徑=10-6=4cm

故答案為4．點(diǎn)評：本題考查了圓與圓的位置關(guān)系，解題的關(guān)鍵是了解當(dāng)兩圓外切時圓心距等于兩半徑之和．14．（2012?六盤水）已知兩圓的半徑分別為2和3，兩圓的圓心距為4，那么這兩圓的位置關(guān)系是．考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：由兩圓的半徑分別為2和3，兩圓的圓心距為4，利用兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系即可得出兩圓位置關(guān)系．解答：解：∵兩圓的半徑分別為2和3，兩圓的圓心距為4，

∴2+3=5，3-2=1，

∵1＜4＜5，

∴這兩圓的位置關(guān)系是相交．

故答案為：相交．點(diǎn)評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系．此題比較簡單，注意掌握兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系．15．（2012?銅仁地區(qū)）已知圓O1和圓O2外切，圓心距為10cm，圓O1的半徑為3cm，則圓O2的半徑為．考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系．分析：由圓O1和圓O2外切，圓心距為10cm，圓O1的半徑為3cm，利用兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系，即可求得圓O2的半徑．解答：解：∵圓O1和圓O2外切，圓心距為10cm，圓O1的半徑為3cm，

∴圓O2的半徑為：10-3=7（cm）．

故答案為：7cm．點(diǎn)評：此題考查了圓與圓的位置關(guān)系．此題比較簡單，注意掌握兩圓位置關(guān)系與圓心距d，兩圓半徑R，r的數(shù)量關(guān)系間的聯(lián)系是解此題的關(guān)鍵．16．（2012?鹽城）已知⊙O1與⊙O2的半徑分別是方程x2-4x+3=0的兩根，且O1O2=t+2，若這兩個圓相切，則t=．考點(diǎn)：圓與圓的位置關(guān)系；解一元二次方程-因式分解法．分析：先解方程求出⊙O1、⊙O2的半徑，再分兩圓外切和兩圓內(nèi)切兩種情況列出關(guān)于t的方程討論求解．解答：解：∵⊙O1、⊙O2的半徑分別是方程x2-4x+3=0的兩根，

解得⊙O1、⊙O2的半徑分別是1和3．

①當(dāng)兩圓外切時，圓心距O1O2=t+2=1+3=4，解得t=2；

②當(dāng)兩圓內(nèi)切時，圓心距O1O2=t+2=3-1=2，解得t=0．

∴t為2或0．

故答案為：2或0．點(diǎn)評：考查解一元二次方程-因式分解法和圓與圓的位置關(guān)系，同時考查綜合應(yīng)用能力及推理能力．注意：兩圓相切，應(yīng)考慮內(nèi)切或外切兩種情況是解本題的難點(diǎn)．17．（2012?荊門）如圖，在直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是直角梯形，BC∥OA，⊙P分別與OA、OC、BC相切于點(diǎn)E、D、B，與AB交于點(diǎn)F．已知A（2，0），B（1，2），則tan∠FDE=．17．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；圓周角定理；銳角三角函數(shù)的定義．分析：先連接PB、PE，根據(jù)⊙P分別與OA、BC相切，得出PB⊥BC，PE⊥OA，再根據(jù)A、B點(diǎn)的坐標(biāo)，得出AE和BE的值，從而求出tan∠ABE，最后根據(jù)∠EDF=∠ABE，即可得出答案．解答：解：連接PB、PE．∵⊙P分別與OA、BC相切于點(diǎn)E、B，∴PB⊥BC，PE⊥OA，∵BC∥OA，∴B、P、E在一條直線上，∵A（2，0），B（1，2），∴AE=1，BE=2，∴tan∠ABE=AEBE=，∵∠EDF=∠ABE，∴tan∠FDE=．故答案為：．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)，用到的知識點(diǎn)是切線的性質(zhì)、解直角三角形、圓周角定理，解題的關(guān)鍵是做出輔助線，構(gòu)建直角三角形．18．（2012?連云港）如圖，圓周角∠BAC=55°，分別過B，C兩點(diǎn)作⊙O的切線，兩切線相交與點(diǎn)P，則∠BPC=°．18．70考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；圓周角定理．分析：首先連接OB，OC，由PB，PC是⊙O的切線，利用切線的性質(zhì)，即可求得∠PBO=∠PCO=90°，又由圓周角定理可得：∠BOC=2∠BAC，繼而求得∠BPC的度數(shù)．解答：解：連接OB，OC，∵PB，PC是⊙O的切線，∴OB⊥PB，OC⊥PC，∴∠PBO=∠PCO=90°，∵∠BOC=2∠BAC=2×55°=110°，∴∠BPC=360°-∠PBO-∠BOC-∠PCO=360°-90°-110°-90°=70°．故答案為：70．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)、圓周角定理以及四邊形的內(nèi)角和定理．此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．19．（2012?武漢）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（3.0），點(diǎn)B為y軸正半軸上的一點(diǎn)，點(diǎn)C是第一象限內(nèi)一點(diǎn)，且AC=2．設(shè)tan∠BOC=m，則m的取值范圍是．19．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；勾股定理；銳角三角函數(shù)的定義．專題：計算題．分析：當(dāng)OC與圓A相切（即到C′點(diǎn)）時，∠BOC最小，根據(jù)勾股定理求出此時的OC，求出∠BOC=∠CAO，根據(jù)解直角三角形求出此時的值，根據(jù)tan∠BOC的增減性，即可求出答案．解答：解：當(dāng)OC與圓A相切（即到C′點(diǎn)）時，∠BOC最小，AC′=2，OA=3，由勾股定理得：OC′=，∵∠BOA=∠AC′O=90°，∴∠BOC′+∠AOC′=90°，∠C′AO+∠AOC′=90°，∴∠BOC′=∠OAC′，tan∠BOC=，隨著C的移動，∠BOC越來越大，但不到E點(diǎn)，即∠BOC＜90°，∴tan∠BOC≥，故答案為：．點(diǎn)評：本題考查了解直角三角形，勾股定理，切線的性質(zhì)等知識點(diǎn)的應(yīng)用，能確定∠BOC的變化范圍是解此題的關(guān)鍵，題型比較好，但是有一定的難度．20．（2012?宜賓）如圖，在⊙O中，AB是直徑，點(diǎn)D是⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C是AD的中點(diǎn)，弦CE⊥AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)D的切線交EC的延長線于點(diǎn)G，連接AD，分別交CF、BC于點(diǎn)P、Q，連接AC．給出下列結(jié)論：①∠BAD=∠ABC；②GP=GD；③點(diǎn)P是△ACQ的外心；④AP?AD=CQ?CB．其中正確的是（寫出所有正確結(jié)論的序號）．20．②③④考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；圓周角定理；三角形的外接圓與外心；相似三角形的判定與性質(zhì)．專題：計算題．分析：連接BD，由GD為圓O的切線，根據(jù)弦切角等于夾弧所對的圓周角得到∠GDP=∠ABD，再由AB為圓的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角為直角得到∠ACB為直角，由CE垂直于AB，得到∠AFP為直角，再由一對公共角，得到三角形APF與三角形ABD相似，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等可得出∠APF等于∠ABD，根據(jù)等量代換及對頂角相等可得出∠GPD=∠GDP，利用等角對等邊可得出GP=GD，選項(xiàng)②正確；由直徑AB垂直于弦CE，利用垂徑定理得到A為的中點(diǎn)，得到兩條弧相等，再由C為的中點(diǎn)，得到兩條弧相等，等量代換得到三條弧相等，根據(jù)等弧所對的圓周角相等可得出∠CAP=∠ACP，利用等角對等邊可得出AP=CP，又AB為直徑得到∠ACQ為直角，利用等角的余角相等可得出∠PCQ=∠PQC，得出CP=PQ，即P為直角三角形ACQ斜邊上的中點(diǎn)，即為直角三角形ACQ的外心，選項(xiàng)③正確；利用等弧所對的圓周角相等得到一對角相等，再由一對公共角相等，得到三角形ACQ與三角形ABC相似，根據(jù)相似得比例得到AC2=CQ?CB，連接CD，同理可得出三角形ACP與三角形ACD相似，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得出AC2=AP?AD，等量代換可得出AP?AD=CQ?CB，選項(xiàng)④正確．解答：解：∠BAD與∠ABC不一定相等，選項(xiàng)①錯誤；連接BD，如圖所示：∵GD為圓O的切線，∴∠GDP=∠ABD，又AB為圓O的直徑，∴∠ADB=90°，∵CE⊥AB，∴∠AFP=90°，∴∠ADB=∠AFP，又∠PAF=∠BAD，∴△APF∽△ABD，∴∠ABD=∠APF，又∠APF=∠GPD，∴∠GDP=∠GPD，∴GP=GD，選項(xiàng)②正確；∵直徑AB⊥CE，∴A為的中點(diǎn)，即，又C為的中點(diǎn)，∴，∴，∴∠CAP=∠ACP，∴AP=CP，又AB為圓O的直徑，∴∠ACQ=90°，∴∠PCQ=∠PQC，∴PC=PQ，∴AP=PQ，即P為Rt△ACQ斜邊AQ的中點(diǎn)，∴P為Rt△ACQ的外心，選項(xiàng)③正確；連接CD，如圖所示：∵，∴∠B=∠CAD，又∠ACQ=∠BCA，∴△ACQ∽△BCA，∴ACCQ=CBAC，即AC2=CQ?CB，∵，∴∠ACP=∠ADC，又∠CAP=∠DAC，∴△ACP∽△ADC，∴，即AC2=AP?AD，∴AP?AD=CQ?CB，選項(xiàng)④正確，則正確的選項(xiàng)序號有②③④．故答案為：②③④。點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及三角形的外接圓與圓心，熟練掌握性質(zhì)及定理是解本題的關(guān)鍵．21.（2012?黃石）如圖所示，已知A點(diǎn)從（1，0）點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個單位長的速度沿著x軸的正方向運(yùn)動，經(jīng)過t秒后，以O(shè)、A為頂點(diǎn)作菱形OABC，使B、C點(diǎn)都在第一象限內(nèi)，且∠AOC=60°，又以P（0，4）為圓心，PC為半徑的圓恰好與OA所在的直線相切，則t=．21.考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；解直角三角形．專題：動點(diǎn)型．分析：先根據(jù)已知條件，求出經(jīng)過t秒后，OC的長，當(dāng)⊙P與OA，即與x軸相切時，如圖所示，則切點(diǎn)為O，此時PC=OP，過P作PE⊥OC，利用垂徑定理和解直角三角形的有關(guān)知識即可求出t的值．解答：解：∵已知A點(diǎn)從（1，0）點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個單位長的速度沿著x軸的正方向運(yùn)動，∴經(jīng)過t秒后，∴OA=1+t，∵四邊形OABC是菱形，∴OC=1+t，當(dāng)⊙P與OA，即與x軸相切時，如圖所示，則切點(diǎn)為O，此時PC=OP，過P作PE⊥OC，∴OE=CE=OC，∴OE=1+t2，在Rt△OPE中，OE=OP?cos30°=，∴=，∴t=，故答案為：．點(diǎn)評：本題綜合性的考查了菱形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、切線的性質(zhì)、垂徑定理的運(yùn)用以及解直角三角形的有關(guān)知識，屬于中檔題目．22.（2012?湘潭）如圖，△ABC的一邊AB是⊙O的直徑，請你添加一個條件，使BC是⊙O的切線，你所添加的條件為．22.∠ABC=90°考點(diǎn)：切線的判定．專題：開放型．分析：根據(jù)切線的判定方法知，能使BC成為切線的條件就是能使AB垂直于BC的條件，進(jìn)而得出答案即可．解答：解：當(dāng)△ABC為直角三角形時，即∠ABC=90°時，

BC與圓相切，

∵AB是⊙O的直徑，∠ABC=90°，

∴BC是⊙O的切線，（經(jīng)過半徑外端，與半徑垂直的直線是圓的切線）．

故答案為：∠ABC=90°．點(diǎn)評：此題主要考查了切線的判定，本題是一道典型的條件開放題，解決本類題目可以是將最終的結(jié)論當(dāng)做條件，而答案就是使得條件成立的結(jié)論．三、解答題23．（2012?天津）已知⊙O中，AC為直徑，MA、MB分別切⊙O于點(diǎn)A、B．

（Ⅰ）如圖①，若∠BAC=25°，求∠AMB的大??；

（Ⅱ）如圖②，過點(diǎn)B作BD⊥AC于E，交⊙O于點(diǎn)D，若BD=MA，求∠AMB的大?。键c(diǎn)：切線的性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；圓周角定理．專題：計算題．分析：（Ⅰ）由AM與圓O相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得到AM垂直于AC，可得出∠MAC為直角，再由∠BAC的度數(shù)，用∠MAC-∠BAC求出∠MAB的度數(shù)，又MA，MB為圓O的切線，根據(jù)切線長定理得到MA=MB，利用等邊對等角可得出∠MAB=∠MBA，由底角的度數(shù)，利用三角形的內(nèi)角和定理即可求出∠AMB的度數(shù)；

（Ⅱ）連接AB，AD，由直徑AC垂直于弦BD，根據(jù)垂徑定理得到A為優(yōu)弧的中點(diǎn)，根據(jù)等弧對等弦可得出AB=AD，由AM為圓O的切線，得到AM垂直于AC，又BD垂直于AC，根據(jù)垂直于同一條直線的兩直線平行可得出BD平行于AM，又BD=AM，利用一組對邊平行且相等的四邊形為平行四邊形得到ADBM為平行四邊形，再由鄰邊MA=MB，得到ADBM為菱形，根據(jù)菱形的鄰邊相等可得出BD=AD，進(jìn)而得到AB=AD=BD，即△ABD為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠D為60°，再利用菱形的對角相等可得出∠AMB=∠D=60°．解答：解：（Ⅰ）∵M(jìn)A切⊙O于點(diǎn)A，

∴∠MAC=90°，又∠BAC=25°，

∴∠MAB=∠MAC-∠BAC=65°，

∵M(jìn)A、MB分別切⊙O于點(diǎn)A、B，

∴MA=MB，

∴∠MAB=∠MBA，

∴∠MAB=180°-（∠MAB+∠MBA）=50°；

（Ⅱ）如圖，連接AD、AB，

∵M(jìn)A⊥AC，又BD⊥AC，

∴BD∥MA，又BD=MA，

∴四邊形MADB是平行四邊形，又MA=MB，

∴四邊形MADB是菱形，

∴AD=BD．

又∵AC為直徑，AC⊥BD，

∴，

∴AB=AD，又AD=BD，

∴AB=AD=BD，

∴△ABD是等邊三角形，

∴∠D=60°，

∴在菱形MADB中，∠AMB=∠D=60°．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，弦、弧及圓心角之間的關(guān)系，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，切線長定理，以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)及定理是解本題的關(guān)鍵．24.（2012?銅仁地區(qū)）如圖，已知⊙O的直徑AB與弦CD相交于點(diǎn)E，AB⊥CD，⊙O的切線BF與弦AD的延長線相交于點(diǎn)F．

（1）求證：CD∥BF；

（2）若⊙O的半徑為5，cos∠BCD=，求線段AD的長．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；圓周角定理；解直角三角形．分析：（1）由BF是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，根據(jù)切線的性質(zhì)，即可得BF⊥AB，又由AB⊥CD，即可得CD∥BF；

（2）又由AB是⊙O的直徑，可得∠ADB=90°，由圓周角定理，可得∠BAD=∠BCD，然后由⊙O的半徑為5，cos∠BCD=，即可求得線段AD的長．解答：（1）證明：∵BF是⊙O的切線，AB是⊙O的直徑，

∴BF⊥AB，∵CD⊥AB，

∴CD∥BF；

（2）解：∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ADB=90°，

∵⊙O的半徑5，

∴AB=10，

∵∠BAD=∠BCD，

∴cos∠BAD=cos∠BCD==，

∴AD=cos∠BAD?AB=×10=8，

∴AD=8．點(diǎn)評：此題考查了切線的性質(zhì)、平行線的判定、圓周角定理以及三角函數(shù)的性質(zhì)．此題難度適中，注意數(shù)形結(jié)合思想與轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．25．（2012?咸寧）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)E是AB上的一點(diǎn)，CD是過E點(diǎn)的弦，過點(diǎn)B的切線交AC的延長線于點(diǎn)F，BF∥CD，連接BC．

（1）已知AB=18，BC=6，求弦CD的長；

（2）連接BD，如果四邊形BDCF為平行四邊形，則點(diǎn)E位于AB的什么位置？試說明理由．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)；勾股定理；垂徑定理；相似三角形的判定與性質(zhì)．分析：（1）由BF與⊙O相切，根據(jù)切線的性質(zhì)，可得BF⊥AB，又由BF∥CD，易得CD⊥AB，由垂徑定理即可求得CE=DE，然后連接CO，設(shè)OE=x，則BE=9-x，由勾股定理即可求得OE的長，繼而求得CD的長；

（2）由四邊形BDCF為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，即可得CD=BF，又由△AEC∽△ABF，即可求得點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)．解答：（1）解：∵BF與⊙O相切，

∴BF⊥AB．

而BF∥CD，

∴CD⊥AB．

又∵AB是直徑，

∴CE=ED．

連接CO，設(shè)OE=x，則BE=9-x．

由勾股定理可知：CO2-OE2=BC2-BE2=CE2，

即92-x2=62-（9-x）2，

解得：x=7．

∴CD=2=2．

（2）∵四邊形BDCF為平行四邊形，

∴BF=CD．

而CE=DE=CD，

∴CE=BF．