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1. 在平面直角坐标系中，以点(3，2)为圆心，
2为半径的圆与坐标轴的位置关系为
（
A.与x轴相离、与y轴相切
B.与x轴、y轴都相离
C.与x轴相切、与y轴相离
D.与x轴、y轴都相切
2为半径的圆与坐标轴的位置关系为
（
C
）A.与x轴相离、与y轴相切
B.与x轴、y轴都相离
C.与x轴相切、与y轴相离
D.与x轴、y轴都相切
答案
1.C
解析
【分析】
要判断圆与坐标轴的位置关系，需用到直线与圆位置关系的判定规则：比较圆心到直线的距离d与半径r的大小，若d=r则圆与直线相切，若d＞r则相离，若d＜r则相交。首先明确平面直角坐标系中，点(a,b)到x轴的距离是纵坐标的绝对值|b|，到y轴的距离是横坐标的绝对值|a|，再将两个距离分别和半径2对比，即可得出圆与两条坐标轴的位置关系，进而选出正确选项。
【解析】
解：已知圆的圆心坐标为(3,2)，半径r=2。
1. 判定圆与x轴的位置关系：
圆心到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即$d_1=|2|=2$，
因为$d_1=r=2$，所以圆与x轴相切。
2. 判定圆与y轴的位置关系：
圆心到y轴的距离为横坐标的绝对值，即$d_2=|3|=3$，
因为$d_2=3＞r=2$，所以圆与y轴相离。
综上，该圆与x轴相切、与y轴相离，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
1. 点到坐标轴的距离
2. 直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础考查题，解题关键是牢记位置关系的判定规则，准确计算圆心到坐标轴的距离即可快速得出结果，是十分典型的基础题型。
【难度系数】
0.8
要判断圆与坐标轴的位置关系，需用到直线与圆位置关系的判定规则：比较圆心到直线的距离d与半径r的大小，若d=r则圆与直线相切，若d＞r则相离，若d＜r则相交。首先明确平面直角坐标系中，点(a,b)到x轴的距离是纵坐标的绝对值|b|，到y轴的距离是横坐标的绝对值|a|，再将两个距离分别和半径2对比，即可得出圆与两条坐标轴的位置关系，进而选出正确选项。
【解析】
解：已知圆的圆心坐标为(3,2)，半径r=2。
1. 判定圆与x轴的位置关系：
圆心到x轴的距离为纵坐标的绝对值，即$d_1=|2|=2$，
因为$d_1=r=2$，所以圆与x轴相切。
2. 判定圆与y轴的位置关系：
圆心到y轴的距离为横坐标的绝对值，即$d_2=|3|=3$，
因为$d_2=3＞r=2$，所以圆与y轴相离。
综上，该圆与x轴相切、与y轴相离，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
1. 点到坐标轴的距离
2. 直线与圆的位置关系判定
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础考查题，解题关键是牢记位置关系的判定规则，准确计算圆心到坐标轴的距离即可快速得出结果，是十分典型的基础题型。
【难度系数】
0.8
2. 已知$\odot O$的半径为6 cm，点O到直线a的距离为7 cm，则直线a与$\odot O$有
0
个公共点.答案
2.0
解析
【分析】
解决本题首先要明确直线与圆位置关系的判定思路：通过比较圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小关系，可确定直线和圆的位置关系，进而得到二者公共点的个数。解题时先从题干提取半径r、圆心到直线的距离d的数值，再比较两者大小，对应位置关系即可求出公共点数量。
【解析】
已知$\odot O$的半径$r=6\mathrm{cm}$，圆心O到直线a的距离$d=7\mathrm{cm}$。
比较d和r的大小可得：$7\mathrm{cm}＞6\mathrm{cm}$，即$d＞r$。
根据直线与圆的位置关系判定规则：当$d＞r$时，直线与圆相离，相离状态下直线和圆没有公共点。
因此直线a与$\odot O$的公共点个数为0。
【答案】
0
【知识点】
直线与圆的位置关系判定、点到直线的距离
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础考查题，核心是掌握圆心到直线的距离和半径的大小关系对应不同位置关系的规律，解题时只需准确提取数值比较即可，难度较低。
【难度系数】
0.9
解决本题首先要明确直线与圆位置关系的判定思路：通过比较圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小关系，可确定直线和圆的位置关系，进而得到二者公共点的个数。解题时先从题干提取半径r、圆心到直线的距离d的数值，再比较两者大小，对应位置关系即可求出公共点数量。
【解析】
已知$\odot O$的半径$r=6\mathrm{cm}$，圆心O到直线a的距离$d=7\mathrm{cm}$。
比较d和r的大小可得：$7\mathrm{cm}＞6\mathrm{cm}$，即$d＞r$。
根据直线与圆的位置关系判定规则：当$d＞r$时，直线与圆相离，相离状态下直线和圆没有公共点。
因此直线a与$\odot O$的公共点个数为0。
【答案】
0
【知识点】
直线与圆的位置关系判定、点到直线的距离
【点评】
本题属于直线与圆位置关系的基础考查题，核心是掌握圆心到直线的距离和半径的大小关系对应不同位置关系的规律，解题时只需准确提取数值比较即可，难度较低。
【难度系数】
0.9
3. 如图，PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，连接AB，PO，PO交AB于点D，交⊙O于点C，CD＝1，AB＝4，则⊙O的半径长为
2.5
。答案
3.2.5
解析
【分析】
解题时首先结合切线长定理可得PA=PB，OP平分∠APB，根据等腰三角形三线合一的性质，可推出OP垂直平分AB，得到AD的长度以及△OAD为直角三角形。接下来设⊙O的半径为r，用含r的式子表示出OD的长度，最后在Rt△OAD中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B为切点
∴PA=PB，OP平分∠APB
根据等腰三角形三线合一，得OP⊥AB，$AD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×4=2$，∠ADO=90°
设⊙O的半径长为r，则OA=OC=r
∵CD=1，
∴OD=OC-CD=r-1
在Rt△OAD中，由勾股定理得：$OA^2=OD^2+AD^2$
代入得：$r^2=(r-1)^2+2^2$
展开计算：$r^2=r^2-2r+1+4$
移项化简得：$2r=5$
解得：$r=2.5$
【答案】
2.5
【知识点】
切线长定理，勾股定理，等腰三角形性质
【点评】
本题是圆的性质与勾股定理结合的常规计算题，解题的突破口是利用切线长定理得到垂直与线段相等的关系，再通过勾股定理建立方程求解，熟练掌握圆的切线相关基础性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合切线长定理可得PA=PB，OP平分∠APB，根据等腰三角形三线合一的性质，可推出OP垂直平分AB，得到AD的长度以及△OAD为直角三角形。接下来设⊙O的半径为r，用含r的式子表示出OD的长度，最后在Rt△OAD中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B为切点
∴PA=PB，OP平分∠APB
根据等腰三角形三线合一，得OP⊥AB，$AD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×4=2$，∠ADO=90°
设⊙O的半径长为r，则OA=OC=r
∵CD=1，
∴OD=OC-CD=r-1
在Rt△OAD中，由勾股定理得：$OA^2=OD^2+AD^2$
代入得：$r^2=(r-1)^2+2^2$
展开计算：$r^2=r^2-2r+1+4$
移项化简得：$2r=5$
解得：$r=2.5$
【答案】
2.5
【知识点】
切线长定理，勾股定理，等腰三角形性质
【点评】
本题是圆的性质与勾股定理结合的常规计算题，解题的突破口是利用切线长定理得到垂直与线段相等的关系，再通过勾股定理建立方程求解，熟练掌握圆的切线相关基础性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
4. 如图，已知O是菱形ABCD对角线BD上的一点，以点O为圆心，OD长为半径的$\odot O$与AB相切于点E，与AD，CD分别相交于点F，G.
(1)求证：BC与$\odot O$相切；
(2)若$∠ A=60°$，$AB=2$，求$\odot O$的半径.
(1)求证：BC与$\odot O$相切；
(2)若$∠ A=60°$，$AB=2$，求$\odot O$的半径.
答案
4.(1)略
(2)$4\sqrt{3}-6$
(2)$4\sqrt{3}-6$
解析
【分析】
(1)要证明BC与$\odot O$相切，可根据切线的判定定理，过圆心O作BC的垂线，证明该垂线段的长度等于$\odot O$的半径即可。结合菱形对角线平分内角的性质，角平分线上的点到角两边距离相等，已知AB是$\odot O$的切线，可得O到AB的距离等于半径，进而推出O到BC的距离也等于半径，即可得证。
(2)先根据菱形的边长和$∠ A=60°$，判断$△ ABD$为等边三角形，得到BD的长度和$∠ ABD$的度数，设圆的半径为$r$，用含$r$的式子表示出$OB$的长度，再在直角三角形$OEB$中利用特殊角的三角函数列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：连接$OE$，过点$O$作$OH⊥ BC$于点$H$。
∵ 四边形$ABCD$是菱形，$BD$是对角线，
∴ $BD$平分$∠ ABC$。
∵ $\odot O$与$AB$相切于点$E$，
∴ $OE⊥ AB$，且$OE=OD$（$\odot O$的半径）。
又
∵ $OH⊥ BC$，$BD$平分$∠ ABC$，
∴ $OH=OE$，
∴ $OH=OD$，
又
∵ $OH⊥ BC$，
∴ $BC$与$\odot O$相切。
(2)解：
∵ 四边形$ABCD$是菱形，$AB=2$，
∴ $AB=AD=2$，
又
∵ $∠ A=60°$，
∴ $△ ABD$是等边三角形，
∴ $BD=AB=2$，$∠ ABD=60°$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OE=r$，
∴ $OB=BD-OD=2-r$。
在$\mathrm{Rt}△ OEB$中，$∠ OEB=90°$，$∠ OBE=60°$，
∴ $\sin∠ OBE=\frac{OE}{OB}$，即$\sin60°=\frac{r}{2-r}$，
代入$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$得：$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{r}{2-r}$，
交叉相乘得：$\sqrt{3}(2-r)=2r$，
整理得：$2\sqrt{3}=r(2+\sqrt{3})$，
解得：$r=\frac{2\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}(2-\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=4\sqrt{3}-6$。
【答案】
(1)证明见上述解析；(2)$4\sqrt{3}-6$
【知识点】
菱形的性质，切线的判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题属于几何综合题，将菱形的性质和圆的切线相关知识结合考查，解题时需熟练掌握切线的判定方法，第二问通过构建直角三角形利用特殊角的三角函数列方程求解，对几何性质的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1)要证明BC与$\odot O$相切，可根据切线的判定定理，过圆心O作BC的垂线，证明该垂线段的长度等于$\odot O$的半径即可。结合菱形对角线平分内角的性质，角平分线上的点到角两边距离相等，已知AB是$\odot O$的切线，可得O到AB的距离等于半径，进而推出O到BC的距离也等于半径，即可得证。
(2)先根据菱形的边长和$∠ A=60°$，判断$△ ABD$为等边三角形，得到BD的长度和$∠ ABD$的度数，设圆的半径为$r$，用含$r$的式子表示出$OB$的长度，再在直角三角形$OEB$中利用特殊角的三角函数列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：连接$OE$，过点$O$作$OH⊥ BC$于点$H$。
∵ 四边形$ABCD$是菱形，$BD$是对角线，
∴ $BD$平分$∠ ABC$。
∵ $\odot O$与$AB$相切于点$E$，
∴ $OE⊥ AB$，且$OE=OD$（$\odot O$的半径）。
又
∵ $OH⊥ BC$，$BD$平分$∠ ABC$，
∴ $OH=OE$，
∴ $OH=OD$，
又
∵ $OH⊥ BC$，
∴ $BC$与$\odot O$相切。
(2)解：
∵ 四边形$ABCD$是菱形，$AB=2$，
∴ $AB=AD=2$，
又
∵ $∠ A=60°$，
∴ $△ ABD$是等边三角形，
∴ $BD=AB=2$，$∠ ABD=60°$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OD=OE=r$，
∴ $OB=BD-OD=2-r$。
在$\mathrm{Rt}△ OEB$中，$∠ OEB=90°$，$∠ OBE=60°$，
∴ $\sin∠ OBE=\frac{OE}{OB}$，即$\sin60°=\frac{r}{2-r}$，
代入$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$得：$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{r}{2-r}$，
交叉相乘得：$\sqrt{3}(2-r)=2r$，
整理得：$2\sqrt{3}=r(2+\sqrt{3})$，
解得：$r=\frac{2\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}(2-\sqrt{3})}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=4\sqrt{3}-6$。
【答案】
(1)证明见上述解析；(2)$4\sqrt{3}-6$
【知识点】
菱形的性质，切线的判定与性质，解直角三角形
【点评】
本题属于几何综合题，将菱形的性质和圆的切线相关知识结合考查，解题时需熟练掌握切线的判定方法，第二问通过构建直角三角形利用特殊角的三角函数列方程求解，对几何性质的应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
5. 如图，$\odot O$是$△ ABC$的内切圆，$∠ A = 54°$，则$∠ BOC =$
$117°$
.(填度数)答案
5.$117°$
解析
【分析】
解题思路如下：首先明确三角形内切圆的圆心（内心）是三角形三个内角角平分线的交点，因此OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB。第一步先根据△ABC的内角和以及已知的∠A，求出∠ABC与∠ACB的和；第二步利用角平分线的性质，求出∠OBC与∠OCB的和；最后再在△BOC中利用内角和定理求出∠BOC的度数。
【解析】
解：
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，即$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$。
在△ABC中，$∠ A=54°$，根据三角形内角和为$180°$得：
$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=180°-54°=126°$。
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=\frac{1}{2}×126°=63°$。
在△BOC中，再根据三角形内角和为$180°$得：
$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-63°=117°$。
【答案】
$117°$
【知识点】
三角形内切圆性质；三角形内角和定理；角平分线的定义
【点评】
本题是角度计算基础题，解题的核心是掌握三角形内心是内角角平分线交点的性质，结合三角形内角和定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题思路如下：首先明确三角形内切圆的圆心（内心）是三角形三个内角角平分线的交点，因此OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB。第一步先根据△ABC的内角和以及已知的∠A，求出∠ABC与∠ACB的和；第二步利用角平分线的性质，求出∠OBC与∠OCB的和；最后再在△BOC中利用内角和定理求出∠BOC的度数。
【解析】
解：
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，即$∠ OBC=\frac{1}{2}∠ ABC$，$∠ OCB=\frac{1}{2}∠ ACB$。
在△ABC中，$∠ A=54°$，根据三角形内角和为$180°$得：
$∠ ABC+∠ ACB=180°-∠ A=180°-54°=126°$。
∴$∠ OBC+∠ OCB=\frac{1}{2}(∠ ABC+∠ ACB)=\frac{1}{2}×126°=63°$。
在△BOC中，再根据三角形内角和为$180°$得：
$∠ BOC=180°-(∠ OBC+∠ OCB)=180°-63°=117°$。
【答案】
$117°$
【知识点】
三角形内切圆性质；三角形内角和定理；角平分线的定义
【点评】
本题是角度计算基础题，解题的核心是掌握三角形内心是内角角平分线交点的性质，结合三角形内角和定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
6. 如图，M，N分别是正八边形ABCDEFGH的边BC，CD上的点，且BM＝CN，AM交BN于点P。
(1)求证：$△ ABM ≌ △ BCN$；
(2)求$∠ APN$的度数。
(1)求证：$△ ABM ≌ △ BCN$；
(2)求$∠ APN$的度数。
答案
6.(1)略
(2)$135°$
(2)$135°$
解析
【分析】
(1) 要证明△ABM≌△BCN，首先利用正八边形的性质可得对应边AB=BC、对应内角∠ABM=∠BCN，结合题目给出的BM=CN，即可通过SAS判定定理证明全等。
(2) 求∠APN的度数时，先根据三角形外角的性质，可知∠APN=∠BAM+∠ABP，再结合第一问全等得到的∠BAM=∠CBN，可将∠APN转化为正八边形的内角∠ABC，最后通过多边形内角和公式计算正八边形的内角度数即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴ 各边相等，各内角相等，即$AB=BC$，$∠ABM=∠BCN$，
在$△ ABM$和$△ BCN$中：
$\begin{cases}AB=BC \\∠ABM=∠BCN \\BM=CN\end{cases}$
∴ $△ ABM ≌ △ BCN$（SAS）。
(2) 解：
由(1)的全等结论可得$∠BAM=∠CBN$，
∵ $∠APN$是$△ ABP$的外角，根据三角形外角性质：
$∠APN=∠BAM+∠ABP$，
将$∠BAM=∠CBN$代入得：
$∠APN=∠CBN+∠ABP=∠ABC$，
根据多边形内角和公式，正八边形内角和为$(8-2)×180°=1080°$，
则正八边形每个内角的度数为$1080°÷8=135°$，即$∠ABC=135°$，
∴ $∠APN=135°$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boxed{135°}$
【知识点】
正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，多边形内角和
【点评】
本题属于基础综合题，将正多边形性质、全等判定、三角形外角性质结合考查，解题的核心是通过全等实现角的等量代换，将未知角转化为正多边形的内角求解。
【难度系数】
0.75
(1) 要证明△ABM≌△BCN，首先利用正八边形的性质可得对应边AB=BC、对应内角∠ABM=∠BCN，结合题目给出的BM=CN，即可通过SAS判定定理证明全等。
(2) 求∠APN的度数时，先根据三角形外角的性质，可知∠APN=∠BAM+∠ABP，再结合第一问全等得到的∠BAM=∠CBN，可将∠APN转化为正八边形的内角∠ABC，最后通过多边形内角和公式计算正八边形的内角度数即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 八边形ABCDEFGH是正八边形，
∴ 各边相等，各内角相等，即$AB=BC$，$∠ABM=∠BCN$，
在$△ ABM$和$△ BCN$中：
$\begin{cases}AB=BC \\∠ABM=∠BCN \\BM=CN\end{cases}$
∴ $△ ABM ≌ △ BCN$（SAS）。
(2) 解：
由(1)的全等结论可得$∠BAM=∠CBN$，
∵ $∠APN$是$△ ABP$的外角，根据三角形外角性质：
$∠APN=∠BAM+∠ABP$，
将$∠BAM=∠CBN$代入得：
$∠APN=∠CBN+∠ABP=∠ABC$，
根据多边形内角和公式，正八边形内角和为$(8-2)×180°=1080°$，
则正八边形每个内角的度数为$1080°÷8=135°$，即$∠ABC=135°$，
∴ $∠APN=135°$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\boxed{135°}$
【知识点】
正多边形的性质，全等三角形的判定与性质，多边形内角和
【点评】
本题属于基础综合题，将正多边形性质、全等判定、三角形外角性质结合考查，解题的核心是通过全等实现角的等量代换，将未知角转化为正多边形的内角求解。
【难度系数】
0.75
