13.「2026黑龙江哈尔滨香坊期末，★☆」如图，PA是$\odot O$的切线，A为切点，直线PO交$\odot O$于C，D两点，点B为弧AC上一点，连接AB，BC，若$∠ ABC=115°$，则$∠ P=$°。

13.答案 40
解析 如图,连接 $AO,AD$,由圆内接四边形的性质可得 $\∠ ADC = 180° - \∠ ABC = 180° - 115° = 65°$.
∵ $AO = DO$,
∴ $\∠ DAO = \∠ ADO = 65°$,
∴ $\∠ AOD = 180° - 65° - 65° = 50°$.
∵ $PA$ 是 $\odot O$ 的切线,
∴ $\∠ PAO = 90°$,
∴ $\∠ P = 90° - 50° = 40°$.

14.「2026江苏宿迁月考，★★☆」如图，$∠ AOB=45°$,点$M$是射线$OB$上一点，$OM=2$,以点$M$为圆心，$r$为半径作$\odot M$,若$\odot M$与射线$OA$只有1个公共点，则半径$r$的取值范围是.

14.答案 $r=\sqrt{2}$或$r＞2$
解析 如图,过点 $M$ 作 $MD ⊥ OA$ 于点 $D$,则 $\∠ ODM=90°$,
∵ $\∠ AOB = 45°$,
∴ $\∠ DMO = 45° = \∠ DOM$,
∴ $OD = MD$,
∵ $OD^2+MD^2=OM^2$,$OM=2$,
∴ $2MD^2=4$,
∴ $MD=\sqrt{2}$(舍负).当 $r=MD$ 时,$\odot M$ 与射线 $OA$ 相切,此时 $\odot M$ 与射线 $OA$ 只有一个公共点.当 $r=OM$ 时,$\odot M$ 与射线 $OA$ 有两个公共点,
∴ 若 $\odot M$ 与射线 $OA$ 只有 1 个公共点,则 $r=MD$ 或 $r＞OM$,
∴ 半径 $r$ 的取值范围是 $r=\sqrt{2}$ 或 $r＞2$.

15. 「情境」数学文化 发展史 「2026江苏徐州月考，★★☆」刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元.某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正十二边形.若$\odot O$的半径为1，则这个圆内接正十二边形的面积为.

15.答案 3
解析 如图,连接 $OA,OB$,过点 $A$ 作 $AC ⊥ OB$ 于点 $C$,
∵ 圆的内接正十二边形的每条边所对的圆心角为 $\frac{360°}{12}=30°$, $OA=1$,
∴ $AC=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}$,
∴ $S_{\△ OAB}=\frac{1}{2}OB \· AC=\frac{1}{2}\×1\×\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$,
∴ 这个圆的内接正十二边形的面积为 $12S_{\△ OAB}=12\×\frac{1}{4}=3$.

16.「2026四川泸州江阳期中，★★☆」如图，$\odot O$内切于$△ ABC$，$D$，$E$，$F$分别为切点.若$△ ABC$的周长为60，且$AB:BC:AC=4:5:6$，则$AD$的长是.

16.答案 10
解析 设 $AB=4m$,则 $BC=5m$,$AC=6m$.
∵ $\△ ABC$ 的周长为 60,
∴ $4m+5m+6m=60$,解得 $m=4$,
∴ $AB=16$,$BC=20$,$AC=24$,设 $CF=x$,$AD=y$,$BE=z$,
∵ $AC,AB,BC$ 分别为 $\\odot O$ 的切线,
∴ $CE=CF=x$,$AF=AD=y$,$BD=BE=z$,
∴ $\\begin{cases}x+y=24①,\\\\y+z=16②,\\\\z+x=20③,\\end{cases}$①+②+③,得 $2(x+y+z)=60$,
∴ $x+y+z=30$④,④-③,得 $y=10$,
∴ $AD=10$.

17. 情境 数学文化 发展史 「★★☆」《测圆海镜》中记载:假令有圆城一所,不知周径,或问甲、乙二人同立于巽地,乙西行四十八步而止,甲北行九十步,望乙与城参相直,问径几里? 意思是如图,△ABC是直角三角形,∠ACB=90°,已知AC=48步,BC=90步,AB与⊙O相切于点D,CE,CF分别与⊙O相切于点E,F,求⊙O的半径.根据题意,⊙O的半径是.

17.答案 120 步
解析 如图所示,连接 $OD,OE,OF$,
∵ $CF,CE$ 是 $\odot O$ 的切线,
∴ $OF ⊥ CF$,$OE ⊥ CE$,
∴ $\∠ OFC = \∠ OEC = 90°$.又
∵ $\∠ ACB=90°$,
∴ 四边形 $OECF$ 是矩形,
∵ $OE=OF$,
∴ 四边形 $OECF$ 是正方形,
∴ $OE=OF=EC=FC$,设 $OE=OF=EC=FC=r$ 步,则 $BF=FC-BC=(r-90)$ 步,$AE=EC-AC=(r-48)$ 步,由切线长定理可知 $BD=BF=(r-90)$ 步,$AD=AE=(r-48)$ 步,
∴ $AB=AD+BD=r-48+r-90=(2r-138)$ 步,
∵ $AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=102$ 步,
∴ $2r-138=102$,解得 $r=120$,
∴ $\odot O$ 的半径是 120 步.

18.「2026湖北武汉外国语学校月考，★★★」如图，在$\odot O$中，弦$AB=CD=12$，将$\overset{\frown}{AB}$沿$AB$翻折，恰好与弦$CD$相切于点$N$，若$CN=3DN$，则$\odot O$的半径是。

18.答案 $\frac{13}{2}$
解析 设 $\odot O$ 的半径为 $r$,弦 $AB$ 的弦心距为 $d$,作点 $O$ 关于 $AB$ 的对称点 $O'$,连接 $OO'$ 交 $AB$ 于点 $E$,连接 $OC,ON$,过点 $O$ 作 $OK ⊥ O'N$ 于点 $K$,作 $OF ⊥ CD$ 于点 $F$,如图,
则 $\∠ OKN = \∠ OFN = 90°$,$OO'=2OE=2d$,
∵ $AB=CD=12$,
∴ $CF=DF=6$,$OF=OE=d$,
∵ $OC^2-OF^2=CF^2$,
∴ $r^2-d^2=6^2$,即 $(r+d)(r-d)=36$,
∵ $CN=3DN$,
∴ $CD=4DN$,
∴ $DN=3$,
∴ $FN=DF-DN=3$,
∵ 将 $\overset{\frown}{AB}$ 沿 $AB$ 翻折,恰好与弦 $CD$ 相切于点 $N$,
∴ $O'$ 是 $\overset{\frown}{ANB}$ 对应的圆心,
∴ $O'N ⊥ CD$,$O'N=r$,
∴ $\∠ O'NF=90°$,
∴ 四边形 $OFNK$ 是矩形,
∴ $KN=OF=d$,$OK=NF=3$,
∴ $O'K=O'N-KN=r-d$.在 $Rt\△ O'OK$ 中,$O'O^2-O'K^2=OK^2$,
∴ $(2d)^2-(r-d)^2=3^2$,
∴ $(2d+r-d)(2d-r+d)=9$,即 $(d+r)(3d-r)=9$,
∴ $\frac{(r+d)(r-d)}{(d+r)(3d-r)}=\frac{36}{9}$,
∵ $r+d \≠ 0$,
∴ $\frac{r-d}{3d-r}=4$,整理,得 $d=\frac{5}{13}r$,
∴ $r^2-$\frac{5}{13}r$^2=6^2$,解得 $r=\frac{13}{2}$(负值舍去),
∴ $\odot O$ 的半径是 $\frac{13}{2}$.