天津市2001-2012年中考数学试题分类解析 专题11 圆

2001-2012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. （2001天津市3分）已知两圆的半径分别为t?3和t?3（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. （2001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【 】

23 2： B．1： 3 2： C．1：： 2 3 D．1： 3 2：3 A．1：【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

接圆的半径，而高又为边长的132倍为它的外33倍。 22312h，r＝h，R＝h（h为等边三角形的一边上的高）∴a＝。 3331232 23 2：。故选A。 ∴r：a：R=h：h：h=1：3333. （2001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【 】

EDBA；?EFBC 1

A．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=2BE，得左边=4BE，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2002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2002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=2

O1A2?AC2?172?82?15，

同理，在Rt△O2AC中，O2C=6。

2

∴O1O2=O1C+O2C=15+6=21（cm）， 或O1O2=O2C-O1C=15-6=9（cm）。 故选C。

6.（天津市2003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=

1∠AOB=45°； 2②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2004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2004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：① PA=PB+PC； ②

111??；③ PA·PE=PB·PC.其中，正确结论的个数为【 】 PAPBPC 3

(A) 3个 (B) 2个 (C) 1个 (D) 0个

9.（天津市2005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【 】

4

（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=90。 ∵AF是圆的直径，∴∠ACF=90。∴∠CFA＋∠CAF=90。 ∴∠CAD=∠CFA。

又∵∠CFA=∠B＝60°，∴∠CAD=60°。故选B。

10.（天津市2006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）1:0

0

0

2:3 (B)3:2:1

(C)1:2:3 (D) 3:2:1 【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=可求解：

设圆的半径为R，

180?，OC是边心距，OA即半径，根据三角函数即n122 四边形的边心距为r4=R?cos45?=R，

23 正六边形的边心距为r6=R?cos30?=R。

2123 ∴r3：r4：r6=：：=1：2：3。

222 则正三角形的边心距为r3=R?cos600=R，

故选A。

5

?的度数之差为20°，弦AB与CD交于点E，∠CEB=60°，?与AD11.（天津市2007年3分）已知，如图BC则∠CAB等于【 】

A. 50° 【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2009年3分）边长为a的正六边形的内切圆的半径为【 】 A．2a B．a C．【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a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a?sin600=B. 45°

C. 40°

D. 35°

13a D．a

223a。故选C。 213.（天津市2009年3分）如图，△ABC内接于⊙O，若∠OAB=28°，则∠C的大小为【 】

A． 28° B．56° 【答案】B。

6

C．60° D．62°

【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2010年3分）如图，⊙O中，弦AB、CD相交于点P， 若?A?30?，?APD?70?，则?B等于【 】

（A）30? （B）35? （C）40? （D）50? 【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2011年3分）已知⊙O1与⊙O2的半径分别为3 cm和4 cm，若O1O2=7 cm，则⊙O1与⊙O2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O1O2=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2002年3分）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，

7

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2003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2004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2004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）

8

【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=180－∠CBD=60°。

5.（天津市2005年3分） 如图，已知圆心角∠AOB的度数为100°，则圆周角∠ACB等于 ▲ （度）

0

【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=

1∠AOB=50°，再根据圆内接四边形的对角互补即可得到∠ACB2的度数∠ACB=180°－∠E=130°。

6.（天津市2005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 ▲ cm

9

【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2006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2006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）。

10

14.（天津市2009年8分）如图，已知AB为⊙O的直径，PA，PC是⊙O的切线，A，C为切点，

?BAC?30°

（Ⅰ）求?P的大小；

（Ⅱ）若AB?2，求PA的长（结果保留根号）．

【答案】解：（Ⅰ）∵PA是⊙O的切线，AB为⊙O的直径， ∴PA⊥AB。∴?BAP?90。 ∵?BAC?30°，∴?CAP?9000??BAC?60°。

又∵PA，PC切⊙O于点A，C，∴PA=PC。 ∴?PAC是等边三角形。∴?P?60。 （Ⅱ）如图，连接BC，则?ACB?90。

在Rt?ABC中，AB?2，?BAC?30°， ∴AC?AB?cos?BAC?2cos30000=3。

3。

∵?PAC是等边三角形，∴PA?AC?【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?PAC为等边三角形，则?P的大小可求。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知PA?AC，在Rt?ABC中，利用30°的特殊角度可求得AC的长。

15.（天津市2010年8分）已知AB是⊙O的直径，AP是⊙O的切线，A是切点，BP与⊙O交于点C.

（Ⅰ）如图①，若AB?2，?P?30?，求AP的长（结果保留根号）； （Ⅱ）如图②，若D为AP的中点，求证直线CD是⊙O的切线.

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16.（天津市2011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

OD的值． OA 27

【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AC?AB?5。 ∴ 在△RtOAB中，OA?OC2?AC2?42?52?41。 (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=60。

∴∠A=30。∴OC?OA， 0

0

1212OC1OD1?， 即?。 OA2OA20

【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，30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30角的直角三角形OAC，根据30角所对的边是斜边的一半的性质得到所求。

17.（2012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=25，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．

0

0

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