【易错题解析】沪科版九年级数学下册 第24章圆单元检测试卷
一、单选题（共10题；共30分）
1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【考点】轴对称图形，中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解: A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形．故错误；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形．故错误;
D、是轴对称图形，也是中心对称图形．故正确
故答案为：D．
【分析】把一个图形沿着某条直线折叠，若直线两旁的部分能完全重合，则这个图形就是轴对称图形；把一个图形绕着某点旋转180º后，能与自身重合的图形，就是中心对称图形，根据定义一一判断即可。
2.如图，在方格纸上建立的平面直角坐标系中，将OA绕原点O按顺时针方向旋转180°得到OA′，则点A′的坐标为 ( )
A. （ -3, 1） B. (1, -3) C. (1, 3) D. （3, -1）
【答案】D
【考点】旋转的性质，中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：∵将OA绕原点O按顺时针方向旋转180°得到OA′，A点坐标为：（-3，1），
∴点A′的坐标为：（3，-1）．
故答案为：D
【分析】将OA绕原点O按顺时针方向旋转180°得到OA′，则A′与A关于原点成中心对称，所以根据中心对称的点的坐标特征可得点A′的坐标为：（3，-1）。
3.如图在⊙O中，弦AB=8，OC⊥AB，垂足为C，且OC=3，则⊙O的半径（ ）
A. 5 B. 10 C. 8 D. 6
【答案】A
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【考点】垂径定理
【解析】【解答】连接OA，
∵OC⊥AB，AB=8，
∴AC= 12 AB= 12 ×8=4。
在Rt△OAC中， OA=OC2+AC2=32+42=5 。故答案为：A。
【分析】连接OA，根据垂径定理得出AC=12 AB= 12×8=4，在Rt△OAC中，利用勾股定理即可得出OA的长。
4.如图，等腰直角△ABC中，AB=AC=8，以AB为直径的半圆O交斜边BC于D，则阴影部分的面积为（结果保留π）（ ）
A. 32-8π B. 32-4π C. 24-4π D. 16
【答案】C
【考点】扇形面积的计算
【解析】【解答】连接AD，OD，
∵等腰直角△ABC中，
∴∠ABD=45°．
∵AB是圆的直径，
∴∠ADB=90°，
∴△ABD也是等腰直角三角形，
∴ AD=BD ．
∵AB=8，
∴AD=BD=4 2 ，
∴S阴影=S△ABC-S△ABD-S弓形AD
=S△ABC-S△ABD-（S扇形AOD- 12 S△ABD）
=
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12 ×8×8- 12 ×4 2 ×4 2 - 90π×42360 + 12 × 12 ×4 2 ×4 2
=16-4π+8
=24-4π．
故答案为：C.
【分析】连接AD，因为△ABC是等腰直角三角形，故∠ABD=45°，再由AB是圆的直径得出∠ADB=90°，故△ABD也是等腰直角三角形，S阴影=S△ABC-S△ABD-S弓形AD由此可得出结论．
5.如图，两正方形彼此相邻且内接于半圆，若小正方形的面积为16cm2 ， 则该半圆的半径为（）
A. （4+5）cm B. 9 cm C. 45cm D. 62cm
【答案】C
【考点】垂径定理的应用
【解析】【分析】已知小正方形的面积即可求得边长，在直角△ACE中，利用勾股定理即可求解．
【解答】【解答】如图，圆心为A，设大正方形的边长为2x，圆的半径为R，
∵正方形有两个顶点在半圆上，另外两个顶点在圆心两侧，
∴AE=BC=x，CE=2x；
∵小正方形的面积为16cm2 ，
∴小正方形的边长EF=DF=4，
由勾股定理得，R2=AE2+CE2=AF2+DF2 ，
即x2+4x2=（x+4)2+42 ，
解得，x=4，
∴R=45cm．
故选C．
【点评】本题利用了勾股定理，正方形的性质求解．
6.如图，半径为5的⊙A中，弦BC，ED所对的圆心角分别是∠BAC，∠EAD，已知DE=6，∠BAC+∠EAD=180°，则弦BC的长等于（ ）
A. 41 B. 34 C. 8 D. 6
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【答案】C
【考点】勾股定理，圆周角定理
【解析】【解答】解：延长CA，交⊙A于点F，
∵∠BAC+∠BAF=180°，∠BAC+∠EAD=180°，
∴∠BAF=∠DAE，
∴BF=DE=6，
∵CF是直径，
∴∠ABF=90°，CF=2×5=10，
∴BC= CF2-BF2 =8．
故选C．
【分析】首先延长CA，交⊙A于点F，易得∠BAF=∠DAE，由圆心角与弦的关系，可得BF=DE，由圆周角定理可得：∠CBF=90°，然后由勾股定理求得弦BC的长．
7.如图，圆O的内接四边形ABCD中，BC=DC，∠BOC=130°，则∠BAD的度数是（ ）
A. 120° B. 130° C. 140° D. 150°
【答案】B
【考点】圆内接四边形的性质
【解析】【解答】解：连结OD，如图，
∵BC=DC，
∴
∴∠BOC=∠COD=130°，
∴∠BOD=360°﹣2×130°=100°，
∴∠BCD=12∠BOD=50°，
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∴∠BAD=180°﹣∠BCD=180°﹣50°=130°．
故答案为：B．
【分析】根据圆心角、弧、弦的关系由BC=DC得， 则∠BOC=∠COD=130°，再利用周角定义计算出∠BOD=100°，再根据圆周角定理得到∠BCD=12∠BOD=50°，然后根据圆内接四边形的性质计算∠BAD的度数．
8.小明用一个半径为5cm，面积为15πcm2的扇形纸片，制作成一个圆锥的侧面（接缝处不重叠），那么这个圆锥的底面半径为 （ ）
A. 3cm B. 4cm C. 5cm D. 15cm
【答案】A
【考点】圆锥的计算
【解析】∵S=12lR，
∴12l[MISSING IMAGE: , ]5=15π，解得l=6π，
设圆锥的底面半径为r，
∴2πr=6π，
∴r=3（cm)．
故选A．
9.如图，某数学兴趣小组将边长为3的正方形铁丝框ABCD变形为以A为圆心，AB为半径的扇形（忽略铁丝的粗细），则所得扇形DAB的面积为（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】D
【考点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为3，
∴弧BD的弧长=6，
∴S扇形DAB= 12lr = 12 ×6×3=9．
故选D．
【分析】由正方形的边长为3，可得弧BD的弧长为6，然后利用扇形的面积公式：S扇形DAB= 12lr ，计算即可．
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10.如图，正方形ABCD的边AB=1， BD 和 AC 都是以1为半径的圆弧，则无阴影两部分的面积之差是（ ）
A. π2-1 B. 1﹣ π4 C. π3 ﹣1 D. 1﹣ π6
【答案】A
【考点】扇形面积的计算
【解析】【解答】解：如图：
正方形的面积=S1+S2+S3+S4；①
两个扇形的面积=2S3+S1+S2；②
②﹣①，得：S3﹣S4=S扇形﹣S正方形= 90π×1×2360 ﹣1= π2-1 ．
故答案为：A．
【分析】由图可知弧 B D 和弧 A C 将正方形分成四部分，分别用1、2、3、4表示如图，扇形ABD和扇形ACD的面积之和=2S3+S1+S2， 正方形的面积=S1+S2+S3+S4， 两式相减可得S3﹣S4=S扇形﹣S正方形 ， 将圆心角和半径代入计算可知选项A符合题意。
二、填空题（共10题；共30分）
11.已知一个圆锥形零件的高线长为4，底面半径为3，则这个圆锥形的零件的侧面积为________．
【答案】15π
【考点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：∵高线长为4，底面半径为3， ∴母线长为： 42+32 =5，
∴圆锥侧面积公式为：S=πrl=π×5×3=15π，
故答案为：15π．
【分析】首先利用勾股定理计算出母线长，再利用圆锥的侧面积公式S=πrl得出圆锥侧面积．
12.一个扇形的半径为3cm，面积为π cm2 ， 则此扇形的圆心角为 ________度
【答案】40
【考点】扇形面积的计算
【解析】【解答】设扇形的圆心角是n°，根据题意可知：S= nπ×9360 =π，解得n=40°，
故答案为：40．【分析】根据扇形面积计算公式：S扇形 =nπr2360，可知n=40°.
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13.如图，一个宽为2厘米的刻度尺（刻度单位：厘米），放在圆形玻璃杯的杯口上，刻度尺的一边与杯口外沿相切，另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是3和9，那么玻璃杯的杯口外沿半径为________厘米．
【答案】134
【考点】勾股定理，垂径定理
【解析】【解答】解：∵杯口外沿两个交点处的读数恰好是3和9，
∴AC=9﹣3=6，
过点O作OB⊥AC于点B，
则AB= 12 AC= 12 ×6=3cm，
设杯口的半径为r，则OB=r﹣2，OA=r，
在Rt△AOB中，
OA2=OB2+AB2 ， 即r2=（r﹣2）2+32 ，
解得r= 134 cm．
故答案为： 134 ．
【分析】过点O作OB⊥AC于点B，连接OA，由垂径定理可知AB= 12 AC =3，设杯口的半径为r，在Rt△AOB中借助勾股定理列出r的方程即可求解。
14.如图所示的四个两两相联的等圆，是我国“一汽”生产的大众汽车的车牌标志，右边的三个圆环可以看做是左边的圆环经过________ 得到的．
【答案】平移
【考点】利用旋转设计图案
【解析】【解答】解：观察一汽”生产的大众汽车的车牌标志，可知右边的三个圆环可以看做是左边的圆环经过平移得到的．
【分析】观察本题中图案的特点，根据平移的定义作答．
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15.如图，以AB为直径的⊙O与弦CD相交于点E，且AC=2，AE=3 ， CE=1．则弧BD的长是________
【答案】23π9
【考点】弧长的计算
【解析】【解答】解：连接OC，
∵△ACE中，AC=2，AE=3 ， CE=1，
∴AE2+CE2=AC2 ，
∴△ACE是直角三角形，即AE⊥CD，
∵sinA=CEAC=12 ，
∴∠A=30°，
∴∠COE=60°，
∴CEOC=sin∠COE，即1OC=32 ， 解得OC=233 ，
∵AE⊥CD，
∴BC∧=BD∧
∴BD∧=BC∧=60π×233180=23π9
故答案是：23π9 ．
【分析】连接OC，先根据勾股定理判断出△ACE的形状，再由垂径定理得出CE=DE，故BC∧=BD∧由锐角三角函数的定义求出∠A的度数，故可得出∠BOC的度数，求出OC的长，再根据弧长公式即可得出结论．
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16.如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，已知CD=12，AB=20．则OE=________．
【答案】8
【考点】勾股定理，垂径定理
【解析】【解答】解：∵直径AB=20， ∴半径为10，
连接OC，
∵AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于E，CD=12，
∴CE=DE=6，
由勾股定理得：OC2=CE2+OE2 ，
102=62+OE2 ，
∴OE=8，
故答案为：8．
【分析】根据垂径定理求出CE，求出OC，根据勾股定理求出OE即可．
17.已知一个扇形的半径为60cm，圆心角为150°，用它围成一个圆锥的侧面，那么圆锥的底面半径为________cm．
【答案】25
【考点】圆锥的计算
【解析】【解答】解：扇形的弧长是： 150π×60180 =50πcm， 设底面半径是rcm，则2πr=50π，
解得：r=25．
故答案是：25．
【分析】首先利用扇形的弧长公式求得扇形的弧长，然后利用圆的周长公式即可求解．
18.如图，点A、B在直线l上，AB=10cm，⊙B的半径为1cm，点C在直线l上，过点C作直线CD且∠DCB=30°，直线CD从A点出发以每秒4cm的速度自左向右平行运动，与此同时，⊙B的半径也不断增大，其半径r（cm）与时间t（秒）之间的关系式为r=1+t（t≥0），当直线CD出发 ________秒直线CD恰好与⊙B相切．
【答案】43或6
【考点】直线与圆的位置关系
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【解析】【解答】解：当直线与圆相切时，点C在圆的左侧，
∵∠DCB=30°，直线CD与⊙B相切，
∴2DB=BC，
即2（1+t）=10﹣4t，
解得：t=43 ，
当直线与圆相切时，点C在圆的右侧，
∵∠DCB=30°，直线CD与⊙B相切，
∴2DB=BC，
即2（1+t）=4t﹣10，
解得：t=6，
故答案为：43或6．
【分析】根据直线与圆相切和勾股定理，圆的半径与BC的关系，注意有2种情况解答即可．
19. 如图，在△ABC．中，AB=BC，将△ABC绕点B顺时针旋转α度，得到△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于点D、F，下列结论：①∠CDF=α，②A1E=CF，③DF=FC，④A1F=CE．其中正确的是________（写出正确结论的序号）
【答案】①②④
【考点】旋转的性质
【解析】【解答】解：①∠C=∠C1（旋转后所得三角形与原三角形完全相等）
又∵∠DFC=∠BFC1（对顶角相等）
∴∠CDF=∠C1BF=α，故结论①正确；
②∵AB=BC，
∴∠A=∠C，
∴∠A1=∠C，A1B=CB，∠A1BF=∠CBE，
∴△A1BF≌△CBE（ASA）∴BF=BE，
∴A1B-BE=BC-BF，
∴A1E=CF，故②正确；
③在三角形DFC中，∠C与∠CDF=α度不一定相等，所以DF与FC不一定相等，
故结论③不一定正确；
④∠A1=∠C，BC=A1B，∠A1BF=∠CBE
∴△A1BF≌△CBE（ASA）
那么A1F=CE．
故结论④正确．
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故答案为：①②④．
【分析】①两个不同的三角形中有两个角相等，那么第三个角也相等；
②根据两边及一边的对角对应相等的两三角形不一定全等，进而得不到△ADE与△CDF全等，可得结论A1E与CF不一定全等；
③∠CDF=α，而∠C与顺时针旋转的度数不一定相等，所以DF与FC不一定相等；
④用角角边证明△A1BF≌△CBE后可得A1F=CE．
20.如图，在边长为2的等边△ABC中，以BC为直径的半圆分别交AB、AC于点D、E，则图中阴影部分的面积是（结果保留π）________．
【答案】32 ﹣ π6
【考点】等边三角形的性质，扇形面积的计算
【解析】【解答】解：连接OD，OE． 则四边形ODEC是菱形．且面积是△ABC面积的 12 ，
∴菱形ODEC的面积是： 32 ，
扇形DOE的圆心角是60°，则扇形DOE的面积是 60π×12360 = π6 ，
则阴影部分的面积是： 32 ﹣ π6 ．
故答案是： 32 ﹣ π6 ．
【分析】连接OD，OE，则四边形ODEC是菱形，菱形的面积减去扇形DOE的面积即可求解．
三、解答题（共8题；共60分）
21.如图，四边形ABCD在平面直角坐标系中，
（1）分别写出点A、B、C、D各点的坐标；
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（2）作出四边形ABCD关于原点O对称的四边形A′B′C′D′，并写出各顶点坐标．
【答案】（1）A（0，﹣2），B（2，﹣2），C（1，0），D（1，3）；
（2）如图所示：A′（0，2），B′（﹣2，2），C′（﹣1，0），D（﹣1，﹣3）
【考点】作图﹣旋转变换
【解析】【解答】解：（1）A（0，﹣2），B（2，﹣2），C（1，0），D（1，3）；（2）如图所示：A′（0，2），B′（﹣2，2），C′（﹣1，0），D（﹣1，﹣3）． 【分析】（1）根据平面直角坐标系写出坐标即可；（2）根据关于原点对称的点的坐标变化规律可得四边形A′B′C′D′各顶点坐标，再根据坐标描点联线即可．
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22.如图，直径是50cm圆柱形油槽装入油后，油深CD为15cm，求油面宽度AB。
【答案】因为半径为25cm，CD为15cm，所以OD为10cm，连接OA，根据勾股定理可以求的AD=252-102=521cmcm，那么AB=1021cm.
【考点】勾股定理，垂径定理
【解析】【分析】此题考查了垂径定理和勾股定理知识点.
23.已知：如图，AB是⊙O的直径，BC是和⊙O相切于点B的切线，⊙O的弦AD平行于OC．求证：DC是⊙O的切线.
【答案】证明：连接OD；
∵AD平行于OC，
∴∠COD=∠ODA，∠COB=∠A；
∵∠ODA=∠A，
∴∠COD=∠COB，OC=OC，OD=OB，
∴△OCD≌△OCB，
∴∠CDO=∠CBO=90°．
∴DC是⊙O的切线.
【考点】切线的判定与性质
【解析】【分析】
连接OD，要证明DC是⊙O的切线，只要证明∠ODC=90°即可.根据题意，可证△OCD≌△OCB，即可得∠CDO=∠CBO=90°，由此可证DC是⊙O的切线.
24.如图AB是⊙O的直径，AP是⊙O的切线，A是切点，BP与⊙O交于点C.
（1）若AB＝2，∠P＝30°，求AP的长；
（2）若D为AP的中点，求证：直线CD是⊙O的切线.
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【答案】解：（1）解：∵AB是⊙O的直径，AP是⊙O的切线，
∴AB⊥AP，∴∠BAP＝90°；
又∵AB＝2，∠P＝30°，
∴AP＝ABtan∠P＝233＝23，
即AP＝23.
（2）证明：如图，连接OC，OD、AC.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°（直径所对的圆周角是直角），∴∠ACP＝90°；
又∵D为AP的中点，
∴AD＝CD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）；
在△OAD和△OCD中，
，
∴△OAD≌△OCD（SSS），
∴∠OAD＝∠OCD（全等三角形的对应角相等）；
又∵AP是⊙O的切线，A是切点，
∴AB⊥AP，
∴∠OAD＝90°，
∴∠OCD＝90°，即直线CD是⊙O的切线.
【考点】切线的性质
【解析】【分析】考查切线的性质。
25.已知：如图，BC是⊙O的弦，线段AD经过圆心O，点A在圆上，AD⊥BC，垂足为点D，若AD=8，tanA= 12 ．
（1）求弦BC的长；
（2）求⊙O半径的长．
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【答案】（1）解：∵AD⊥BC， tanA=12 ，
∴ BDAD=12 ．
∵AD=8，∴BD=4．
又∵经过圆心O的直线AD⊥BC，
∴BC=2BD=8．
（2）解：连接OC．
设⊙O的半径为r，那么OD=8﹣r．
在△COD中，（8﹣r）2+42=r2 ，
∴r=5，
即⊙O的半径为5．
【考点】垂径定理，锐角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）根据题意，利用锐角三角函数的定义，在Rt△ABD中求出BD的长，再根据经过圆心O的直线AD⊥BC，就可求出BC的长。
（2）连接OC，设⊙O的半径为r，那么OD=8﹣r．利用勾股定理建立方程，求解即可求出圆的半径。
26.已知：如图，A，B，C，D是⊙O上的点，且AB=CD，求证：∠AOC=∠BOD．
【答案】证明：∵AB=CD，
∴∠AOB=∠COD，
∴∠AOB－∠COB=∠COD－∠COB，
∴∠AOC=∠BOD
【考点】圆心角、弧、弦的关系
【解析】【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理，可得出∠AOB=∠COD，再证明∠AOC=∠BOD即可。
27.请阅读下列材料：
问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB= 3 ，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．
李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PC是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以∠AP′B=150°，而∠BPC=∠AP′B=150°，
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进而求出等边△ABC的边长为 7 ，问题得到解决．
请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA= 5 ，BP= 2 ，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．
【答案】解：如图，
将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．
∴AP′=PC=1，BP=BP′= 2 ；
连接PP′，
在Rt△BP′P中，
∵BP=BP′= 2 ，∠PBP′=90°，
∴PP′=2，∠BP′P=45°；
在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP= 5 ，
∵ 12+22=(5)2 ，即AP′2+PP′2=AP2；
∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，
∴∠AP′B=135°，
∴∠BPC=∠AP′B=135°．
过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E；则△BEP′是等腰直角三角形，
∴∠EP′B=45°，
∴EP′=BE=1，
∴AE=2；
∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB= 5 ；
∴∠BPC=135°，正方形边长为 5 ．
【考点】全等三角形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，正方形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】参照题目给出的解题思路，可将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，根据旋转的性质知：
△BPC≌△BP′A，进而可判断出△BPP′是等腰直角三角形，可得∠BP′P=45°；然后根据AP′、PP′、PA的长，利用勾股定理得到△APP′是直角三角形的结论，可得∠AP′P=90°，即可求得∠BP′A的度数，进而可得∠BPC
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的度数．过B作AP′的垂线，交AP′的延长线于E，易知△BEP′是等腰直角三角形，即可得到P′E、BE的长，进而可在Rt△ABE中，利用勾股定理求得正方形的边长．
28.（1）如图1,OC平分∠AOB,点P在OC上,若⊙P与OA相切,那么⊙P与OB位置关系是 ．
（2）如图2,⊙O的半径为2,∠AOB=120°,
①若点P是⊙O上的一个动点,当PA=PB时,是否存在⊙Q,同时与射线PA.PB相切且与⊙O相切,如果存在,求出⊙Q的半径; 如果不存在,请说明理由．
②若点P在BO的延长线上,且满足PA⊥PB,是否存在⊙Q,同时与射线PA.PB相切且与⊙O相切,如果存在,请直接写出⊙Q的半径; 如果不存在,请说明理由．
（1）如图1,OC平分∠AOB,点P在OC上,若⊙P与OA相切,那么⊙P与OB位置关系是________．
（2）如图2,⊙O的半径为2,∠AOB=120°,
①若点P是⊙O上的一个动点,当PA=PB时,是否存在⊙Q,同时与射线PA.PB相切且与⊙O相切,如果存在,求出⊙Q的半径; 如果不存在,请说明理由．
②若点P在BO的延长线上,且满足PA⊥PB,是否存在⊙Q,同时与射线PA.PB相切且与⊙O相切,如果存在,请直接写出⊙Q的半径; 如果不存在,请说明理由．
【答案】（1）相切
（2）解：①存在
∵PA=PB,
∴点P为∠AOB的平分线或反向延长线与⊙O的交点,
如图2,
当P点在优弧AB上时, 设⊙Q的半径为,
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若⊙Q与⊙O内切,可得2+（2-x）=2x,解得x=43 ,
若⊙Q与⊙O外切,可得2+(x+2)=2x, 解得x=4 ,
当P点在劣弧AB上时,
同理可得：x=83-12,x=83+12 ,
综上所述,存在⊙Q,半径可以为43,4 ,83-12,83+12;
②存在．作QH⊥PB于H,如图3,
∵PA⊥PB,
∴∠APB=90°,
∵⊙Q与射线PA.PB相切,
∴PQ平分∠APB,
∴∠QPH=45°,
∴△QHP为等腰直角三角形,
∴QH=PH,
在Rt△POA中,∠AOP=60°,OA=2,
∴OP=1,
设⊙Q的半径为r,即PH=QH=r,则OH=PH﹣OP=r﹣1,
在Rt△OQH中,OQ2=OH2+QH2=（r﹣1）2+r2,
若⊙Q与⊙O内切时,OQ=2﹣r,则（2﹣r）2=（r﹣1）2+r2,解得r1=1,r2=﹣3（舍去）;
若⊙Q与⊙O外切时,OQ=2+r,则（2+r）2=（r﹣1）2+r2,解得r1=3+23,r2=3-23（舍去）;
综上所述,存在⊙Q,其半径可以为1,3+23．
．
【考点】直线与圆的位置关系，切线的性质
【解析】【分析】（1）作PD⊥OA于A,PE⊥OB于B,则根据角平分线定义得到PD=PE,根据切线的性质由⊙P与OA相切得到PD为⊙P的半径,然后根据切线的判定定理可得到OB为⊙P的切线;
（2）①由PA=PB得到点P为∠AOB的平分线或反向延长线与⊙O的交点,分类讨论：当P点在优弧AB上时,当P点在劣弧AB上时,然后解四个方程即可得到满足条件的⊙Q的半径;
②作QH⊥PB于H,由PA⊥PB得∠APB=90°,由⊙Q与射线PA.PB相切,根据切线的性质得PQ平分∠APB,即∠QPH=45°,所以QH=PH,在Rt△POA中易得OP=1,设⊙Q的半径为r,即PH=QH=r,则OH=PH﹣OP=r﹣1,在Rt△OQH中,根据勾股定理得OQ2=OH2+QH2=（r-1）2+r2,若⊙Q与⊙O内切时,OQ=2﹣r,得到（2-r）2=（r-1）2+r2,若⊙Q与⊙O外切时,OQ=2+r,得到（2+r）2=（r-1）2+r2,然后解两个方程即可得到满足条件的⊙Q的半径．
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