专题08 圆（考点清单12个考点）（含答案解析）

专题08圆（考点清单）【考点1】圆的相关概念【考点2】垂径定理及应用【考点3】点与圆的位置关系【考点4】直线与圆的位置关系【考点5】圆心角和圆周角的关系【考点6】圆内接四边形【考点7】三角形的外接圆【考点8】切线的判定和性质【考点9】三角形内切圆【考点10】切线长定理【考点11】圆内接正多边形【考点12】弧长和扇形的面积【考点1】圆的相关概念1．下列说法正确的是（

）A．长度相等的弧是等弧B．相等的圆心角所对的弧相等C．劣弧一定比优弧短D．圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴【答案】D【分析】本题考查了圆的相关性质；根据圆的相关性质，逐项分析判断，即可求解．【详解】解：A.在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧；故本选项错误；B.同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误；C.在同圆或等圆中，劣弧一定比优弧短．故本选项错误；D.圆是轴对称图形，任何一条直径所在直线都是圆的对称轴．故选：D．2．如图，半径为5，那么图中到圆心距离为7的点可能是（

）

A．点 B．点 C．点 D．点【答案】D【分析】本题考查了点与圆心的位置关系，难度较小，根据图中的点在圆的分布位置，即可作答．【详解】解：A、因为点P在圆上，所以点P到圆心距离即为半径，为5，故该选项是错误的；B、因为点在圆内，所以点Q到圆心距离小于半径5，故该选项是错误的；C、因为点在圆内，所以点到圆心距离小于半径5，故该选项是错误的；D、因为点在圆外，所以点到圆心距离大于半径5，那么图中到圆心距离为7的点可能是点，故该选项是正确的；故选：D3．如图，是的直径，是延长线上一点，点在上，且，的延长线交于点，若，求的度数．

【答案】【分析】本题考查了圆的认识、等腰三角形的性质及三角形外角的定义和性质等知识，熟练掌握等腰三角形的性质和三角形外角性质是关键．连接，利用半径相等和等腰三角形的性质求得，进而根据“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和”可得的度数，从而利用三角形的外角的性质，由求解即可．【详解】解：连接，

∵，，∴，∴，∵，∴，∴．【考点2】垂径定理及应用4．如图，是的弦，半径，垂足为D，设的半径为5，，则的长为（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，连接，再求出，根据勾股定理得出，最后根据垂径定理即可得出．【详解】解：连接，∵，，∴，∵，∴，∴，故选：B．5．一块圆形玻璃镜面碎成了几块，其中一块如图所示，测得弦长20厘米，弓形高为2厘米，则镜面半径是（

）

A．24厘米 B．26厘米 C．28厘米 D．30厘米【答案】B【分析】本题考查垂径定理和勾股定理求线段长，令圆的半径为，则，根据勾股定理求出，进而求出半径．【详解】解：如图，由题意，得垂直平分，厘米，令圆的半径为，则，在中，，，解得．故选：B．

6．我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小．以锯锯之，深一寸，锯道长一尺．问径几何？”意思是：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小．用锯去锯这木材，如图，锯口深寸，锯道长尺（1尺=10寸）．问这根圆形木材直径是寸．【答案】26【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理；连接，可得，，由即可求解；能构建由半径、弦的一半、弦心距组成的直角三角形是解题的关键．【详解】解：如图，连接，，，，，，在中：，，解得：，，故答案：．7．将半径为5的如图折叠，折痕长为6，C为折叠后的中点，则长为．【答案】3【分析】本题考查了垂径定理，圆心角、弧、弦的关系和勾股定理．延长交于D点，交于E点，连接，如图根据圆心角、弧、弦的关系由得到，则可判断垂直平分，则，再利用勾股定理计算出，所以，然后利用C点和D点关于对称得到，最后计算即可．【详解】解：延长交于D点，交于E点，连接，如图，∵C为折叠后的中点，∴，∴，∵，∴垂直平分，∴，在中，，∴，∵沿折叠得到，垂直，∴C点和D点关于对称，∴，∴．故答案为：3．8．如图这是一个残缺的圆形部件，已知是该部件圆弧上的三点．(1)利用尺规作图作出该部件的圆心；（保留作图痕迹）(2)若是等腰三角形，底边，腰，求该部件的半径．【答案】(1)见解析(2)圆片的半径为【分析】本题考查了垂直平分线的尺规作图，垂径定理及勾股定理，熟记相关结论是解题关键．（1）弦和的垂直平分线交点即为所求的圆心，据此即可完成作图；（2）连接，根据垂径定理可得，再结合勾股定理可得；设圆片的半径为，在中利用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：如图所示：分别作弦和的垂直平分线交点即为所求的圆心；（2）解：连接交于．，，，，设圆片的半径为，在中，，解得：，圆片的半径为．9．某村为了促进农村经济发展，建设了蔬菜基地，新建了一批蔬菜大棚．如图是蔬菜大棚的截面，形状为圆弧型，圆心为，跨度（弧所对的弦）的长为8米，拱高（弧的中点到弦的距离）为2米．

(1)求该圆弧所在圆的半径；(2)在修建过程中，在距蔬菜大棚的一端（点）1米处将竖立支撑杆，求支撑杆的高度．【答案】(1)该圆弧所在圆的半径为5米(2)支撑杆的高度为1米【分析】此题考查了矩形判定和性质、勾股定理、垂径定理的应用：（1）根据垂径定理的推论得到圆心在的延长线上，设的半径为米，则米．由垂径定理得到米．在中，由勾股定理得，得到方程，解方程即可求出该圆弧所在圆的半径；（2）过点作于点，连，先求出，证明四边形为矩形，则．在中，，求出．根据四边形为矩形即可得到答案．【详解】（1）垂直平分，圆心在的延长线上．设的半径为米，则米．，（米）．在中，由勾股定理得：，即，解得．即该圆弧所在圆的半径为5米；（2）过点作于点，连接．

，．∵，∴四边形为矩形，，在中，．，．．即支撑杆的高度为1米．【考点3】点与圆的位置关系10．若的半径为，，则点与的位置关系是（

）A．点在外 B．点在上 C．点在内 D．不能确定【答案】A【分析】本题考查了点与圆的位置关系：当点到圆心距离小于半径时，点在圆内；当点到圆心距离等于半径时，点在圆上；当点到圆心距离大于半径时，点在圆外，根据点到圆心的距离即可得出答案．【详解】解：∵点到圆心的距离大于圆的半径，∴点在圆外，故：．11．在平面直角坐标系中，以点为圆心，半径为5作圆，则原点一定（

）A．在圆外 B．在圆内 C．在圆上 D．与圆相交【答案】C【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，求出原点到圆心的距离，再与半径作比较，即可解答．【详解】解：根据题意可得：原点到圆心的距离，∵半径为5，∴原点在圆上，故选：C．【点睛】12．如图，在矩形中，，，若以顶点A为圆心、r为半径作圆，若点B、C、D三点中，存在一点在圆内，一点在圆外，则r的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，使点C在圆外才满足条件，根据点与圆的位置关系求解即可．【详解】解：连接，在中，，若以顶点A为圆心、r为半径作圆，若点B、C、D三点，有一点在圆内，一点在圆外，则使点C在圆外才满足条件，∴，故选：C．

【点睛】本题考查点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题的关键．13．已知的半径为5，点A在内，则长度可能是（

）A． B．5 C．6 D．7【答案】A【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，熟知在圆内的点到圆心的距离一定小于半径是解题的关键．【详解】解：∵的半径为5，点A在内，∴，∴长度可能是，故选A．14．如图，，，是某社区的三栋楼，若在中点处建一个基站，其覆盖半径为200m，则这三栋楼中在该基站覆盖范围内的是（

）

A．，，都不在B．只有 C．只有， D．，，【答案】A【分析】根据勾股定理的逆定理证得是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得的长，然后与比较大小，即可解答本题．本题考查勾股定理的逆定理，直角三角形斜边上的中线的性质，点D与圆的位置关系，解题的关键是求出三角形三个顶点到点的距离．【详解】解：，，，，是直角三角形，且，点是斜边的中点，，，如图，以为圆心，为半径画圆，

，点A，B，C都不在覆盖范围内，故选：A．【考点4】直线与圆的位置关系15．在平面直角坐标系中，以点为圆心，4为半径的圆（

）A．与x轴相切，与y轴相交 B．与x轴相离，与y轴相交C．与x轴相交，与y轴相切 D．与x轴相切，与y轴相离【答案】A【分析】本题考查的是直线与圆的位置关系以及点到坐标轴的距离．由已知点可求该点到x轴，y轴的距离，再与半径比较，确定圆与坐标轴的位置关系．【详解】解：点到x轴为4，等于半径4，点到y轴的距离为2，小于半径4，故该圆与x轴相切，与y轴相交，故选：A．16．在平面直角坐标系中，以点为圆心，为半径作，下列判断正确的是（

）A．与轴相交 B．与轴相切C．点在外 D．点在内【答案】C【分析】此题主要考查了直线与圆和点与圆的位置关系，坐标与图形性质等知识点，根据点的坐标得到圆心到轴的距离是，到轴的距离是，根据直线与圆的位置关系即可求出答案，熟练掌握运用直线与圆和点与圆的位置关系是解题的关键．【详解】解：∵圆心，∴到轴的距离是，到轴的距离是，∵的半径为，∴与轴相离，与轴相交，故选项错误；由，则点在外，故选项正确；设，∴，则点在上，故选项错误；故选：．17．如图，在中，，，以为圆心作一个半径为的圆，下列结论中正确的是（

）

A．点在内 B．点在上C．直线与相切 D．直线与相离【答案】C【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，点与圆的位置关系，勾股定理；过点作于，如图，利用等腰三角形的性质得到，则利用勾股定理可计算出，然后根据点与圆的位置关系的判定方法对A选项和选项进行判断；根据直线与圆的位置关系对C选项和D选项进行判断．【详解】解：过点作于，如图，

，，在中，，，点在外，所以选项不符合题意；，点在外，所以选项不符合题意；，半径，直线与相切，所以选项符合题意，D选项符不合题意．故选：C．18．如图，在中，，，，若以点为圆心，长为半径作圆，则与的位置关系是(

)

A．相离 B．相交 C．相切 D．相切或相交【答案】C【分析】计算点到上的高即可判断；【详解】解：如图，过作于，

由题意得：，，由勾股定理得：，中，，∴圆与相切，故选：C．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，利用勾股定理和三角函数解直角三角形是解题关键．19．如图已知的半径为，圆心在抛物线上运行，当与轴相切时，圆心的坐标为．

【答案】或【详解】当与轴相切时可求得点的横坐标，代入抛物线解析式可求得点坐标．【解答】解：∵与轴相切，的半径为，∴到轴的距离等于半径，∴点的横坐标为或，当时，代入可得，此时点坐标为；当时，代入可得，此时点坐标为；综上可知点坐标为或，故答案为：或．【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系及二次函数的性质，此题注意应考虑两种情况．熟悉直线和圆的位置关系应满足的数量关系是解题的关键．【考点5】圆心角和圆周角的关系20．如图，已知中，是直径，是弦，，过点作弦为垂足，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查垂径定理，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，由圆周角定理即可求解．由垂径定理得到，由圆心角、弧、弦的关系推出，由圆周角定理求出，即可作答．关键是由圆心角、弧、弦的关系得到，【详解】解：连接，∵直径，∴，∴，∵，∴，∴．故选：B．21．如图，是⊙O的直径，C是上一点．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．【详解】解：，，又，，故选：B．22．如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点处安装了一台监视器，它的监控角度是，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器（

）台．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【分析】此题考查了要圆周角定理．解答时，注意把实际问题转化为数学问题，能够把数学和生活联系起来．根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得该圆周角所对的弧所对的圆心角是110°，则共需安装台．【详解】解：∵，∴所对弧所对的圆心角度数是，∵台，∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台．故选C．23．如图，点A，B，C均在上，若，则（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了圆周角定理及等腰三角形的性质，由圆周角定理得到，即可求出，由等腰三角形的性质得到熟练掌握圆周角定理及等腰三角形的性质是解题的关键．【详解】解：，，，，．故选：A．24．如图，四边形内接于，连接对角线与交于点E，且为的直径，已知，，则（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查的是圆周角定理．根据圆周角定理得到，根据直角三角形的性质求出，进一步计算即可求解．【详解】解：∵为的直径，∴，∴，由圆周角定理得，，∴，∴，故选：D．【考点6】圆内接四边形25．如图，四边形内接于，它的一个外角，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查圆的内接四边形，熟练掌握圆内接四边形的性质即可．得到即可得到答案．【详解】解：四边形内接于，它的一个外角，故选B．26．如图，为的直径，点、在上，若，则的度数是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了圆内接四边形的性质以及等腰三角形的性质，由，求出，然后根据圆内接四边形的性质即可求解，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补．【详解】∵，，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，故选：．27．如图，是的直径，点在上，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角等于90度，圆的内接四边形，连接，，得出，，进而可得出答案．【详解】解：连接，，

∵同弧所对的圆周角相等，∴，∵是的直径，∴，∴，∴，故选：C．【考点7】三角形的外接圆28．已知是的外接圆，那么点O一定是的（）A．三个顶角的角平分线交点 B．三边高的交点C．三边中线交点 D．三边的垂直平分线的交点【答案】D【分析】本题考查三角形外接圆圆心的确定，掌握三角形外接圆圆心的确定方法，结合垂直平分线的性质，是解决问题的关键．【详解】解：已知是的外接圆，那么点O一定是的三边的垂直平分线的交点，故选：D．29．如图，中，，．能够将完全覆盖的最小圆形纸片的半径为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接、，作于点，根据圆周角定理得到，根据等腰三角形的性质得到，根据正弦的定义计算即可．【详解】解：设圆的圆心为点，能够将完全覆盖的最小圆是的外接圆，连接、，作于点，

则，，，，，，，，即外接圆的半径是，故选：B．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握三角形的外接圆的概念、圆周角定理、垂径定理、解直角三角形是解题的关键．30．如图，在中，，是的外接圆，是的直径，点在上，连接交于点，连接，若，则的度数为（）

A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，根据等腰三角形的性质得到，根据平角的定义得到，根据圆周角定理得到，求得，根据圆周角定理得到，根据三角形内角和定理即可得到结论．【详解】解：连接，，，，，是的直径，，，，，，，故选：D．

【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰直角三角形的性质，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．31．如图，在平面直角坐标系中，，，，则外接圆的圆心.

【答案】【分析】本题主要考查了三角形的外接圆与外心，作和的垂直平分线，它们的交点为的外接圆的圆心，然后根据坐标系直接写出的外接圆的圆心坐标．【详解】解：如图所示：点P即为外接圆的圆心；

所以点的坐标为．故答案为：．32．已知平面直角坐标系中的三个点分别为，则A、B、C这三个点确定一个圆（填“可以”或“不可以”）．【答案】可以【分析】本题考查了确定圆的条件：不在同一直线上的三点确定一个圆．用待定系数法求一次函数解析式．先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据一次函数图象上点的坐标特征判断点C是否在直线上，然后根据确定圆的条件进行判断．【详解】解：设直线的解析式为，把代入得，，解得，，所以直线的解析式为，当时，，所以点不在直线上，即点A、B、C不在同一条直线上，所以过A、B、C这三个点能确定一个圆．故答案为：可以33．已知：．

(1)求作：的外接圆（保留作图痕迹，不写做法）．(2)若的半径为5，，求点到的距离．【答案】(1)见解析(2)点到的距离为3【分析】本题主要考查外接圆及垂径定理，熟练掌握垂径定理及三角形外接圆的性质是解题的关键．（1）分别作、的垂直平分线，交于一点O，然后以为半径画圆，然后问题可求解；（2）过点O作于D，连接，由题意易得，然后根据勾股定理可进行求解．【详解】（1）解：如图所示，即为所求

（2）解：过点O作于D，连接，∵，∴，∵，∴，∴点到的距离为3．【考点8】切线的判定和性质34．如图，在中，，以为直径的圆交于点D，交于点E，连接．

(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，关键是由圆周角定理，等腰三角形的性质推出，由，得到．（1）由圆周角定理推出，由等腰三角形的性质得到，因此，即可证明；（2）由圆内接四边形的性质，邻补角的性质推出，即可证明，得到，代入有关数据即可求出的长．【详解】（1）∵为直径，∴．∵，∴．∵，∴，∴．∴．（2）解：连接，

∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴．35．如图，是的直径，点C，D在圆上，，过点C作交的延长线于点E．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】本题考查了切线的判定定理和勾股定理，垂径定理：（1）连接，，，则，再由已知条件，可得；（2）作，得到四边形是矩形和，根据矩形性质可得长．【详解】（1）解：连接，，如图所示：

∵，∴，∵∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）解：如图，作，

∵，∴∵，∴四边形是矩形，∴，在中，由勾股定理得：∴．36．在中，，平分交于点，是边上一点，以为直径的经过点，且交于点．(1)求证：是的切线；(2)若，，求图中阴影部分的面积．【答案】(1)证明详见解析(2)【分析】（1）连接，证明即可；（2）由勾股定理求出半径，根据三角形的面积公式、扇形面积公式计算即可．【详解】（1）证明：连接，∵以为直径的经过点，，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）连接，作于，设的半径为，∴，，∴四边形是矩形，∵，，∴，，∵在中，，∴，解得：，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴．

【点睛】本题考查切线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，垂径定理，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，扇形面积计算，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．37．如图，D为上一点，点C在直径的延长线上，且．

(1)求证：；(2)求证：CD是的切线；(3)过点B作的切线交CD的延长线于点E，若，求BE的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明，根据相似三角形的对应边成比例求解即可；（2）连接，根据等边对等角证得，根据圆周角定理得到，进而可证得，根据切线的判定定理可得结论；（3）先求得，，进而求得，证明，根据相似三角形的对应边成比例求得即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，即；（2）证明：连接，

∵，∴，∵是的直径，∴，∴，又是的半径，∴CD是的切线；（3）解：∵，∴，又，∴，则，∵，∴，∴，则，∵是的切线，∴，又，∴，∴，则，∴．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、圆的切线的判定与性质、圆周角定理、等腰三角形的性质，熟练掌握圆的切线的判定与性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．38．在中，以为直径的交于点D，边与相切于点C，点E是边的中点，连结．

(1)求证：是的切线；(2)若，，求的半径．【答案】(1)见解析(2)的半径为【分析】（1）连接，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，可得，根据半径相等可得，根据已知条件可得，然后可得，即可得证；（2）证明，根据相似三角形的性质可得的长，勾股定理求得的长，进而即可求解．【详解】（1）证明：连接，，如图，

∵边与相切于点C，∴，即，是直角三角形，∵是的直径，∴，∵在中，点为上的中点，∴，∴，∵，∴，∵，即，∴，即，∵为的半径，∴是的切线；（2）∵是的直径，∴，∵，，∴，，∴，∵，，∴，在中，，∴的半径为．【点睛】本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．39．如图，点D为上一点，为的直径，延长到点A，连接，，并过点B作，交于点F，交的延长线于点C，已知恰好为的平分线．

(1)求证：为的切线；(2)若，，求线段的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据角平分线定义及等边对等角易证，从而证得，再由，利用平行线的性质及切线定义即可得出结论；（2）连接，根据三角函数，可得，，再根据平行线的判定可得，根据平行线的性质可得，再根据三角函数，即可得到．【详解】（1）证明：如图1，连接，

平分，，，，，，，，，，又是的半径，为的切线；（2）解：如图2，连接，

，，，，设，则，是的切线，，，，解得，，，为直径，，，，，即，．【点睛】本题考查切线的性质与判定、锐角三角函数，平行线的判定和性质、角平分线的定义和等腰三角形的性质，熟练运用平行线的性质和判定证明是的切线是解题的关键．【考点9】三角形内切圆40．如图，点是的内切圆的圆心，若，则度数等于（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】此题主要考查了三角形内心的性质以及三角形内角和定理．利用内心的性质得出，，进而利用三角形内角和定理得出，进而求出答案．【详解】解：∵O是的内心，∴，，∵，∴，∴，∴．故选：D．41．如图所示，内切于，切点分别为点，点，点，已知，，连接，，则的度数为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出，连接、，利用切线的性质得到，则根据四边形内角和计算出，然后利用圆周角定理得到的度数．【详解】解：∵，∴，而，∴，连接、，∵O内切于，切点分别为点D，点E，

∴，，∴，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了切线的性质和圆周角定理．42．如图，点为的内心，，，，则的面积是（

）

A． B． C．2 D．4【答案】B【分析】过点作的延长线于点，根据点为的内心，，可得，所以，利用含30度角的直角三角形可得的长，进而可得的面积．【详解】解：如图，过点作的延长线于点，

点为的内心，，，，，，，的面积．故选：B．【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，含30度角的直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握三角形的内心定义．43．如图所示，是等边三角形的内切圆，若，则的半径是（

）

A． B．1 C． D．2【答案】C【分析】根据内切圆和角平分线性质的判定定理，可证明和分别为和的角平分线，再根据三角形全等证明，最后利用勾股定理求出圆的半径长度.【详解】解：设与的交点为，与的交点为，如图所示，连接，，，，

是等边三角形的内切圆，，，.，平分，.同理平分，..，，，.在中，设，则，，..的半径为：.故选:C.【点睛】本题考查了圆的切线长定理、角平分线性质判定定理、全等三角形和勾股定理，解题的关键在于通过内切圆找到关键信息.【考点10】切线长定理44．如图，P为外一点，、分别切于点A、B，切于点E，分别交、于点C、D，若，则的周长为（

）A．8 B．6 C．12 D．10【答案】C【分析】本题考查切线长定理．根据切线长定理，得到，进而得到的周长为，即可．【详解】解：由切线长定理，可知：，∴的周长；故选C．45．如图，、切于点、，直线切于点，交于，交于点，若，则的周长是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，熟记相关结论即可求解．【详解】解：由题意可知：是从点向引的两条切线，是从点向引的两条切线，是从点向引的两条切线，∴的周长∵∴的周长是故选：D46．如图，分别与相切于两点，与相切于点，与相交于两点，若，，则的周长和的度数分别为（

）A．， B．， C．， D．，【答案】D【分析】本题主要考查圆的基础知识，切线的性质，掌握切线的性质，圆周角定理的运用是解题的关键．根据切线的性质可得，，可得的周长，如图所示，连接，可求出所对圆心角，根据同弧或等弧所对圆周角等于圆心角的一半，由此即可求解．【详解】解：∵分别与相切于两点，∴，即，，∵分别与相切于两点，∴，∵分别与相切于两点，∴，∴，，∴的周长为，如图所示，连接，∵分别与相切于两点，，∴，，在中，，同理，，∴所对的圆心角，∴所对圆心角，∴，故选：．47．如图，在中，，，若与的三边分别相切于点，，，且的周长为，则的长为（）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】根据切线长定理可得：，，，再证明是等边三角形即可作答，【详解】∵内切于，∴，，，∵，∴是等边三角形，∴，∵的周长为32，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故选：C．【点睛】本题主要考查了切线长定理以及等边三角形的判定与性质，掌握切线长定理是解答本题的关键．【考点11】圆内接正多边形48．如图，正六边形内接于，若的周长是，则正六边形的边长是（

）A． B．3 C．6 D．【答案】B【分析】连接、，由正六边形内接于，可知是等边三角形，由的周长是，可得，即可得出结果．本题主要考查了圆内接正六边形的性质，等边三角形的判定及性质，正确运用圆与正六边形的性质是解此题的关键．【详解】解：如图，连接、，

∵正六边形内接于，∵，是等边三角形，∵的周长是，，即正六边形的边长是，故选：B49．如图，正六边形内接于，半径为，则这个正六边形的边心距的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了正多边形和圆，正六边形的性质，垂径定理，勾股定理，等边三角形的性质，熟练掌握正六边形的性质，证明三角形是等边三角形，运用垂径定理求出是解答本题的关键．连接，，证明是等边三角形，得到，由垂径定理求出，在利用勾股定理求出．【详解】解：如图，连接，，，，是等边三角形，，，，故选：．37．如图所示，A、B、C、D是一个外角为的正多边形的顶点，若O为正多边形内一点，且到各顶点的距离相等，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据多边形外角和定理求出这个正多边形的边数，再由题意可得O为正多边形的外接圆圆心，据此求出，再由等边对等角，结合三角形内角和定理得到．【详解】解：由题意得，这个正多边形的边数为，∵O为正多边形内一点，且到各顶点的距离相等，∴O为正多边形的外接圆圆心，∴，∵，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，等边对等角，三角形内角和定理，求出该正多边形的边数是解题的关键．50．我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率π的近似值为3.1416．圆的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正十二边形面积近似估计圆的面积，可得π的估计值为3．如图，若用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计，可得π的估计值为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了圆内接正n边形，三角形内角和定理，等角对等边，勾股定理等知识．如图，圆心为，由圆的内接正八边形可知，，，作于，则，由勾股定理得，求得，则，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，圆心为，

由圆的内接正八边形可知，，，作于，则，∴，∴，由勾股定理得，即，解得，∴，∴，∴，故选：B．【考点