1.「2026河北保定阜平期末，★☆」半径为5的四个圆按如图所示的位置摆放，若其中有一个圆的圆心到直线l的距离为4，则这个圆可以是（
A.$\odot O_1$
B.$\odot O_2$
C.$\odot O_3$
D.$\odot O_4$
C
）A.$\odot O_1$
B.$\odot O_2$
C.$\odot O_3$
D.$\odot O_4$
答案：1.C $\because \odot O_1,\odot O_2,\odot O_3,\odot O_4$ 是四个半径为 5 的等圆,5＞4,$\therefore$ 圆心到直线 $l$ 的距离为 4 的圆与直线 $l$ 相交,且圆心不在直线 $l$ 上,结合选项可知 $\odot O_3$ 符合,故选 C.
解析：
【分析】
解题时首先回忆直线与圆位置关系的判定方法：设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，当d＞r时，直线与圆相离；当d=r时，直线与圆相切；当d＜r时，直线与圆相交。结合题目已知条件，四个圆半径均为5，所求圆的圆心到直线l的距离为4，可得4＜5，因此该圆与直线l相交，且圆心不在直线l上（距离不为0），再结合图形逐一判断各圆的位置即可得出答案。
【解析】
已知四个圆均为半径r=5的等圆，所求圆的圆心到直线l的距离d=4。
∵4＜5，即d＜r，
∴该圆与直线l相交，且圆心不在直线l上（d≠0）。
对各选项逐一分析：
A选项：$\odot O_1$与直线l相切，圆心到l的距离等于半径5，不符合要求；
B选项：$\odot O_2$的圆心在直线l上，圆心到l的距离为0，不符合要求；
C选项：$\odot O_3$与直线l相交，圆心不在直线l上，圆心到l的距离小于5，符合要求；
D选项：$\odot O_4$与直线l相离，圆心到l的距离大于5，不符合要求。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
直线与圆的位置关系、点到直线的距离
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是熟练掌握直线与圆三种位置关系的判定方法，结合图形特征即可快速判断，注重对基础知识的考查。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆直线与圆位置关系的判定方法：设圆的半径为r，圆心到直线的距离为d，当d＞r时，直线与圆相离；当d=r时，直线与圆相切；当d＜r时，直线与圆相交。结合题目已知条件，四个圆半径均为5，所求圆的圆心到直线l的距离为4，可得4＜5，因此该圆与直线l相交，且圆心不在直线l上（距离不为0），再结合图形逐一判断各圆的位置即可得出答案。
【解析】
已知四个圆均为半径r=5的等圆，所求圆的圆心到直线l的距离d=4。
∵4＜5，即d＜r，
∴该圆与直线l相交，且圆心不在直线l上（d≠0）。
对各选项逐一分析：
A选项：$\odot O_1$与直线l相切，圆心到l的距离等于半径5，不符合要求；
B选项：$\odot O_2$的圆心在直线l上，圆心到l的距离为0，不符合要求；
C选项：$\odot O_3$与直线l相交，圆心不在直线l上，圆心到l的距离小于5，符合要求；
D选项：$\odot O_4$与直线l相离，圆心到l的距离大于5，不符合要求。
综上，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
直线与圆的位置关系、点到直线的距离
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是熟练掌握直线与圆三种位置关系的判定方法，结合图形特征即可快速判断，注重对基础知识的考查。
【难度系数】
0.8
2.「2025广东东莞二模，★☆」如图，AB,AC,BD是$\odot O$的切线，切点分别是P,C,D.若$AB=10$,$AC=6$,则BD的长是 (
A.3
B.4
C.5
D.6
B
)A.3
B.4
C.5
D.6
答案：2.B $\because AC,AP$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore AC=AP=6, \therefore BP=AB-AP=10-6=4, \because BP,BD$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore BD=BP=4$.故选 B.
解析：
【分析】
解题时可依据切线长定理逐步推导：首先，AC和AP都是从点A引出的$\odot O$的切线，二者长度相等，由此可先求出AP的长度；再用AB的总长度减去AP的长度得到BP的长度；最后，BD和BP都是从点B引出的$\odot O$的切线，二者长度相等，即可求得BD的长。
【解析】
$\because AC、AP$为$\odot O$的切线，切点分别为C、P，根据切线长定理可得：$AC=AP$，
已知$AC=6$，$\therefore AP=6$，
又$\because AB=10$，$\therefore BP=AB-AP=10-6=4$，
$\because BP、BD$为$\odot O$的切线，切点分别为P、D，根据切线长定理可得：$BD=BP$，
$\therefore BD=4$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理，线段和差计算
【点评】
本题属于基础几何题，核心考查切线长定理的应用，只要掌握从圆外一点引圆的两条切线长度相等的性质，通过两次应用定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时可依据切线长定理逐步推导：首先，AC和AP都是从点A引出的$\odot O$的切线，二者长度相等，由此可先求出AP的长度；再用AB的总长度减去AP的长度得到BP的长度；最后，BD和BP都是从点B引出的$\odot O$的切线，二者长度相等，即可求得BD的长。
【解析】
$\because AC、AP$为$\odot O$的切线，切点分别为C、P，根据切线长定理可得：$AC=AP$，
已知$AC=6$，$\therefore AP=6$，
又$\because AB=10$，$\therefore BP=AB-AP=10-6=4$，
$\because BP、BD$为$\odot O$的切线，切点分别为P、D，根据切线长定理可得：$BD=BP$，
$\therefore BD=4$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线长定理，线段和差计算
【点评】
本题属于基础几何题，核心考查切线长定理的应用，只要掌握从圆外一点引圆的两条切线长度相等的性质，通过两次应用定理即可快速求解。
【难度系数】
0.8
3.「2026湖南衡阳模拟，★☆」如图，在$\odot O$中，BC是切线，切点是B，直线CO交$\odot O$于点D，A，点E为$\odot O$上的一点，连接BE，DE。若$∠ C=24°$，则$∠ E$的度数为（
A.$66°$
B.$33°$
C.$34°$
D.$24°$
B
）A.$66°$
B.$33°$
C.$34°$
D.$24°$
答案：
3.B 如图,连接 $OB$,$\because BC$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ OBC = 90°, \because ∠ C = 24°, \therefore ∠ BOD = 90° - ∠ C = 66°$,$\therefore ∠ E=\frac{1}{2}∠ BOD=33°$.故选 B.
3.B 如图,连接 $OB$,$\because BC$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore ∠ OBC = 90°, \because ∠ C = 24°, \therefore ∠ BOD = 90° - ∠ C = 66°$,$\therefore ∠ E=\frac{1}{2}∠ BOD=33°$.故选 B.
解析：
【分析】
遇到圆的切线相关计算时，首先要联想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此我们先作辅助线连接OB，得到直角三角形OBC。已知∠C的度数，可先求出圆心角∠BOD的度数；再根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出圆周角∠E的度数。
【解析】
连接OB，
∵BC是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥BC，即$∠ OBC=90°$，
∵$∠ C=24°$，
∴$∠ BOD=90°-∠ C=90°-24°=66°$，
∵$∠ E$和$∠ BOD$都是弧BD所对的角，$∠ E$是圆周角，$∠ BOD$是圆心角，
∴$∠ E=\frac{1}{2}∠ BOD=\frac{1}{2}×66°=33°$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；圆周角定理
【点评】
本题属于圆的基础计算题，解题核心是通过连接过切点的半径构造直角三角形，再结合圆周角定理求解，掌握相关基础定理即可快速得出结果。
【难度系数】
0.8
遇到圆的切线相关计算时，首先要联想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此我们先作辅助线连接OB，得到直角三角形OBC。已知∠C的度数，可先求出圆心角∠BOD的度数；再根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，即可求出圆周角∠E的度数。
【解析】
连接OB，
∵BC是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥BC，即$∠ OBC=90°$，
∵$∠ C=24°$，
∴$∠ BOD=90°-∠ C=90°-24°=66°$，
∵$∠ E$和$∠ BOD$都是弧BD所对的角，$∠ E$是圆周角，$∠ BOD$是圆心角，
∴$∠ E=\frac{1}{2}∠ BOD=\frac{1}{2}×66°=33°$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质；圆周角定理
【点评】
本题属于圆的基础计算题，解题核心是通过连接过切点的半径构造直角三角形，再结合圆周角定理求解，掌握相关基础定理即可快速得出结果。
【难度系数】
0.8
4. 情境 数学文化 发展史 「2025湖北黄冈模拟，★☆」魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，就是通过不断倍增圆内接正多边形的边数求出圆周率，为计算圆周率建立了严密的理论和完善的算法.如图，六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形，连接FB，若$AB=2$，则FB的长为（
A.$3$
B.$\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$
D
）A.$3$
B.$\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$
答案：
4.D $\because$ 六边形 $ABCDEF$ 是 $\odot O$ 的内接正六边形,$\therefore ∠ BAF=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°,AF=AB=2$,$\therefore ∠ ABF=\frac{1}{2}(180°-∠ BAF)=30°$,
如图,过 $A$ 作 $AH ⊥ BF$ 于 $H$,$\therefore BF=2BH,AH=\frac{1}{2}AB=1$,$\therefore BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{3}, \therefore BF=2BH=2\sqrt{3}$,故选 D.
4.D $\because$ 六边形 $ABCDEF$ 是 $\odot O$ 的内接正六边形,$\therefore ∠ BAF=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°,AF=AB=2$,$\therefore ∠ ABF=\frac{1}{2}(180°-∠ BAF)=30°$,
如图,过 $A$ 作 $AH ⊥ BF$ 于 $H$,$\therefore BF=2BH,AH=\frac{1}{2}AB=1$,$\therefore BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{3}, \therefore BF=2BH=2\sqrt{3}$,故选 D.
解析：
【分析】
解决本题首先要利用正多边形的性质，先得到正六边形的内角度数以及各边相等的结论，可知△ABF是顶角为120°的等腰三角形。要求底边BF的长度，可通过作高构造直角三角形，结合等腰三角形三线合一的性质，将BF转化为两倍的直角边长度，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可。
【解析】
∵六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形，
∴正六边形的内角$∠ BAF=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$，且$AF=AB=2$，
∴$△ ABF$为等腰三角形，$∠ ABF=\frac{1}{2}(180°-∠ BAF)=30°$，
如图，过$A$作$AH ⊥ BF$于$H$，根据等腰三角形三线合一的性质可得$BF=2BH$，
在$Rt△ ABH$中，$∠ ABH=30°$，$\therefore AH=\frac{1}{2}AB=1$，
由勾股定理得：$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore BF=2BH=2\sqrt{3}$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题以刘徽“割圆术”为背景，结合正六边形的性质考查三角形相关知识，解题的核心是熟练掌握正多边形内角计算方法和等腰三角形、直角三角形的相关性质，属于基础应用题，能较好地考查基础知识的运用能力。
【难度系数】
0.8
解决本题首先要利用正多边形的性质，先得到正六边形的内角度数以及各边相等的结论，可知△ABF是顶角为120°的等腰三角形。要求底边BF的长度，可通过作高构造直角三角形，结合等腰三角形三线合一的性质，将BF转化为两倍的直角边长度，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可。
【解析】
∵六边形ABCDEF是$\odot O$的内接正六边形，
∴正六边形的内角$∠ BAF=\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$，且$AF=AB=2$，
∴$△ ABF$为等腰三角形，$∠ ABF=\frac{1}{2}(180°-∠ BAF)=30°$，
如图，过$A$作$AH ⊥ BF$于$H$，根据等腰三角形三线合一的性质可得$BF=2BH$，
在$Rt△ ABH$中，$∠ ABH=30°$，$\therefore AH=\frac{1}{2}AB=1$，
由勾股定理得：$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，
$\therefore BF=2BH=2\sqrt{3}$，故选D。
【答案】
D
【知识点】
正多边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理
【点评】
本题以刘徽“割圆术”为背景，结合正六边形的性质考查三角形相关知识，解题的核心是熟练掌握正多边形内角计算方法和等腰三角形、直角三角形的相关性质，属于基础应用题，能较好地考查基础知识的运用能力。
【难度系数】
0.8