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一、选择题
1.若点 P 为$△ ABC$的内心，则(
A.点 P 为三边中线的交点
B.点 P 为三边中垂线的交点
C.点 P 到三顶点的距离相等
D.点 P 到三边的距离相等
1.若点 P 为$△ ABC$的内心，则(
D
).A.点 P 为三边中线的交点
B.点 P 为三边中垂线的交点
C.点 P 到三顶点的距离相等
D.点 P 到三边的距离相等
答案
1.D
解析
【分析】
本题考查三角形内心的定义与性质，解题思路如下：首先回忆三角形中几类特殊交点（重心、外心、内心）的定义和对应性质，再逐一核对每个选项的描述是否符合内心的性质即可得出答案。首先明确：重心是三边中线交点，外心是三边中垂线交点且到三顶点距离相等，内心是三条内角角平分线交点，结合角平分线上的点到角两边距离相等的性质，可判断各选项正误。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 三角形三边中线的交点是三角形的重心，不是内心，该选项错误；
B. 三角形三边中垂线的交点是三角形的外心，不是内心，该选项错误；
C. 到三角形三顶点距离相等是外心的性质，不符合内心的特点，该选项错误；
D. 三角形的内心是三个内角角平分线的交点，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此内心到△ABC三边的距离相等，该选项正确。
【答案】
D
【知识点】
三角形内心的性质；角平分线的性质；三角形特殊交点的性质
【点评】
本题是基础概念考查题，重点考查对三角形不同特殊交点的定义、性质的区分，只要准确记忆各类特殊交点的对应特点，避免概念混淆，就能快速选出正确答案。
【难度系数】
0.85
本题考查三角形内心的定义与性质，解题思路如下：首先回忆三角形中几类特殊交点（重心、外心、内心）的定义和对应性质，再逐一核对每个选项的描述是否符合内心的性质即可得出答案。首先明确：重心是三边中线交点，外心是三边中垂线交点且到三顶点距离相等，内心是三条内角角平分线交点，结合角平分线上的点到角两边距离相等的性质，可判断各选项正误。
【解析】
我们逐一分析各选项：
A. 三角形三边中线的交点是三角形的重心，不是内心，该选项错误；
B. 三角形三边中垂线的交点是三角形的外心，不是内心，该选项错误；
C. 到三角形三顶点距离相等是外心的性质，不符合内心的特点，该选项错误；
D. 三角形的内心是三个内角角平分线的交点，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此内心到△ABC三边的距离相等，该选项正确。
【答案】
D
【知识点】
三角形内心的性质；角平分线的性质；三角形特殊交点的性质
【点评】
本题是基础概念考查题，重点考查对三角形不同特殊交点的定义、性质的区分，只要准确记忆各类特殊交点的对应特点，避免概念混淆，就能快速选出正确答案。
【难度系数】
0.85
2.⊙O的直径是4，圆心O到直线l的距离是2，则直线l与⊙O的位置关系是（
A.相离
B.相切
C.相交
D.相离或相交
B
）。A.相离
B.相切
C.相交
D.相离或相交
答案
2.B
解析
【分析】要判断直线与圆的位置关系，核心方法是比较圆心到直线的距离d和圆的半径r的大小：当d＞r时直线与圆相离，d=r时相切，d＜r时相交。因此解题时先根据直径求出圆的半径，再将半径与已知的圆心到直线的距离对比，即可得出结论。
【解析】首先计算⊙O的半径：已知⊙O的直径为4，因此半径$r=4÷2=2$。
题目给出圆心O到直线l的距离$d=2$，可得$d=r$。
根据直线与圆的位置关系判定规则：当圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切，因此直线l与⊙O的位置关系是相切。
【答案】B
【知识点】1.直线与圆的位置关系判定；2.圆的直径与半径的关系
【点评】本题是基础概念类考题，主要考查直线与圆位置关系的判定逻辑，只要熟练掌握距离和半径的大小对应三种位置关系的规则，就能快速得分，是圆相关基础知识点的常考题型。
【难度系数】0.9
【解析】首先计算⊙O的半径：已知⊙O的直径为4，因此半径$r=4÷2=2$。
题目给出圆心O到直线l的距离$d=2$，可得$d=r$。
根据直线与圆的位置关系判定规则：当圆心到直线的距离等于圆的半径时，直线与圆相切，因此直线l与⊙O的位置关系是相切。
【答案】B
【知识点】1.直线与圆的位置关系判定；2.圆的直径与半径的关系
【点评】本题是基础概念类考题，主要考查直线与圆位置关系的判定逻辑，只要熟练掌握距离和半径的大小对应三种位置关系的规则，就能快速得分，是圆相关基础知识点的常考题型。
【难度系数】0.9
3.如图，PA，PB分别与$\odot O$相切于A，B两点，$∠ P=72°$，则$∠ C$的度数为（
A.$36°$
B.$54°$
C.$72°$
D.$108°$
B
）.A.$36°$
B.$54°$
C.$72°$
D.$108°$
答案
3.B
解析
【分析】
遇到圆的切线问题，首先联想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接OA、OB构造直角。已知∠P的度数，在四边形OAPB中，四边形内角和为360°，且∠OAP、∠OBP均为90°，可求出圆心角∠AOB的度数。最后∠C是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，即可求出∠C的度数。
【解析】
解：连接OA、OB。
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°。
∵四边形OAPB的内角和为360°，
∴∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠P=360°-90°-90°-72°=108°。
∵∠C是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角，
∴∠C=$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$×108°=54°。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，四边形内角和
【点评】
本题属于圆的基础综合题，考察了切线性质和圆周角定理的联合应用，连接圆心和切点是解决切线问题的常见辅助线做法，是考试中常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
遇到圆的切线问题，首先联想到切线的性质：切线垂直于过切点的半径，因此先连接OA、OB构造直角。已知∠P的度数，在四边形OAPB中，四边形内角和为360°，且∠OAP、∠OBP均为90°，可求出圆心角∠AOB的度数。最后∠C是弧AB所对的圆周角，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，即可求出∠C的度数。
【解析】
解：连接OA、OB。
∵PA、PB分别与⊙O相切于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°。
∵四边形OAPB的内角和为360°，
∴∠AOB=360°-∠OAP-∠OBP-∠P=360°-90°-90°-72°=108°。
∵∠C是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角，
∴∠C=$\frac{1}{2}$∠AOB=$\frac{1}{2}$×108°=54°。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
切线的性质，圆周角定理，四边形内角和
【点评】
本题属于圆的基础综合题，考察了切线性质和圆周角定理的联合应用，连接圆心和切点是解决切线问题的常见辅助线做法，是考试中常考的基础题型。
【难度系数】
0.7
4.已知正六边形ABCDEF的面积为$6\sqrt{3}$，则正六边形的边长为(
A.1
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.4
C
).A.1
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.4
答案
4.C
解析
【分析】
解题时首先回忆正六边形的性质：正六边形可以分割为6个边长与正六边形边长相等的全等正三角形，因此正六边形的面积等于6个正三角形的面积之和。我们可以先设正六边形的边长为未知数，结合正三角形面积公式列出关于边长的方程，求解即可得到边长。
【解析】
设正六边形的边长为$a$。
正六边形可分割为6个边长为$a$的全等正三角形，单个正三角形的面积公式为$S_{\mathrm{正三角形}}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，因此正六边形的面积为：
$S=6×\frac{\sqrt{3}}{4}a^2=\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2$
已知正六边形面积为$6\sqrt{3}$，代入得方程：
$\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2=6\sqrt{3}$
两边同时除以$\sqrt{3}$得：$\frac{3}{2}a^2=6$
解得$a^2=4$，因为边长为正数，所以$a=2$。
【答案】
C
【知识点】
1.正六边形的性质
2.正三角形面积计算
3.列方程求解
【点评】
本题核心是利用正六边形与正三角形的关联转化面积关系，解题关键是掌握正六边形可分割为6个全等正三角形的性质，通过面积等量关系列方程即可快速求解，是对多边形性质基础应用的考察。
【难度系数】
0.7
解题时首先回忆正六边形的性质：正六边形可以分割为6个边长与正六边形边长相等的全等正三角形，因此正六边形的面积等于6个正三角形的面积之和。我们可以先设正六边形的边长为未知数，结合正三角形面积公式列出关于边长的方程，求解即可得到边长。
【解析】
设正六边形的边长为$a$。
正六边形可分割为6个边长为$a$的全等正三角形，单个正三角形的面积公式为$S_{\mathrm{正三角形}}=\frac{\sqrt{3}}{4}a^2$，因此正六边形的面积为：
$S=6×\frac{\sqrt{3}}{4}a^2=\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2$
已知正六边形面积为$6\sqrt{3}$，代入得方程：
$\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2=6\sqrt{3}$
两边同时除以$\sqrt{3}$得：$\frac{3}{2}a^2=6$
解得$a^2=4$，因为边长为正数，所以$a=2$。
【答案】
C
【知识点】
1.正六边形的性质
2.正三角形面积计算
3.列方程求解
【点评】
本题核心是利用正六边形与正三角形的关联转化面积关系，解题关键是掌握正六边形可分割为6个全等正三角形的性质，通过面积等量关系列方程即可快速求解，是对多边形性质基础应用的考察。
【难度系数】
0.7
5.如图，AB是$\odot O$的直径，点P在AB的延长线上，PC切$\odot O$于点C，$PC=4$，$PB=2$，则$\odot O$的半径等于（
A.1
B.2
C.3
D.4
C
）.A.1
B.2
C.3
D.4
答案
5.C
解析
【分析】
遇到切线相关的计算问题，首先利用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径。因此可以连接OC构造直角三角形OCP，设圆的半径为r，用含r的式子表示出直角三角形的各边长，再通过勾股定理列方程求解即可。
【解析】
解：连接OC，
∵PC是$\odot O$的切线，C为切点，
∴OC⊥PC，即$△ OCP$为直角三角形。
设$\odot O$的半径为r，则$OC=r$，$OP=OB+PB=r+2$，
在$Rt△ OCP$中，根据勾股定理可得：
$OC^2 + PC^2 = OP^2$
代入$PC=4$、$PB=2$得：
$r^2 + 4^2 = (r+2)^2$
展开并化简：
$r^2 +16 = r^2 +4r +4$
$4r=12$
解得$r=3$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质、勾股定理、圆的基本性质
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础题型，解题核心是通过连接圆心和切点构造直角三角形，再结合勾股定理建立方程求解，属于圆章节的常考基础题。
【难度系数】
0.7
遇到切线相关的计算问题，首先利用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径。因此可以连接OC构造直角三角形OCP，设圆的半径为r，用含r的式子表示出直角三角形的各边长，再通过勾股定理列方程求解即可。
【解析】
解：连接OC，
∵PC是$\odot O$的切线，C为切点，
∴OC⊥PC，即$△ OCP$为直角三角形。
设$\odot O$的半径为r，则$OC=r$，$OP=OB+PB=r+2$，
在$Rt△ OCP$中，根据勾股定理可得：
$OC^2 + PC^2 = OP^2$
代入$PC=4$、$PB=2$得：
$r^2 + 4^2 = (r+2)^2$
展开并化简：
$r^2 +16 = r^2 +4r +4$
$4r=12$
解得$r=3$。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质、勾股定理、圆的基本性质
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础题型，解题核心是通过连接圆心和切点构造直角三角形，再结合勾股定理建立方程求解，属于圆章节的常考基础题。
【难度系数】
0.7
6.如图，PA，PB为$\odot O$的切线，切点分别为点A，B，PO交AB于点C，PO的延长线交$\odot O$于点D，下列结论不一定成立的是（
A.$PA=PB$
B.$∠ BPD=∠ APD$
C.$AB⊥ PD$
D.AB平分PD
D
）。A.$PA=PB$
B.$∠ BPD=∠ APD$
C.$AB⊥ PD$
D.AB平分PD
答案
6.D
解析
【分析】
本题可结合切线长定理和等腰三角形的性质逐一分析选项：首先根据切线长定理直接判断PA=PB、PD平分∠APB是否成立；再由等腰三角形三线合一的性质判断AB与PD的垂直关系；最后分析AB平分PD所需的条件，判断其是否一定成立即可。
【解析】
我们对四个选项逐一判断：
1. 选项A：已知PA、PB是$\odot O$的切线，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此$PA=PB$，该结论一定成立，不符合题意。
2. 选项B：根据切线长定理，圆外一点与圆心的连线平分两条切线的夹角，因此$∠BPD=∠APD$，该结论一定成立，不符合题意。
3. 选项C：由$PA=PB$可知$△ PAB$是等腰三角形，又PD平分$∠APB$，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$PD⊥AB$，即$AB⊥PD$，该结论一定成立，不符合题意。
4. 选项D：若要AB平分PD，需要满足特殊的边角关系（如$∠APD=60°$等），题干未给出对应条件，因此该结论不一定成立，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理；等腰三角形三线合一；圆的切线性质
【点评】
本题是圆的基础类考题，核心考查对切线长定理的理解与应用，解题时注意题干要求选择“不一定成立”的选项，避免因审题粗心选错答案。
【难度系数】
0.7
本题可结合切线长定理和等腰三角形的性质逐一分析选项：首先根据切线长定理直接判断PA=PB、PD平分∠APB是否成立；再由等腰三角形三线合一的性质判断AB与PD的垂直关系；最后分析AB平分PD所需的条件，判断其是否一定成立即可。
【解析】
我们对四个选项逐一判断：
1. 选项A：已知PA、PB是$\odot O$的切线，根据切线长定理，从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，因此$PA=PB$，该结论一定成立，不符合题意。
2. 选项B：根据切线长定理，圆外一点与圆心的连线平分两条切线的夹角，因此$∠BPD=∠APD$，该结论一定成立，不符合题意。
3. 选项C：由$PA=PB$可知$△ PAB$是等腰三角形，又PD平分$∠APB$，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$PD⊥AB$，即$AB⊥PD$，该结论一定成立，不符合题意。
4. 选项D：若要AB平分PD，需要满足特殊的边角关系（如$∠APD=60°$等），题干未给出对应条件，因此该结论不一定成立，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
切线长定理；等腰三角形三线合一；圆的切线性质
【点评】
本题是圆的基础类考题，核心考查对切线长定理的理解与应用，解题时注意题干要求选择“不一定成立”的选项，避免因审题粗心选错答案。
【难度系数】
0.7
7.如图,一个边长为4 cm的等边三角形ABC的高与$\odot O$的直径相等.若$\odot O$与BC相切于点C,与AC相交于点E,则$\overset{\frown}{CE}$的长为(
A.4 cm
B.3 cm
C.$\frac{2\sqrt{3}π}{3}$ cm
D.$\frac{\sqrt{3}π}{3}$ cm
C
).A.4 cm
B.3 cm
C.$\frac{2\sqrt{3}π}{3}$ cm
D.$\frac{\sqrt{3}π}{3}$ cm
答案
7.C
解析
【分析】
解题时可按以下步骤思考：①先根据等边三角形的边长求出其高，得到⊙O的直径，进而求出圆的半径；②连接OC、OE，利用切线的性质得到OC⊥BC，结合等边三角形内角为60°求出∠OCE的度数，再根据等腰三角形性质求出弧CE对应的圆心角∠COE的度数；③最后代入弧长公式计算即可得到弧CE的长度。
【解析】
1. 求等边三角形的高及圆的半径：
等边三角形ABC边长为4 cm，其高为$\sqrt{4^2 - 2^2}=2\sqrt{3}$ cm，由题意得⊙O的直径等于该高，因此⊙O的半径$r=\sqrt{3}$ cm。
2. 求弧CE对应的圆心角：
连接OC、OE，
∵⊙O与BC相切于点C，根据切线的性质，得$OC⊥ BC$，即$∠ OCB=90°$，
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ ACB=60°$，
∴$∠ OCE=∠ OCB - ∠ ACB=90° - 60°=30°$，
又
∵OC=OE（都是圆的半径），
∴$∠ OEC=∠ OCE=30°$，
∴$∠ COE=180° - 30°×2=120°$。
3. 计算弧CE的长：
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（n为圆心角度数，r为半径），代入n=120，r=$\sqrt{3}$得：
$l_{\overset{\frown}{CE}}=\frac{120×π×\sqrt{3}}{180}=\frac{2\sqrt{3}π}{3}$ cm。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；等边三角形的性质；弧长计算
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是通过作辅助线构造圆心角，结合切线性质和等边三角形性质求出圆心角与半径，再代入弧长公式求解，要求熟练掌握几何基础性质和弧长计算公式。
【难度系数】
0.7
解题时可按以下步骤思考：①先根据等边三角形的边长求出其高，得到⊙O的直径，进而求出圆的半径；②连接OC、OE，利用切线的性质得到OC⊥BC，结合等边三角形内角为60°求出∠OCE的度数，再根据等腰三角形性质求出弧CE对应的圆心角∠COE的度数；③最后代入弧长公式计算即可得到弧CE的长度。
【解析】
1. 求等边三角形的高及圆的半径：
等边三角形ABC边长为4 cm，其高为$\sqrt{4^2 - 2^2}=2\sqrt{3}$ cm，由题意得⊙O的直径等于该高，因此⊙O的半径$r=\sqrt{3}$ cm。
2. 求弧CE对应的圆心角：
连接OC、OE，
∵⊙O与BC相切于点C，根据切线的性质，得$OC⊥ BC$，即$∠ OCB=90°$，
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ ACB=60°$，
∴$∠ OCE=∠ OCB - ∠ ACB=90° - 60°=30°$，
又
∵OC=OE（都是圆的半径），
∴$∠ OEC=∠ OCE=30°$，
∴$∠ COE=180° - 30°×2=120°$。
3. 计算弧CE的长：
根据弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（n为圆心角度数，r为半径），代入n=120，r=$\sqrt{3}$得：
$l_{\overset{\frown}{CE}}=\frac{120×π×\sqrt{3}}{180}=\frac{2\sqrt{3}π}{3}$ cm。
【答案】
C
【知识点】
切线的性质；等边三角形的性质；弧长计算
【点评】
本题是几何基础综合题，解题核心是通过作辅助线构造圆心角，结合切线性质和等边三角形性质求出圆心角与半径，再代入弧长公式求解，要求熟练掌握几何基础性质和弧长计算公式。
【难度系数】
0.7
8.设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h、r、R，则下列结论不正确的是(
A.$h=R+r$
B.$R=2r$
C.$r=\frac{\sqrt{3}}{4}a$
D.$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$
C
).A.$h=R+r$
B.$R=2r$
C.$r=\frac{\sqrt{3}}{4}a$
D.$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$
答案
8.C
解析
【分析】
首先利用等边三角形“三心合一”（内心、外心、重心、垂心重合）的性质，可知等边三角形的高h同时被重心分为两段：较长段是外接圆半径R（顶点到重心的距离），较短段是内切圆半径r（重心到边的距离）；再结合重心分中线为2:1的比例，先用勾股定理求出高h的表达式，再分别推导R、r和边长a的关系，逐一比对选项即可找到错误结论。
【解析】
解：边长为a的等边三角形，先计算高h：
由勾股定理可得：$h=\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
因为等边三角形三心合一，重心分高的比为2:1，因此：
外接圆半径$R=\frac{2}{3}h=\frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，
内切圆半径$r=\frac{1}{3}h=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{6}a$。
逐一验证选项：
A：$R+r=\frac{\sqrt{3}}{3}a+\frac{\sqrt{3}}{6}a=\frac{\sqrt{3}}{2}a=h$，结论正确；
B：$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a=2×\frac{\sqrt{3}}{6}a=2r$，结论正确；
C：$r=\frac{\sqrt{3}}{6}a≠\frac{\sqrt{3}}{4}a$，结论错误；
D：$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，结论正确。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质，三角形内切圆与外接圆，重心的性质
【点评】
本题重点考查等边三角形的特殊性质，结合重心的比例关系可以快速推导内切圆、外接圆半径和边长的关系，牢记相关结论可大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.7
首先利用等边三角形“三心合一”（内心、外心、重心、垂心重合）的性质，可知等边三角形的高h同时被重心分为两段：较长段是外接圆半径R（顶点到重心的距离），较短段是内切圆半径r（重心到边的距离）；再结合重心分中线为2:1的比例，先用勾股定理求出高h的表达式，再分别推导R、r和边长a的关系，逐一比对选项即可找到错误结论。
【解析】
解：边长为a的等边三角形，先计算高h：
由勾股定理可得：$h=\sqrt{a^2 - (\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。
因为等边三角形三心合一，重心分高的比为2:1，因此：
外接圆半径$R=\frac{2}{3}h=\frac{2}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，
内切圆半径$r=\frac{1}{3}h=\frac{1}{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{\sqrt{3}}{6}a$。
逐一验证选项：
A：$R+r=\frac{\sqrt{3}}{3}a+\frac{\sqrt{3}}{6}a=\frac{\sqrt{3}}{2}a=h$，结论正确；
B：$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a=2×\frac{\sqrt{3}}{6}a=2r$，结论正确；
C：$r=\frac{\sqrt{3}}{6}a≠\frac{\sqrt{3}}{4}a$，结论错误；
D：$R=\frac{\sqrt{3}}{3}a$，结论正确。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
等边三角形的性质，三角形内切圆与外接圆，重心的性质
【点评】
本题重点考查等边三角形的特殊性质，结合重心的比例关系可以快速推导内切圆、外接圆半径和边长的关系，牢记相关结论可大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.7
