2024成都中考數學一輪復習專題圓的有關性質一、單選題1．（2023·四川自貢·統考中考真題）如圖，內接于，是的直徑，連接，，則的度數是（

）A． B． C． D．2．（2023·四川涼山·統考中考真題）如圖，在中，，則（

）

A．1 B．2 C． D．43．（2023·四川宜賓·統考中考真題）《夢溪筆談》是我國古代科技著作，其中它記錄了計算圓弧長度的“會圓術”．如圖，是以點O為圓心、為半徑的圓弧，N是的中點，．“會圓術”給出的弧長的近似值計算公式：．當，時，則的值為（）

A． B． C． D．4．（2023·四川宜賓·統考中考真題）如圖，已知點在上，為的中點．若，則等于（）

A． B． C． D．5．（2023·安徽·統考中考真題）如圖，正五邊形內接于，連接，則（

）

A． B． C． D．6．（2023·江蘇連云港·統考中考真題）如圖，甲是由一條直徑、一條弦及一段圓弧所圍成的圖形：乙是由兩條半徑與一段圓弧所圍成的圖形；丙是由不過圓心O的兩條線段與一段圓弧所圍成的圖形，下列敘述正確的是（

）A．只有甲是扇形 B．只有乙是扇形 C．只有丙是扇形 D．只有乙、丙是扇形7．（2023·云南·統考中考真題）如圖，是的直徑，是上一點．若，則（

）

A． B． C． D．8．（2023·新疆·統考中考真題）如圖，在中，若，，則扇形(陰影部分)的面積是(

)

A． B． C． D．9．（2023·浙江溫州·統考中考真題）如圖，四邊形內接于，，．若，，則的度數與的長分別為（

）

A．10°，1 B．10°， C．15°，1 D．15°，10．（2023·浙江臺州·統考中考真題）如圖，的圓心O與正方形的中心重合，已知的半徑和正方形的邊長都為4，則圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值為（

）．

A． B．2 C． D．11．（2023·山東棗莊·統考中考真題）如圖，在中，弦相交于點P，若，則的度數為（）

A． B． C． D．12．（2023·四川內江·統考中考真題）如圖，正六邊形內接于，點在上，是的中點，則的度數為（

）A． B． C． D．13．（2023·湖北十堰·統考中考真題）如圖，是的外接圓，弦交于點E，，，過點O作于點F，延長交于點G，若，，則的長為(

)

A． B．7 C．8 D．14．（2023·山西·統考中考真題）如圖，四邊形內接于為對角線，經過圓心．若，則的度數為（

）

A． B． C． D．15．（2023·湖北宜昌·統考中考真題）如圖，都是的半徑，交于點D．若，則的長為（

）．A．5 B．4 C．3 D．216．（2023·河北·統考中考真題）如圖，點是的八等分點．若，四邊形的周長分別為a，b，則下列正確的是(

)

A． B． C． D．a，b大小無法比較17．（2023·浙江杭州·統考中考真題）如圖，在中，半徑互相垂直，點在劣弧上．若，則（

）

A． B． C． D．18．（2023·湖北黃岡·統考中考真題）如圖，在中，直徑與弦相交于點P，連接，若，，則（

）

A． B． C． D．19．（2023·廣西·統考中考真題）趙州橋是當今世界上建造最早，保存最完整的中國古代單孔敞肩石拱橋.如圖，主橋拱呈圓弧形，跨度約為，拱高約為，則趙州橋主橋拱半徑R約為（

）

A． B． C． D．20．（2023·四川·統考中考真題）如圖，是的直徑，點C，D在上，連接，若，則的度數是（）A． B． C． D．21．（2023·山東聊城·統考中考真題）如圖，點O是外接圓的圓心，點I是的內心，連接，．若，則的度數為（

）

A． B． C． D．22．（2023·福建·統考中考真題）我國魏晉時期數學家劉徽在《九章算術注》中提到了著名的“割圓術”，即利用圓的內接正多邊形逼近圓的方法來近似估算，指出“割之彌細，所失彌少．割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”．“割圓術”孕育了微積分思想，他用這種思想得到了圓周率的近似值為3.1416．如圖，的半徑為1，運用“割圓術”，以圓內接正六邊形面積近似估計的面積，可得的估計值為，若用圓內接正十二邊形作近似估計，可得的估計值為（）A． B． C．3 D．23．（2023·廣東·統考中考真題）如圖，是的直徑，，則（

）

A． B． C． D．24．（2023·河南·統考中考真題）如圖，點A，B，C在上，若，則的度數為（

）

A． B． C． D．25．（2023·全國·統考中考真題）如圖，，是的弦，，是的半徑，點為上任意一點（點不與點重合），連接．若，則的度數可能是（

）

A． B． C． D．26．（2023·內蒙古赤峰·統考中考真題）如圖，圓內接四邊形中，，連接，，，，．則的度數是（

）

A． B． C． D．27．（2023·甘肅蘭州·統考中考真題）我國古代天文學確定方向的方法中蘊藏了平行線的作圖法．如《淮南子天文訓》中記載：“正朝夕：先樹一表東方；操一表卻去前表十步，以參望日始出北廉．日直入，又樹一表于東方，因西方之表，以參望日方入北康．則定東方兩表之中與西方之表，則東西也．”如圖，用幾何語言敘述作圖方法：已知直線a和直線外一定點O，過點O作直線與a平行．（1）以O為圓心，單位長為半徑作圓，交直線a于點M，N；（2）分別在的延長線及上取點A，B，使；（3）連接，取其中點C，過O，C兩點確定直線b，則直線．按以上作圖順序，若，則（

）

A． B． C． D．二、填空題28．（2023·四川南充·統考中考真題）如圖，是的直徑，點D，M分別是弦，弧的中點，，則的長是________．

29．（2023·浙江金華·統考中考真題）如圖，在中，，以為直徑作半圓，交于點，交于點，則弧的長為__________．

30．（2023·四川廣安·統考中考真題）如圖，內接于，圓的半徑為7，，則弦的長度為___________．

31．（2023·甘肅武威·統考中考真題）如圖，內接于，是的直徑，點是上一點，，則________．

32．（2023·浙江紹興·統考中考真題）如圖，四邊形內接于圓，若，則的度數是________．33．（2023·山東煙臺·統考中考真題）如圖，將一個量角器與一把無刻度直尺水平擺放，直尺的長邊與量角器的外弧分別交于點A，B，C，D，連接，則的度數為_______．

34．（2023·湖南·統考中考真題）如圖，用若干個全等的正五邊形排成圓環狀，圖中所示的是其中3個正五邊形的位置．要完成這一圓環排列，共需要正五邊形的個數是________個．

35．（2023·湖南永州·統考中考真題）如圖，是一個盛有水的容器的橫截面，的半徑為．水的最深處到水面的距離為，則水面的寬度為_______．

36．（2023·湖北隨州·統考中考真題）如圖，在中，，則的度數為___________．

37．（2023·湖南·統考中考真題）如圖所示，點A.B.C是上不同的三點，點O在的內部，連接、，并延長線段交線段于點D．若，則_______度．

38．（2023·湖南郴州·統考中考真題）如圖，某博覽會上有一圓形展示區，在其圓形邊緣的點處安裝了一臺監視器，它的監控角度是，為了監控整個展區，最少需要在圓形邊緣上共安裝這樣的監視器___________臺．

39．（2023·浙江杭州·統考中考真題）如圖，六邊形是的內接正六邊形，設正六邊形的面積為，的面積為，則_________．

40．（2023·廣東深圳·統考中考真題）如圖，在中，為直徑，C為圓上一點，的角平分線與交于點D，若，則______°．

41．（2023·山東東營·統考中考真題）“圓材埋壁”是我國古代數學名著《九章算術》中的一個問題：“今有圓材，埋在壁中，不知大小，以鋸鋸之，深一寸，鋸道長一尺．問：徑幾何？”．用現在的幾何語言表達即：如圖，為的直徑，弦，垂足為點，寸，寸，則直徑的長度是________寸．三、解答題42．（2023·浙江金華·統考中考真題）如圖，點在第一象限內，與軸相切于點，與軸相交于點．連接，過點作于點．

(1)求證：四邊形為矩形．(2)已知的半徑為4，，求弦的長．43．（2023·甘肅武威·統考中考真題）1672年，丹麥數學家莫爾在他的著作《歐幾里得作圖》中指出：只用圓規可以完成一切尺規作圖．1797年，意大利數學家馬斯凱羅尼又獨立發現此結論，并寫在他的著作《圓規的幾何學》中．請你利用數學家們發現的結論，完成下面的作圖題：如圖，已知，是上一點，只用圓規將的圓周四等分．（按如下步驟完成，保留作圖痕跡）

①以點為圓心，長為半徑，自點起，在上逆時針方向順次截取；②分別以點，點為圓心，長為半徑作弧，兩弧交于上方點；③以點為圓心，長為半徑作弧交于，兩點．即點，，，將的圓周四等分．44．（2023·上海·統考中考真題）如圖，在中，弦的長為8，點C在延長線上，且．

(1)求的半徑；(2)求的正切值．45．（2023·湖北武漢·統考中考真題）如圖，都是的半徑，．

(1)求證：；(2)若，求的半徑．46．（2023·貴州·統考中考真題）如圖，已知是等邊三角形的外接圓，連接并延長交于點，交于點，連接，．

(1)寫出圖中一個度數為的角：_______，圖中與全等的三角形是_______；(2)求證：；(3)連接，，判斷四邊形的形狀，并說明理由．圓的有關性質一、單選題1．【答案】C【分析】由是的直徑，得出，進而根據同弧所對的圓周角相等，得出，進而即可求解．【詳解】解：∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，故選：C．【點撥】本題考查了圓周角定理的推論，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．2．【答案】B【分析】連接，由圓周角定理得，由得，，，在中，由，計算即可得到答案．【詳解】解：連接，如圖所示，

，，，，，，在中，，，故選：B．【點撥】本題主要考查了圓周角定理，垂徑定理，解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握圓周角定理，垂徑定理，添加適當的輔助線．3．【答案】B【分析】連接,根據等邊三角形的性質，垂徑定理，勾股定理，特殊角的三角函數，后代入公式計算即可．【詳解】連接，根據題意，是以點O為圓心、為半徑的圓弧，N是的中點，，

得，∴點M，N，O三點共線，∵，，∴是等邊三角形，∴，∴∴．故選：B．【點撥】本題考查了等邊三角形的性質，垂徑定理，勾股定理，特殊角的函數值，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．4．【答案】A【分析】連接，如圖所示，根據圓周角定理，找到各個角之間的關系即可得到答案．【詳解】解：連接，如圖所示：

點在上，為的中點，，，，根據圓周角定理可知，，故選：A．【點撥】本題考查圓中求角度問題，涉及圓周角定理，找準各個角之間的和差倍分關系是解決問題的關鍵．5．【答案】D【分析】先計算正五邊形的內角，再計算正五邊形的中心角，作差即可．【詳解】∵，∴，故選：D．【點撥】本題考查了正五邊形的外角，內角，中心角的計算，熟練掌握計算公式是解題的關鍵．6．【答案】B【分析】根據扇形的定義，即可求解．扇形，是圓的一部分，由兩個半徑和和一段弧圍成．【詳解】解：甲是由一條直徑、一條弦及一段圓弧所圍成的圖形：乙是由兩條半徑與一段圓弧所圍成的圖形；丙是由不過圓心O的兩條線段與一段圓弧所圍成的圖形，只有乙是扇形，故選：B．【點撥】本題考查了扇形的定義，熟練掌握扇形的定義是解題的關鍵．7．【答案】B【分析】根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：∵，，∴，故選：B．【點撥】本題考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．8．【答案】B【分析】根據圓周角定理求得，然后根據扇形面積公式進行計算即可求解．【詳解】解：∵，，∴，∴．故選：B.【點撥】本題考查了圓周角定理，扇形面積公式，熟練掌握扇形面積公式以及圓周角定理是解題的關鍵．9．【答案】C【分析】過點O作于點E，由題意易得，然后可得，，，進而可得，最后問題可求解．【詳解】解：過點O作于點E，如圖所示：

∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，，，∴，，，∴，∴，∴；故選：C．【點撥】本題主要考查平行線的性質、圓周角定理及三角函數，熟練掌握平行線的性質、圓周角定理及三角函數是解題的關鍵．10．【答案】D【分析】設正方形四個頂點分別為，連接并延長，交于點，由題意可得，的長度為圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值，求解即可．【詳解】解：設正方形四個頂點分別為，連接并延長，交于點，過點作，如下圖：

則的長度為圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值，由題意可得：，由勾股定理可得：，∴，故選：D.【點撥】此題考查了圓與正多邊形的性質，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握圓與正多邊形的性質，確定出圓上任意一點到正方形邊上任意一點距離的最小值的位置．11．【答案】A【分析】根據圓周角定理，可以得到的度數，再根據三角形外角的性質，可以求出的度數．【詳解】解：，，，，故選：A．【點撥】本題考查圓周角定理、三角形外角的性質，解答本題的關鍵是求出的度數．12．【答案】C【分析】先計算正六邊形的中心角，再利用同圓或等圓中，等弧對的圓心角相等，圓周角定理計算即可．【詳解】如圖，連接，∵正六邊形，是的中點，∴，，∴，∴，故選：Ｃ．【點撥】本題考查了正多邊形與圓，圓周角定理，熟練掌握正多邊形中心角計算，圓周角定理是解題的關鍵．13．【答案】B【分析】作于點M，由題意可得出，從而可得出為等邊三角形，從而得到，再由已知得出，的長，進而得出，的長，再求出的長，再由勾股定理求出的長．【詳解】解：作于點M，

在和中，，∴，∴，又∵，∴，∴為等邊三角形，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴∠，∴，，∴，∴．故選：B．【點撥】本題考查全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、三角形的外接圓與外心、勾股定理等知識點，綜合性較強，掌握基本圖形的性質，熟練運用勾股定理是解題關鍵．14．【答案】B【分析】由同弧所對圓周角相等及直角三角形的性質即可求解．【詳解】解：∵，∴，∵為圓的直徑，∴，∴；故選：B．【點撥】本題考查了直徑所對的圓周角是直角，同圓中同弧所對的圓周角相等，直角三角形兩銳角互余，掌握它們是關鍵．15．【答案】B【分析】根據等腰三角形的性質得出根據勾股定理求出，進一步可求出的長．【詳解】解：∵∴點為的中點，∵∴，由勾股定理得，∴∴故選：B．【點撥】本題主要考查了等腰三角形的性質，勾股定理以及圓的有關性質，正確掌握相關性質是解答本題的關鍵16．【答案】A【分析】連接，依題意得，，的周長為，四邊形的周長為，故，根據的三邊關系即可得解．【詳解】連接，

∵點是的八等分點，即∴，∴又∵的周長為，四邊形的周長為，∴在中有∴故選：A．【點撥】本題考查等弧所對的弦相等，三角形的三邊關系等知識，利用作差比較法比較周長大小是解題的關鍵．17．【答案】D【分析】根據互相垂直可得所對的圓心角為，根據圓周角定理可得，再根據三角形內角和定理即可求解．【詳解】解：如圖，

半徑互相垂直，，所對的圓心角為，所對的圓周角，又，，故選：D．【點撥】本題考查圓周角定理、三角形內角和定理，解題的關鍵是掌握：同圓或等圓中，同弧所對的圓周角等于圓心角的一半．18．【答案】D【分析】先根據圓周角定理得出，再由三角形外角和定理可知，再根據直徑所對的圓周角是直角，即，然后利用進而可求出．【詳解】解：∵，∴，∵，∴，又∵為直徑，即，∴，故選：D．【點撥】此題主要考查了圓周角定理，三角形外角和定理等知識，解題關鍵是熟知圓周角定理的相關知識．19．【答案】B【分析】由題意可知，，，主橋拱半徑R，根據垂徑定理，得到，再利用勾股定理列方程求解，即可得到答案．【詳解】解：如圖，由題意可知，，，主橋拱半徑R，，是半徑，且，，在中，，，解得：，故選：B.

【點撥】本題考查了垂徑定理，勾股定理，利用直角三角形求解是解題關鍵．20．【答案】C【分析】根據圓周角定理計算即可．【詳解】解：∵，∴，∴，故選：C．【點撥】此題考查圓周角定理，熟知同弧所對的圓周角是圓心角的一半是解題的關鍵．21．【答案】C【分析】根據三角形內心的定義可得的度數，然后由圓周角定理求出，再根據三角形內角和定理以及等腰三角形的性質得出答案．【詳解】解：連接，∵點I是的內心，，∴，∴，∵，∴，故選：C．

【點撥】本題主要考查了三角形內心的定義和圓周角定理，熟知三角形的內心是三角形三個內角平分線的交點是解題的關鍵．22．【答案】C【分析】根據圓內接正多邊形的性質可得，根據30度的作對的直角邊是斜邊的一半可得，根據三角形的面積公式即可求得正十二邊形的面積，即可求解．【詳解】解：圓的內接正十二邊形的面積可以看成12個全等的等腰三角形組成，故等腰三角形的頂角為，設圓的半徑為1，如圖為其中一個等腰三角形，過點作交于點于點，∵，∴，則，故正十二邊形的面積為，圓的面積為，用圓內接正十二邊形面積近似估計的面積可得，故選：C．【點撥】本題考查了圓內接正多邊形的性質，30度的作對的直角邊是斜邊的一半，三角形的面積公式，圓的面積公式等，正確求出正十二邊形的面積是解題的關鍵．23．【答案】B【分析】根據圓周角定理可進行求解．【詳解】解：∵是的直徑，∴，∵，∴，∵，∴；故選：B．【點撥】本題主要考查圓周角的相關性質，熟練掌握直徑所對圓周角為直角是解題的關鍵．24．【答案】D【分析】直接根據圓周角定理即可得．【詳解】解：∵，∴由圓周角定理得：，故選：D．【點撥】本題考查了圓周角定理，熟練掌握圓周角定理是解題關鍵．25．【答案】D【分析】根據圓周角定理得出，進而根據三角形的外角的性質即可求解．【詳解】解：∵，，∴，∵，∴的度數可能是故選：D．【點撥】本題考查了圓周角定理，三角形的外角的性質，熟練掌握圓周角定理是解題的關鍵．26．【答案】A【分析】根據圓內接四邊形對角互補得出，根據圓周角定理得出，根據已知條件得出，進而根據圓周角定理即可求解．【詳解】解：∵圓內接四邊形中，，∴∴∵∴，∵∴,故選：A．【點撥】本題考查了圓內接四邊形對角互補，圓周角定理，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．27．【答案】A【分析】證明，可得，結合，C為的中點，可得．【詳解】解：∵，，∴，∴，∵，C為的中點，∴，故選A．【點撥】本題考查的是圓的基本性質，等腰三角形的性質，平行線的判定，三角形的外角的性質，熟記等腰三角形的性質是解本題的關鍵．二、填空題28．【答案】4【分析】根據圓周角定理得出，再由勾股定理確定，半徑為，利用垂徑定理確定，且，再由勾股定理求解即可．【詳解】解：∵是的直徑，∴，∵，∴，∴，∵點D，M分別是弦，弧的中點，∴，且，∴，∴，故答案為：4．【點撥】題目主要考查圓周角定理、垂徑定理及勾股定理解三角形，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．29．【答案】【分析】連接，，，根據等腰三角形三線合一性質，圓周角定理，中位線定理，弧長公式計算即可．【詳解】解：如圖，連接，，，

∵為直徑，∴，∵，∴，，∴，，∴弧的長為，故答案為：．【點撥】本題考查了等腰三角形三線合一性質，中位線定理，弧長公式，熟練掌握三線合一性質，弧長公式，圓周角定理是解題的關鍵．30．【答案】【分析】連接，過點作于點，先根據圓周角定理可得，再根據等腰三角形的三線合一可得，，然后解直角三角形可得的長，由此即可得．【詳解】解：如圖，連接，過點作于點，

，，，，，∵圓的半徑為7，，，，故答案為：．【點撥】本題考查了圓周角定理、解直角三角形、等腰三角形的三線合一，熟練掌握圓周角定理和解直角三角形的方法是解題關鍵．31．【答案】35【分析】由同弧所對的圓周角相等，得再根據直徑所對的圓周角為直角，得，然后由直角三角形的性質即可得出結果．【詳解】解：是所對的圓周角，是的直徑，，在中，，故答案為：．【點撥】本題考查了圓周角定理，以及直角三角形的性質，利用了轉化的思想，熟練掌握圓周角定理是解本題的關鍵．32．【答案】【分析】根據圓內接四邊形的性質：對角互補，即可解答．【詳解】解：∵四邊形內接于，∴，∵，∴．故答案為：．【點撥】本題主要考查了圓內接四邊形的性質，掌握圓內接四邊形的對角互補是解答本題的關鍵．33．【答案】【分析】方法一∶如圖：連接，由題意可得：，，然后再根據等腰三角形的性質求得、，最后根據角的和差即可解答．方法二∶連接，由題意可得：，然后根據圓周角定理即可求解．【詳解】方法一∶解：如圖：連接，由題意可得：，，，∴，，∴．故答案為．

方法二∶解∶連接，由題意可得：，根據圓周角定理，知．故答案為：．

【點撥】本題主要考查了角的度量、圓周角定理等知識點，掌握圓周角的度數等于它所對弧上的圓心角度數的一半是解答本題的關鍵．34．【答案】10【分析】先求出正五邊形的外角為，則，進而得出，即可求解．【詳解】解：根據題意可得：∵正五邊形的一個外角，∴，∴，∴共需要正五邊形的個數（個），故答案為：10．

【點撥】本題主要考查了圓的基本性質，正多邊形的外角，解題的關鍵是掌握正多邊形的外角的求法．35．【答案】【分析】過點作于點，交于點，則，依題意，得出，進而在中，勾股定理即可求解．【詳解】解：如圖所示，過點作于點，交于點，則，

∵水的最深處到水面的距離為，的半徑為．∴，在中，∴故答案為：．【點撥】本題考查了垂徑定理的應用，勾股定理，熟練掌握垂徑定理是解題的關鍵．36．【答案】【分析】根據垂徑定理得到，根據圓周角定理解答即可．【詳解】解：∵，∴，∴，故答案為：．【點撥】本題考查的是垂徑定理和圓周角定理，掌握同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半是解題的關鍵．37．【答案】【分析】先根據圓周角定理求出的度數，再根據三角形的外角定理即可得出結果．【詳解】解：在中，，故答案為：．【點撥】本題考查了圓周角定理，三角形的外角定理，熟練掌握圓周角定理是本題的關鍵．38．【答案】4【分析】圓周角定理求出對應的圓心角的度數，利用圓心角的度數即可得解．【詳解】解：∵，∴對應的圓心角的度數為，∵，∴最少需要在圓形邊緣上共安裝這樣的監視器臺；故答案為：4【點撥】本題考查圓周角定理，熟練掌握同弧所對的圓周角是圓心角的一半，是解題的關鍵．39．【答案】2【分析】連接，首先證明出是的內接正三角形，然后證明出，得到，，進而求解即可．【詳解】如圖所示，連接，

∵六邊形是的內接正六邊形，∴，∴是的內接正三角形，∵，，∴，∵，∴，∴，同理可得，，又∵，∴，∴，由圓和正六邊形的性質可得，，由圓和正三角形的性質可得，，∵，∴．故答案為：2．【點撥】此題考查了圓內接正多邊形的性質，正六邊形和正三角形的性質，全等三角形的性質和判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．40．【答案】35【分析】由題意易得，，則有，然后問題可求解．【詳解】解：∵是的直徑，∴，∵，，∴，∴，∵平分，∴；故答案為：35．【點撥】本題主要考查圓周角的性質，熟練掌握直徑所對圓周角為直角是解題的關鍵．41．【答案】26【分析】連接構成直角三角形，先根據垂徑定理，由垂直得到點為的中點，由可求出的長，再設出圓的半徑為，表示出，根據勾股定理建立關于的方程，求解方程可得的值，即為圓的直徑．【詳解】解：連接，，且寸，寸，設圓的半徑的長為，則，，，在直角三角形中，根據勾股定理得：，化簡得：，即，（寸）．故答案為：26．【點撥】本題考查了垂徑定理和勾股定理，解題的關鍵是正確作出輔助線構造直角三角形．三、解答題42．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）根據切線的性質及有三個角是直角的四邊形是矩形判定即可．（2）根據矩形的性質、垂徑定理及圓的性質計算即可．【詳解】（1）證明：∵與軸相切于點，∴軸．∵，∴，∴四邊形是矩形．（2）如圖，連接．

四邊形是矩形，．在中，，．點為圓心，，．【點