九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试课堂检测

这是一份九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试课堂检测，共35页。试卷主要包含了已知⊙O的半径为4，，则点A在等内容，欢迎下载使用。
九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系同步练习
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，面积为18的正方形ABCD内接于⊙O，则⊙O的半径为（ ）

A． B．
C．3 D．
2、如图，正六边形螺帽的边长是4cm，那么这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是（　　）

A．2，2 B．4，4 C．4，2 D．4，
3、如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是（　　）

A． B．
C．或 D．（﹣2，0）或（﹣5，0）
4、已知⊙O的半径为4，，则点A在（ ）
A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定
5、的边经过圆心，与圆相切于点，若，则的大小等于（ ）

A． B． C． D．
6、如图，，是的切线，，是切点，，是上的点，若，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
7、一个正多边形的半径与边长相等，则这个正多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
8、如图，在平面直角坐标系中，直线分别与轴、轴相交于点、，点、分别是正方形的边、上的动点，且，过原点作，垂足为，连接、，则面积的最大值为（ ）

A． B．12 C． D．
9、已知⊙O的半径为4，点P 在⊙O外部，则OP需要满足的条件是（ ）
A．OP>4 B．0≤OP2 D．0≤OPr，据此可得答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5，
∴d>r，
∴点A在⊙O外，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r．
5、A
【解析】
【分析】
连接，根据圆周角定理求出，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【详解】
解：连接，

，
，
与圆相切于点，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
6、A
【解析】
【分析】
如图，连接先求解 再利用圆周角定理可得，从而可得答案.
【详解】
解：如图，连接
，是的切线，







故选A
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，圆周角定理的应用，圆的切线的性质的应用，理解是解本题的关键.
7、C
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据正多边形的中心角与边数的关系即可得．
【详解】
解：如图，由题意得：，
是等边三角形，
，
则这个正多边形的边数为，
故选：C．

【点睛】
本题考查了正多边形，熟练掌握正多边形的中心角与边数的关系是解题关键．
8、D
【解析】
【分析】
先证明ON=CN，再证点H在以ON直径的圆上运动，则当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，由相似三角形的性质可求MK，KQ的长，由三角形的面积公式可求解．
【详解】
解：如图，连接AD，交EF于N，连接OC，取ON的中点M，连接MH，过点M作MQ⊥AB于Q，交AO于点K，作MP⊥OA与点P，

∵直线分别与x轴、y轴相交于点A、B，
∴点A（4，0），点B（0，-3），
∴OB=3，OA=4，
∴，
∵四边形ACDO是正方形，
∴OD//AC，AO=AC=OD=4，OC=4，∠COA=45°，
∴∠EDN=∠NAF，∠DEN=∠AFN，
又∵DE=AF，
∴△DEN≌△AFN（ASA），
∴DN=AN，EN=NF，
∴点N是AD的中点，即点N是OC的中点，
∴ON=NC=2，
∵OH⊥EF，
∴∠OHN=90°，
∴点H在以ON直径的圆上运动，
∴当点H在QM的延长线上时，点H到AB的距离最大，
∵点M是ON的中点，
∴OM=MN=，
∵MP⊥OP，∠COA=45°，
∴OP=MP=1，
∴AP=3，
∵∠OAB+∠OBA=90°=∠OAB+∠AKQ，
∴∠AKQ=∠ABO=∠MKP，
又∵∠AOB=∠MPK=90°，
∴△MPK∽△AOB，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠AKQ=∠ABO，∠OAB=∠KAQ，
∴△AKQ∽△ABO，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点H到AB的最大距离为，
∴△HAB面积的最大值，
故选：D．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的应用等知识，求出MQ的长是解题的关键．
9、A
【解析】
【分析】
点在圆外，则点与圆心的距离大于半径，根据点与圆的位置关系解答．
【详解】
解：∵⊙O的半径为4，点P 在⊙O外部，
∴OP需要满足的条件是OP>4，
故选：A．
【点睛】
此题考查了点与圆的位置关系，熟记点在圆内、圆上、圆外的判断方法是解题的关键．
10、D
【解析】
【分析】
先根据等边三角形的性质求出△OBC的面积，然后由地基的面积是△OBC的6倍即可得到答案
【详解】
解：如图所示，正六边形ABCDEF，连接OB，OC，过点O作OP⊥BC于P，
由题意得：BC=4cm，
∵六边形ABCD是正六边形，
∴∠BOC=360°÷6=60°，
又∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选D．

【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，熟知正多边形和圆的关系是解题的关键．
二、填空题
1、60°或120°
【解析】
【分析】
如下图所示，分两种情况考虑：D点在优弧CDB上或E点在劣弧BC上时，根据三角函数可求出∠OCF的大小，进而求出∠BOC的大小，再由圆周角定理可求出∠D、∠E大小，进而得到弦BC所对的圆周角．
【详解】
解：分两种情况考虑：D在优弧CDB上或E在劣弧BC上时，可得弦BC所对的圆周角为∠D或∠E，如下图所示，

作OF⊥BC，由垂径定理可知，F为BC的中点，
∵BC=，
∴CF=BF=BC=× =，
又因为半径为3，
∵OC=3，
在Rt△FOC中，cos∠OCF= =÷3=，
∴∠OCF=30°，
∵OC=OB，
∴∠OCF=∠OBF=30°，
∴∠COB=120°，
∴∠D=∠COB=×120°=60°，
又圆内接四边形的对角互补，
∴∠E=120°，
则弦BC所对的圆周角为60°或120°．
故答案为：60°或120°．
【点睛】
此题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，锐角三角函数定义，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．
2、##
【解析】
【分析】
先判断出△ABC是等腰直角三角形，从而连接AD，可得出AD=1，直接代入扇形的面积公式进行运算即可．
【详解】
解：∵AB=AC=，BC=2，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=90°，
连接AD，则AD=BC=1，
则S扇形AEF=．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了扇形的面积计算、勾股定理的逆定理及等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，难度一般，解答本题的关键是得出AD的长度及∠BAC的度数．
3、
【解析】
【分析】
如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、OM，根据切线的性质定理和垂径定理求解即可．
【详解】
解：如图，设小圆的切线MN与小圆相切于点D，与大圆交于M、N，连接OD、OM，
则OD⊥MN，
∴MD=DN，
在Rt△ODM中，OM=180cm，OD=60cm，
∴cm，
∴cm，
即该球在大圆内滑行的路径MN的长度为cm，
故答案为：．

【点睛】
本题考查切线的性质定理、垂径定理、勾股定理，熟练掌握切线的性质和垂径定理是解答的关键．
4、1
【解析】
【分析】
以AB为直径作圆，当CF与圆相切时，AF最大．根据切线长定理转化线段AF＋BC＝CF，在Rt△DFC利用勾股定理求解．
【详解】
解：以AB为直径作圆，因为∠AGB＝90°，所以G点在圆上．

当CF与圆相切时，AF最大．
此时FA＝FG，BC＝CG．
设AF＝x，则DF＝4−x，FC＝4＋x，
在Rt△DFC中，利用勾股定理可得：
42＋（4−x）2＝（4＋x）2，
解得x＝1．
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、圆中切线长定理以及勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解本题的关键．
5、
【解析】
【分析】
先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．
【详解】
解：∵BC是圆O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AO=BC，
又∵AO=BO，
∴BO=BC，
∴∠BOC=∠BCO=45°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，
∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．
三、解答题
1、 (1)见解析
(2)cm
【解析】
【分析】
（1）作∠ABC的平分线，交AC于点O，再以点O为圆心、OC为半径作圆；
（2）记⊙O与AB的切点为E，连接OE，则OC=OE，BC=BE，设OC=OE=r，则AO=AC-r，在Rt△AOE中，由AO2=AE2+OE2列出关于r的方程求解即可．
①设AC=3x，AB=5x，用勾股定理表示出BC的长，根据的周长为12cm，列方程求出x，从而可求出三边的长；
②设AC=3x，AB=5x，用勾股定理表示出BC的长，根据，列方程求出x，从而可求出三边的长；
(1)
解：如图，

(2)
解：如图，设与相切于点．连接OE，则OC=OE，BC=BE，设OC=OE=r，则AO=AC-r．
①∵，∴设AC=3x，AB=5x，
∴BC==4x，
∵的周长为12cm，
∴3x+4x+5x=12，
∴x=1，
∴AC=3，AB=5，
∵⊙O 与 AB 、 BC 所在直线相切
∴BE=BC=4，
∴AE=AB-BE=5-4=1，AO=3-r，
在Rt△AOE中，
∵AO2=AE2+OE2，
∴(3-r)2=12+r2，
∴r=；

②∵，∴设AC=3x，AB=5x，
∴BC==4x，
∵，
∴4x=12，
∴x=1，
∴AC=3，AB=5，
∵⊙O 与 AB 、 BC 所在直线相切
∴BE=BC=4，
∴AE=AB-BE=5-4=1，AO=3-r，
在Rt△AOE中，
∵AO2=AE2+OE2，
∴(3-r)2=12+r2，
∴r=；
即⊙O的半径为cm．
【点睛】
本题考查了作图—复杂作图，勾股定理，切线的性质，以及切线长定理，解题的关键是掌握角平分线的尺规作图和性质、切线的性质和切线长定理及勾股定理．
2、 (1)①，②（4，3）
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）①过点P作PH⊥DC于H，作AF⊥PH于F，连接PD、AD，利用因式分解法解出一元二次方程，求出OD、OC，根据垂径定理求出DH，根据勾股定理计算求出半径，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据正切的定义计算即可；②过点B作BE⊥x轴于点E，作AG⊥BE于G，根据平行线分线段成比例定理定理分别求出OE、BE，得到点B的坐标；
（2）过点E作EH⊥x轴于H，证明△EHD≌△EFB，得到EH＝EF，DH＝BF，再证明Rt△EHC≌Rt△EFC，得到CH＝CF，结合图形计算，证明结论．
(1)
解：①以AB为直径的圆的圆心为P，
过点P作PH⊥DC于H，作AF⊥PH于F，连接PD、AD，
则DH＝HC＝DC，四边形AOHF为矩形，
∴AF＝OH，FH＝OA＝1，
解方程x2﹣4x+3＝0，得x1＝1，x2＝3，
∵OC＞OD，
∴OD＝1，OC＝3，
∴DC＝2，
∴DH＝1，
∴AF＝OH＝2，
设圆的半径为r，则PH2＝，
∴PF＝PH﹣FH，
在Rt△APF中，AP2＝AF2+PF2，即r2＝22+（PH﹣1）2，
解得：r＝，PH＝2，PF＝PH﹣FH＝1，
∵∠AOD＝90°，OA＝OD＝1，
∴AD＝，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD＝=＝3，
∴tan∠ABD＝＝＝；
②过点B作BE⊥x轴于点E，交圆于点G，连接AG，
∴∠BEO＝90°，
∵AB为直径，
∴∠AGB＝90°，
∵∠AOE＝90°，
∴四边形AOEG是矩形，
∴OE＝AG，OA＝EG＝1，
∵AF＝2，
∵PH⊥DC，
∴PH⊥AG，
∴AF＝FG＝2，
∴AG＝OE＝4，BG＝2PF＝2，
∴BE＝3，
∴点B的坐标为（4，3）；

(2)
证明：过点E作EH⊥x轴于H，
∵点E是的中点，
∴＝，
∴ED＝EB，
∵四边形EDCB为圆P的内接四边形，
∴∠EDH＝∠EBF，
在△EHD和△EFB中，
，
∴△EHD≌△EFB（AAS），
∴EH＝EF，DH＝BF，
在Rt△EHC和Rt△EFC中，
，
∴Rt△EHC≌Rt△EFC（HL），
∴CH＝CF，
∴2CF＝CH+CF＝CD+DH+BC﹣BF＝BC+CD．

【点睛】
本题考查的是圆周角定理、全等三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理的应用，正确作出辅助线、求出圆的半径是解题的关键．
3、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接PC，则∠APC＝2∠B，可证PC∥DA，证得PC⊥CD，则结论得证；
（2）连接AC，根据∠B=30°，等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°，再证△APC为等边三角形，可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，AD＝2，∠ADC＝90°，利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4，然后根据勾股定理CD=即可．
(1)
连接PC，
∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠APC＝2∠B，
∵2∠B+∠DAB＝180°，
∴∠DAP+∠APC＝180°，
∴PC∥DA，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DCP＝90°，
即DC⊥CP，
∴直线CD为⊙P的切线；

(2)
连接AC，
∵∠B=30°，
∴∠CPA=2∠B=60°，
∵AP=CP，∠CPA=60°，
∴△APC为等边三角形，
∵∠DCP=90°，
∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，
∵AD＝2，∠ADC＝90°，
∴AC=2AD=4，
∴CD=．
【点睛】
本题考查切线的判定、平行线判定与性质，勾股定理、等腰三角形性质，外角性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．
4、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，求出DE＝CE＝BE，推出∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，求出∠ACB＝∠ODE＝90°，根据切线的判定推出即可．
（2）根据勾股定理求出AF＝3，设OD=x，根据勾股定理列出方程即可．
(1)
证明：连接OD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，
即∠ACB＝∠ODE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODE＝90°，
又∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线．

(2)
解：设OD=x，
∵DF⊥AC，AD＝5，DF＝3，
∴，
在三角形ADF中，
，
解得，，
⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的证明和直角三角形的性质，解题关键是熟练运用直角三角形和等腰三角形的性质证明切线，利用勾股定理求半径．
5、 (1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径为5．
【解析】
【分析】
（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明；
（2）连接BD，由点E是△ABC的内心，得到∠ABE=∠CBE，∠DBC=∠BAD，推出∠BED=∠DBE，根据等角对等边得到BD=DE；
（3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
(1)
证明：连接OD交BC于H，如图，

∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
即∠BAD=∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，BH=CH，
∵DM∥BC，
∴OD⊥DM，
∴DM是⊙O的切线；
(2)
证明：∵点E是△ABC的内心，

∴∠ABE=∠CBE，
∵，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE，
即∠BED=∠DBE，
∴BD=DE；
(3)
解：设⊙O的半径为r，
连接OD，OB，如图，

由（1）得OD⊥BC，BH=CH，
∵BC=8，
∴BH=CH=4，
∵DE=2，BD=DE，
∴BD=2，
在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2，
∴（2）2=42+HD2，解得：HD=2，
在Rt△BHO中，
r2=BH2+（r-2）2，解得：r=5．
∴⊙O的半径为5．
【点睛】
本题考查了三角形的内心，切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．