初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试课堂检测

这是一份初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试课堂检测，共35页。试卷主要包含了在平面直角坐标系中，以点等内容，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综合训练
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、在ABC中，∠B＝45°，AB＝6；①AC=4；②AC＝8；③外接圆半径为4．请在给出的3个条件中选取一个，使得BC的长唯一．可以选取的是（ ）
A．① B．② C．③ D．①或③
2、如图，BE是的直径，点A和点D是上的两点，过点A作的切线交BE延长线于点C，若，则的度数是（ ）

A．18° B．28° C．36° D．45°
3、如图，AB为⊙O的切线，切点为A，连接AO、BO，BO与⊙O交于点C，延长BO与⊙O交于点D，连接AD．若∠ABO＝36°，则∠ADC的度数为（ ）

A．54° B．36° C．32° D．27°
4、在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣4，﹣3），以点A为圆心，4为半径画⊙A，则坐标原点O与⊙A的位置关系是（　　）
A．点O在⊙A内 B．点O在⊙A外
C．点O在⊙A上 D．以上都有可能
5、如图，正方形ABCD的边长为8，若经过C，D两点的⊙O与直线AB相切，则⊙O的半径为（ ）

A．4.8 B．5 C．4 D．4
6、如图，边长为4的正三角形外接圆，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分面积为（　　）

A．12+2π B．4+π C．24+2π D．12+14π
7、的半径为5 ， 若直线与该圆相交， 则圆心到直线的距离可能是 （ ）
A．3 B．5 C．6 D．10
8、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，
9、在平面直角坐标系中，以点（2，3）为圆心，3为半径的圆，一定（ ）
A．与x轴相切，与y轴相切 B．与x轴相切，与y轴相交
C．与x轴相交，与y轴相切 D．与x轴相交，与y轴相交
10、已知⊙O的半径为3cm，在平面内有一点A，且OA=6cm，则点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在⊙O内 ； B．点A在⊙O上；
C．点A在⊙O外； D．不能确定．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，与x轴交于、两点，，点P是y轴上的一个动点，PD切于点D，则△ABD的面积的最大值是________；线段PD的最小值是________．

2、如图，已知正方形ABCD和正△EGF都内接于⊙O，当EF∥BC时，的度数为 _____．

3、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是=____．

4、⊙O的半径为3cm，如果圆心O到直线l的距离为d，且d=5cm，那么⊙O和直线l的位置关系是____________．
5、如图，PA是⊙O的切线，A是切点．若∠APO=25°，则∠AOP=___________°．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．

(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝8，AE＝6，求⊙O的半径．
2、如图，是的直径，是圆上两点，且有，连结，作的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，求阴影部分的面积．（结果保留）
3、如图，在平面直角坐标系中，，的半径为1．如果将线段绕原点逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，那么线段就是⊙C 的“关联线段”，其中满足题意的最小就是线段与的“关联角”．

(1)如图1，如果线段是的“关联线段”，那么它的“关联角”为______．
(2)如图2，如果、、、、、．那么的“关联线段”有______（填序号，可多选）．
①线段；②线段；③线段
(3)如图3，如果、，线段是的“关联线段”，那么的取值范围是______．
(4)如图4，如果点的横坐标为，且存在以为端点，长度为的线段是的“关联线段”，那么的取值范围是______．
4、数学课上老师提出问题：“在矩形中，，，是的中点，是边上一点，以为圆心，为半径作，当等于多少时，与矩形的边相切？”．
小明的思路是：解题应分类讨论，显然不可能与边及所在直线相切，只需讨论与边及相切两种情形．请你根据小明所画的图形解决下列问题：

(1)如图1，当与相切于点时，求的长；
(2)如图2，当与相切时，
①求的长；
②若点从点出发沿射线移动，连接，是的中点，则在点的移动过程中，直接写出点在内的路径长为______．
5、如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点A，在l上取一点D使得DA=DC，线段DC，AB的延长线交于点E．

(1)求证：直线DC是⊙O的切线；
(2)若BC=4，∠CAB=30°，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．

-参考答案-
一、单选题
1、B
【解析】
【分析】
作AD⊥BC于D，求出AD的长，根据直线和圆的位置关系判断即可．
【详解】
解：作AD⊥BC于D，
∵∠B＝45°，AB＝6；
∴，
设三角形ABC1的外接圆为O，连接OA、OC1，
∵∠B＝45°，
∴∠O＝90°，
∵外接圆半径为4，
∴；
∵
∴以点A为圆心，AC为半径画圆，如图所示，当AC=4时，圆A与射线BD没有交点；
当AC=8时，圆A与射线BD只有一个交点；当AC= 时，圆A与射线BD有两个交点；
故选：B．

【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和射线与圆的交点，解题关键是求出AC长和点A到BC的距离．
2、A
【解析】
【分析】
连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据圆周角定理可得，根据切线的性质以及直角三角形的两锐角互余即可求得的度数．
【详解】
解：如图，连接

，


是的切线


故选A
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得的度数是解题的关键．
3、D
【解析】
【分析】
由切线的性质得出∠OAB=90°，由直角三角形的性质得出∠AOB=90°-∠ABO=54°，由等腰三角形的性质得出∠ADC=∠OAD，再由三角形的外角性质即可得出答案．
【详解】
解：∵AB为⊙O的切线，
∴∠OAB＝90°，
∵∠ABO＝36°，
∴∠AOB＝90°﹣∠ABO＝54°，
∵OA＝OD，
∴∠ADC＝∠OAD，
∵∠AOB＝∠ADC+∠OAD，
∴∠ADC＝∠AOB＝27°；
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质；熟练掌握切线的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
4、B
【解析】
【分析】
本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，即当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；点在圆外；当d＜r时，点在圆内；来确定点与圆的位置关系．
【详解】
解：∵点A（﹣4，﹣3），
∴，
∵⊙A的半径为4，
∴，
∴点O在⊙A外；
故选：B
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系及坐标与图形性质，能够根据勾股定理求得点到圆心的距离，根据数量关系判断点和圆的位置关系．
5、B
【解析】
【分析】
连接EO，延长EO交CD于F，连接DO，设半径为x．构建方程即可解决问题．
【详解】
解：设⊙O与AB相切于点E．连接EO，延长EO交CD于F，连接DO，
再设⊙O的半径为x．

∵AB切⊙O于E，
∴EF⊥AB，
∵AB∥CD，
∴EF⊥CD，
∴∠OFD=90°，
在Rt△DOF中，∵∠OFD=90°，OF2+DF2=OD2，
∴（8-x）2+42= x2，
∴x=5，
∴⊙O的半径为5．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质、正方形的性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
6、A
【解析】
【分析】
正三角形的面积加上三个小半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果．
【详解】
解：正三角形的面积为：，
三个小半圆的面积为：，中间大圆的面积为：，
所以阴影部分的面积为：，
故选：
【点睛】
本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
7、A
【解析】
【分析】
根据直线l和⊙O相交⇔d＜r，即可判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径为5，直线l与⊙O相交，
∴圆心D到直线l的距离d的取值范围是0≤d＜5，
故选：A．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是记住①直线l和⊙O相交⇔d＜r②直线l和⊙O相切⇔d=r③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
8、B
【解析】
【分析】
根据正六边形的内角度数可得出∠BAD=30°，为等边三角形，得BC=2AB，再通过解直角三角形即可得出a的值，进而可求出a的值，此题得解．
【详解】
解：如图，

∵正六边形的任一内角为120°，
∴∠ABD=180°-120°=60°，
∴∠BAD=30°，为等边三角形，
∵
∴
∴
∴
∴这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是4，4．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正多边形以及勾股定理，牢记正多边形的内角度数是解题的关键．
9、B
【解析】
【分析】
由已知点(2,3)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．设d为直线与圆的距离，r为圆的半径，则有若dr，则直线与圆相离．
【详解】
解：∵点(2,3)到x轴的距离是3，等于半径，
到y轴的距离是2，小于半径，
∴圆与y轴相交，与x轴相切．
故选B．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．
10、C
【解析】
【分析】
要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；利用d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内判断出即可．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3cm，OA=6cm，
∴d＞r，
∴点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O外，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．
二、填空题
1、 ##0.5
【解析】
【分析】
根据题中点的坐标可得圆的直径，半径为1，分析以AB定长为底，点D在圆上，高最大为圆的半径，即可得出三角形最大的面积；连接AP，设点，根据切线的性质及勾股定理可得，由其非负性即可得．
【详解】
解：如图所示：当点P到如图位置时，的面积最大，

∵、，
∴圆的直径，半径为1，
∴以AB定长为底，点D在圆上，高最大为圆的半径，如图所示：
此时面积的最大值为：；
如图所示：连接AP，

∵PD切于点D，
∴，
∴，
设点，
在中，，，
∴，
在中，，
∴，
则，
当时，PD取得最小值，
最小值为，
故答案为：①；②．
【点睛】
题目主要考查切线的性质及勾股定理的应用，理解题意，作出相应图形求出解析式是解题关键．
2、
【解析】
【分析】
连接，并延长交于点，连接，先根据圆内接正多边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，然后根据直角三角形的性质可得，从而可得，于是可得答案．
【详解】
解：如图，连接，并延长交于点，连接，

正方形和正都内接于，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
则的度数为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆内接正多边形的性质等知识点，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键．
3、
【解析】
【分析】
先利用切线长定理求得OC=，再判断出当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
然后利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：⊙O 与Rt△ABC三边的切点分别为E、F、G，连接OE、OF、OG、OC，

∵⊙O是Rt△ABC内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴CE=CF，BE=BG，AF=AG，则四边形OECF是正方形，AB==5，
设正方形OECF的边长为x，则BE=BG=3-x，AF=AG=4-x，
依题意得：3-x+4-x=5，
解得：x=1，
∴OC=，
∵CD⊥l，即∠CDO=90°，
∴点D在以OC为直径的⊙Q上，

连接QA，过点Q作QP⊥AC于点P，
当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
∴CP=QP=，AP=AC-CP=，⊙Q的半径为QD=，
∴QA=，
∴AD的最小值为AQ-QD=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了内心的性质，切线长定理，圆周角定理，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
4、相离
【解析】
【分析】
根据直线和圆的位置关系的判定方法判断即可．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3cm，圆心O到直线l的距离为d＝5cm，
∴d＞r，
∴直线l与⊙O的位置关系是相离，
故答案为：相离．
【点睛】
本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d＞r时，直线和圆相离，当d＝r时，直线和圆相切，当d＜r时，直线和圆相交．
5、65
【解析】
【分析】
根据切线的性质得到OA⊥AP，根据直角三角形的两锐角互余计算，得到答案．
【详解】
解：∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴，
∵∠APO=25°，
∴，
故答案为：65．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、直角三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
三、解答题
1、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线定义证得∠ODA＝∠DAE，可证得DO∥MN，根据平行线的性质和切线的判定即可证的结论；
（2）连接CD，先由勾股定理求得AD，连接CD，根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ACD∽△ADE，然后根据相似三角形的性质求解AC即可求解．
(1)
证明：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAM，∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴DO∥MN，
∵DE⊥MN，
∴DE⊥OD，
∵D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
解：∵∠AED＝90°，DE＝8，AE＝6，
∴AD＝＝10，
连接CD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
∵∠CAD＝∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴，即，
∴AC＝，
∴⊙O的半径是．

【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
2、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）要证明DE是⊙O的切线，所以连接OD，只要求出∠ODE＝90°即可解答；
（2）连接BD，利用Rt△ADB的面积加上弓形面积即可求出阴影部分的面积．
(1)
证明：连接OD，

∵，
∴∠CAD＝∠BAD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠CAD＝∠ODA，
∴AE∥OD，
∴∠E+∠ODE＝90°，
∵DE⊥AC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝180°﹣∠E＝90°，
∵OD是圆O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
连接BD，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ADE＝60°，∠E＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠ADE＝30°，
∴∠DAB＝∠CAD＝30°，
∴AB＝2BD，
∵，
∴
∴BD＝2，BA＝4，
∴OD＝OB＝2，
∴△ODB是等边三角形，
∴∠DOB＝60°，
∴△ADB的面积＝AD•DB
＝×2×2
＝2，
∵OA＝OB，
∴△DOB的面积＝△ADB的面积＝，
∴阴影部分的面积为：
△ADB的面积+扇形DOB的面积﹣△DOB的面积
＝2﹣
＝，
∴阴影部分的面积为：．
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，扇形的面积公式，勾股定理，含30°角的直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形，添加适当的辅助线是解题的关键．
3、 (1)
(2)②，③
(3)
(4)
【解析】
【分析】
（1）作OD与相切，此时所得最小，根据切线的性质可得，再由含角的直角三角形的特殊性质可得，再由勾股定理可得OD长度，判断切点在OD上即可得
（2）根据勾股定理求出各点与原点的距离与最长切线距离比较即可得；
（3）线段BD绕点O的旋转路线的半径为1的上，当OD与相切时，由（1）可得：，根据题意即可确定t的取值范围，得出线段BD是的“关联线段”；
（4）当m取最大值时，M点运动最小半径是O到过点的直线l的距离m，根据题意可得，得出，即为m的最大值；当m取最小值时，作出相应图形，根据题意可得，再由，及点M所在位置，即可确定m的最小值，综合即可得．
(1)
解：如图所示：作OD与相切，

∴，
∵，，
∴，
∴，
∴此时的角度最小，且，
∴切点在线段OD上，
∴OA的关联角为；
(2)
解：如图所示：连接，，，，

∵，，
∴，
∴切点不在线段上，不是的“关联线段”；
∵，，
∴，，
∵，
∴是的“关联线段”；
∵，
∴是的“关联线段”；
(3)
解：，，线段BD绕点O的旋转路线的半径为1的上，

当OD与相切时，
由（1）可得：，
∴当时，线段BD是的“关联线段”，
故答案为：；
(4)
解：如图所示：当m取最大值时，

M点运动最小半径是O到过点的直线l的距离是m，
∵，，
∴，
∴，
∴m的最大值为4，
如图所示：当m取小值时，

开始时存在ME与相切，
∵，，
∴，
∵，及点M所在位置，
∴，
综上可得：，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查直线与圆的位置关系，线段旋转的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应图象是解题关键．
4、 (1)BP=2
(2)①4.8；②9.6
【解析】
【分析】
（1）连接PT，由⊙P与AD相切于点T，可得四边形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；
（2）①由⊙P与CD相切，有PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位线，可得四边形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．
(1)
连接PT，如图：

∵⊙P与AD相切于点T，
∴∠ATP=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∴四边形ABPT是矩形，
∴PT=AB=4=PE，
∵E是AB的中点，
∴BE=AB=2，
在Rt△BPE中，；
(2)
①∵⊙P与CD相切，
∴PC=PE，
设BP=x，则PC=PE=10-x，
在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，
∴x2+22=（10-x）2，
解得x=4.8，
∴BP=4.8；
②点Q从点B出发沿射线BC移动，M是AQ的中点，点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，如图：

由题可知，EM是△ABQ的中位线，
∴EM∥BQ，
∴∠BEM=90°=∠B，
∵PN⊥EM，
∴∠PNE=90°，EM=2EN，
∴四边形BPNE是矩形，
∴EN=BP=4.8，
∴EM=2EN=9.6．
故答案为：9.6．
【点睛】
本题考查矩形与圆的综合应用，涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等，解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线．
5、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由题意得，根据等边对等角得，，即可得，则，即可得；
（2）根据三角形的外角定理得，又根据得是等边三角形，则，根据三角形内角和定理得，根据直角三角形的性质得，根据勾股定理得，用三角形OEC的面积减去扇形OCB的面积即可得．
(1)
证明：如图所示，连接OC，

∵AB是的直径，直线l与相切于点A，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴直线DC是的切线．
(2)
解：∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积=．
【点睛】
本题考查了切线，三角形的外角定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．