2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品同步练习题

这是一份2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品同步练习题，共31页。试卷主要包含了如图，A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达标测试
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，AB是⊙O的直径，BD与⊙O相切于点B，点C是⊙O上一点，连接AC并延长，交BD于点D，连接OC，BC，若∠BOC＝50°，则∠D的度数为（　　）

A．50° B．55° C．65° D．75°
2、如图，为的直径，为外一点，过作的切线，切点为，连接交于，，点在右侧的半圆周上运动（不与，重合），则的大小是（ ）

A．19° B．38° C．52° D．76°
3、如图，矩形ABCD中，G是BC的中点，过A、D、G三点的⊙O与边AB、CD分别交于点E、点F，给出下列判断：（1）AC与BD的交点是⊙O的圆心；（2）AF与DE的交点是⊙O的圆心；（3）AE=DF；（4）BC与⊙O相切，其中正确判断的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
4、如图，与相切于点，经过的圆心与交于，若，则（ ）

A． B． C． D．
5、如图，与的两边分别相切，其中OA边与⊙C相切于点P．若，，则OC的长为（ ）

A．8 B． C． D．
6、已知正三角形外接圆半径为，这个正三角形的边长是（ ）
A． B． C． D．
7、如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（ ）

A．10 B．11 C．12 D．13
8、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°
9、如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是的一点，则∠CPD的度数是（　　）

A．30° B．36° C．45° D．72°
10、如图，一把宽为2cm的刻度尺（单位：cm），放在一个圆形茶杯的杯口上，刻度尺的一边与杯口外沿相切，另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和10，茶杯的杯口外沿半径为（ ）

A．10cm B．8cm C．6cm D．5cm
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，正六边形的边长为2，以为圆心，的长为半径画弧，得，连接，，则图中阴影部分的面积为________．

2、如图，把分成相等的六段弧，依次连接各分点得到正六边形ABCDEF，如果的周长为，那么该正六边形的边长是______．


3、如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连结OA、OB．若OA＝5，AB＝6，则tan∠AOB＝______．

4、已知⊙O的半径为10，直线AB与⊙O相切，则圆心O到直线AB的距离为______．
5、如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，三个切点分别为D、E、F，若BF＝2，AF＝3，则ABC的面积是______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交的外接圆点D．过D作直线．

(1)求证：DM是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，求的半径．
2、【提出问题】如图①，已知直线l与⊙O相离，在⊙O上找一点M，使点M到直线l的距离最短．

(1)小明给出下列解答，请你补全小明的解答．
小明的解答
过点O作ON⊥l，垂足为N，ON与⊙O的交点M即为所求，此时线段MN最短．
理由：不妨在⊙O上另外任取一点P，过点P作PQ⊥l，垂足为Q，连接OP，OQ．
∵OP+PQ＞OQ，OQ＞ON，
∴ ．
又ON＝OM+MN；
∴OP+PQ＞OM+MN．
又 ，
∴ ．
(2)【操作实践】如图②，已知直线l和直线外一点A，线段MN的长度为1．请用直尺和圆规作出满足条件的某一个⊙O，使⊙O经过点A，且⊙O上的点到直线l的距离的最小值为1．（不写作法，保留作图痕迹并用水笔加黑描粗）
(3)【应用尝试】如图③，在Rt△ABC中，∠C＝90，∠B＝30，AB＝8，⊙O经过点A，且⊙O上的点到直线BC的距离的最小值为2，距离最小值为2时所对应的⊙O上的点记为点P，若点P在△ABC的内部（不包括边界），则⊙O的半径r的取值范围是 ．
3、如图，在中，，BO平分，交AC于点O，以点O为圆心，OC长为半径画．

(1)求证：AB是的切线；
(2)若，，求的半径．
4、如图，⊙O是ABC的外接圆，∠ABC=45°，OCAD，AD交BC的延长线于D，AB交OC于E．

(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)若AE=，CE=2，求⊙O的半径和线段BC的长．
5、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，O点在△ABC内部，⊙O经过B、C两点且交AB于点D，连接CO并延长交线段AB于点G，以GD、GC为邻边作平行四边形GDEC．

(1)求证：直线DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝7，CE＝5，求⊙O的半径．

-参考答案-
一、单选题
1、C
【解析】
【分析】
首先证明∠ABD＝90°，由∠BOC＝50°，根据圆周角定理求出∠A的度数即可解决问题．
【详解】
解：∵BD是切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∵∠BOC＝50°，
∴∠A＝∠BOC＝25°，
∴∠D＝90°﹣∠A＝65°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
2、B
【解析】
【分析】
连接 由为的直径，求解 结合为的切线，求解 再利用圆周角定理可得答案.
【详解】
解：连接 为的直径，




为的切线，


故选B
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理，直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，切线的性质定理，熟练运用以上知识逐一求解相关联的角的大小是解本题的关键.
3、B
【解析】
【分析】
连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图，先确定AG＝DG，则GH垂直平分AD，则可判断点O在HG上，再根据HG⊥BC可判定BC与圆O相切；接着利用OG＝OD可判断圆心O不是AC与BD的交点；然后根据四边形AEFD为⊙O的内接矩形可判断AF与DE的交点是圆O的圆心．
【详解】
解：连接DG、AG，作GH⊥AD于H，连接OD，如图，
∵G是BC的中点，
∴CG＝BG，
∵CD＝BA，根据勾股定理可得，
∴AG＝DG，
∴GH垂直平分AD，
∴点O在HG上，
∵AD∥BC，
∴HG⊥BC，
∴BC与圆O相切；
∵OG＝OD，
∴点O不是HG的中点，
∴圆心O不是AC与BD的交点；
∵∠ADF＝∠DAE＝90°，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD为⊙O的内接矩形，
∴AF与DE的交点是圆O的圆心；AE=DF；
∴（1）错误，（2）（3）（4）正确．
故选：B．

【点睛】
本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．也考查了矩形的性质和三角形外心．
4、B
【解析】
【分析】
连结CO，根据切线性质与相切于点，得出OC⊥BC，根据直角三角形两锐角互余∠COB=90°-∠B=90°-40°=50°，然后利用圆周角定理即可．
【详解】
解：连结CO，
∵与相切于点，
∴OC⊥BC，
∴∠COB+∠B=90°，
∵，
∴∠COB=90°-∠B=90°-40°=50°，
∴．
故选B．

【点睛】
本题考查圆的切线性质，直角三角形两锐角互余性质，圆周角定理，掌握圆的切线性质，直角三角形两锐角互余性质，圆周角定理是解题关键．
5、C
【解析】
【分析】
如图所示，连接CP，由切线的性质和切线长定理得到∠CPO=90°，∠COP=45°，由此推出CP=OP=4，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接CP，
∵OA，OB都是圆C的切线，∠AOB=90°，P为切点，
∴∠CPO=90°，∠COP=45°，
∴∠PCO=∠COP=45°，
∴CP=OP=4，
∴，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了切线的性质，切线长定理，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟知切线长定理是解题的关键．
6、B
【解析】
【分析】
如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA， 再由等边三角形的性质，可得∠OAB=30°，，然后根据锐角三角函数，即可求解．
【详解】
解：如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA，

根据题意得：OA= ，∠OAB=30°，，
在中，
，
∴AB=3，即这个正三角形的边长是3．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了锐角三角函数，三角形的外接圆，熟练掌握锐角三角函数，三角形的外接圆性质是解题的关键．
7、A
【解析】
【分析】
作正多边形的外接圆，连接 AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．
【详解】
解：如图，作正多边形的外接圆，连接AO，BO，
∴∠AOB=2∠ADB=36°，
∴这个正多边形的边数为=10．
故选：A．

【点睛】
此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．
8、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．
9、B
【解析】
【分析】
连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
【详解】
解：如图，连接OC，OD．

∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故选：B
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
10、D
【解析】
【分析】
作OD⊥AB于C，OC的延长线交圆于D，其中点为圆心，为半径，cm，cm；设茶杯的杯口外沿半径为，在中，由勾股定理知，进而得出结果．
【详解】
解：作OD⊥AB于C，OC的延长线交圆于D，其中点为圆心，为半径，

由题意可知cm，cm；
∵
∴AC=BC=4cm，
设茶杯的杯口外沿半径为
则在中，由勾股定理知
解得
故选D．
【点睛】
本题考查了垂径定理，切线的性质，勾股定理的应用．解题的关键在于将已知线段长度转化到一个直角三角形中求解计算．
二、填空题
1、
【解析】
【分析】
由正六边形ABCDEF的边长为2，可得AB=BC=2，∠ABC=∠BAF=120°，进而求出∠BAC=30°，∠CAE=60°，过B作BH⊥AC于H，由等腰三角形的性质和含30°直角三角形的性质得到AH=CH，BH=1，在Rt△ABH中，由勾股定理求得AH=，得到AC=2，根据扇形的面积公式即可得到阴影部分的面积
【详解】
解：∵正六边形ABCDEF的边长为2，
=120°，
∵∠ABC+∠BAC+∠BCA=180°，
∴∠BAC=（180°-∠ABC）=×（180°-120°）=30°，
过B作BH⊥AC于H，

∴AH=CH，BH=AB=×2=1，
在Rt△ABH中，
AH= =，
∴AC=2 ，
同理可证，∠EAF=30°，
∴∠CAE=∠BAF-∠BAC-∠EAF=120°-30°-30°=60°，
∴
∴图中阴影部分的面积为2π，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键．
2、6
【解析】
【分析】
如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，证明△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，再求出圆的半径即可．
【详解】
解：如图，连接OA、OB、OC、OD、OE、OF．
∵正六边形ABCDEF，
∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOE＝∠EOF＝∠FOA＝60°，
∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形，
∵的周长为，
∴的半径为，
正六边形的边长是6；

【点睛】
本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识，明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键．
3、
【解析】
【分析】
由题意易得∠OAB=90°，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】
解：∵AB是⊙O的切线，
∴∠OAB=90°，
在Rt△OAB中，OA＝5，AB＝6，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题主要考查三角函数与切线的性质，熟练掌握三角函数与切线的性质是解题的关键．
4、10
【解析】
【分析】
根据直线AB和圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径即可得问题答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径为10，直线AB与⊙O相切，
∴圆心到直线AB的距离等于圆的半径，
∴d=10；
故答案为：10；
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系；熟记直线和圆的位置关系与数量之间的联系是解决问题的关键．同时注意圆心到直线的距离应是非负数．
5、6
【解析】
【分析】
根据题意利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：连接DO，EO，

∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴OE⊥AC，OD⊥BC，CD=CE，BD=BF=2，AF=AE=3
又∵∠C=90°，
∴四边形OECD是矩形，
又∵EO=DO，
∴矩形OECD是正方形，
设EO=x，
则EC=CD=x，
在Rt△ABC中
BC2+AC2=AB2
故（x+2）2+（x+3）2=52，
解得：x=1，
∴BC=3，AC=4，
∴S△ABC=×3×4=6.
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查三角形内切圆与内心，根据题意得出四边形OECF是正方形以及运用方程思维和勾股定理进行分析是解题的关键．
三、解答题
1、 (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．
2、 (1)OP+PQ＞ON； OP＝OM；PQ＞MN
(2)见解析
(3)1＜r＜4
【解析】
【分析】
（1）利用两点之间线段最短解答即可；
（2）过点A作l的线AB，截取BC=MN，以AC为直径作⊙O；
（3）作AC的垂直平分线，交AC于F，交AB于E，以AF为直径作圆，过点A和点E作⊙O′，使⊙O′切EF于E，求出⊙O和⊙O′的半径，从而求出半径r的范围．
(1)
理由：不妨在⊙O上另外任取一点P，过点P作PQ⊥l，垂足为Q，连接OP，OQ．
∵OP+PQ＞OQ，OQ＞ON，
∴OP+PQ＞ON．
又ON=OM+MN；
∴OP+PQ＞OM+MN．
又 OP=OM，
∴PQ＞MN．
故答案为：OP+PQ＞ON， OP=OM，PQ＞MN；
(2)
解：如图，

⊙O是求作的图形；
(3)
（3）如图2，

作AC的垂直平分线，交AC于F，交AB于E，以AF为直径作圆，过点A和点E作⊙O′，使⊙O′切EF于E，
∴∠FEO′=∠AFE=90°，
∴AF∥EO′，
∴∠AEO′=∠BAC=60°，
∵AO′=EO′，
∴△ADO′是等边三角形，
∴AE=AO′，
∵AB=8，∠B=30°，
∴AC=AB=4，
∴AF=2，
∴⊙O的半径是1，
∴AE=AB=4，
∴1＜r＜4，
故答案是：1＜r＜4．
【点睛】
本题考查了与圆的有关位置，等边三角形判定和性质，尺规作图等知识，解决问题的关键是找出临界位置，作出图形．
3、 (1)见解析
(2)2.4．
【解析】
【分析】
（1）过O作OD⊥AB交AB于点D，先根据角平分线的性质求出DO=CO，再根据切线的判定定理即可得出答案；
（2）设圆O的半径为r，即OC=r，由得BC=3r，由勾股定理求得AD=，AB=3r+根据方程求解即可．
(1)
如图所示：过O作OD⊥AB交AB于点D．

∵OC⊥BC，且BO平分∠ABC，
∴OD=OC，
∵OC是圆O的半径
∴AB与圆O相切．
(2)
设圆O的半径为r，即OC=r，
∵
∴
∴
∵OC⊥BC，且OC是圆O的半径
∴BC是圆O的切线，
又AB是圆O的切线，
∴BD=BC=3r
在中，
∴
∴
在中，
∴
整理得，
解得，，（不合题意，舍去）
∴的半径为2.4
【点睛】
此题主要考查了复杂作图以及切线的判定等知识，正确把握切线的判定定理是解题关键．
4、 (1)见解析
(2)4，
【解析】
【分析】
（1）连接OA．由及圆周角定理求出∠OAD=90°，即可得到结论；
（2）设⊙O的半径为R，在Rt△OAE中，勾股定理求出R， 延长CO交⊙O于F，连接AF，证明△CEB∽△AEF，得到，由此求出⊙O的半径和线段BC的长．
(1)
证明：连接OA．
∵，
∴∠AOC+∠OAD=180°，
∵∠AOC=2∠ABC=2×45°=90°，
∴∠OAD=90°，
∴OA⊥AD，
∵OA是半径，
∴AD是⊙O的切线．

(2)
解：设⊙O的半径为R，则OA=R，OE=R-2．
在Rt△OAE中，，
∴，
解得或（不合题意，舍去），
延长CO交⊙O于F，连接AF，
∵∠AEF=∠CEB，∠B=∠AFE，
∴△CEB∽△AEF，
∴，
∵CF是直径，
∴CF=8，∠CAF=90°，
又∵∠F=∠ABC=45°，
∴∠F=∠ACF=45°，
∴AF=，
∴，
∴BC=．
．
【点睛】
此题考查了证明直线是圆的切线，勾股定理，相似三角形的判定及性质，直径所对的圆周角是直角的性质，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线解题是解题的关键．
5、 (1)见解析
(2)4
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据题意和平行四边形的性质可得DE∥CG，可得OD⊥DE，即可求解；
（2）设⊙O的半径为r，因为∠GOD＝90°，根据勾股定理可求解r，当r＝2时，OG＝5，此时点G在⊙O外，不合题意，舍去，可求解．
(1)
证明：连接OD，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠ABC＝45°，
∴∠COD＝2∠ABC＝90°，
∵四边形GDEC是平行四边形，
∴DE∥CG，
∴∠ODE+∠COD＝180°，
∴∠ODE＝90°，即OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴直线DE是⊙O的切线；
(2)
解：设⊙O的半径为r，
∵四边形GDEC是平行四边形，
∴CG＝DE＝7，DG＝CE＝5，
∵∠GOD＝90°，
∴OD2+OG2＝DG2，即r2+（7﹣r）2＝52，
解得：r1＝3，r2＝4，
当r＝3时，OG＝4＞3，此时点G在⊙O外，不合题意，舍去，
∴r＝4，即⊙O的半径4．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质和判定，勾股定理，熟练掌握切线的判定定理是解决本题的关键．