初中数学第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀同步达标检测题

这是一份初中数学第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀同步达标检测题，共32页。试卷主要包含了如图所示，在的网格中，A，下面四个结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
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，AB是⊙O的直径，点M在BA的延长线上，MA＝AO，MD与⊙O相切于点D，BC⊥AB交MD的延长线于点C，若⊙O的半径为2，则BC的长是（ ）
A．4B．C．D．3
3、如图，与相切于点，经过的圆心与交于，若，则（ ）
A．B．C．D．
4、如图所示，在的网格中，A、B、D、O均在格点上，则点O是△ABD的（ ）
A．外心B．重心C．中心D．内心
5、下面四个结论正确的是（ ）
A．度数相等的弧是等弧B．三点确定一个圆
C．在同圆或等圆中，圆心角是圆周角的2倍D．三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等
6、已知⊙O的半径为5，若点P在⊙O内，则OP的长可以是（ ）
A．4B．5C．6D．7
7、已知半圆O的直径AB＝8，沿弦EF折叠，当折叠后的圆弧与直径AB相切时，折痕EF的长度m（ ）
A．m＝4B．m＝4C．4≤m≤4D．4≤m≤4
8、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．4B．5C．6D．8
9、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．
10、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，PA＝4，则PB的长度为（ ）
A．3B．4C．5D．6
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、 “化圆为方”是古希腊尺规作图难题之一，即：求作一个正方形，使其面积等于给定圆的面积．这个问题困扰了人类上千年，直到19世纪，该问题被证明仅用直尺和圆规是无法完成的．如果借用一个圆形纸片，我们就可以化圆为方，方法如下：
已知：⊙O（纸片），其半径为．
求作：一个正方形，使其面积等于⊙O的面积．
作法：①如图1，取⊙O的直径，作射线，过点作的垂线；
②如图2，以点为圆心，为半径画弧交直线于点；
③将纸片⊙O沿着直线向右无滑动地滚动半周，使点，分别落在对应的，处；
④取的中点，以点为圆心，为半径画半圆，交射线于点；
⑤以为边作正方形．
正方形即为所求．
根据上述作图步骤，完成下列填空：
（1）由①可知，直线为⊙O的切线，其依据是________________________________．
（2）由②③可知，，，则_____________，____________（用含的代数式表示）．
（3）连接，在Rt中，根据，可计算得_________（用含的代数式表示）．由此可得．
2、如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∠OAB＝30°．则∠APB=________度；
3、如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，C是优弧AB上的一个动点，若∠P = 50°，则∠ACB ＝_____________°
4、如图，在平面直角坐标系中，点N是直线上动点，M是上动点，若点C的坐标为，且与y轴相切，则长度的最小值为____________．
5、半径为3cm的圆内有长为的弦，则此弦所对的圆周角的度数为______．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在中，，平分交于点D，点O在上，以点O为圆心，为半径的圆恰好经过点D，分别交、于点E、F．
(1)试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(2)若，，求阴影部分的面积（结果保留）．
2、如图，四边形ACBD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，CD平分∠ACB交AB于点E，点P在AB延长线上，．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)求证：；
(3)若，△ACD的面积为12，求PB的长．
3、如图，已知AB是⊙P的直径，点在⊙P上，为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，2∠B＋∠DAB＝180°

(1)试说明：直线为⊙P的切线．
(2)若∠B＝30°，AD＝2，求CD的长．
4、如图，在中，，平分，与交于点，，垂足为，与交于点，经过，，三点的与交于点．
(1)求证是的切线；
(2)若，，求的半径．
5、如图，AB是ΘO的直径，弦AD平分∠BAC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．
(1)判断DE所在直线与ΘO的位置关系，并说明理由；
(2)若AE＝4，ED＝2，求ΘO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OD，求出BC是⊙O的切线，根据切线长定理得出CD＝BC，根据切线的性质求出∠ODM＝90°，根据勾股定理求出MD，再根据勾股定理求出BC即可．
【详解】
解：连接OD，
∵MD切⊙O于D，
∴∠ODM＝90°，
∵⊙O的半径为2，MA＝AO，AB是⊙O的直径，
∴MO＝2+2＝4，MB＝4+2＝6，OD＝2，
由勾股定理得：MD＝＝＝2，
∵BC⊥AB，
∴BC切⊙O于B，
∵DC切⊙O于D，
∴CD＝BC，
设CD＝CB＝x，
在Rt△MBC中，由勾股定理得：MC2＝MB2+BC2，
即（2+x）2＝62+x2，
解得：x＝2，
即BC＝2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，勾股定理等知识点，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
3、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．
4、A
【解析】
【分析】
根据网格的特点，勾股定理求得，进而即可判断点O是△ABD的外心
【详解】
解：∵
∴O是△ABD的外心
故选A
【点睛】
本题考查了三角形的外心的判定，勾股定理与网格，理解三角形的外心的定义是解题的关键．三角形的外心是三边中垂线的交点,且这点到三角形三顶点的距离相等．
5、D
【解析】
【分析】
根据圆的有关概念、确定圆的条件、圆周角定理及三角形的外心的性质解得即可．
【详解】
解：A、在同圆或等圆中，能完全重合的弧才是等弧，故错误；
B、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；
C、在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆心角是圆周角的2倍，故错误；
D、三角形的外心到三角形的三个顶点的距离相等，故正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了圆的有关的概念，属于基础知识，必须掌握．
6、A
【解析】
【分析】
根据点与圆的位置关系可得，由此即可得出答案．
【详解】
解：的半径为5，点在内，
，
观察四个选项可知，只有选项A符合，
故选：A．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系（圆内、圆上、圆外）是解题关键．
7、D
【解析】
【分析】
根据题意作出图形，根据垂径定理可得,设，则，分情况讨论求得最大值与最小值，即可解决问题
【详解】
解：如图，
根据题意，折叠后的弧为，为切点，设点为所在的圆心，的半径相等，即，连接，设交于点，
根据折叠的性质可得，又则四边形是菱形，且
设，则
则当取得最大值时，取得最小值，即取得最小值，
当取得最小值时，取得最大值，
根据题意，当点于点重合时，四边形是正方形
则
此时
当点与点重合时，此时最小，
则
即
则
故选D
【点睛】
本题考查了垂径定理，切线的性质，折叠的性质，勾股定理，分别求得的最大值与最小值是解题的关键．
8、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．
9、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．
10、B
【解析】
【分析】
由切线的性质可推出，．再根据直角三角形全等的判定条件“HL”，即可证明，即得出．
【详解】
∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，
∴，，
∴在和中，，
∴，
∴．
故选：B
【点睛】
本题考查切线的性质，三角形全等的判定和性质．熟练掌握切线的性质是解答本题的关键．
二、填空题
1、（1）经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；（2），；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据切线的定义判断即可．
（2）由=AC+，计算即可；根据计算即可．
（3）根据勾股定理，得即为正方形的面积，比较与圆的面积的大小关机即可．
【详解】
解：（1）∵⊙O的直径，作射线，过点作的垂线，
∴经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
故答案为：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
（2）根据题意，得AC=r，==πr，
∴=AC+=r+πr，
∴=；
∵，
∴MA=-r=，
故答案为：，；
（3）如图，连接ME，
根据勾股定理，得
=
=；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆的切线的定义，勾股定理，圆的周长，正方形的面积和性质，熟练掌握圆的切线的定义，勾股定理，正方形的性质是解题的关键．
2、60
【解析】
【分析】
先根据圆的切线的性质可得，从而可得，再根据切线长定理可得，然后根据等边三角形的判定与性质即可得．
【详解】
解：是的切线，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
故答案为：60．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质、切线长定理等知识点，熟练掌握圆的切线的性质是解题关键．
3、
【解析】
【分析】
连接，根据切线的性质以及四边形内角和定理求得，进而根据圆周角定理即可求得∠ACB
【详解】
解：连接，如图，
PA，PB分别与⊙O相切
故答案为：
【点睛】
本题考查了切线的性质，圆周角定理，四边形的内角和，掌握切线的性质是解题的关键．
4、-2
【解析】
【分析】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小，利用勾股定理求出CN的长，故可求解．
【详解】
由图可知，当CN⊥AB且C、M、N三点共线时，长度最小
∵直线AB的解析式为
当x=0时，y=5，当y=0时，x=5
∴B（0，5），A（5，0）
∴AO=BO，△AOB是等腰直角三角形
∴∠BAO=90°
当CN⊥AB时，则△ACN是等腰直角三角形
∴CN=AN
∵C
∴AC=7
∵AC2=CN2+AN2=2CN2
∴CN=
当 C、M、N三点共线时，长度最小
即MN=CN-CM=-2
故答案为：-2．
【点睛】
此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是根据题意找到符合题意的位置，利用等腰直角三角形的性质求解．
5、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，cs∠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．
三、解答题
1、 (1)BC与⊙O相切，理由见详解
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意先证明OD∥AC，即可证得∠ODB=90°，从而证得BC是圆的切线；
（2）由题意直接根据三角形和扇形的面积公式进行计算即可得到结论．
(1)
解： BC与⊙O相切．
证明：∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD．
又∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA．
∴∠CAD=∠ODA．
∴OD∥AC．
∴∠ODB=∠C=90°，即OD⊥BC．
又∵BC过半径OD的外端点D，
∴BC与⊙O相切；
(2)
∵，∠ODB=90°，，
∴，
在Rt△OBD中，
由勾股定理得：，
∴S△OBD= OD•BD= ，S扇形ODF= ，
∴阴影部分的面积=．
【点睛】
本题考查切线的判定和扇形面积以及勾股定理，熟练掌握切线的判定是解答本题的关键．
2、 (1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接，根据直径所对的圆周角等于90°可得，根据等边对等角可得，进而证明，即可求得，从而证明PC是⊙O的切线；
（2）由（1）可得，进而证明，可得，根据等角对等边证明，即可得证；
（3）作于点F，勾股定求得，证明，进而求得的长，设，根据△ACD的面积为12，求得，勾股定理求得，由可得，即可求得的长．
(1)
连接OC，如图，
∵AB是的直径，
，
即．
，，
，
.
，
.
．
又是半径，
是⊙O的切线．
(2)
由（1），得．
，
.
，
．
平分，
.
又，
，即．
，
.
(3)
作于点F，如图，
．
平分，，
．
，由勾股定理得：．
，，
，
.
，
.
设，
，
.
解得或（舍去）．
．
Rt△ACF中，由勾股定理得：，
，．
由（2）得，
.
，，
，
，
【点睛】
本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
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，利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证，从而，得到，根据切线的判定方法可证是的切线；
（2）证明，利用相似三角形的性质可求的半径．
(1)
证明：连接，
∵，
∴，
∴是直径，是的中点．
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
又∵经过半径的外端，
∴是的切线．
(2)
解：∵，
∴，
在与中，
，，
∴．
∴，
在中，，，
∴.
设半径为，则，，
即，
∴．
∴的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，掌握切线的判定方法是解（1）的关键，掌握相似三角形的判定与性质是解（2）的关键．
5、 (1)相切，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据角平分线的性质与角的等量代换易得∠ODE＝90°，而D是圆上的一点；故可得直线DE与⊙O相切；
（2）连接BD，根据勾股定理得到AD＝＝2，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质列方程得到AB＝5，即可求解．
(1)
解：所在直线与相切．
理由：连接．
∵，
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵是半径，
∴所在直线与相切．
(2)
解：连接．
∵是的直径，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵，，，
∴．
∴．
∴的半径为．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质及勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．