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    2022年最新强化训练冀教版九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系章节测评试题(含详解)

    2022年最新强化训练冀教版九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系章节测评试题(含详解)第1页
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    2020-2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品达标测试

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    这是一份2020-2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品达标测试,共35页。试卷主要包含了下面四个结论正确的是,如图,,如图,PA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章节测评
    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、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≤OP4,
    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.
    2、C
    【解析】
    【分析】
    根据边心距求得外接圆的半径为2,根据圆锥的底面圆周长等于扇形的弧长,计算圆锥的半径即可.
    【详解】
    如图,过点O作OG⊥AF,垂足为G,
    ∵正六边形的边心距为,
    ∴∠AOG=30°,OG=,
    ∴OA=2AG,
    ∴,
    解得GA=1,
    ∴OA=2,

    设圆锥的半径为r,根据题意,得2πr=,
    解得r=,
    故选C.
    【点睛】
    本题考查了扇形的弧长公式,圆锥的侧面积,熟练掌握弧长公式,圆锥的侧面积公式是解题的关键.
    3、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.
    4、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.
    5、D
    【解析】
    【分析】
    首先连接OA,OB,由PA,PB为⊙O的切线,根据切线的性质,即可得∠OAP=∠OBP=90°,又由圆周角定理,可求得∠AOB的度数,继而可求得答案.
    【详解】
    解:连接OA,OB,

    ∵PA,PB为⊙O的切线,
    ∴∠OAP=∠OBP=90°,
    ∵∠ACB=70°,
    ∴∠AOB=2∠P=140°,
    ∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°.
    故选:D.
    【点睛】
    此题考查了切线的性质与圆周角定理,注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用.
    6、C
    【解析】
    【分析】
    连接,,根据圆周角定理可得,根据切线性质以及四边形内角和性质,求解即可.
    【详解】
    解:连接,,如下图:


    ∵PA、PB是的切线,A、B是切点

    ∴由四边形的内角和可得:
    故选C.
    【点睛】
    此题考查了圆周角定理,切线的性质以及四边形内角和的性质,解题的关键是熟练掌握相关基本性质.
    7、A
    【解析】
    【分析】
    根据切线的性质得出PA=PB,∠PBO=90°,再根据三角形内角和定理求解即可.
    【详解】
    ∵PA、PB是⊙O的切线,
    ∴PA=PB,∠OBP=90°,
    又∵∠ABO=25°,
    ∴∠PBA=90°-25°=65°=∠PAB,
    ∴∠P=180°-65°-65°=50°,
    故选:A.
    【点睛】
    本题考查切线的性质,三角形内角和定理,掌握切线的性质和等腰三角形的性质,三角形内角和为180°是解题的关键.
    8、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.
    9、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.
    10、C
    【解析】
    【分析】
    根据切线的性质得到∠CDO=90°,求得∠COD=90°-40°=50°,根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质即可得到结论.
    【详解】
    解:∵CD是⊙O的切线,
    ∴∠CDO=90°,
    ∵∠C=40°,
    ∴∠COD=90°-40°=50°,
    ∵OD=OB,
    ∴∠B=∠ODB,
    ∵∠COD=∠B+∠ODB,
    ∴∠B=∠COD=25°,
    故选:C.
    【点睛】
    本题考查了切线的性质,圆周角定理,三角形外角的性质,等腰三角形的性质,熟练掌握切线的性质是解题的关键.
    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、
    【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.
    3、 5
    【解析】
    【分析】
    先证明BE、AD也是半圆的切线,即可根据切线长定理得到EB=EF、DA=DF,再在△DCE中即可求出DE的值;过F作FG⊥DC于G,根据相似求出FG、CG的长,最后根据勾股定理即可求出CF的值.
    【详解】
    ∵正方形ABCD
    ∴CD=AD=BC=4,CE⊥AB,DA⊥AB
    ∵以AB为直径的半圆
    ∴BE、AD也是半圆的切线
    ∵DE为以AB为直径的半圆的切线,
    ∴EB=EF、DA=DF=4
    ∴EC=BC-BE=4-EF,DE=DF+EF=4+EF
    在Rt△DCE中,

    解得
    ∴DE=DF+EF=4+EF=5
    过F作FG⊥DC于G,如图




    解得

    ∴在Rt△DCE中,
    故答案为:5,
    【点睛】
    本题考查切割线定理、相似三角形的性质与判定,解题的关键是能看出有多条切线.
    4、
    【解析】
    【分析】
    连接AD,由圆周角定理可求出,即可利用扇形面积公式求出.由切线的性质可知,即可利用三角形面积公式求出.最后根据,即可求出结果.
    【详解】
    如图,连接AD.

    ∵,
    ∴,
    ∴.
    ∵BC是⊙O切线,且切点为D,
    ∴,,
    ∴.
    ∵,
    ∴.
    故答案为:.
    【点睛】
    本题考查圆周角定理,切线的性质,扇形的面积公式.连接常用的辅助线是解答本题的关键.
    5、②③④
    【解析】
    【分析】
    根据切线的性质,正方形的性质,通过三角形全等,证明HD=HM,∠HCM=∠HCD,GM=GB,∠GCB=∠GCM,可判断前两个结论;运用对角互补的四边形内接于圆,证明∠GHF+∠GEF=180°,取GH的中点P,连接PA,则PA+PC≥AC,当PC最大时,PA最小,根据直径是圆中最大的弦,故PC=1时,PA最小,计算即可.
    【详解】
    ∵GH是⊙O的切线,M为切点,且CM是⊙O的直径,
    ∴∠CMH=90°,
    ∵四边形ABCD是正方形,
    ∴∠CMH=∠CDH=90°,
    ∵CM=CD,CH=CH,
    ∴△CMH≌△CDH,
    ∴HD=HM,∠HCM=∠HCD,
    同理可证,∴GM=GB,∠GCB=∠GCM,
    ∴GB+DH=GH,无法确定HD=2BG,
    故①错误;
    ∵∠HCM+∠HCD+∠GCB+∠GCM=90°,
    ∴2∠HCM+2∠GCM=90°,
    ∴∠HCM+∠GCM=45°,
    即∠GCH=45°,
    故②正确;

    ∵△CMH≌△CDH,BD是正方形的对角线,
    ∴∠GHF=∠DHF,∠GCH=∠HDF=45°,
    ∴∠GHF+∠GEF=∠DHF +∠GCH+∠EFC
    =∠DHF +∠HDF+∠HFD
    =180°,
    根据对角互补的四边形内接于圆,
    ∴H,F,E,G四点在同一个圆上,
    故③正确;
    ∵正方形ABCD的边长为1,

    =1
    =,∠GAH=90°,AC=
    取GH的中点P,连接PA,
    ∴GH=2PA,
    ∴=,
    ∴当PA取最小值时,有最大值,
    连接PC,AC,
    则PA+PC≥AC,
    ∴PA≥AC- PC,
    ∴当PC最大时,PA最小,
    ∵直径是圆中最大的弦,
    ∴PC=1时,PA最小,
    ∴当A,P,C三点共线时,且PC最大时,PA最小,
    ∴PA=-1,
    ∴最大值为:1-(-1)=2-,
    ∴四边形CGAH面积的最大值为2,
    ∴④正确;
    故答案为: ②③④.
    【点睛】
    本题考查了切线的性质,直径是最大的弦,三角形的全等,直角三角形斜边上的中线,四点共圆,正方形的性质,熟练掌握圆的性质,灵活运用直角三角形的性质,线段最短原理是解题的关键.
    三、解答题
    1、 (1)见解析
    (2)32
    【解析】
    【分析】
    (1)连接OD,证明,可得,根据切线的性质可得,进而可得,即可证明AD是O的切线;
    (2)根据平行四边形OAEC的面积等于2倍即可求解.
    (1)
    证明:连接OD.

    ∵四边形OAEC是平行四边形,
    ∴,




    又∵,

    ∴,
    ∵AB与相切于点B,


    ∴,

    又∵OD是的半径,
    ∴AD为的切线.
    (2)


    在Rt△AOD中,
    ∴平行四边形OABC的面积是
    【点睛】
    本题考查了切线的性质与判定,平行四边形的性质,三角形全等的性质与判定,掌握切线的性质与判定是解题的关键.
    2、 (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.
    3、 (1)见解析
    (2)
    (3)①见解析;②
    【解析】
    【分析】
    (1)根据正方形的性质以及动点的路程相等,证明,根据同角的余角相等,即可证明,即;
    (2)当t=0时,点M与点B重合,当时,点随之停止,求得运动轨迹为圆,根据弧长公式进行计算即可;
    (3)①根据(2)可得△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点,继而判断点D、C、M、E在同一个圆()上;②当与AB相切时,与正方形的各边共有5个交点,如图5则有6个交点,所以“当与AB相切时”是临界情况.如图4,当与AB相切(切点为G),连接OG,并延长GO交CD于点H,在Rt△CHO中求得半径,进而勾股定理求得,即可求得当时,与正方形的各边共有6个交点.
    (1)
    四边形是正方形,

    又的运动速度都是2cm/s,








    (2)
    ∵.
    ∴点M在以CB为直径的圆上,如图1,当t=0时,点M与点B重合;
    如图2,当t=3时,点M为正方形对角线的交点.点M的运动路径为圆,其路径长.
    故答案为:
    (3)
    ①如图3.由前面结论可知:
    ∴△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点,

    在Rt△CDE中,,O是CE的中点.
    ∴,

    ∴点D、C、M、E在同一个圆()上,
    即点D在△CME的外接圆上;.
    ②.
    如图4,当与AB相切时,与正方形的各边共有5个交点,如图5则有6个交点,所以“当与AB相切时”是临界情况.
    如图4,当与AB相切(切点为G),连接OG,并延长GO交CD于点H.
    ∵AB与相切,
    ∴,
    又∵,
    ∴,

    设的半径为R.由题意得:
    在Rt△CHO中,,解得

    ∴,即
    ∴如图5,当时,与正方形的各边共有6个交点.

    【点睛】
    本题考查了求弧长,切线的性质,直径所对的圆周角是直角,三角形的外心,正方形的性质,全等三角形的性质与判定,分类讨论是解题的关键.
    4、 (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.
    5、 (1)①(4,3)或C(4,−3),,②,
    (2)
    【解析】
    【分析】
    (1)①在x轴的上方,作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB,易知A,B,P三点在⊙C上,圆心C的坐标为(4,3),半径为3,根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件;②当圆心为C(4,3)时,过点C作CD⊥y轴于D,则D(0,3),CD=4,根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交,设交点为,,此时,在y轴的正半轴上,连接、、CA,则==CA =r=3,得,即可得;
    (2)如果点P在y轴的负半轴上,设此时圆心为E,则E在第四象限,在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合),连接MA,MB,PA,PB,设MB交于⊙E于点N,连接NA,则∠APB=∠ANB,∠ANB是△MAN的外角,∠ANB>∠AMB,即∠APB>∠AMB,过点E作EF⊥x轴于F,连接EA,EP,则AF=AB=3,OF=4,四边形OPEF是矩形,OP=EF,PE=OF=4,得,则,即可得.
    (1)
    ①如图1中,

    在x轴的上方,作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB,易知A,B,P三点在⊙C上,
    圆心C的坐标为(4,3),半径为3,
    根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件,
    故答案是:(4,3)或C(4,−3),,
    ②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点”。
    如图2所示,当圆心为C(4,3)时,过点C作CD⊥y轴于D,则D(0,3),CD=4,

    ∵⊙C的半径,
    ∴⊙C与y轴相交,
    设交点为,,此时,在y轴的正半轴上,
    连接、、CA,则==CA =r=3,
    ∵CD⊥y轴,CD=4,,
    ∴,
    ∴,;
    当圆心为C(4,-3)时,点P在y轴的负半轴上,不符合题意;
    故答案为:,
    (2)
    当过点A,B的圆与y轴负半轴相切于点P时,∠APB最大,理由如下:
    如果点P在y轴的负半轴上,设此时圆心为E,则E在第四象限,
    如图3所示,在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合),
    连接MA,MB,PA,PB,设MB交于⊙E于点N,连接NA,

    ∵点P,点N在⊙E上,
    ∴∠APB=∠ANB,
    ∵∠ANB是△MAN的外角,
    ∴∠ANB>∠AMB,
    即∠APB>∠AMB,
    此时,过点E作EF⊥x轴于F,连接EA,EP,则AF=AB=3,OF=4,
    ∵⊙E与y轴相切于点P,则EP⊥y轴,
    ∴四边形OPEF是矩形,OP=EF,PE=OF=4,
    ∴⊙E的半径为4,即EA=4,
    ∴在Rt△AEF中,,
    ∴,
    即 .
    故答案为:
    【点睛】
    本题考查了圆与三角形,勾股定理,三角形的外角,矩形的性质,解题的关键是掌握这些知识点.

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