【期中真题】2023-2024学年九年级数学上册 期中真题分类专题汇编 专题09 与圆有关的位置关系（2类经典题型 优选提升）.zip

专题09 与圆有关的位置关系

点与圆的位置关系

1．在平面直角坐标中，的半径为5，以下各点在内的是（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据勾股定理求出各点到的距离，再与的半径5相比较即可．

【详解】解：A、点到的距离为，则点在内，本选项符合题意；

B、点到的距离为，则点在上，本选项不符合题意；

C、点到的距离为，则点在外，本选项不符合题意；

D、点到的距离为，则点在外，本选项不符合题意；

故选：A．

【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．

2．如图中外接圆的圆心坐标是（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】三角形的外接圆的圆心是三边的垂直平分线的交点，分别作垂直平分线，交点为外心，再过外心分别向轴，轴的垂线，确定坐标．

【详解】解：外接圆圆心的坐标为．

故选C．

【点睛】本题考查三角形的外接圆的定义．本题解题的关键是作图找出三角形的外心．

3．如图，在平面直角坐标系中，过格点A，B，C作一圆弧，则该弧的圆心的坐标为（　　）

A．（1，0） B．（2，0） C．（2.5，0） D．（2.5，1）

【答案】B

【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦和的垂直平分线，交点即为圆心．

【详解】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，

可以作弦和的垂直平分线，交点即为圆心．

如图所示，则圆心是．

故选：B．

【点睛】本题考查垂径定理的应用，解题的关键是熟知垂径定理，即“垂直于弦的直径平分弦”．

4．如图，是等边三角形的外接圆，若的半径为r，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接，，延长交于D，根据等边三角形性质得出，，，求出，根据勾股定理求出，即可求出，根据三角形的面积公式求出即可．

【详解】连接，，延长交于D，

∵等边三角形是，

∴，，，

∴，

∴

由勾股定理得：，

∴

则的面积是

，

故选：D．

【点睛】本题考查了等边三角形、等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的外接圆，三角形的面积等知识点的应用，关键是能正确作辅助线后求出的长，题目具有一定的代表性，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．

5．如图，为的外心，为正三角形，与相交于点，连接．若，，则为（    ）

A．110° B．90° C．85° D．80°

【答案】C

【分析】由三角形的外心可知，结合，先求出，再利用是正三角形以及外角的性质即可求解的度数．

【详解】解：是的外心，

是正三角形

故选C．

【点睛】本题主要考查外心的性质，等边三角形的性质及三角形外角性质，熟练掌握外心的性质及外角的性质是解决本题的关键．

6．已知的半径是8，点到圆心的距离为方程的一个根，则点在（  ）

A．的内部 B．的外部

C．上或的内部 D．上或的外部

【答案】A

【分析】解一元二次方程根据点与圆的关系直接判定即可得到答案．

【详解】解：解方程可得，，，

∵点到圆心的距离为方程的一个根，

∴，

∴点在的内部，

故选A．

【点睛】本题考查解一元二次方程及点与圆的关系，解题的关键是正确解方程及掌握点到圆心距离与圆半径关系判断点与圆的关系．

7．如图，在中，，，，点D在边上，，以点D为圆心作，其半径长为r，要使点A恰在外，点B在内，则r的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先根据勾股定理求出的长，进而得出的长，由点与圆的位置关系即可得出结论．

【详解】解：在中，，，，

则，，

点A恰在外，点B在内，

故选：A．

【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系、勾股定理，解题的关键是掌握点与圆的三种位置关系，如设的半径为，点到圆心的距离，则有：①点在圆外；②点在圆上；③点在圆内．

8．如图，在由小正方形组成的网格中，点A，B，C，D，E，F，O均在格点上．下列三角形中，外心不是点O的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设小正方形边长为1，再通过勾股定理求出到所有顶点长度，不相等的就是外心不在的三角形．

【详解】解：设小正方形边长为1，

则：，

，

根据三角形外心到各顶点距离相等可以判断：

点O是三个三角形的外心；

不是的外心，

故选：C．

【点睛】本题考查外心的定义，掌握勾股定理求出外心到各顶点距离是关键．

9．如图所示，的三个顶点的坐标分别为、、，则外接圆半径的长为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】三角形的外心是三边垂直平分线的交点，设的外心为M，由B，C的坐标可知M必在直线上，由图可知线段的垂直平分线经过点，由此可得，过点M作于点D，连接，由勾股定理求出的长即可．

【详解】解：设的外心为M，、，M必在直线上，

由图可知，线段的垂直平分线经过点，，

如图，过点M作于点D，连接，

中，，，

由勾股定理得：，即外接圆半径的长为．故选D．

10．如图，是的外接圆，，，则的直径等于          ．

【答案】4

【分析】连接并延长交于D，连接，得到，根据圆周角定理得到，根据含角直角三角形的性质即可得到结论．

【详解】解：连接并延长交于D，连接，

则，

∵，

∴，

∵，

∴，

故答案为：4．

【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，含角的直角三角形的性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．

11．如图，是的内接三角形，，，把绕点按逆时针方向旋转得到，则对应点、之间的距离为       ．

【答案】2

【分析】连接、、，根据圆周角定理求出，得到是等边三角形，求出，根据旋转的性质得到，根据勾股定理计算即可．

【详解】解：连接、、，

由圆周角定理得，，

是等边三角形，

，

由旋转的性质可知，，

，

故答案为：2．

【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心的概念和性质，掌握圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定定理是解题的关键．

12．如图，为圆的内接三角形，，连接并延长交于点．

(1)求证：；

(2)若，，求的半径．

【答案】(1)见解析(2)5

【分析】（1）证明是线段的垂直平分线，即可证明；

（2）连接，根据垂径定理得到，根据勾股定理得到，设，则，根据勾股定理建立方程求解即可．

【详解】（1）证明：∵为圆的内接三角形，∴点O在线段的垂直平分线上，

∵，∴点A在线段的垂直平分线上，

∴是线段的垂直平分线，∴；

（2）解：如图所示，连接，，，

，，

设，则，，，解得，

∴的半径为．

【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质，勾股定理，垂径定理等等，正确地作出辅助线是解题的关键．

垂径定理

13．如图，是的直径，点E，C在上，点A是的中点，过点A画的切线，交的延长线于点D，连接．若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，根据圆周角定理得到，进而求出，根据垂径定理得到，进而得出答案．

【详解】解：是的切线，

，

，

，

是的直径，

，

，

点A是的中点，

，

，

故选：B．

【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．

14．如图，点A是上的定点，点B是上的动点（不与A重合），过点B作的切线，，连接，当是直角三角形时，其斜边长为，则⊙O的半径为      ．

【答案】/

【分析】根据切线的性质得到，由，得出；再根据勾股定理得到求得即可．

【详解】解：∵是的切线，

∴，

∵，

∴，

∴；

当是直角三角形时，即：，

∴，

∴，即，解得：，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查了切线的性质、勾股定理等知识点，正确的理解切线的性质是解题的关键．

15．如图，分别切于点，点是上一点，且，则的度数为      ．

【答案】

【分析】连接，由切线性质、及四边形内角和为得到，再根据圆周角定理即可得到．

【详解】解：连接，如图所示：

分别切于点，，，

，

由四边形内角和为得到，

，，

故答案为：．

【点睛】本题考查圆中求角度，涉及切线性质、四边形内角和、圆周角定理等知识，熟记相关性质是解决问题的关键．

16．如图，为的直径，点为上一点，连接、，过点作的切线，连接交于点，．

(1)求证：；

(2)若，求的直径的长．

【答案】(1)见解析；(2)

【分析】（1）由为的切线，为切点，可得，即，，由，可得，由，可得，即，进而可得．

（2）设，则，在中，，在中，，即，解得，则，即的半径为，进而可求直径的长．

【详解】（1）证明：∵为的切线，为切点，

∴，即，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴．

（2）解：设，则．

在中，，

在中，，即，解得，

∴，即的半径为，

∴的直径的长为．

【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．

17．如图，中，，以为直径的交于点，点在上，，的延长线交于点F．

(1)求证：与相切；

(2)若的半径为3，，求的长．

【答案】(1)见解析；(2)6

【分析】（1）连接、，则，所以，由，得，所以，即可证明与相切；

（2）由切线的性质得，，，得，则，即可根据勾股定理列方程，求解即可．

【详解】（1）证明：如图，连接、，

则，

，

，，

，

，

经过的半径的外端，且，

与相切．

（2）解：由（1）知与相切，

∴

∵，，

，

，

∵

∴，

∵，，

，

，

的长为6．

【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、圆的切线的判定、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

18．如图，在中，，以为直径作，在上取一点D，使，过点C作，交的延长线于点E，交的延长线于点F．

(1)求证：直线是的切线；

(2)若，求的长．

【答案】(1)见解析；(2)

【分析】（1）连接，由得到，根据得到，由得到，则，即可得到，则，即可得证；

（2）连接，交于点G，证明，四边形是矩形，得到为中位线，则，，，得到，则，由勾股定理得到，则， 即可得到，在中，利用勾股定理即可得到的长．

【详解】（1）证明：连接，如图，

∵，

∴，

∵，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∵是的半径，

∴是的切线；

（2）解：连接，交于点G，如图，

∵，

∴，

∵是的直径，

∴，，

∴，

∴，

∴，

∴，四边形是矩形，

∴为中位线，，，

∴，

∴，

∴，，

∴，

∴，

∴在中，．

【点睛】本题考查了切线的判定、三角形中位线定理、勾股定理、矩形的判定和性质、圆周角定理等知识，添加合适的辅助线是解题的关键．

19．如图，，，分别切于点A，B，E，，则的度数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】连接，，，可求，，从而可得，可证，，即可求解．

【详解】解：如图，连接，，，

，，分别切于点A，B，E，

，，，，

，

，

在和中

，

()，

，

，

同理可证：

；

故选：D．

【点睛】本题主要考查了切线的性质，全等三角形的判定及性质，掌握相关的性质是解题的关键．

20．矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是          ．

【答案】6或或

【分析】由折叠的性质可得点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，延长交的另一侧于点，则此时是直角三角形，易得点到直线的距离；当过点的直线与圆相切于点时，是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．

【详解】解：由题意矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，

可知点在以点为圆心，长为半径的圆上运动，

如图，延长交的另一侧于点，则此时是直角三角形，

点到直线的距离为的长度，即，

当过点的直线与圆相切与点E时，是直角三角形，分两种情况，

①如图，过点E作交于点H，交于点，

∵四边形是矩形，

∴，

∴四边形是矩形，

∵，，，

由勾股定理可得，

∵，

∴，

∴到直线的距离，

②如图，过点作交于点N，交于点，

∵四边形是矩形，

∴，

∴四边形是矩形，

∵，，，

由勾股定理可得，

∵，

∴，

∴到直线的距离，

综上，或或，

故答案为：或或．

【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．

21．如图，已知D、E分别在等边的边、上，连结，的平分线恰好经过的外心O，交于点F，连结，若的周长为18，则的周长为        ．

【答案】54

【分析】作于点G，于点H，于点M，连接，，，，根据平分， 得到，根据推出，得到，易得O为的内心，得到，推出．根据推出，得到，根据，得到为等边三角形，得到，根据O为正的外心，得到，根据推出，得到，推出，根据的周长为18，得到的周长为54．

【详解】解：过点O作于点G，于点H，于点M，连接，，，，如图，

∵是的平分线，，，

∴．

在和中，

，

∴，

∴，

∵是等边三角形，O是的外心，

∴O为的内心，

∴平分，

∵，，

∴，

∴．

在和中，

，

∴，

∴．

∵是等边三角形，

∴，

∴为等边三角形，

∴．

∵O为的外心，

∴，

∴，

在和中，

，

∴，

∴，

∴的周长

．

∴的周长的周长，

∵的周长为18，

∴的周长为．

故答案为：54．

【点睛】本题主要考查了等边三角形，角平分线，全等三角形，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，角平分线性质，三角形外心与内心的性质，直角三角形全等的判定和性质．

22．（1）如图1，的半径为，，点为上任意一点，则的最小值为 　　．

（2）如图2，已知矩形，点为上方一点，连接，作于点，点是的内心，求的度数．

（3）如图3，在（2）的条件下，连接，若矩形的边长，，，求此时的最小值．

【答案】（1）；（2）；（3）

【分析】（1）当点在线段上时，有最小值，即可求解；

（2）由角平分线的性质可得， ，由三角形内角和定理可求解；

（3）先作出的外接圆，进而求出外接圆的半径，进而判断出最小时，点的位置，最后构造直角三角形，即可得出结论．

【详解】解：（1）当点在线段上时，有最小值为，

故答案为：；

（2）∵，

∴，

∴，

∵点是的内心，

∴平分，平分，

∴， ，

∴；

（3）∵，，，

∴，

∴，

如图3，作的外接圆，圆心记作点，连接，在优弧上取一点，连接，

∴四边形是的圆内接四边形，

∴，

∴，

∴，即是等腰直角三角形，

连接，与相交于点，此时根据（1）的结论可知，是的最小值，

过点作于，，交的延长线于，则四边形是正方形，

∴，

∴，

在中，，

∴．

【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，内心，构造出圆是解本题的关键．

23．课本再现

（1）在圆周角和圆心角的学习中，我们知道了：圆内接四边形的对角互补．课本中先从四边形一条对角线为直径的特殊情况来论证其正确性，再从对角线是非直径的一般情形进一步论证其正确性，这种数学思维方法称为“由特殊到一般”

如图1，四边形为的内接四边形，为直径，则__________度，__________度．

（2）如果的内接四边形的对角线不是的直径，如图2、图3，请选择一个图形证明：圆内接四边形的对角互补．

知识运用

（3）如图4，等腰三角形的腰是的直径，底边和另一条腰分别与交于点．点是线段的中点，连接，求证：是的切线．

【答案】（1），；（2）见详解；（3）见详解

【分析】（1）根据直径所对的圆周角是以及四边形内角和为进行作答即可；

（2）以图2为例证明，连接，，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为进行作答；或者以图3为例证明，连接，，根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍以及四边形内角和为进行作答即可；

（3）连接，，根据等边对等角，即，又，得，，，再结合四边形是圆内接四边形，得，，进而知道，又因为是线段的中点，即可求证是的切线．

【详解】解：（1）∵四边形为的内接四边形，为直径，

∴，

那么，

故答案为：90，180；

（2）证明：以图2为例证明，

连接，，如图所示：

∵弧弧，

∴，，

∵

∴，

∴，

在四边形，，

即圆内接四边形的对角互补；

或者以图3为例证明，

连接，，如图所示：

∵弧弧，

∴，，

∵,

∴，

∴，

在四边形，，

即圆内接四边形的对角互补；

（3）证明：连接，，如图所示：

∵，∴，

∵，∴，则，∴，

∵四边形是圆内接四边形，∴，

∵，∴，则，∴，

∵是线段的中点，∴，则，

∵是圆的半径，∴是圆的切线．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质、圆内接四边形对角互补以及圆的基本性质、切线的判定、平行线的判定与性质等知识点内容，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．