第三十章 直线与圆的位置关系（暑假单元自测）新九年级数学新教材人教版练习卷含答案

这是一份第三十章 直线与圆的位置关系（暑假单元自测）新九年级数学新教材人教版练习卷含答案，共19页。
（考试时间：90分钟 试卷满分：120分）
考前须知：
1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题，满分120分，限时90分钟。
2．本卷选题均为重难点题型，考点全覆盖，旨在检测学习成果。
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，直线与相切于点，半径，点在优弧上，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据相切和可得，再根据圆周角定理即可解答．
【详解】解：直线与相切于点，
，
，
，
．
2．如图1为传统建筑中的一种窗格，图2为窗框的示意图，多边形为正六边形，连接，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设正六边形的中心为，连接，由正多边形的性质，得到，，则，再根据三角形外角的性质求解即可.
【详解】解：设正六边形的中心为，连接，
则，，
∴，
∴.
3．如图，一个正多边形中心点为正多边形的中心，，若，则这个正多边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点作于，根据正多边形的性质得出，根据圆周角定理得出，根据含角的直角三角形的性质得出，根据正多边形所有中心角和为，得出该正多边形为正十二边形，根据正十二边形的面积为即可得出答案．
【详解】解：如图所示，过点作于，
∵是正多边形的中心，
、都是正多边形外接圆的半径，、是正多边形的相邻顶点，在外接圆上，
，
，和是外接圆的圆心角和圆周角，
，
∴，
正多边形所有中心角和为，
正多边形的边数为，即该正多边形为正十二边形，
，
正十二边形的面积为．
4．如图，的内切圆分别与相切于点，且，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．根据切线长定理得到，，，数形结合可得到的周长．
【详解】解：∵的内切圆分别与相切于点，且，
∴，
∴，
∴的周长，
故选：A．
5．如图，点为的外心，点为的内心，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查三角形的外心与内心的性质，熟练掌握三角形的外心与内心的性质是解题的关键；连接，由外心的性质可知，根据内心的性质可知，然后可得，进而问题可求解．
【详解】解：连接，如图所示：
由内心可知：分别是内角的角平分线，
∵点O为的外心，，
∴根据圆周角定理可知：，
∴，
∵分别是的角平分线，
∴，
∴，
∴；
故选A．
6．如图，点是外接圆的圆心，点是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的内心，等腰三角形的性质，圆周角定理，掌握内心的定义是解题的关键．连接，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得的度数，进而由圆周角定理得，再根据内心的定义可得，据此即可求解．
【详解】解：如图，连接，
，
，
，
，
点是的内心，
．
故选：D．
7．如图，倒马井位于徐州市泉山区夹河街西侧，其井壁外壁为正八边形，内壁为圆形，且圆与四边形各边均相切．若雨滴落在井口区域各点的机会相等，则雨滴落在圆形区域内的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】证明，进一步可得，如图，令正八边形的中心为点O，连接，，交于点P，设，再进一步求解即可．
【详解】解：∵多边形为正八边形，
∴，，，
∴，
∴，
同理可得：，
四边形为菱形，
，
四边形为正方形，
如图，令正八边形的中心为点O，连接，，交于点P，设，
，，
，
，
∴P（雨滴落在圆形区域内）．
8．如图，点A的坐标是，与x轴相切，与y轴相交于点B，点C是圆上一点，点B关于点C的对称点，则等于（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】D
【分析】连接、，由题意，易得是的中位线，得到，进而得到，即可．
【详解】解：连接、．
点B关于点C的对称点，
是的中点．
∵点A的坐标是，与x轴相切，与y轴相交于点B，点C是圆上一点，
∴为的直径，
∴点是的中点，
是的中位线．
．
．
9．如图，是的内接三角形，是的直径，直线与相切于点．若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据是的直径，得出，根据切线的性质可得，即可得出．
【详解】解：如图，连接，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵直线与相切于点，
∴，则，
∴．
10．已知为的外接圆，点E是的内心，的延长线交于点F，交于点D．如图，为的直径，若，，则的长为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【分析】连接、、．根据内心的性质可知平分，结合为直径，利用垂径定理可得且．在中利用勾股定理求出，进而得到的长．在中求出的长．利用圆周角定理和三角形外角性质证明，最后根据求解．
【详解】解：连接、、．
∵点是的内心，
∴平分，平分，
∵为的直径，
∴，．
在中，，，
，
∴．
在中，，
∵，，
又∵，，
∴，
∴，
∴．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
11．已知半径为，圆心O到直线的距离为，则直线与的位置关系是________．
【答案】相交
【分析】根据圆心到直线的距离与圆半径的大小关系即可判断直线与圆位置关系．
【详解】解：∵半径为，圆心O到直线的距离为，，
∴圆心到直线的距离小于圆的半径，即直线与相交．
12．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点是的内心，则点关于轴对称的点的坐标是__________．
【答案】
【分析】先利用勾股定理求解，连接，，，过作，，，垂足分别为，，，根据是的内心，利用，，，得出，求解即可．
【详解】解：点，点，
，，
∴在中，；
连接，，，过作，，，垂足分别为，，，
是的内心，
∴分别平分
∴
∵
∴
∴
同理可得，，，
设，则，，
，
解得：，
∴，
的坐标为，
点关于轴对称的点的坐标是．
13．如图，是的直径，是的切线，若，，则阴影部分的面积是_________．
【答案】
/
【分析】设与交于点，连接，由圆周角定理得到，证明是等腰直角三角形，求出，得到，根据切线的性质得到，因为，得到是等腰直角三角形，得到，即可求解．
【详解】解：设交于点，连接，
∵，
∴，
∴，
是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
是的切线，
，
又，
是等腰直角三角形，
，
，
．
14．如图，是的直径，是的弦，过点的切线交的延长线于点．若，则的度数为_______．
【答案】
【分析】连接，根据切线的性质得，可知，根据圆周角定理作答即可．
【详解】解：连接，如图，
为的切线，
，
．
，
，
．
15．如图，的外切正六边形的边长为4，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】/
【分析】设与的切点是点，连接，则，首先根据正六边形的性质可知是等边三角形，根据等边三角形的性质可以求出，利用三角形的面积公式和扇形的面积公式即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：如下图所示，
设与的切点是点，连接，
则，
在正六边形中，，，
是等边三角形，
正六边形的边长为，
，
，
，
，
．
16．如图，点是的内心，以为圆心作半径为3的圆，分别交的边于，，，，点，连接和，若，则__________
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的内心的性质，连接，过点，分别作的垂线，垂足分别为，根据已知得出是等边三角形，，证明，，即可求解．
【详解】解：如图，连接，过点，分别作的垂线，垂足分别为，
∵，
∴
∴是等边三角形，
∴
∵点是的内心，
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
又∵，
∴
∴，
故答案为：．
三、解答题（第17--第22题，每题8分；第23，24题，每题12分；共8小题，共72分）
17．如图，在中，为的内切圆，．求的半径．
【答案】3．
【分析】设的半径为，与的三边分别相切于点，连接，易证四边形为正方形，在中，由勾股定理求出，再根据切线长定理即可求出．
【详解】解：设的半径为，与的三边分别相切于点，连接，如图所示．
易得四边形是正方形，
．
在中，
，
．
由切线长定理，得，
即，
解得，
的半径为．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆的应用，掌握三角形内切圆的性质是解题的关键．
18．如图，直线经过上的点，并且，．
(1)求证：直线是的切线；
(2)若的直径为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了求一个角的余弦值，全等三角形的判定与性质，切线的判定，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）连接，根据等腰三角形的性质得出，根据切线的判定即可得出答案；
（2）根据勾股定理进行计算得出，再结合求一个角的余弦值进行列式计算，即可作答．
【详解】（1）证明：如图，连接，
，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
为的半径，
直线是的切线．
（2）解：，
，
∵的直径为，
∴，
由（1）得，
，
在中，．
∴．
19．如图，在中，点为上一点，点是的中点，是的直径．过点作的切线交的延长线于点，连接并延长交于点，连接．
(1)求证：与相切；
(2)若，，求阴影部分的面积．
【答案】(1)证明：连接，
是直径，点在上，
是的中点，
，
在和中，，
，
，
，
是的半径，
与相切．
(2)
【分析】（1）连接，通过 证 ，再结合点在上，即可得证；
（2）阴影部分的面积为，通过线段转化即可求解．
【详解】（1）略
（2）解： 是的切线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理得，，
，
，
，
阴影部分的面积为 ．
20．如图，是的直径，弦，垂足为．为上一点，连接交于点，的垂直平分线交的延长线于点，连接．
(1)若的半径为，，求的长；
(2)求证：是的切线．
【答案】(1)；
(2)证明：连接，
∵点在的垂直平分线上，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵是半径，
∴是的切线。
【分析】（1）连接，先求出长度，利用垂径定理得，再在中由勾股定理算出，进而求出；
（2）连接，由垂直平分线性质得，等边对等角得，结合推出，再利用得，等量代换证明，依据切线判定定理证为切线。
【详解】（1）解：连接，
∵半径为，
∴，
∵，
∴，
∵，为直径，
∴，，
在中，，
∴；
（2）略
21．风车，是一种不需要燃料、以风作为能源的动力机械．古代的风车是从船帆发展起来的，它具有6—8副像帆船那样的篷，分布在一根垂直轴的四周，风吹时像走马灯似的绕轴转动，叫走马灯式的风车．如图1为一大风车（运转后最外端的轨迹为圆），其直径为，该风车圆心上均匀地安装了8个扇叶，其示意图如图2，立杆垂直于地面，且圆周最低点D距离地面为．
(1)若扇叶与立杆夹角，求扇叶最外端P与地面的距离．
(2)在风车逆时针旋转的过程中，过点P作线段的垂线，当点P运行到的左侧且该垂线经过点C时，求的长度．
【答案】(1)扇叶最外端P与地面的距离为
(2)点P运行到直线的左侧且该直线经过点C时，的长度为
【分析】（1）过点P作，垂足为F，则，那么，再解即可；
（2）解求出，再由弧长公式求解即可．
【详解】（1）解：由题意，得O，D，C三点共线．
如图，过点P作，垂足为F．
由题意，得，
∴．
∵⊙O的直径为，
∴．
在中，，
∴．
∴扇叶最外端P与地面的距离为．
（2）解：依据题意构图如上，此时点P运动到点Q的位置．
在中，，，
∴，
∴，
∴的长度为，
即点P运行到直线的左侧且该直线经过点C时，的长度为．
22．已知在扇形中，半径，弦，点是上一点，连接．
(1)如图1，连接，，若的长为．
①求 的度数；
②求的长；
(2)如图2，点在的延长线上，且，连接，，当最大时，求的面积．
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（1）①设根据弧长公式求得，进而根据圆周角定理，即可求解；
②过点作于点，根据垂径定理可得，进而根据含30度角的直角三角形的性质得出，再由勾股定理求得，进而求得的长，即可求解．
（2）根据题意得出当最大时，与相切，进而根据垂径定理以及勾股定理求解出的长，再根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：∵的长为．半径，设
∴
解得：
∴
②如图，过点作于点，
∵，
∴，，
∴
∴
（2）如图，过点作于点，
当最大时，与相切，
∴
∵半径，弦，
∴
在中，
∵
∴
在中，
在中，
∴
23．已知：四边形内接于，．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，延长、相交于点E，点F在弦上，连接、，若，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，过点O作于点H，连接、，若，，求的面积．
【答案】(1)证明：连接，如图所示，
，
，
，
．
(2)证明：，，
四边形为等腰梯形，
，
，，
，
．
，
，
为等边三角形，
．
，
，，
，
为等边三角形，
，，
在和中，
，
．
(3)15
【分析】（1）根据同圆中相等的弦所对的弧相等和等弧所对的圆周角相等推出，根据内错角相等，两直线平行即可证明．
（2）利用等腰梯形的判定和性质推出，结合邻补角定义和等腰三角形的性质推出结合已知条件，推出等边，结合平行线的性质推出等边三角形，最后利用证明，即可推出．
（3）根据垂径定理、圆周角定理、等腰三角形的性质和勾股定理求出的长度，利用等边三角形的性质求出关系，设参数，，结合勾股定理表示出关系，利用完全平方公式求出和的值即可求出相应的线段，面积从而求出最后利用等底同高即可求出面积．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：连接，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
，
，
，，
，，
，
在中，，，
．
，，
．
和为等边三角形，，，
，
设，则，，，，，
，
在和中，，
，
在和中，，，
，
，
①，②，
②-①得，则，
，
即， 即，
，，
．
，是和的高，
．
【点睛】本题考查了圆与内接四边形的综合，解题的关键是要设和参数，利用整体化思想和完全平方公式求出长度．
24．【问题背景】
如 图，我们把一个半圆和抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果圆”，如果一条直线与“果圆”只有一个交点，则这条直线叫做“果圆”的切线．已知 ， ，，分别为“果圆”与坐标轴的交点， 为半圆的圆心， 为半圆的直径．已知直线 与“果圆”中抛物线交于 、两点．
【构建联系】
(1)求“果圆”中抛物线的解析式
(2)如图，已知为的平分线，是延长线上一点，且 ，试判断直线与的位置关系，并说明理由．
【深入探究】
(3)在“果圆”上是否存在一点，使得 为直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线与相切
(3)存在，符合条件的点坐标为，，，
【分析】（1）利用一次函数求交点坐标，代入抛物线一般式，通过解二元一次方程组确定抛物线解析式；
（2）连接圆心与切点辅助线，结合直径所对圆周角、角平分线、等腰三角形等边对等角的性质，通过角度等量代换证明半径与直线垂直，以此判定直线与半圆相切；
（3）分三类讨论直角顶点： 、 、 ，分别求出对应垂线方程或以斜边为直径的圆方程，再分别与半圆方程、抛物线方程联立，结合“果圆”取值范围筛选有效交点，得到符合条件的点坐标．
【详解】（1）解：直线 经过 、两点，
令，解得 ，令，解得，
，，
将点 、代入得，
，解得：，
抛物线的解析式为 ；
（2）解：直线与相切，理由如下：
如图，连接 ，
是的直径，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
即 ，
直线与相切；
（3）解：存在，
由（1）得抛物线解析式为，
令，解方程，得，，因此，，
为半圆直径，故半圆圆心是中点，坐标为，半径为；
根据勾股定理，半圆上任意点满足
已知，由勾股定理得，分三种情况讨论直角三角形：
①：根据勾股定理逆定理，此时满足，
设，则，，代入得：
展开化简：
，
消去同类项后整理得：，即过点且垂直于的直线为，
联立，
得，
展开得，解得（对应点，舍去），，
代入得，
则，在半圆上，符合条件；
联立，
整理得，
解得：（对应点，舍去），，
果圆抛物线部分的取值范围为，，超出果圆抛物线部分的取值范围，舍去；
②：根据勾股定理逆定理，此时满足，
设，代入得：，
展开化简后整理得：，即过点B且垂直于的直线为，
联立，
整理得 ，
解得： （对应点 ，舍去），，
代入 得，
则，在抛物线上，符合条件；
联立，
整理得 ， ，无实根，舍去；
③ ：根据圆周角定理推论：直径所对的圆周角为直角，因此点在以为直径的圆上，
中点（圆心）坐标为，半径平方为；
由勾股定理，该圆的表达式为：，
联立两个圆的方程，两式相减得公共弦所在直线：
化简得，将代入上半圆方程：
展开得，解得（对应点，舍去），，
，不满足上半圆的要求，舍去，
联立，
整理得 ，
解得： （对应点 ，舍去），（对应点，舍去），
，代入抛物线得，即，在抛物线上，符合条件，
，代入抛物线得，即，在抛物线上，符合条件；
综上所述，存在点，符合条件的点坐标为，，，．
【点睛】本题综合考查二次函数解析式求解、圆的切线判定、直角三角形存在性探究，融合一次函数、圆的性质、勾股定理和逆定理、直线与曲线联立求交点等知识点，分类讨论思想与数形结合思想是解题核心．