初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试练习

这是一份初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试练习，共32页。试卷主要包含了如图，PA，若O是ABC的内心，当时，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定向攻克
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的半径等于5，圆心O到直线l的距离为6，那么直线l与⊙O的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无法确定
2、如图，从⊙O外一点P引圆的两条切线PA，PB，切点分别是A，B，若∠APB＝60°，PA＝5，则弦AB的长是（　　）

A． B． C．5 D．5
3、如图，⊙O的半径为2，PA，PB，CD分别切⊙O于点A，B，E，CD分别交PA，PB于点C，D，且P，E，O三点共线．若∠P＝60°，则CD的长为（　　）

A．4 B．2 C．3 D．6
4、如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5、的半径为5 ， 若直线与该圆相交， 则圆心到直线的距离可能是 （ ）
A．3 B．5 C．6 D．10
6、如图，PA、PB是的切线，A、B为切点，连接OB、AB，若，则的度数为（ ）

A．50° B．55° C．65° D．70°
7、已知⊙O的半径为3，若PO=2，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．无法判断
8、已知是正六边形的外接圆，正六边形的边心距为，将图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径为（ ）

A．1 B． C． D．
9、若O是ABC的内心，当时，（ ）
A．130° B．160° C．100° D．110°
10、如图，一把直尺，60°的直角三角板和一个量角器如图摆放，A为60°角与刻度尺交点，刻度尺上数字为4，点B为量角器与刻度尺的接触点，刻度为7，则该量角器的直径是（ ）

A．3 B． C．6 D．
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、下面给出了用三角尺画一个圆的切线的步骤示意图，但顺序需要进行调整，正确的画图步骤是________．

2、《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有这样的一个问题：“今有勾八步，股十五步，问勾中容圆径几何？”．其意思是：“如图，现有直角三角形，勾（短直角边）长为 8 步，股（长直角边）长为 15 步，问该直角三角形所能容纳的最大圆的直径是多少？”答：该直角三角形所能容纳的最大圆的直径是______步．

3、下面是“过圆外一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：⊙O和⊙O外一点P．
求作：过点P的⊙O的切线．作法：如图，

（1）连接OP；
（2）分别以点O和点P为圆心，大于的长半径作弧，两弧相交于M，N两点；
（3）作直线MN，交OP于点C；
（4）以点C为圆心，CO的长为半径作圆，交⊙O于A，B两点；
（5）作直线PA，PB．直线PA，PB即为所求作⊙O的切线

完成如下证明：
证明：连接OA，OB，
∵OP是⊙C直径，点A在⊙C上
∴∠OAP=90°（___________）（填推理的依据）．
∴OA⊥AP．
又∵点A在⊙O上，
∴直线PA是⊙O的切线（___________）（填推理的依据）．
同理可证直线PB是⊙O的切线．
4、已知的半径为5，点A到点O的距离为7，则点A在圆______．（填“内”或“上”或“外”）
5、如图，、分别与相切于A、B两点，若，则的度数为________．

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OAEC是平行四边形，以O为圆心，OC为半径的圆交CE于D，延长CO交O于B，连接AD、AB，AB是O的切线．

(1)求证：AD是O的切线．
(2)若O的半径为4，，求平行四边形OAEC的面积．
3、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．
4、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．
5、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．

-参考答案-
一、单选题
1、A
【解析】
【分析】
圆的半径为 圆心到直线的距离为 当时，圆与直线相离，直线与圆没有交点，当时，圆与直线相切，直线与圆有一个交点，时，圆与直线相交，直线与圆有两个交点，根据原理可得答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径等于为8，圆心O到直线l的距离为为6，
∴，
∴直线l与相离，
∴直线l与⊙O的公共点的个数为0，
故选A．
【点睛】
本题考查的是圆与直线的位置关系，圆与直线的位置关系有相离，相交，相切，熟悉三种位置关系对应的公共点的个数是解本题的关键．
2、C
【解析】
【分析】
先利用切线长定理得到PA=PB，再利用∠APB=60°可判断△APB为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求解．
【详解】
解：∵PA，PB为⊙O的切线，
∴PA=PB，
∵∠APB=60°，
∴△APB为等边三角形，
∴AB=PA=5．
故选：C．
【点睛】
本题考查了切线长定理以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
3、A
【解析】
【分析】
，先证明，得出，，得出，过点作，在中，设，则，利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】
解：连接，

在和，
PA，PB，分别切⊙O于点A，B，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，

，
又，
，
，
，
过点作，如下图

根据等腰三角形的性质，
点为的中点，
，
在中，
设，则，
，
，
解得：，
，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了圆的切线，三角形全等、等腰三角形、勾股定理，解题的关键是添加适当的辅助线，掌握切线的性质来求解．
4、C
【解析】
【分析】
如图1，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，根据同弧所对的圆周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判断①正确；如图1，可证明△DBE∽△DAC，则，所以DB•DC＝DE•DA，而DB与DC不一定相等，所以判断②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，先证明△ABK≌△ACD，可证明S四边形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判断③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于点C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，则∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，则∠COG＝2∠CAG＝60°，可证明△AOG和△COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OA∥CG，推导出S阴影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则⊙O的半径为4，可求得S阴影＝S扇形COG＝＝，所以判断④正确，所以①③④这3个结论正确．
【详解】
解：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
故①正确；
∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADC，
又∠DBE＝∠DAC，
∴△DBE∽△DAC，
∴,
∴DB•DC＝DE•DA，
∵D是上任一点，
∴DB与DC不一定相等，
∴DB•DC与DB2也不一定相等，
∴DB2与DE•DA也不一定相等，
故②错误；

如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，
∵∠ABK+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠ABK＝∠ACD，
∴AB＝AC，
∴△ABK≌△ACD（SAS），
∴AK＝AD，S△ABK＝S△ACD，
∴DH＝KH＝DK，

∵∠AHD＝90°，∠ADH＝60°，
∴∠DAH＝30°，
∵AD＝2，
∴DH＝AD＝1，
∴DK＝2DH＝2，，
∴S△ADK＝，
∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，
故③正确；
如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OA＝OG＝OC，
∵CF切⊙O于点C，
∴CF⊥OC，
∵AF⊥CF，
∴AF∥OC，
∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∴∠OAC＝∠OCA＝×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠CAG＝∠OCA＝30°，
∴∠COG＝2∠CAG＝60°，
∴∠AOG＝60°，
∴△AOG和△COG都是等边三角形，
∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，
∴四边形OABC是菱形，
∴OA∥CG，
∴S△CAG＝S△COG，
∴S阴影＝S扇形COG，
∵∠OCF＝90°，∠OCG＝60°，
∴∠FCG＝30°，
∵∠F＝90°，
∴FG＝CG，
∵FG2+CF2＝CG2，CF＝，
∴（CG）2+（）2＝CG2，
∴CG＝4，
∴OC＝CG＝4，
∴S阴影＝S扇形COG＝＝，
故④正确，
∴①③④这3个结论正确，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5、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．
6、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．
7、A
【解析】
【分析】
已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r＜d时，点P在⊙O外，根据以上内容判断即可．
【详解】
∵⊙O的半径为3，若PO＝2，
∴2＜3，
∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O内，
故选：A．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系的应用，注意：已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r＜d时，点P在⊙O外．
8、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．
9、A
【解析】
【分析】
由三角形内角和以及内心定义计算即可
【详解】
∵
∴
又∵O是ABC的内心
∴OB、OC为角平分线，
∴
∴180°=180°-50°=130°
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形内心的定义，与三角形各边都相切的圆叫做三角形的内切圆．三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．
10、D
【解析】
【分析】
如图所示，连接OA，OB，OC，利用切线定理可知△AOC与△AOB为直角三角形，进而可证明Rt△AOC≌Rt△AOB，根据三角板的角度可算出∠OAB的度数，借助三角函数求出OB的长度．
【详解】
解：如图所示，连接OA，OB，OC，

∵三角板的顶角为60°，
∴∠CAB=120°，
∵AC，AB，与扇形分别交于一点，
∴AC，AB是扇形O所在圆的切线，
∴OC⊥AC，OB⊥AB，
在Rt△AOC与Rt△AOB中，

∴Rt△AOC≌Rt△AOB，
∴∠OAC=∠OAB=60°，
由题可知AB=7－4=3，
∴OB=AB•tan60°= ，
∴直径为，
故选：D．
【点睛】
本题考查，圆的切线定理，全等三角形的判定，三角函数，在图中构造适合的辅助线是解决本题的关键．
二、填空题
1、②③④①
【解析】
【分析】
先根据直径所对的圆周角是直角确定圆的一条直径，然后根据圆的一条切线与切点所在的直径垂直，进行求解即可．
【详解】
解：第一步：先根据直径所对的圆周角是直角，确定圆的一条直径与圆的交点，即图②，
第二步：画出圆的一条直径，即画图③；
第三边：根据切线的判定可知，圆的一条切线与切点所在的直径垂直，确定切点的位置从而画出切线，即先图④再图①，
故答案为：②③④①．
【点睛】
本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，切线的判定，熟知相关知识是解题的关键．
2、6
【解析】
【分析】
依题意，直角三角形性质，结合题意能够容纳的最大为内切圆，结合内切圆半径，利用等积法求解即可；
【详解】
设直角三角形中能容纳最大圆的半径为：；
依据直角三角形的性质：可得斜边长为：
依据直角三角形面积公式：，即为；
内切圆半径面积公式：，即为；
所以，可得：，所以直径为：；
故填：6；
【点睛】
本题主要考查直角三角形及其内切圆的性质，重点在理解题意和利用内切圆半径求解面积；
3、 直径所对的圆周角是直角 经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
【解析】
【分析】
连接OA，OB，根据圆周角定理可知∠OAP=90°，再依据切线的判定证明结论；
【详解】
证明：连接OA，OB，
∵OP是⊙C直径，点A在⊙C上，
∴∠OAP=90°（直径所对的圆周角是直角），
∴OA⊥AP．
又∵点A在⊙O上，
∴直线PA是⊙O的切线（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线），
同理可证直线PB是⊙O的切线，
故答案为：直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．

4、外
【解析】
【分析】
直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，
∴点A在⊙O外．
故答案为：外．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．
5、
【解析】
【分析】
根据已知条件可得出，，再利用圆周角定理得出即可．
【详解】
解：、分别与相切于、两点，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的知识点是切线的性质以及圆周角定理，掌握以上知识点是解此题的关键．
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)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．
3、 (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．
4、 (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．
5、 (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．