2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试练习题

这是一份2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试练习题，共32页。试卷主要包含了以半径为1的圆的内接正三角形，如图，FA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专题测评
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、如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，则∠CBD的度数是（　　）

A．30° B．36° C．60° D．72°
2、如图所示，⊙O的半径为5，点O到直线l的距离为7，P是直线l上的一个动点，PQ与⊙O相切于点Q．则PQ的最小值为（ ）

A． B． C．2 D．2
3、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
4、在中，，cm，cm．以C为圆心，r为半径的与直线AB相切．则r的取值正确的是（ ）
A．2cm B．2.4cm C．3cm D．3.5cm
5、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
6、以半径为1的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形，则（ ）
A．不能构成三角形 B．这个三角形是等边三角形
C．这个三角形是直角三角形 D．这个三角形是等腰三角形
7、如图，FA、FB分别与⊙O相切于A、B两点，点C为劣弧AB上一点，过点C的切线分别交FA、FB于D、E两点，若∠F＝60°，△FDE的周长为12，则⊙O的半径长为（　　）

A． B．2 C．2 D．3
8、如图，中，，O是AB边上一点，与AC、BC都相切，若，，则的半径为（ ）

A．1 B．2 C． D．
9、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．
10、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．
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、1
【解析】
【分析】
根据三角形内切圆与内心的性质和三角形面积公式解答即可．
【详解】
解：∵∠C=90°，AC=3，AB=5，
∴BC==4，
如图，分别连接OA、OB、OC、OD、OE、OF，

∵⊙O是△ABC内切圆，D、E、F为切点，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB于D、E、F，OD=OE=OF，
∴S△ABC=S△BOC+S△AOC+S△AOB=BC•DO+AC•OE+AB•FO=（BC+AC+AB）•OD，
∵∠ACB=90°，
∴，
∴．
故答案为：1．
【点睛】
此题考查三角形内切圆与内心，勾股定理，熟练掌握三角形内切圆的性质是解答本题的关键．
3、（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．
4、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．
5、6
【解析】
【分析】
根据题意利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：连接DO，EO，

∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴OE⊥AC，OD⊥BC，CD=CE，BD=BF=2，AF=AE=3
又∵∠C=90°，
∴四边形OECD是矩形，
又∵EO=DO，
∴矩形OECD是正方形，
设EO=x，
则EC=CD=x，
在Rt△ABC中
BC2+AC2=AB2
故（x+2）2+（x+3）2=52，
解得：x=1，
∴BC=3，AC=4，
∴S△ABC=×3×4=6.
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查三角形内切圆与内心，根据题意得出四边形OECF是正方形以及运用方程思维和勾股定理进行分析是解题的关键．
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)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．
3、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，求出DE＝CE＝BE，推出∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，求出∠ACB＝∠ODE＝90°，根据切线的判定推出即可．
（2）根据勾股定理求出AF＝3，设OD=x，根据勾股定理列出方程即可．
(1)
证明：连接OD，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝180°﹣∠ADC＝90°，
∵E是BC的中点，
∴，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠EDC+∠ODC＝∠ECD +∠OCD，
即∠ACB＝∠ODE，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ODE＝90°，
又∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线．

(2)
解：设OD=x，
∵DF⊥AC，AD＝5，DF＝3，
∴，
在三角形ADF中，
，
解得，，
⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的证明和直角三角形的性质，解题关键是熟练运用直角三角形和等腰三角形的性质证明切线，利用勾股定理求半径．
4、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线定义证得∠ODA＝∠DAE，可证得DO∥MN，根据平行线的性质和切线的判定即可证的结论；
（2）连接CD，先由勾股定理求得AD，连接CD，根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ACD∽△ADE，然后根据相似三角形的性质求解AC即可求解．
(1)
证明：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAM，∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴DO∥MN，
∵DE⊥MN，
∴DE⊥OD，
∵D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
解：∵∠AED＝90°，DE＝8，AE＝6，
∴AD＝＝10，
连接CD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
∵∠CAD＝∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴，即，
∴AC＝，
∴⊙O的半径是．

【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
5、 (1)见解析
(2)见解析
(3)⊙O的半径为5．
【解析】
【分析】
（1）连接OD交BC于H，根据圆周角定理和切线的判定即可证明；
（2）连接BD，由点E是△ABC的内心，得到∠ABE=∠CBE，∠DBC=∠BAD，推出∠BED=∠DBE，根据等角对等边得到BD=DE；
（3）根据垂径定理和勾股定理即可求出结果．
(1)
证明：连接OD交BC于H，如图，

∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
即∠BAD=∠CAD，
∴，
∴OD⊥BC，BH=CH，
∵DM∥BC，
∴OD⊥DM，
∴DM是⊙O的切线；
(2)
证明：∵点E是△ABC的内心，

∴∠ABE=∠CBE，
∵，
∴∠DBC=∠BAD，
∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE，
即∠BED=∠DBE，
∴BD=DE；
(3)
解：设⊙O的半径为r，
连接OD，OB，如图，

由（1）得OD⊥BC，BH=CH，
∵BC=8，
∴BH=CH=4，
∵DE=2，BD=DE，
∴BD=2，
在Rt△BHD中，BD2=BH2+HD2，
∴（2）2=42+HD2，解得：HD=2，
在Rt△BHO中，
r2=BH2+（r-2）2，解得：r=5．
∴⊙O的半径为5．
【点睛】
本题考查了三角形的内心，切线的判定与性质，三角形的外接圆与外心，圆周角定理，垂径定理，解决本题的关键是综合运用以上知识．