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优秀一课一练

九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系同步训练

 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，正六边形螺帽的边长是4cm，那么这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是（　　）

A．2，2 B．4，4 C．4，2 D．4，

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、已知点A是⊙O外一点，且⊙O的半径为3，则OA可能为（       ）

A．1 B．2 C．3 D．4

4、如图，圆形螺帽的内接正六边形的面积为24cm2，则圆形螺帽的半径是（　　）

A．1cm B．2cm C．2cm D．4cm

5、圆O的半径为5cm，点A到圆心O的距离OA＝4cm，则点A与圆O的位置关系为（　　）

A．点A在圆上 B．点A在圆内 C．点A在圆外 D．无法确定

6、已知⊙O的半径为4，，则点A在（          ）

A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定

7、已知⊙O的半径为5，若点P在⊙O内，则OP的长可以是（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7

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、如图，有一个亭子，它的地基是边长为4m的正六边形，则地基的面积为（　　）

A．4m2 B．12m2 C．24m2 D．24m2

10、在平面直角坐标系中，以点（2，3）为圆心，3为半径的圆，一定（       ）

A．与x轴相切，与y轴相切 B．与x轴相切，与y轴相交

C．与x轴相交，与y轴相切 D．与x轴相交，与y轴相交

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、如图，PB与⊙O相切于点B，OP与⊙O相交于点A，∠P＝30°，若⊙O的半径为2，则OP的长为 _____．

2、已知圆O的圆心到直线l的距离为2，且圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，则直线l与圆O的的位置关系是______．

3、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”）

4、如图，在△ABC中，I是△ABC的内心，O是AB边上一点，⊙O经过点B且与AI相切于点I，若tan∠BAC＝，则sin∠ACB的值为 _____．

5、半径为3cm的圆内有长为的弦，则此弦所对的圆周角的度数为______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，在RtABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC为直径的半圆⊙O交AB于点D，E为BC的中点，连结DE、CD．过点D作DF⊥AC于点F．

(1)求证：DE是⊙O的切线；

(2)若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半径．

2、如图，在中，，平分，与交于点，，垂足为，与交于点，经过，，三点的与交于点．

(1)求证是的切线；

(2)若，，求的半径．

3、如图，点E是的内心，AE的延长线交BC于点F，交的外接圆点D．过D作直线．

(1)求证：DM是的切线；

(2)求证：；

(3)若，，求的半径．

4、如图，AB是ΘO的直径，弦AD平分∠BAC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．

(1)判断DE所在直线与ΘO的位置关系，并说明理由；

(2)若AE＝4，ED＝2，求ΘO的半径．

5、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）．

-参考答案-

一、单选题

1、B

【解析】

【分析】

根据正六边形的内角度数可得出∠BAD=30°，为等边三角形，得BC=2AB，再通过解直角三角形即可得出a的值，进而可求出a的值，此题得解．

【详解】

解：如图，

∵正六边形的任一内角为120°，

∴∠ABD=180°-120°=60°，

∴∠BAD=30°，为等边三角形，

∵

∴

∴

∴

∴这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是4，4．

故选：B．

【点睛】

本题考查了正多边形以及勾股定理，牢记正多边形的内角度数是解题的关键．

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、D

【解析】

【分析】

根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．

【详解】

解：∵点A为⊙O外的一点，且⊙O的半径为3，

∴线段OA的长度＞3．

故选：D．

【点睛】

此题考查了点和圆的位置关系与数量之间的联系：点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．

4、D

【解析】

【分析】

根据圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，由面积公式可求出半径．

【详解】

解：如图，由圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，过作于

设半径为r，即OA=OB=AB=r，

OM=OA•sin∠OAB=，

∵圆O的内接正六边形的面积为（cm2），

∴△AOB的面积为（cm2），

即，

，

解得r=4，

故选：D．

【点睛】

本题考查正多边形和圆，作边心距转化为直角三角形的问题是解决问题的关键．

5、B

【解析】

【分析】

根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．

【详解】

解：∵⊙O的半径为5cm，点A到圆心O的距离为4cm，

即点A到圆心O的距离小于圆的半径，

∴点A在⊙O内．

故选：B．

【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．

6、C

【解析】

【分析】

根据⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5知d>r，据此可得答案．

【详解】

解：∵⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5，

∴d>r，

∴点A在⊙O外，

故选：C．

【点睛】

本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r．

7、A

【解析】

【分析】

根据点与圆的位置关系可得，由此即可得出答案．

【详解】

解：的半径为5，点在内，

，

观察四个选项可知，只有选项A符合，

故选：A．

【点睛】

本题考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系（圆内、圆上、圆外）是解题关键．

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、D

【解析】

【分析】

先根据等边三角形的性质求出△OBC的面积，然后由地基的面积是△OBC的6倍即可得到答案

【详解】

解：如图所示，正六边形ABCDEF，连接OB，OC，过点O作OP⊥BC于P，

由题意得：BC=4cm，

∵六边形ABCD是正六边形，

∴∠BOC=360°÷6=60°，

又∵OB=OC，

∴△OBC是等边三角形，

∴，，

∴，

∴，

∴，

故选D．

【点睛】

本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，熟知正多边形和圆的关系是解题的关键．

10、B

【解析】

【分析】

由已知点(2,3)可求该点到x轴，y轴的距离，再与半径比较，确定圆与坐标轴的位置关系．设d为直线与圆的距离，r为圆的半径，则有若d<r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d>r，则直线与圆相离．

【详解】

解：∵点(2,3)到x轴的距离是3，等于半径，

到y轴的距离是2，小于半径，

∴圆与y轴相交，与x轴相切．

故选B．

【点睛】

本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆半径大小关系完成判定．

二、填空题

1、4

【解析】

【分析】

连接OB，利用切线性质，判定三角形POB是直角三角形，利用直角三角形的性质，确定PO的长度即可．

【详解】

如图，连接OB，

∵PB与⊙O相切于点B，

∴∠PBO＝90°，

∵∠P＝30°，OB=2，

∴PO=4，

故答案为：4．

【点睛】

本题考查了切线性质，直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键．

2、相切或相交

【解析】

【详解】

首先求出方程的根，再利用半径长度，由点O到直线l的距离为d，若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，从而得出答案．

【分析】

解：∵x2﹣5x+6＝0，

（x﹣2）（x﹣3）＝0，

解得：x1＝2，x2＝3，

∵圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，即圆的半径为2或3，

∴当半径为2时，直线l与圆O的的位置关系是相切，

当半径为3时，直线l与圆O的的位置关系是相交，

综上所述，直线l与圆O的的位置关系是相切或相交．

故答案为：相切或相交．

【点睛】

本题考查的是直线与圆的位置关系，因式分解法解一元二次方程，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆的半径大小关系完成判定．

3、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．

4、##0.8

【解析】

【分析】

连接OI，BI，作OE⊥AC，可证△AOD是等腰三角形，然后证明OD∥BC，进而∠ADO＝∠ACB，解三角形AOD即可．

【详解】

解：如图，连接OI并延长交AC于D，连接BI，

∵AI与⊙O相切，

∴AI⊥OD，

∴∠AIO＝∠AID＝90°，

∵I是△ABC的内心，

∴∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，

∵AI＝AI，

∴△AOI≌△ADI（ASA），

∴AO＝AD，

∵OB＝OI，

∴∠OBI＝∠OIB，

∴∠OIB＝∠CBI，

∴OD∥BC，

∴∠ADO＝∠C，

作OE⊥AC于E，

∵tan∠BAC＝＝，

∴不妨设OE＝24k，AE＝7k，

∴OA＝AD＝25k，

∴DE＝AD﹣AE＝18k，

∴OD＝＝30k，

∴sin∠ACB＝＝＝ ．

故答案是：

【点睛】

本题主要考查了切线的性质，锐角三角函数，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．

5、60°或120°

【解析】

【分析】

如下图所示，分两种情况考虑：D点在优弧CDB上或E点在劣弧BC上时，根据三角函数可求出∠OCF的大小，进而求出∠BOC的大小，再由圆周角定理可求出∠D、∠E大小，进而得到弦BC所对的圆周角．

【详解】

解：分两种情况考虑：D在优弧CDB上或E在劣弧BC上时，可得弦BC所对的圆周角为∠D或∠E，如下图所示，

作OF⊥BC，由垂径定理可知，F为BC的中点，

∵BC=，

∴CF=BF=BC=× =，

又因为半径为3，

∵OC=3，

在Rt△FOC中，cos∠OCF= =÷3=，

∴∠OCF=30°，

∵OC=OB，

∴∠OCF=∠OBF=30°，

∴∠COB=120°，

∴∠D=∠COB=×120°=60°，

又圆内接四边形的对角互补，

∴∠E=120°，

则弦BC所对的圆周角为60°或120°．

故答案为：60°或120°．

【点睛】

此题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，锐角三角函数定义，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握圆周角定理是解本题的关键．

三、解答题

1、 (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．

2、 (1)见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）连接，利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证，从而，得到，根据切线的判定方法可证是的切线；

（2）证明，利用相似三角形的性质可求的半径．

(1)

证明：连接，

∵，

∴，

∴是直径，是的中点．

∵平分，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴．

又∵，

∴，

∴，

又∵经过半径的外端，

∴是的切线．

(2)

解：∵，

∴，

在与中，

，，

∴．

∴，

在中，，，

∴.

设半径为，则，，

即，

∴．

∴的半径为．

【点睛】

本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，掌握切线的判定方法是解（1）的关键，掌握相似三角形的判定与性质是解（2）的关键．

3、 (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．

4、 (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．

5、 (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．