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课时训练
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这是一份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课时训练,共31页。
九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系专项测评
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、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
2、在中,,,给出条件:①;②;③外接圆半径为4.请在给出的3个条件中选取一个,使得BC的长唯一.可以选取的是( )
A.① B.② C.③ D.①或③
3、如图,在Rt△ABC中,,,,以边上一点为圆心作,恰与边,分别相切于点,,则阴影部分的面积为( )
A. B. C. D.
4、如图,在中,以AB为直径的圆交AC于点D,的切线DE交BC于点E,若,于点E且,则的半径为( ).
A.4 B. C.2 D.
5、如图,与相切于点,连接交于点,点为优弧上一点,连接,,若,的半径,则的长为( )
A.4 B. C. D.1
6、已知正五边形的边长为1,则该正五边形的对角线长度为( ).
A. B. C. D.
7、如图,为的直径,为外一点,过作的切线,切点为,连接交于,,点在右侧的半圆周上运动(不与,重合),则的大小是( )
A.19° B.38° C.52° D.76°
8、在平面直角坐标系xOy中,已知点A(﹣4,﹣3),以点A为圆心,4为半径画⊙A,则坐标原点O与⊙A的位置关系是( )
A.点O在⊙A内 B.点O在⊙A外
C.点O在⊙A上 D.以上都有可能
9、在△ABC中,,点O为AB中点.以点C为圆心,CO长为半径作⊙C,则⊙C 与AB的位置关系是( )
A.相交 B.相切
C.相离 D.不确定
10、的边经过圆心,与圆相切于点,若,则的大小等于( )
A. B. C. 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、如图,已知的半径为1,圆心在抛物线上运动,当与轴相切时,圆心的横坐标为______.
2、如图,正方形ABCD内接于⊙O,点P在上,则∠BPC的度数为_____.
3、如图,、是的切线,其中、为切点,点在上,,则______.
4、正六边形的边心距与半径的比值为_______.
5、一个圆内接正多边形的一条边所对的圆心角是,则该正多边形边数是__________.
三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
1、如图,AB为的切线,B为切点,过点B作,垂足为点E,交于点C,连接CO,并延长CO与AB的延长线交于点D,与交于点F,连接AC.
(1)求证:AC为的切线:
(2)若半径为2,.求阴影部分的面积.
2、数学课上老师提出问题:“在矩形中,,,是的中点,是边上一点,以为圆心,为半径作,当等于多少时,与矩形的边相切?”.
小明的思路是:解题应分类讨论,显然不可能与边及所在直线相切,只需讨论与边及相切两种情形.请你根据小明所画的图形解决下列问题:
(1)如图1,当与相切于点时,求的长;
(2)如图2,当与相切时,
①求的长;
②若点从点出发沿射线移动,连接,是的中点,则在点的移动过程中,直接写出点在内的路径长为______.
3、如图,中,.
(1)用直尺和圆规作,使圆心在边上,且与、所在直线相切(不写作法,保留作图痕迹);
(2)在(1)的条件下,再从以下两个条件①“,的周长为12cm;②,”中选择一个作为条件,并求的半径.
4、如图,是的直径,是圆上两点,且有,连结,作的延长线于点.
(1)求证:是的切线;
(2)若,求阴影部分的面积.(结果保留)
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.
2、B
【解析】
【分析】
画出图形,作,交BE于点D.根据等腰直角三角形的性质和勾股定理可求出AD的长,再由AD和AC的长作比较即可判断①②;由前面所求的AD的长和AB的长,结合该三角形外接圆的半径长,即可判断该外接圆的圆心可在AB上方,也可在AB下方,其与AE的交点即为C点,为两点不唯一,可判断其不符合题意.
【详解】
如图,,,点C在射线上.作,交BE于点D.
∵,
∴为等腰直角三角形,
∴,
∴不存在的三角形ABC,故①不符合题意;
∵,,AC=8,
而AC>6,
∴存在的唯一三角形ABC,
如图,点C即是.
∴,使得BC的长唯一成立,故②符合题意;
∵,,
∴存在两个点C使的外接圆的半径等于4,两个外接圆圆心分别在AB的上、下两侧,如图,点C和即为使的外接圆的半径等于4的点.
故③不符合题意.
故选B.
【点睛】
本题考查等腰直角三角形的判定和性质,勾股定理,三角形外接圆的性质.利用数形结合的思想是解答本题的关键.
3、A
【解析】
【分析】
连结OC,根据切线长性质DC=AC,OC平分∠ACD,求出∠OCD=∠OCA==30°,利用在Rt△ABC中,AC=ABtanB=3×,在Rt△AOC中,∠ACO=30°,AO=ACtan30°=,利用三角形面积公式求出,,再求出扇形面积,利用割补法求即可.
【详解】
解:连结OC,
∵以边上一点为圆心作,恰与边,分别相切于点A, ,
∴DC=AC,OC平分∠ACD,
∵,,
∴∠ACD=90°-∠B=60°,
∴∠OCD=∠OCA==30°,
在Rt△ABC中,AC=ABtanB=3×,
在Rt△AOC中,∠ACO=30°,AO=ACtan30°=,
∴OD=OA=1,DC=AC=,
∴,,
∵∠DOC=360°-∠OAC-∠ACD-∠ODC=360°-90°-90°-60°=120°,
∴,
S阴影=.
故选择A.
【点睛】
本题考查切线长性质,锐角三角形函数,扇形面积,三角形面积,角的和差计算,割补法求阴影面积,掌握切线长性质,锐角三角形函数,扇形面积,三角形面积,角的和差计算,割补法求阴影面积是解题关键.
4、C
【解析】
【分析】
连接OD、BD,利用三角形外角的性质得到∠BOD=60°,证得△BOD是等边三角形,再利用切线的性质以及含30度角的直角三角形的性质求得BD=2BE=2,即可求解.
【详解】
解:连接OD、BD,
∵∠CAB=30°,OD=OA,
∴∠CAB=∠ODA=30°,
∴∠BOD=∠CAB+∠ODA=60°,
∵OD=OB,
∴△BOD是等边三角形,
∵DE是⊙O的切线,
∴∠ODE=90°,
∴∠BDE=30°,
∵DE⊥BC于点E且BE=1,
∴BD=2BE=2,
∴OB=BD=2,
即⊙O的半径为2,
故选:C.
.
【点睛】
本题考查了切线的性质,含30度角的直角三角形的性质,等边三角形的判定和性质,正确作出辅助线,灵活应用定理是解决问题的关键.
5、B
【解析】
【分析】
连接OB,根据切线性质得∠ABO=90°,再根据圆周角定理求得∠AOB=60°,进而求得∠A=30°,然后根据含30°角的直角三角形的性质解答即可.
【详解】
解:连接OB,
∵AB与相切于点B,
∴∠ABO=90°,
∵∠BDC=30°,
∴∠AOB=2∠BDC=60°,
在Rt△ABO中,∠A=90°-60°=30°,OB=OC=2,
∴OA=2OB=4,
∴,
故选:B.
【点睛】
本题考查切线的性质、圆周角定理、直角三角形的锐角互余、含30°角的直角三角形性质、勾股定理,熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键.
6、C
【解析】
【分析】
如图,五边形ABCDE为正五边形, 证明 再证明可得:设AF=x,则AC=1+x,再解方程即可.
【详解】
解:如图,五边形ABCDE为正五边形,
∴五边形的每个内角均为108°,
∴∠BAG=∠ABF=∠ACB=∠CBD= 36°,
∴∠BGF=∠BFG=72°,
设AF=x,则AC=1+x,
解得:,
经检验:不符合题意,舍去,
故选C
【点睛】
本题考查的是正多边形的性质,等腰三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,证明是解本题的关键.
7、B
【解析】
【分析】
连接 由为的直径,求解 结合为的切线,求解 再利用圆周角定理可得答案.
【详解】
解:连接 为的直径,
为的切线,
故选B
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理,直径所对的圆周角是直角,圆周角定理,切线的性质定理,熟练运用以上知识逐一求解相关联的角的大小是解本题的关键.
8、B
【解析】
【分析】
本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d,再根据点与圆心的距离与半径的大小关系,即当d>r时,点在圆外;当d=r时,点在圆上;点在圆外;当d<r时,点在圆内;来确定点与圆的位置关系.
【详解】
解:∵点A(﹣4,﹣3),
∴,
∵⊙A的半径为4,
∴,
∴点O在⊙A外;
故选:B
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系及坐标与图形性质,能够根据勾股定理求得点到圆心的距离,根据数量关系判断点和圆的位置关系.
9、B
【解析】
【分析】
根据等腰三角形的性质,三线合一即可得,根据三角形切线的判定即可判断是的切线,进而可得⊙C 与AB的位置关系
【详解】
解:连接,
,点O为AB中点.
CO为⊙C的半径,
是的切线,
⊙C 与AB的位置关系是相切
故选B
【点睛】
本题考查了三线合一,切线的判定,直线与圆的位置关系,掌握切线判定定理是解题的关键.
10、A
【解析】
【分析】
连接,根据圆周角定理求出,根据切线的性质得到,根据直角三角形的性质计算,得到答案.
【详解】
解:连接,
,
,
与圆相切于点,
,
,
故选:A.
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理,掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键.
二、填空题
1、2或或0
【解析】
【分析】
当⊙P与x轴相切时,圆心P的纵坐标为1或-1,根据圆心P在抛物线上,所以当y为±1时,可以求出点P的横坐标.
【详解】
解:当y=1时,有1=-x2+1,x=0.
当y=-1时,有-1=-x2+1,x=.
故答案是:2或或0.
【点睛】
本题考查的是二次函数的综合题,利用圆与x轴相切得到点P的纵坐标,然后代入抛物线求出点P的横坐标.
2、45°##45度
【解析】
【分析】
连接OB、OC,根据正方形的性质得到∠BOC的度数,利用圆周角与圆心角的关系得到答案.
【详解】
解:连接OB、OC,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BOC=90°,
∴∠BPC=,
故答案为:45°.
【点睛】
此题考查了圆内接正方形的性质,圆周角定理:同弧所对的圆周角等于圆心角的一半,熟记各知识点是解题的关键.
3、76
【解析】
【分析】
连接OA、OB,根据圆周角定理求得∠AOB,由切线的性质求出∠OAP=∠OBP=90°,再由四边形的内角和等于360°,即可得出答案
【详解】
解:连接OA、OB,,
∴∠AOB=104°
∵PA、PB是⊙O的两条切线,点A、B为切点,
∴∠OAP=∠OBP=90°
∵∠APB+∠OAP+∠AOB+∠OBP=360°
∴∠APB=180°-(∠OAP+∠AOB+∠OBP)=76°
故答案为:76
【点睛】
本题考查了切线的性质、四边形的内角和定理以及圆周角定理,利用切线性质和圆周角定理求出角的度数是解题的关键
4、
【解析】
【分析】
设正六边形的半径是r,由正六边形的内切圆的半径是正六边形的边心距,因而是r,计算比值即可.
【详解】
解:设正六边形的半径是r,则外接圆的半径r,内切圆的半径是正六边形的边心距,如上图所示,内切圆半径=,因而是r,则可知正六边形的边心距与半径的比值为.
【点睛】
本题考查正多边形的边心距与内接圆的半径之间的关系,搞清正多边形内接圆与正多边形之间的关系是解决本题的关键.
5、六
【解析】
【分析】
根据正多边形的中心角=计算即可.
【详解】
解:设正多边形的边数为n.
由题意得,=60°,
∴n=6,
故答案为:六.
【点睛】
本题考查正多边形和圆,解题的关键是记住正多边形的中心角=.
三、解答题
1、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据切线的判定方法,证出即可;
(2)由勾股定理得,,,在中,根据,结合锐角三角函数求出角,再利用扇形的面积的公式求解即可.
(1)
解:如图,连接OB,
∵AB是的切线,
∴,即,
∵BC是弦,,
∴,
∴,在和中,,
∴,
∴,即,
∴AC是的切线;
(2)
解:在中,
由勾股定理得,,,
在中,,
∴,
∴,
∴,
∴.
【点睛】
本题考查切线的判定和性质,三角形全等的判定及性质、勾股定理、锐角三角函数、扇形的面积公式,解题的关键是掌握切线的判定方法,锐角三角函数的知识求解.
2、 (1)BP=2
(2)①4.8;②9.6
【解析】
【分析】
(1)连接PT,由⊙P与AD相切于点T,可得四边形ABPT是矩形,即得PT=AB=4=PE,在Rt△BPE中,用勾股定理即得BP=2;
(2)①由⊙P与CD相切,有PC=PE,设BP=x,则PC=PE=10-x,在Rt△BPE中,由勾股定理得x2+22=(10-x)2,即可解得BP=4.8;②点M在⊙P内的路径为EM,过P作PN⊥EM于N,由EM是△ABQ的中位线,可得四边形BPNE是矩形,即知EN=BP=4.8,故EM=2EN=9.6.
(1)
连接PT,如图:
∵⊙P与AD相切于点T,
∴∠ATP=90°,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠B=90°,
∴四边形ABPT是矩形,
∴PT=AB=4=PE,
∵E是AB的中点,
∴BE=AB=2,
在Rt△BPE中,;
(2)
①∵⊙P与CD相切,
∴PC=PE,
设BP=x,则PC=PE=10-x,
在Rt△BPE中,BP2+BE2=PE2,
∴x2+22=(10-x)2,
解得x=4.8,
∴BP=4.8;
②点Q从点B出发沿射线BC移动,M是AQ的中点,点M在⊙P内的路径为EM,过P作PN⊥EM于N,如图:
由题可知,EM是△ABQ的中位线,
∴EM∥BQ,
∴∠BEM=90°=∠B,
∵PN⊥EM,
∴∠PNE=90°,EM=2EN,
∴四边形BPNE是矩形,
∴EN=BP=4.8,
∴EM=2EN=9.6.
故答案为:9.6.
【点睛】
本题考查矩形与圆的综合应用,涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等,解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线.
3、 (1)见解析
(2)cm
【解析】
【分析】
(1)作∠ABC的平分线,交AC于点O,再以点O为圆心、OC为半径作圆;
(2)记⊙O与AB的切点为E,连接OE,则OC=OE,BC=BE,设OC=OE=r,则AO=AC-r,在Rt△AOE中,由AO2=AE2+OE2列出关于r的方程求解即可.
①设AC=3x,AB=5x,用勾股定理表示出BC的长,根据的周长为12cm,列方程求出x,从而可求出三边的长;
②设AC=3x,AB=5x,用勾股定理表示出BC的长,根据,列方程求出x,从而可求出三边的长;
(1)
解:如图,
(2)
解:如图,设与相切于点.连接OE,则OC=OE,BC=BE,设OC=OE=r,则AO=AC-r.
①∵,∴设AC=3x,AB=5x,
∴BC==4x,
∵的周长为12cm,
∴3x+4x+5x=12,
∴x=1,
∴AC=3,AB=5,
∵⊙O 与 AB 、 BC 所在直线相切
∴BE=BC=4,
∴AE=AB-BE=5-4=1,AO=3-r,
在Rt△AOE中,
∵AO2=AE2+OE2,
∴(3-r)2=12+r2,
∴r=;
②∵,∴设AC=3x,AB=5x,
∴BC==4x,
∵,
∴4x=12,
∴x=1,
∴AC=3,AB=5,
∵⊙O 与 AB 、 BC 所在直线相切
∴BE=BC=4,
∴AE=AB-BE=5-4=1,AO=3-r,
在Rt△AOE中,
∵AO2=AE2+OE2,
∴(3-r)2=12+r2,
∴r=;
即⊙O的半径为cm.
【点睛】
本题考查了作图—复杂作图,勾股定理,切线的性质,以及切线长定理,解题的关键是掌握角平分线的尺规作图和性质、切线的性质和切线长定理及勾股定理.
4、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)要证明DE是⊙O的切线,所以连接OD,只要求出∠ODE=90°即可解答;
(2)连接BD,利用Rt△ADB的面积加上弓形面积即可求出阴影部分的面积.
(1)
证明:连接OD,
∵,
∴∠CAD=∠BAD,
∵OA=OD,
∴∠OAD=∠ODA,
∴∠CAD=∠ODA,
∴AE∥OD,
∴∠E+∠ODE=90°,
∵DE⊥AC,
∴∠E=90°,
∴∠ODE=180°﹣∠E=90°,
∵OD是圆O的半径,
∴DE是⊙O的切线;
(2)
连接BD,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°,
∵∠ADE=60°,∠E=90°,
∴∠CAD=90°﹣∠ADE=30°,
∴∠DAB=∠CAD=30°,
∴AB=2BD,
∵,
∴
∴BD=2,BA=4,
∴OD=OB=2,
∴△ODB是等边三角形,
∴∠DOB=60°,
∴△ADB的面积=AD•DB
=×2×2
=2,
∵OA=OB,
∴△DOB的面积=△ADB的面积=,
∴阴影部分的面积为:
△ADB的面积+扇形DOB的面积﹣△DOB的面积
=2﹣
=,
∴阴影部分的面积为:.
【点睛】
本题考查了切线的判定与性质,圆周角定理,扇形的面积公式,勾股定理,含30°角的直角三角形,根据题目的已知条件并结合图形,添加适当的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.
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