2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品同步练习题

这是一份2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品同步练习题，共34页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，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、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
2、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
3、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°
4、如图，BD是⊙O的切线，∠BCE＝30°，则∠D＝（　　）

A．40° B．50° C．60° D．30°
5、一个正多边形的半径与边长相等，则这个正多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
6、如图，在矩形ABCD中，点E在CD边上，连接AE，将沿AE翻折，使点D落在BC边的点F处，连接AF，在AF上取点O，以O为圆心，线段OF的长为半径作⊙O，⊙O与AB，AE分别相切于点G，H，连接FG，GH．则下列结论错误的是（ ）

A． B．四边形EFGH是菱形
C． D．
7、下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆 B．任何三角形有且只有一个内切圆
C．相等的圆心角所对的弧相等 D．正多边形一定是中心对称图形
8、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
9、若正六边形的边长为6，则其外接圆半径与内切圆半径的大小分别为（　　）
A．6，3 B．6，3 C．3，6 D．6，3
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，在矩形中，是边上的点，经过，，三点的与相切于点．若，，则的半径是__________．

2、在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是=____．

3、如图，AB是半圆O的弦，DE是直径，过点B的切线BC与⊙O相切于点B，与DE的延长线交于点C，连接BD，若四边形OABC为平行四边形，则∠BDC的度数为______．

4、如图，在ABC中，∠C＝90°，AB=10，在同一平面内，点O到点A，B，C的距离均等于a（a为常数）．那么常数a的值等于________．

5、Rt的两条直角边分别是一元二次方程的两根，则的外接圆半径为_____．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．
2、如图，是的直径，是半径，连接，．延长至点，使，过点作交的延长线于点．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求半径的长．
3、如图，是的切线，点在上，与相交于，是的直径，连接，若．

(1)求证：平分；
(2)当，时，求的半径长．
4、如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，直线l与⊙O相切于点A，在l上取一点D使得DA=DC，线段DC，AB的延长线交于点E．

(1)求证：直线DC是⊙O的切线；
(2)若BC=4，∠CAB=30°，求图中阴影部分的面积（结果保留π）．
5、如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．

(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝8，AE＝6，求⊙O的半径．

-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、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．
3、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．
4、D
【解析】
【分析】
连接，根据同弧所对的圆周角相等，等角对等边，三角形的外角性质可得，根据切线的性质可得，根据直角三角形的两个锐角互余即可求得．
【详解】
解：连接






BD是⊙O的切线


故选D
【点睛】
本题考查了切线的性质，等弧所对的圆周角相等，直角三角形的两锐角互余，掌握切线的性质是解题的关键．
5、C
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据正多边形的中心角与边数的关系即可得．
【详解】
解：如图，由题意得：，
是等边三角形，
，
则这个正多边形的边数为，
故选：C．

【点睛】
本题考查了正多边形，熟练掌握正多边形的中心角与边数的关系是解题关键．
6、C
【解析】
【分析】
由折叠可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED，再根据切线长定理得到AG=AH，∠GAF=∠HAF，进而求出∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，据此对A作出判断；接下来延长EF与AB交于点N，得到EF是⊙O的切线，ANE是等边三角形，证明四边形EFGH是平行四边形，再结合HE=EF可对B作出判断；在RtEFC中，∠C=90°，∠FEC=60°，则EF=2CE，再结合AD=DE对C作出判断；由AG=AH，∠GAF=∠HAF，得出GH⊥AO，不难判断D．
【详解】
解：由折叠可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED.
∵AB和AE都是⊙O的切线，点G、H分别是切点，
∴AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，
∴∠BAE=2∠DAE，故A正确，不符合题意；
延长EF与AB交于点N，如图：

∵OF⊥EF，OF是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线，
∴HE=EF，NF=NG，
∴△ANE是等边三角形，
∴FG//HE，FG=HE，∠AEF=60°，
∴四边形EFGH是平行四边形，∠FEC=60°，
又∵HE=EF，
∴四边形EFGH是菱形，故B正确，不符合题意；
∵AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴GH⊥AO，故D正确，不符合题意；
在Rt△EFC中，∠C=90°，∠FEC=60°，
∴∠EFC=30°，
∴EF=2CE，
∴DE=2CE.
∵在Rt△ADE中，∠AED=60°，
∴AD=DE，
∴AD=2CE，故C错误，符合题意.
故选C.
【点睛】
本题是一道几何综合题，考查了切线长定理及推论，切线的判定，菱形的定义，含30的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，翻折变换等，正确理解翻折变换及添加辅助线是解决本题的关键．
7、B
【解析】
【分析】
根据确定圆的条件、三角形的内切圆、圆心角化和弧的关系、中心对称图形的概念判断．
【详解】
解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；
B、任何三角形有且只有一个内切圆，正确；
C、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误；
D、边数是偶数的正多边形一定是中心对称图形，故错误；
故选：B．
【点睛】
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
8、C
【解析】
【分析】
由切线的性质可知OQ⊥PQ，在Rt△OPQ中，OQ=5，则可知当OP最小时，PQ有最小值，当OP⊥l时，OP最小，利用勾股定理可求得PQ的最小值．
【详解】
∵PQ与⊙O相切于点Q，
∴OQ⊥PQ，
∴PQ2=OP2-OQ2=OP2-52=OP2-25，
∴当OP最小时，PQ有最小值，
∵点O到直线l的距离为7，
∴OP的最小值为7，
∴PQ的最小值=，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查切线的性质，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键．
9、B
【解析】
【分析】
如图1，⊙O是正六边形的外接圆，连接OA，OB，求出∠AOB=60°，即可证明△OAB是等边三角形，得到OA=AB=6；如图2，⊙O1是正六边形的内切圆，连接O1A，O1B，过点O1作O1M⊥AB于M，先求出∠AO1B＝60°，然后根据等边三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】
解：（1）如图1，⊙O是正六边形的外接圆，连接OA，OB，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=360°÷6=60°，
∵OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=6；

（2）如图2，⊙O1是正六边形的内切圆，连接O1A，O1B，过点O1作O1M⊥AB于M，

∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AO1B＝60°，
∵O1A= O1B，
∴△O1AB是等边三角形，
∴O1A= AB=6，
∵O1M⊥AB，
∴∠O1MA＝90°，AM＝BM，
∵AB＝6，
∴AM＝BM，
∴O1M．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了正多边形与圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，熟知正多边形与圆的知识是解题的关键．
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dr，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、##
【解析】
【分析】
连接EO，并延长交圆于点G，在Rt△DEF中求出EF的值，再证明△DEF∽△FGE，然后根据相似三角形的性质即可求解．
【详解】
解：连接EO，并延长交圆于点G，

∵四边形是矩形，
∴CD=，∠D=90°，
∵与相切于点，
∴OE⊥CD，再结合矩形的性质可得：
∴DE=CE=3．
∵，
∴EF=．
∵与相切于点，
∴∠GED=90°．
∵GE是直径，
∴∠GFE=90°，
∴∠DEF+∠GEF=90°，∠EGF+∠GEF=90°，
∴∠DEF=∠EGF．
∵∠D=∠∠GFE=90°，
∴△DEF∽△FGE，
∴，
∴，
∴GE=，
∴的半径是，
故答案为；．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，切线的性质，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
2、
【解析】
【分析】
先利用切线长定理求得OC=，再判断出当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
然后利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：⊙O 与Rt△ABC三边的切点分别为E、F、G，连接OE、OF、OG、OC，

∵⊙O是Rt△ABC内切圆，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，
∴CE=CF，BE=BG，AF=AG，则四边形OECF是正方形，AB==5，
设正方形OECF的边长为x，则BE=BG=3-x，AF=AG=4-x，
依题意得：3-x+4-x=5，
解得：x=1，
∴OC=，
∵CD⊥l，即∠CDO=90°，
∴点D在以OC为直径的⊙Q上，

连接QA，过点Q作QP⊥AC于点P，
当点D运动到线段QA上时，AD取得最小值，
∴CP=QP=，AP=AC-CP=，⊙Q的半径为QD=，
∴QA=，
∴AD的最小值为AQ-QD=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了内心的性质，切线长定理，圆周角定理，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
3、
【解析】
【分析】
先由切线的性质得到∠OBC=90°，再由平行四边形的性质得到BO=BC，则∠BOC=∠BCO=45°，由OD=OB，得到∠ODB=∠OBD，由∠ODB+∠OBD=∠BOC，即可得到∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°．
【详解】
解：∵BC是圆O的切线，
∴∠OBC=90°，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴AO=BC，
又∵AO=BO，
∴BO=BC，
∴∠BOC=∠BCO=45°，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵∠ODB+∠OBD=∠BOC，
∴∠ODB=∠OBD=22.5°，即∠BDC=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，切线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形外角的性质，熟知切线的性质是解题的关键．
4、5
【解析】
【分析】
直接利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】
解：根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
即可知道点到点A，B，C的距离相等，
如下图：

，
，
故答案是：5．
【点睛】
本题考查了直角三角形的外接圆的外心，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
5、2.5##
【解析】
【分析】
根据题意先解一元二次方程，进而根据直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一边，即可求得答案．
【详解】
解：，
，
解得，
Rt的两条直角边分别为3，4，
斜边长为，
直角三角形的外接圆的圆心在斜边上，且为斜边的中点，
的外接圆半径为．
【点睛】
本题考查的是三角形的外接圆与外心，熟知直角三角形的外心是斜边的中点是解答此题的关键．
三、解答题
1、 (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．
2、 (1)证明见解析
(2)⊙O半径的长为
【解析】
【分析】
（1）根据角度的数量关系，可得，即，进而可证是的切线；
（2）由题意知，，由可得的值，由，知，，得，在中，，求解即可．
(1)
证明：∵是的直径
∴
∴
∵
∴
∴，
∴
∴是的切线；
(2)
解：∵，
∴
∵
∴
∵，
∴
∴，
∵
∴
∴，
在中，，即
∴
∴半径长为．
【点睛】
本题考查了切线的判定，勾股定理，正切值．解题的关键在于对知识的灵活运用．
3、 (1)见解析
(2)的半径长为．
【解析】
【分析】
（1）根据切线的性质，可得，由平行线的性质，等边对等角，等量代换即可得，进而得证；
（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角，勾股定理求得，证明列出比例式，代入数值求解可得，进而求得半径
(1)
证明：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即平分；

(2)
解：如图，连接，
在中，，，
由勾股定理得：，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
∴的半径长为．

【点睛】
本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握圆的相关知识以及相似三角形的是解题的关键．
4、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OC，由题意得，根据等边对等角得，，即可得，则，即可得；
（2）根据三角形的外角定理得，又根据得是等边三角形，则，根据三角形内角和定理得，根据直角三角形的性质得，根据勾股定理得，用三角形OEC的面积减去扇形OCB的面积即可得．
(1)
证明：如图所示，连接OC，

∵AB是的直径，直线l与相切于点A，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴直线DC是的切线．
(2)
解：∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积=．
【点睛】
本题考查了切线，三角形的外角定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点．
5、 (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．