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课后作业题

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优秀课后作业题，共32页。
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、若正方形的边长为4，则它的外接圆的半径为（ ）
A．B．4C．D．2
2、如图，BD是⊙O的切线，∠BCE＝30°，则∠D＝（ ）
A．40°B．50°C．60°D．30°
3、在同一平面内，有一半径为6的⊙O和直线m，直线m上有一点P，且OP=4；则直线m与⊙O的位置关系是 （ ）
A．相交B．相离C．相切D．不能确定
4、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°
5、如图是一个含有3个正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，将它镶嵌在一个圆形的金属框上，使A，G， H三点刚好在金属框上，则该金属框的半径是（ ）
A．B．C．D．
6、如图，已知的内接正六边形的边心距是，则阴影部分的面积是（ ）．
A．B．C．D．
7、如图，PA是的切线，切点为A，PO的延长线交于点B，若，则的度数为（ ）．
A．20°B．25°C．30°D．40°
8、如图，中，，，点O是的内心．则等于（ ）
A．124°B．118°C．112°D．62°
9、已知半径为5的圆，直线l上一点到圆心的距离是5，则直线和圆的位置关系为（ ）
A．相切B．相离C．相切或相交D．相切或相离
10、平面内，⊙O的半径为3，若点P在⊙O外，则OP的长可能为（ ）
A．4B．3C．2D．1
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、已知⊙O的直径为8cm，如果直线AB上的一点与圆心的距离为4cm，则直线AB与⊙O的位置关系是 _____．
2、如图，点O是的AB边上一点，，以OB长为半径作，与AC相切于点D．若，，则的半径长为______．
3、如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于点E、F、G三点，且AB∥CD，BO＝6，CO＝8，则BE＋GC的长为_____．
4、如图，AB、CD为一个正多边形的两条边，O为该正多边形的中心，若∠ADB＝12°，则该正多边形的边数为 _____．
5、如图，是的直径，是的切线，切点为，交于点，点是的中点．若的半径为，，，则阴影部分的面积为________．
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、苏科版教材八年级下册第94页第19题，小明在学过圆之后，对该题进行重新探究，请你和他一起完成问题探究．
【问题探究】小明把原问题转化为动点问题，如图1，在边长为6cm的正方形ABCD中，点E从点A出发，沿边AD向点D运动，同时，点F从点B出发，沿边BA向点A运动，它们的运动速度都是2cm/s，当点E运动到点D时，两点同时停止运动，连接CF、BE交于点M，设点E， F运动时问为t秒．
(1)【问题提出】如图1，点E，F分别在方形ABCD中的边AD、AB上，且，连接BE、CF交于点M，求证：．请你先帮小明加以证明．
(2)如图1，在点E、F的运动过程中，点M也随之运动，请直接写出点M的运动路径长 cm．
(3)如图2，连接CE，在点E、F的运动过程中．
①试说明点D在△CME的外接圆O上；
②若①中的O与正方形的各边共有6个交点，请直接写出t的取值范围．
3、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．
4、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______．
5、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．
-参考答案-
一、单选题
1、C
【解析】
【分析】
根据圆内接正多边形的性质可得正方形的中心即圆心，进而可知正方形的对角线即为圆的直径，根据勾股定理求得正方形对角线的长度即可求得它的外接圆的半径．
【详解】
解：∵四边形是正方形，
∴的交点即为它的外接圆的圆心，
故选C
【点睛】
本题考查了圆内接正多边形的性质，勾股定理，理解正方形的对角线即为圆的直径是解题的关键．
2、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．
3、A
【解析】
【分析】
直接根据直线与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】
解：∵⊙O的半径为6，直线m上有一动点P，OP=4，
∴直线与⊙O相交．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d=r时，直线l和⊙O相切是解答此题的关键．
4、B
【解析】
【分析】
求出正五边形的一个内角的度数，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理计算即可．
【详解】
解：∵正五边形ABCDE中，
∴∠BCD==108°，CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB=（180°-108°）=36°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，求出正五边形的一个内角度数是解决问题的关键．
5、A
【解析】
【分析】
如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：再设利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.
【详解】
解：如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点，
记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：
四边形为正方形，则

设 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，结合正方形的性质可得：
而


又 而


解得：

故选A
【点睛】
本题考查的是正方形的性质，三角形外接圆圆心的确定，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，确定过A，G， H三点的圆的圆心是解本题的关键.
6、D
【解析】
【分析】
连接正六边形的相邻的两个顶点与圆心，构造扇形和等边三角形，则可得到弓形的面积，阴影部分的面积等于弓形的6倍．
【详解】
解：连接、，
，的内接正六边形，
，
∴△DOE是等边三角形，
∴∠DOM=30°，
设，则
，
解得：，
，
根据图可得：，
，
．
故选：D．
【点睛】
本题考查了正多边形与圆及扇形的面积的计算，解题的关键是知道阴影部分的面积等于三个弓形的面积．
7、B
【解析】
【分析】
连接OA，如图，根据切线的性质得∠PAO=90°，再利用互余计算出∠AOP=50°，然后根据等腰三角形的性质和三角形外角性质计算∠B的度数．
【详解】
解：连接OA，如图，
∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥AP，
∴∠PAO=90°，
∵∠P=40°，
∴∠AOP=50°，
∵OA=OB，
∴∠B=∠OAB，
∵∠AOP=∠B+∠OAB，
∴∠B=∠AOP=×50°=25°．
故选：B．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
8、B
【解析】
【分析】
根据三角形内心的性质得到∠OBC=∠ABC=25°，∠OCB=∠ACB=37°，然后根据三角形内角和计算∠BOC的度数．
【详解】
解：∵点O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC=∠ABC=×50°=25°，∠OCB=∠ACB=×74°=37°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-25°-37°=118°．
故选B．
【点睛】
本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点，三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．
9、C
【解析】
【分析】
根据若直线上一点到圆心的距离等于圆的半径，则圆心到直线的距离等于或小于圆的半径，此时直线和圆相交或相切．
【详解】
解：∵半径为5的圆，直线l上一点到圆心的距离是5，
∴圆心到直线的距离等于或小于5，
∴直线和圆的位置关系为相交或相切，
故选：C．
【点睛】
本题考查了直线和圆的位置关系，判断的依据是半径和直线到圆心的距离的大小关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，①直线l和⊙O相交⇔d＜r；②直线l和⊙O相切⇔d＝r；③直线l和⊙O相离⇔d＞r．
10、A
【解析】
【分析】
根据点与圆的位置关系得出OP＞3即可．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3，点P在⊙O外，
∴OP＞3，
故选：A．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，解答的关键是熟知点与圆的位置关系：设平面内的点与圆心的距离为d，圆的半径为r，则点在圆外d＞r，点在圆上d=r，点在圆内d＜r．
二、填空题
1、相切或相交
【解析】
【分析】
本题需分类讨论，当直线上的点到圆心的连线垂直于直线AB时，直线于圆的位置关系为相切，当直线上的点到圆心的连线与直线AB不垂直时，直线到圆心的距离小于圆的半径，直线与圆相交．
【详解】
设直线AB上与圆心距离为4cm的点为C，
当OC⊥AB时，OC=⊙O的半径，
所以直线AB与⊙O相切，
当OC与AB不垂直时，圆心O到直线AB的距离小于OC，
所以圆心O到直线AB的距离小于⊙O的半径，
所以直线AB与⊙O相交，
综上所述直线AB与⊙O的位置关系为相切或相交，
故答案为：相切或相交．
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系，本题需根据圆心与直线上一点的距离，分类讨论圆与直线的位置关系，利用分类讨论思想是解决本题的关键．
2、##
【解析】
【分析】
在Rt△ABC中，利用正弦函数求得AB的长，再在Rt△AOD中，利用正弦函数得到关于r的方程，求解即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，BC=4，sinA=，
∴=，即=，
∴AB=5，
连接OD，
∵AC是⊙O的切线，
∴OD⊥AC，
设⊙O的半径为r，则OD= OB=r，
∴AO=5- r，
在Rt△AOD中，sinA=，
∴=，即=，
∴r=．
经检验r=是方程的解，
∴⊙O的半径长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了切线的性质，正弦函数，解题的关键是掌握切线的性质、解直角三角形等知识点．
3、10
【解析】
【分析】
先由切线长定理得到BF＝BE，CF＝CG，BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，再证明∠BOC＝90°，然后利用勾股定理计算出BC即可．
【详解】
∵AB，BC，CD分别与⊙O相切于点E、F、G三点，
∴BF＝BE，CF＝CG，BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，
∴，，
∴，
∵AB∥CD，
∴∠ABC＋∠BCD＝180°，
∴，
∴∠BOC＝90°，
在Rt△OBC中，∵BO＝6，CO＝8，
∴，
∴BE＋CG＝10．
故答案为：10．
【点睛】
此题考查了切线长定理、切线的性质、勾股定理以及直角三角形的判定与性质．此题难度适中，正确理解切线长定理是解决本题的关键．
4、15##十五
【解析】
【分析】
根据圆周角定理可得正多边形的边AB所对的圆心角∠AOB＝24°，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案．
【详解】
解：如图，设正多边形的外接圆为⊙O，连接OA，OB，
∵∠ADB＝12°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝24°，
而360°÷24°＝15，
∴这个正多边形为正十五边形，
故答案为：15．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提．
5、
【解析】
【分析】
根据题意先得出△AOE≌△DOE,进而计算出∠AOD=2∠B=100°，利用四边形ODEA的面积减去扇形的面积计算图中阴影部分的面积．
【详解】
解：连接EO、DO，
∵点E是AC的中点，O点为AB的中点，
∴OE∥BC，
∴∠AOE=∠B，∠EOD=∠BDO，
∵OB=OD，
∴∠B=∠BDO，
∴∠AOE =∠EOD，
在△AOE和△DOE中
，
∴△AOE≌△DOE，
∵点E是AC的中点，
∴AE=AC=2.4，
∵∠AOD=2∠B=2×50°=100°，
∴图中阴影部分的面积=2•×2×2.4-=.
故答案为：.
【点睛】
本题考查切线的性质以及圆周角定理和扇形的面积公式和全等三角形判定性质，注意掌握圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
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)
(3)①见解析；②
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质以及动点的路程相等，证明，根据同角的余角相等，即可证明，即；
（2）当t＝0时，点M与点B重合，当时，点随之停止，求得运动轨迹为圆，根据弧长公式进行计算即可；
（3）①根据（2）可得△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点，继而判断点D、C、M、E在同一个圆（）上；②当与AB相切时，与正方形的各边共有5个交点，如图5则有6个交点，所以“当与AB相切时”是临界情况．如图4，当与AB相切（切点为G），连接OG，并延长GO交CD于点H，在Rt△CHO中求得半径,进而勾股定理求得，即可求得当时，与正方形的各边共有6个交点．
(1)
四边形是正方形，
，
又的运动速度都是2cm/s，
即
(2)
∵．
∴点M在以CB为直径的圆上，如图1，当t＝0时，点M与点B重合；
如图2，当t＝3时，点M为正方形对角线的交点．点M的运动路径为圆，其路径长．
故答案为：
(3)
①如图3．由前面结论可知：
∴△CME的外接圆的圆心O是斜边CE的中点，
则
在Rt△CDE中，，O是CE的中点．
∴，
∴
∴点D、C、M、E在同一个圆（）上，
即点D在△CME的外接圆上；．
②．
如图4，当与AB相切时，与正方形的各边共有5个交点，如图5则有6个交点，所以“当与AB相切时”是临界情况．
如图4，当与AB相切（切点为G），连接OG，并延长GO交CD于点H．
∵AB与相切，
∴，
又∵，
∴，
设的半径为R．由题意得：
在Rt△CHO中，，解得
∴
∴，即
∴如图5，当时，与正方形的各边共有6个交点．
【点睛】
本题考查了求弧长，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，三角形的外心，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
3、 (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．
4、 (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．
5、 (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．