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    2021-2022学年度冀教版九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系章节测试试卷(含答案详解)

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    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作业

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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作业,共34页。试卷主要包含了如图,一把宽为2cm的刻度尺,以半径为1的圆的内接正三角形等内容,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章节测试
    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、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
    2、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,
    3、已知半圆O的直径AB=8,沿弦EF折叠,当折叠后的圆弧与直径AB相切时,折痕EF的长度m(  )
    A.m=4 B.m=4 C.4≤m≤4 D.4≤m≤4
    4、如图,一把宽为2cm的刻度尺(单位:cm),放在一个圆形茶杯的杯口上,刻度尺的一边与杯口外沿相切,另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和10,茶杯的杯口外沿半径为( )

    A.10cm B.8cm C.6cm D.5cm
    5、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
    6、已知⊙O的直径为10cm,圆心O到直线l的距离为5cm,则直线l与⊙O的位置关系是( )
    A.相离 B.相切 C.相交 D.相交或相切
    7、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
    8、平面内,⊙O的半径为3,若点P在⊙O外,则OP的长可能为( )
    A.4 B.3 C.2 D.1
    9、如图,边长为4的正三角形外接圆,以其各边为直径作半圆,则图中阴影部分面积为(  )

    A.12+2π B.4+π C.24+2π D.12+14π
    10、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
    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,PA,PB是的切线,切点分别为A,B.若,,则AB的长为______.

    2、如图,PA、PB是⊙O的切线,A、B为切点,∠OAB=30°.则∠APB=________度;

    3、如图,把分成相等的六段弧,依次连接各分点得到正六边形ABCDEF,如果的周长为,那么该正六边形的边长是______.


    4、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______.

    5、如图,、分别与相切于A、B两点,若,则的度数为________.

    三、解答题(5小题,每小题10分,共计50分)
    1、如图,在平面直角坐标系xOy中,点A与点B的坐标分别是(1,0),(7,0).

    (1)对于坐标平面内的一点P,给出如下定义:如果∠APB=45°,那么称点P为线段AB的“完美点”.
    ①设A、B、P三点所在圆的圆心为C,则点C的坐标是    ,⊙C的半径是    ;
    ②y轴正半轴上是否有线段AB的“完美点”?如果有,求出“完美点”的坐标;如果没有,请说明理由;
    (2)若点P在y轴负半轴上运动,则当∠APB的度数最大时,点P的坐标为    .
    2、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.
    3、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.
    4、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.
    5、如图,已知AB是⊙P的直径,点在⊙P上,为⊙P外一点,且∠ADC=90°,2∠B+∠DAB=180°

    (1)试说明:直线为⊙P的切线.
    (2)若∠B=30°,AD=2,求CD的长.

    -参考答案-
    一、单选题
    1、A
    【解析】
    【分析】
    已知圆O的半径为r,点P到圆心O的距离是d,①当r>d时,点P在⊙O内,②当r=d时,点P在⊙O上,③当r<d时,点P在⊙O外,根据以上内容判断即可.
    【详解】
    ∵⊙O的半径为3,若PO=2,
    ∴2<3,
    ∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O内,
    故选:A.
    【点睛】
    本题考查了点与圆的位置关系的应用,注意:已知圆O的半径为r,点P到圆心O的距离是d,①当r>d时,点P在⊙O内,②当r=d时,点P在⊙O上,③当r<d时,点P在⊙O外.
    2、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.
    3、D
    【解析】
    【分析】
    根据题意作出图形,根据垂径定理可得,设,则,分情况讨论求得最大值与最小值,即可解决问题
    【详解】
    解:如图,

    根据题意,折叠后的弧为,为切点,设点为所在的圆心,的半径相等,即,连接,设交于点,
    根据折叠的性质可得,又则四边形是菱形,且

    设,则
    则当取得最大值时,取得最小值,即取得最小值,
    当取得最小值时,取得最大值,
    根据题意,当点于点重合时,四边形是正方形


    此时
    当点与点重合时,此时最小,





    故选D
    【点睛】
    本题考查了垂径定理,切线的性质,折叠的性质,勾股定理,分别求得的最大值与最小值是解题的关键.
    4、D
    【解析】
    【分析】
    作OD⊥AB于C,OC的延长线交圆于D,其中点为圆心,为半径,cm,cm;设茶杯的杯口外沿半径为,在中,由勾股定理知,进而得出结果.
    【详解】
    解:作OD⊥AB于C,OC的延长线交圆于D,其中点为圆心,为半径,

    由题意可知cm,cm;

    ∴AC=BC=4cm,
    设茶杯的杯口外沿半径为
    则在中,由勾股定理知
    解得
    故选D.
    【点睛】
    本题考查了垂径定理,切线的性质,勾股定理的应用.解题的关键在于将已知线段长度转化到一个直角三角形中求解计算.
    5、C
    【解析】
    【分析】
    分别计算出正三角形、正方形、正六边形的边心距,后根据勾股定理的逆定理,等腰三角形的判定,等边三角形的判定,三角形构成的条件,判断即可.
    【详解】
    如图,∵正三角形、正方形、正六边形都内接于半径为1的圆,边心距分别为OC,OE,OG,OA=1,∠AOC=60°,∠AOE=45°,∠AOG=30°,

    ∴OC=OAcos60°=,OE= OAcos45°=,OG= OAcos30°=,
    ∵,
    ∴这个三角形是直角三角形,
    故选C.
    【点睛】
    本题考查了正多边形与圆,特殊角的三角函数,勾股定理的逆定理,熟练掌握正多边形的计算是解题的关键.
    6、B
    【解析】
    【分析】
    圆的半径为 圆心O到直线l的距离为 当时,直线与圆相切,当时,直线与圆相离,当时,直线与圆相交,根据原理直接作答即可.
    【详解】
    解: ⊙O的直径为10cm,圆心O到直线l的距离为5cm,
    ⊙O的半径等于圆心O到直线l的距离,
    直线l与⊙O的位置关系为相切,
    故选B
    【点睛】
    本题考查的是直线与圆的位置关系的判定,掌握“直线与圆的位置关系的判定方法”是解本题的关键.
    7、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.
    8、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.
    9、A
    【解析】
    【分析】
    正三角形的面积加上三个小半圆的面积,再减去中间大圆的面积即可得到结果.
    【详解】
    解:正三角形的面积为:,
    三个小半圆的面积为:,中间大圆的面积为:,
    所以阴影部分的面积为:,
    故选:
    【点睛】
    本题考查了正多边形与圆,圆的面积的计算,正三角形的面积的计算,正确的识别图形是解题的关键.
    10、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.
    二、填空题
    1、3
    【解析】
    【分析】
    由切线长定理和,可得为等边三角形,则.
    【详解】
    解:连接,如下图:

    ,分别为的切线,

    为等腰三角形,


    为等边三角形,



    故答案为:3.
    【点睛】
    本题考查了等边三角形的判定和切线长定理,解题的关键是作出相应辅助线.
    2、60
    【解析】
    【分析】
    先根据圆的切线的性质可得,从而可得,再根据切线长定理可得,然后根据等边三角形的判定与性质即可得.
    【详解】
    解:是的切线,




    是等边三角形,

    故答案为:60.
    【点睛】
    本题考查了圆的切线的性质、切线长定理等知识点,熟练掌握圆的切线的性质是解题关键.
    3、6
    【解析】
    【分析】
    如图,连接OA、OB、OC、OD、OE、OF,证明△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形,再求出圆的半径即可.
    【详解】
    解:如图,连接OA、OB、OC、OD、OE、OF.
    ∵正六边形ABCDEF,
    ∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOE=∠EOF=∠FOA=60°,
    ∴△AOB、△BOC、△DOC、△EOD、△EOF、△AOF都是等边三角形,
    ∵的周长为,
    ∴的半径为,
    正六边形的边长是6;

    【点睛】
    本题考查正多边形与圆的关系、等边三角形的判定和性质等知识,明确正六边形的边长和半径相等是解题的关键.
    4、##
    【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.
    5、
    【解析】
    【分析】
    根据已知条件可得出,,再利用圆周角定理得出即可.
    【详解】
    解:、分别与相切于、两点,
    ,,



    故答案为:.
    【点睛】
    本题考查的知识点是切线的性质以及圆周角定理,掌握以上知识点是解此题的关键.
    三、解答题
    1、 (1)①(4,3)或C(4,−3),,②,
    (2)
    【解析】
    【分析】
    (1)①在x轴的上方,作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB,易知A,B,P三点在⊙C上,圆心C的坐标为(4,3),半径为3,根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件;②当圆心为C(4,3)时,过点C作CD⊥y轴于D,则D(0,3),CD=4,根据⊙C的半径得⊙C与y轴相交,设交点为,,此时,在y轴的正半轴上,连接、、CA,则==CA =r=3,得,即可得;
    (2)如果点P在y轴的负半轴上,设此时圆心为E,则E在第四象限,在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合),连接MA,MB,PA,PB,设MB交于⊙E于点N,连接NA,则∠APB=∠ANB,∠ANB是△MAN的外角,∠ANB>∠AMB,即∠APB>∠AMB,过点E作EF⊥x轴于F,连接EA,EP,则AF=AB=3,OF=4,四边形OPEF是矩形,OP=EF,PE=OF=4,得,则,即可得.
    (1)
    ①如图1中,

    在x轴的上方,作以AB为斜边的等腰直角三角形△ACB,易知A,B,P三点在⊙C上,
    圆心C的坐标为(4,3),半径为3,
    根据对称性可知点C(4,−3)也满足条件,
    故答案是:(4,3)或C(4,−3),,
    ②y轴的正半轴上存在线段AB的“等角点”。
    如图2所示,当圆心为C(4,3)时,过点C作CD⊥y轴于D,则D(0,3),CD=4,

    ∵⊙C的半径,
    ∴⊙C与y轴相交,
    设交点为,,此时,在y轴的正半轴上,
    连接、、CA,则==CA =r=3,
    ∵CD⊥y轴,CD=4,,
    ∴,
    ∴,;
    当圆心为C(4,-3)时,点P在y轴的负半轴上,不符合题意;
    故答案为:,
    (2)
    当过点A,B的圆与y轴负半轴相切于点P时,∠APB最大,理由如下:
    如果点P在y轴的负半轴上,设此时圆心为E,则E在第四象限,
    如图3所示,在y轴的负半轴上任取一点M(不与点P重合),
    连接MA,MB,PA,PB,设MB交于⊙E于点N,连接NA,

    ∵点P,点N在⊙E上,
    ∴∠APB=∠ANB,
    ∵∠ANB是△MAN的外角,
    ∴∠ANB>∠AMB,
    即∠APB>∠AMB,
    此时,过点E作EF⊥x轴于F,连接EA,EP,则AF=AB=3,OF=4,
    ∵⊙E与y轴相切于点P,则EP⊥y轴,
    ∴四边形OPEF是矩形,OP=EF,PE=OF=4,
    ∴⊙E的半径为4,即EA=4,
    ∴在Rt△AEF中,,
    ∴,
    即 .
    故答案为:
    【点睛】
    本题考查了圆与三角形,勾股定理,三角形的外角,矩形的性质,解题的关键是掌握这些知识点.
    2、 (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.
    3、 (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.
    4、 (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,








    (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,

    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.
    5、 (1)见解析
    (2)
    【解析】
    【分析】
    (1)连接PC,则∠APC=2∠B,可证PC∥DA,证得PC⊥CD,则结论得证;
    (2)连接AC,根据∠B=30°,等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°,再证△APC为等边三角形,可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°,AD=2,∠ADC=90°,利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4,然后根据勾股定理CD=即可.
    (1)
    连接PC,
    ∵PC=PB,
    ∴∠B=∠PCB,
    ∴∠APC=2∠B,
    ∵2∠B+∠DAB=180°,
    ∴∠DAP+∠APC=180°,
    ∴PC∥DA,
    ∵∠ADC=90°,
    ∴∠DCP=90°,
    即DC⊥CP,
    ∴直线CD为⊙P的切线;

    (2)
    连接AC,
    ∵∠B=30°,
    ∴∠CPA=2∠B=60°,
    ∵AP=CP,∠CPA=60°,
    ∴△APC为等边三角形,
    ∵∠DCP=90°,
    ∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°,
    ∵AD=2,∠ADC=90°,
    ∴AC=2AD=4,
    ∴CD=.
    【点睛】
    本题考查切线的判定、平行线判定与性质,勾股定理、等腰三角形性质,外角性质,等边三角形的判定与性质等知识,解题的关键是灵活应用这些知识解决问题.

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