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时作业

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，若的半径为R，则它的外切正六边形的边长为（       ）

A． B． C． D．

2、如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（        ）

A．10 B．11 C．12 D．13

3、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

4、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°

5、如图，，是的切线，，是切点，，是上的点，若，，则的度数为（       ）

A． B． C． D．

6、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

7、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．

8、如图，中，，O是AB边上一点，与AC、BC都相切，若，，则的半径为（       ）

A．1 B．2 C． D．

9、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．

10、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．

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△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 _____．

2、点P为⊙O外一点，直线PO与⊙O的两个公共点为A，B，过点P作⊙O的切线，切点为C，连接AC，若∠CPO＝40°，则∠CAB＝_____度．

3、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_____．

4、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_____．

5、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______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、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______．

2、如图，已知是的直径，点在上，点在外．

(1)动手操作：作的角平分线，与圆交于点（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）

(2)综合运用，在你所作的图中．若，求证：是的切线．

3、如图，在中，，⊙O是的外接圆，过点C作，交⊙O于点D，连接AD交BC于点E，延长DC至点F，使，连接AF．

(1)求证：；

(2)求证：AF是⊙O的切线．

4、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．

5、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．

-参考答案-

一、单选题

1、B

【解析】

【分析】

如图连结OA，OB，OG，根据六边形ABCDEF为圆外切正六边形，得出∠AOB=60°△AOB为等边三角形，根据点G为切点，可得OG⊥AB，可得OG平分∠AOB，得出∠AOC=，根据锐角三角函数求解即可．

【详解】

解：如图连结OA，OB，OG，

∵六边形ABCDEF为圆外切正六边形，

∴∠AOB=360°÷6=60°，△AOB为等边三角形，

∵点G为切点，

∴OG⊥AB，

∴OG平分∠AOB，

∴∠AOC=，

∴cos30°=，

∴．

故选择B．

【点睛】

本题考查圆与外切正六边形性质，等边三角形性质，锐角三角形函数，掌握圆与外切正六边形性质，等边三角形性质，锐角三角形函数是解题关键．

2、A

【解析】

【分析】

作正多边形的外接圆，连接 AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．

【详解】

解：如图，作正多边形的外接圆，连接AO，BO，

∴∠AOB=2∠ADB=36°，

∴这个正多边形的边数为=10．

故选：A．

【点睛】

此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．

3、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．

4、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．

5、A

【解析】

【分析】

如图，连接先求解 再利用圆周角定理可得，从而可得答案.

【详解】

解：如图，连接

，是的切线，

故选A

【点睛】

本题考查的是三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，圆周角定理的应用，圆的切线的性质的应用，理解是解本题的关键.

6、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．

7、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.

8、D

【解析】

【分析】

作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，如图，设⊙O的半径为r，根据切线的性质得OD=OE=r，易得四边形ODCE为正方形，则CD=OD=r，再证明△ADO∽△ACB，然后利用相似比得到，再根据比例的性质求出r即可．

【详解】

解：作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，如图，设⊙O的半径为r，

∵⊙O与AC、BC都相切，

∴OD=OE=r，

而∠C=90°，

∴四边形ODCE为正方形，

∴CD=OD=r，

∵OD∥BC，

∴△ADO∽△ACB，

∴

∵AF=AC-r，BC=3，AC=4，

代入可得，

∴r=．

故选：D．

【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．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了相似三角形的判定与性质．

9、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．

10、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．

二、填空题

1、##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．

2、25或65

【解析】

【分析】

由切线性质得出∠OCP=90°，根据圆周角定理和等腰三角形的性质以及三角形的外角性质求得∠CAB或∠CBA的度数即可解答．

【详解】

解：如图1，连接OC，

∵PC是⊙O的切线，

∴OC⊥PC，即∠OCP=90°，

∵∠CPO=40°，

∴∠POC=90°－40°=50°，

∵OA=OC，

∴∠CAB=∠OCA，

∴∠POC=2∠CAB，

∴∠CAB=25°，

如图2，∠CBA=25°，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB=90°，

∴∠CAB=90°－∠CBA=65°，

综上，∠CAB=25°或65°．

【点睛】

本题考查圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握切线性质和等腰三角形的性质是解答的关键．

3、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．

4、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．

5、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．

三、解答题

1、 (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．

2、 (1)作图见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）如图，以点C为圆心BC为半径画弧交AC于点M；以B、M为圆心，大于为半径画弧，交点为N，连接CN交于点D即可．

（2）连接AD ， ，，，，AB为直径，进而可得AE是的切线．

(1)

解：如图，以点C为圆心BC为半径画弧交AC于点M；以B、M为圆心，大于为半径画弧，交点为N，连接CN交于点D．

(2)

解：连接AD，如图

∵为直径

∴

∵

∴

∴

又∵AB为直径

∴AE是的切线．

【点睛】

本题考查了角平分线的画法，圆周角，切线的判定等知识．解题的关键在于对知识的灵活熟练的运用．

3、 (1)见解析；

(2)见解析

【解析】

【分析】

(1)由AB=AC知∠ABC=∠ACB，结合∠ACB=∠BCD，∠ABC=∠ADC得∠BCD=∠ADC，从而得证；

(2)连接OA，由∠CAF=∠CFA知∠ACD=∠CAF+∠CFA=2∠CAF，结合∠ACB=∠BCD得∠ACD=2∠ACB，∠CAF=∠ACB，据此可知AF∥BC，从而得OA⊥AF，从而得证．

(1)

解：∵，

∴，

又∵，

∴，

∴ ；

(2)

解：如图，连接OA，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∵已知，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴AF为⊙O的切线．

【点睛】

本题考查了圆周角定理、垂径定理推论、切线的判定、平行线的判定和性质，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．

4、 (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．

5、 (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．