冀教版第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀当堂检测题

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九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系综合测试 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、若正方形的边长为4，则它的外接圆的半径为（       ）A． B．4 C． D．22、如图，BE是的直径，点A和点D是上的两点，过点A作的切线交BE延长线于点C，若，则的度数是（       ）A．18° B．28° C．36° D．45°3、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．134、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．15、如图，中，，，点O是的内心．则等于（       ）A．124° B．118° C．112° D．62°6、如图，圆形螺帽的内接正六边形的面积为24cm2，则圆形螺帽的半径是（　　）A．1cm B．2cm C．2cm D．4cm7、如图，BD是⊙O的切线，∠BCE＝30°，则∠D＝（　　）A．40° B．50° C．60° D．30°8、已知正三角形外接圆半径为，这个正三角形的边长是（       ）A． B． C． D．9、已知⊙O的半径为4，点P 在⊙O外部，则OP需要满足的条件是（        ）A．OP>4 B．0≤OP<4 C．OP>2 D．0≤OP<210、下列四个命题中，真命题是（       ）A．相等的圆心角所对的两条弦相等 B．三角形的内心是到三角形三边距离相等的点C．平分弦的直径一定垂直于这条弦 D．等弧就是长度相等的弧第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、正六边形的边心距与半径的比值为_______．2、中，，，点I是的内心，点O是的外心，则______．3、如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，三个切点分别为D、E、F，若BF＝2，AF＝3，则ABC的面积是______．4、如图，在中，，平分，平分，，交于点，cm，cm，cm，则的面积为_______cm2．5、如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，若AD＝5，BE＝12，则△ABC的周长为_____．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、如图，四边形OAEC是平行四边形，以O为圆心，OC为半径的圆交CE于D，延长CO交O于B，连接AD、AB，AB是O的切线．(1)求证：AD是O的切线．(2)若O的半径为4，，求平行四边形OAEC的面积．2、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．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，，BO平分，交AC于点O，以点O为圆心，OC长为半径画．(1)求证：AB是的切线；(2)若，，求的半径．5、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______． -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、A【解析】【分析】连接，根据同弧所对的圆周角相等可得，根据圆周角定理可得，根据切线的性质以及直角三角形的两锐角互余即可求得的度数．【详解】解：如图，连接，是的切线故选A【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，求得的度数是解题的关键．3、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．4、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．5、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．6、D【解析】【分析】根据圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，由面积公式可求出半径．【详解】解：如图，由圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，过作于 设半径为r，即OA=OB=AB=r， OM=OA•sin∠OAB=， ∵圆O的内接正六边形的面积为（cm2）， ∴△AOB的面积为（cm2）， 即， ， 解得r=4， 故选：D．【点睛】本题考查正多边形和圆，作边心距转化为直角三角形的问题是解决问题的关键．7、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．8、B【解析】【分析】如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA， 再由等边三角形的性质，可得∠OAB=30°，，然后根据锐角三角函数，即可求解．【详解】解：如图， 为正三角形ABC的外接圆，过点O作OD⊥AB于点D，连接OA， 根据题意得：OA= ，∠OAB=30°，，在中， ，∴AB=3，即这个正三角形的边长是3．故选：B【点睛】本题主要考查了锐角三角函数，三角形的外接圆，熟练掌握锐角三角函数，三角形的外接圆性质是解题的关键．9、A【解析】【分析】点在圆外，则点与圆心的距离大于半径，根据点与圆的位置关系解答．【详解】解：∵⊙O的半径为4，点P 在⊙O外部，∴OP需要满足的条件是OP>4，故选：A．【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，熟记点在圆内、圆上、圆外的判断方法是解题的关键．10、B【解析】【分析】利用圆的有关性质及定理、三角形的内心的性质、垂径定理等知识分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的两条弦相等，则原命题是假命题，故本选项不符合题意；B、三角形的内心是到三角形三边距离相等的点，是真命题，故本选项符合题意；C、平分弦（不是直径）的直径一定垂直于这条弦，则原命题是假命题，故本选项不符合题意；D、等弧是能够完全重合的弧，长度相等的弧不一定是等弧，则原命题是假命题，故本选项不符合题意；故选：B【点睛】本题主要考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解圆的有关性质及定理、三角形的内心的性质、垂径定理等知识，难度不大．二、填空题1、【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．2、14.3【解析】【分析】如图，过点A作交于点D，由等腰三角形得点I、点O都在直线AD上，连接OB、OC，过点I作交于点E，设，，根据勾股定理求出，则，，由勾股定理求出R的值，证明由相似三角形的性质得，求出r的值，即可计算．【详解】如图，过点A作交于点D，∵，，∴是等腰三角形，∴，∵点I是的内心，点O是的外心，∴点I、点O都在直线AD上，连接OB、OC，过点I作交于点E，设，，在中，，∴，，在中，，解得：，∵，，∴，∴，即，   解得：，∴，∴．故答案为：14.3．【点睛】本题考查内切圆与外接圆，等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，掌握内切圆的圆心为三角形三条角平分线的交点，外接圆圆心为三角形三条垂直平分线的交点是解题的关键．3、6【解析】【分析】根据题意利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理即可得出答案．【详解】解：连接DO，EO，∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴OE⊥AC，OD⊥BC，CD=CE，BD=BF=2，AF=AE=3又∵∠C=90°，∴四边形OECD是矩形，又∵EO=DO，∴矩形OECD是正方形，设EO=x，则EC=CD=x，在Rt△ABC中BC2+AC2=AB2故（x+2）2+（x+3）2=52，解得：x=1，∴BC=3，AC=4，∴S△ABC=×3×4=6.故答案为：6．【点睛】本题主要考查三角形内切圆与内心，根据题意得出四边形OECF是正方形以及运用方程思维和勾股定理进行分析是解题的关键．4、1.5【解析】【分析】根据平分，平分，，交于点，得出点是的内心，并画出的内切圆，再根据切线长定理列出方程组，求出的边上的高，进而求出其面积．【详解】解：平分，平分，，交于点，点是的内心．如图，画出的内切圆，与、、分别相切于点、、，且连接，设，，，得方程组：解得：，，的面积．故答案为：1.5．【点睛】此题主要考查三角形内切圆的应用，解题的关键是熟知三角形内切圆的性质，根据其性质列出方程组求解．5、40【解析】【分析】利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理得出答案．【详解】解：连接EO，DO，∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴OE⊥BC，OD⊥AC，BF＝BE＝12，AD＝AF＝5，EC＝CD，又∵∠C＝90°，∴四边形ECDO是矩形，又∵EO＝DO，∴矩形OECD是正方形，设EO＝x，则EC＝CD＝x，在Rt△ABC中BC2+AC2＝AB2故（x+12）2+（x+5）2＝172，解得：x＝3(负值已舍)，∴△ABC的周长＝8+15+17＝40．故答案为：40．【点睛】本题主要考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，勾股定理，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．三、解答题1、 (1)见解析(2)32【解析】【分析】（1）连接OD，证明，可得，根据切线的性质可得，进而可得，即可证明AD是O的切线；（2）根据平行四边形OAEC的面积等于2倍即可求解．(1)证明：连接OD．∵四边形OAEC是平行四边形，∴，又∵，∴，∵AB与相切于点B，∴，又∵OD是的半径，∴AD为的切线．(2)∵在Rt△AOD中，∴平行四边形OABC的面积是【点睛】本题考查了切线的性质与判定，平行四边形的性质，三角形全等的性质与判定，掌握切线的性质与判定是解题的关键．2、 (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．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)2.4．【解析】【分析】（1）过O作OD⊥AB交AB于点D，先根据角平分线的性质求出DO=CO，再根据切线的判定定理即可得出答案；（2）设圆O的半径为r，即OC=r，由得BC=3r，由勾股定理求得AD=，AB=3r+根据方程求解即可．(1)如图所示：过O作OD⊥AB交AB于点D．∵OC⊥BC，且BO平分∠ABC，∴OD=OC，∵OC是圆O的半径∴AB与圆O相切．(2)设圆O的半径为r，即OC=r，∵∴ ∴ ∵OC⊥BC，且OC是圆O的半径∴BC是圆O的切线，又AB是圆O的切线，∴BD=BC=3r在中， ∴ ∴ 在中， ∴ 整理得， 解得，，（不合题意，舍去）∴的半径为2.4【点睛】此题主要考查了复杂作图以及切线的判定等知识，正确把握切线的判定定理是解题关键．5、 (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．