2020-2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品课后测评

这是一份2020-2021学年第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品课后测评，共30页。试卷主要包含了如图，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、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°2、如图，面积为18的正方形ABCD内接于⊙O，则⊙O的半径为（     ）A． B．C．3 D．3、如图，从⊙O外一点P引圆的两条切线PA，PB，切点分别是A，B，若∠APB＝60°，PA＝5，则弦AB的长是（　　）A． B． C．5 D．54、在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣4，﹣3），以点A为圆心，4为半径画⊙A，则坐标原点O与⊙A的位置关系是（　　）A．点O在⊙A内 B．点O在⊙A外C．点O在⊙A上 D．以上都有可能5、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．76、已知的半径为5cm，点P到圆心的距离为4cm，则点P和圆的位置关系（   ）A．点在圆内 B．点在圆外 C．点在圆上 D．无法判断7、已知⊙O的半径为3cm，在平面内有一点A，且OA=6cm，则点A与⊙O的位置关系是（        ）A．点A在⊙O内 ； B．点A在⊙O上；C．点A在⊙O外； D．不能确定．8、如图，、是的切线，、是切点，点在上，且，则等于（       ）A．54° B．58° C．64° D．68°9、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．110、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<2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、已知圆O的圆心到直线l的距离为2，且圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，则直线l与圆O的的位置关系是______．2、已知边长为2的正三角形，能将其完全覆盖的最小圆的面积为__________．3、如图，与x轴交于、两点，，点P是y轴上的一个动点，PD切于点D，则△ABD的面积的最大值是________；线段PD的最小值是________．4、如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在上，则∠BPC的度数为_____．5、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=____．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、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．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、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．4、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．5、如图，⊙O是ABC的外接圆，∠ABC=45°，OCAD，AD交BC的延长线于D，AB交OC于E．(1)求证：AD是⊙O的切线；(2)若AE=，CE=2，求⊙O的半径和线段BC的长． -参考答案-一、单选题1、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．2、C【解析】【分析】连接OA、OB，则为等腰直角三角形，由正方形面积为18，可求边长为，进而通过勾股定理，可得半径为3．【详解】解：如图，连接OA，OB，则OA=OB，∵四边形ABCD是正方形，∴，∴是等腰直角三角形，∵正方形ABCD的面积是18，∴，∴，即：∴故选C．【点睛】本题考查了正多边形和圆、正方形的性质等知识，构造等腰直角三角形是解题的关键．3、C【解析】【分析】先利用切线长定理得到PA=PB，再利用∠APB=60°可判断△APB为等边三角形，然后根据等边三角形的性质求解．【详解】解：∵PA，PB为⊙O的切线，∴PA=PB，∵∠APB=60°，∴△APB为等边三角形，∴AB=PA=5．故选：C．【点睛】本题考查了切线长定理以及等边三角形的判定与性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．4、B【解析】【分析】本题可先由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，再根据点与圆心的距离与半径的大小关系，即当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；点在圆外；当d＜r时，点在圆内；来确定点与圆的位置关系．【详解】解：∵点A（﹣4，﹣3），∴，∵⊙A的半径为4，∴，∴点O在⊙A外；故选：B【点睛】本题考查了点与圆的位置关系及坐标与图形性质，能够根据勾股定理求得点到圆心的距离，根据数量关系判断点和圆的位置关系．5、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．6、A【解析】【分析】直接根据点与圆的位置关系进行解答即可．【详解】解：∵⊙O的半径为5cm，点P与圆心O的距离为4cm，5cm＞4cm，∴点P在圆内．故选：A．【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，当点到圆心的距离小于半径的长时，点在圆内；当点到圆心的距离等于半径的长时，点在圆上；当点到圆心的距离大于半径的长时，点在圆外．7、C【解析】【分析】要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；利用d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内判断出即可．【详解】解：∵⊙O的半径为3cm，OA=6cm，∴d＞r，∴点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O外，故选：C．【点睛】本题主要考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内．8、C【解析】【分析】连接，，根据圆周角定理可得，根据切线性质以及四边形内角和性质，求解即可．【详解】解：连接，，如下图：∴∵PA、PB是的切线，A、B是切点∴∴由四边形的内角和可得：故选C．【点睛】此题考查了圆周角定理，切线的性质以及四边形内角和的性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．9、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．10、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．二、填空题1、相切或相交【解析】【详解】首先求出方程的根，再利用半径长度，由点O到直线l的距离为d，若d＜r，则直线与圆相交；若d＝r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离，从而得出答案．【分析】解：∵x2﹣5x+6＝0，（x﹣2）（x﹣3）＝0，解得：x1＝2，x2＝3，∵圆的半径是方程x2﹣5x+6＝0的根，即圆的半径为2或3，∴当半径为2时，直线l与圆O的的位置关系是相切，当半径为3时，直线l与圆O的的位置关系是相交，综上所述，直线l与圆O的的位置关系是相切或相交．故答案为：相切或相交．【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，因式分解法解一元二次方程，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离d与圆的半径大小关系完成判定．2、##3、     ##0.5     【解析】【分析】根据题中点的坐标可得圆的直径，半径为1，分析以AB定长为底，点D在圆上，高最大为圆的半径，即可得出三角形最大的面积；连接AP，设点，根据切线的性质及勾股定理可得，由其非负性即可得．【详解】解：如图所示：当点P到如图位置时，的面积最大，∵、，∴圆的直径，半径为1，∴以AB定长为底，点D在圆上，高最大为圆的半径，如图所示：此时面积的最大值为：；如图所示：连接AP，∵PD切于点D，∴，∴，设点，在中，，，∴，在中，，∴，则，当时，PD取得最小值，最小值为，故答案为：①；②．【点睛】题目主要考查切线的性质及勾股定理的应用，理解题意，作出相应图形求出解析式是解题关键．4、45°##45度【解析】【分析】连接OB、OC，根据正方形的性质得到∠BOC的度数，利用圆周角与圆心角的关系得到答案．【详解】解：连接OB、OC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BOC=90°，∴∠BPC=，故答案为：45°．【点睛】此题考查了圆内接正方形的性质，圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，熟记各知识点是解题的关键．5、【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．三、解答题1、 (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．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)(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．4、 (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．5、 (1)见解析(2)4，【解析】【分析】（1）连接OA．由及圆周角定理求出∠OAD=90°，即可得到结论；（2）设⊙O的半径为R，在Rt△OAE中，勾股定理求出R， 延长CO交⊙O于F，连接AF，证明△CEB∽△AEF，得到，由此求出⊙O的半径和线段BC的长．(1)证明：连接OA．∵，     ∴∠AOC+∠OAD=180°，∵∠AOC=2∠ABC=2×45°=90°，∴∠OAD=90°，     ∴OA⊥AD，       ∵OA是半径，∴AD是⊙O的切线．          (2)解：设⊙O的半径为R，则OA=R，OE=R-2．在Rt△OAE中，，∴，解得或（不合题意，舍去），延长CO交⊙O于F，连接AF，∵∠AEF=∠CEB，∠B=∠AFE，∴△CEB∽△AEF，∴，       ∵CF是直径，∴CF=8，∠CAF=90°，又∵∠F=∠ABC=45°， ∴∠F=∠ACF=45°，∴AF=，∴，     ∴BC=．     ．【点睛】此题考查了证明直线是圆的切线，勾股定理，相似三角形的判定及性质，直径所对的圆周角是直角的性质，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线解题是解题的关键．