苏科版2024-2025学年九年级数学上册2.14 直线与圆的位置关系（专项练习）（培优练）（含答案）

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专题2.14 直线与圆的位置关系（专项练习）（培优练）一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（23-24九年级上·山东聊城·期中）在中，，，，若以C点为圆心、以13为半径画，则直线与的位置关系是（　）A．相离 B．相切 C．相交 D．不确定2．（23-24九年级上·河北衡水·阶段练习）如图，是的直径，是上一点，是外一点，过点作，垂足为，连接．若使切于点，添加的下列条件中，不正确的是（    ）  A． B． C． D．3．（2024·重庆·模拟预测）如图，以为直径的与相切于点，且、、三点在同一直线上，过点作弦交圆于点，若，，则的长度为（    ）A． B． C． D．4．（2024·四川南充·三模）如图，过外一点作的两条切线，，切点分别为，，与交于点，与交于点，为的直径．若，，则的长为（   ）A．2 B．3 C． D．5．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在中，，为中线，若，，设与的内切圆半径分别为，，则的值为（    ）A． B． C． D．6．（22-23九年级下·内蒙古赤峰·阶段练习）如图，内接于，是的直径，，点D是劣弧上一点，连结，则的度数是（　　）A． B． C． D．7．（2024·云南楚雄·模拟预测）如图，是的直径，点在上，过点作的切线交的延长线于点．若，，则的半径为（    ）A． B． C． D．8．（2024·河北·一模）如图，三角板、量角器和直尺如图摆放，三角板的斜边与半圆相切于点，点B、D、E分别与直尺的刻度1、9、重合，则三角板直角边的长为（    ）A． B． C．5 D．69．（2023·重庆沙坪坝·二模）如图，与相切于点，交直径的延长线于点，为圆上一点，．若的长度为3，则的长度为（    ）．A． B． C． D．210．（23-24九年级上·四川绵阳·期末）如图，的圆心M在一次函数位于第一象限中的图象上，与y轴交于C、D两点，若与x轴相切，且，则半径是（    ）A．或5 B．5或6 C．或6 D．5二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（23-24九年级上·北京海淀·阶段练习）中，是的中点，以点为圆心作，若与边有且仅有一个交点，则的半径应满足 ．12．（2024·河南周口·三模）已知一个等腰直角三角形， ，，分别以A，B为圆心，以a的长为半径作圆，两圆的交点为点D，若的长度为2，则的长为 ．13．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于 cm．  14．（2023·山东烟台·一模）如图，，是的切线，是的直径，延长，与的延长线交于点，过点作弦，连接并延长与圆交于点，连接，若，，则的长度为 ．15．（2023·浙江温州·三模）如图，在菱形中，是上的点，，连接，与过三点的相切于点，已知，则 °．    16．（22-23九年级上·江苏南京·期末）如图，中，，，是边上的高，，分别是，的内切圆，则与的面积比为 ．17．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）如图，为平面直角坐标的原点，直线与两坐标轴交于两点，，，若的圆心在直线上，且与所在直线相切，则圆心的坐标是 ．18．（22-23九年级上·四川南充·期末）如图，在中，将劣弧沿弦折叠得弧，P是弧上一动点，过点P作弧的切线与交于C，D两点，若⊙O的半径为13，，则的长度最大值为 ．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2024·甘肃陇南·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，以为直径的经过点D，与交于点E．连接，．作，与的延长线交于点F．（1）求证：是的切线；（2）求的度数．20．（8分）（24-25九年级上·全国·假期作业）如图，为的切线，A为切点．直线与交于B、C两点，，连接．  （1）求证：；（2）若，求的半径．21．（10分）（2024·广东梅州·模拟预测）如图，P为外一点，为的切线，切点分别为A、B，直线交于点D、E，交于点C．（1）求证∶．（2）若，连接，求证：四边形是菱形．22．（10分）（2024·山东青岛·三模）如图，以点为圆心，长为直径作圆，在上取一点，延长至点，连接，，过点作交的延长线于点．（1）求证：是的切线；（2）若，，求的长．23．（10分）（23-24九年级上·福建厦门·期末）四边形是菱形，点O为对角线交点，边的垂直平分线交线段于点P（P不与O重合），连接，以点P为圆心，长为半径的圆交直线于点E，直线与直线交于点F，如图所示．（1）当时，求证：直线与相切；（2）当，时，求的度数；（3）在菱形的边长与内角发生变化的过程中，若点C与E不重合，请探究与的数量关系．24．（12分）（2024·广东河源·模拟预测）综合探究如1图、2图，已知，以为直径作半圆O，半径绕点O顺时针旋转得到，点A的对应点为C，当点C与点B重合时停止．连接并延长至点D，使得，过点D作于点E，连接．（1）如1图，当点E与点O重合时，求证：是等边三角形；（2）如2图，若点P是线段上一点，连接，当与半圆O相切时，求证：．（3）当时，求的长．参考答案：1．C【分析】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系和勾股定理，先根据题意可求出斜边的长，再过点C作于点，设，则，根据勾股定理列出关于长的等式，求得的长，再根据勾股定理求得的长，与半径相比较，即可得到直线与的位置关系．【详解】解：，，，，如图，过点C作于点，设，则，  此时有，即，解得：，此时，半径为13，，直线与的位置关系是相交，故选：C．2．D【分析】本题考查切线的证明，涉及圆的切线的判定、平行线的判定与性质、圆的性质等知识，根据选项，逐项判定即可得到答案，熟记圆的切线的判定是解决问题的关键．【详解】解：A、，，当时，则，即，根据切线的判定，切于点，该选项正确，不符合题意；B、，，则，，，当时，则，即，根据切线的判定，切于点，该选项正确，不符合题意；C、当时，，，，，即，根据切线的判定，切于点，该选项正确，不符合题意；D、当时，由得到，则是等腰三角形，无法确定，不能得到切于点，该选项不正确，符合题意；故选：D．3．D【分析】本题考查了切线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理，连接，设与的交点为，由切线的性质得，进而由得，，根据，可得，再由垂径定理得，，由得到，最后可由勾股定理求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：连接，设与的交点为，∵是的切线，∴，∴，∵，∴，，∵，，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，故选：．4．B【分析】此题重点考查切线的性质定理、切线长定理、等腰三角形的“三线合一”、直径所对的圆周角是直角、三角形的中位线定理、等边三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．连接，由切线长定理得，，则，，由为的直径，得，，则，，再证明是等边三角形，得，求得，则，可证明是等边三角形，则，于是得到问题的答案．【详解】解：连接，，分别与相切于点，，，，，，为的直径，，，，，，，是等边三角形，，，，，是等边三角形，，故选：B．5．C【分析】此题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的内切圆和面积，设的内切圆为，与 分别相切于点，由，，得，，连接，由可得，即得，同理得，进而即可求解，正确地作出辅助线是解题的关键．【详解】解：设的内切圆为，与 分别相切于点， ∵，，，∴，，∵为斜边上的中线，∴，∴，连接，，，，，，则， ∵ ，且，，， ∴，解得，同理可得，，解得，∴，故选：C．6．C【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，先根据圆周角定理，由，则利用互余可计算出，然后根据圆内接四边形的性质得到的度数，熟练掌握三角形的外心的定义与性质是解题的关键．【详解】解：∵是的直径，∴，∴，∵，∴．故选：C．7．C【分析】连接，根据圆的切线垂直于经过切点的半径可得，根据等边对等角可得，根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和可得，根据三角形内角和是求得，根据等角对等边可得，设，根据直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方列出一元二次方程，解方程求出的值，即可求解．【详解】解：连接，∵是的切线，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，设，则，在中，，即，整理得：，解得：，（舍去），即的半径为．故选：C．【点拨】本题考查了切线的性质，三角形的外角性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程等．掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．8．D【分析】本题考查了切线的性质，勾股定理，含的直角三角形等知识．熟练掌握切线的性质，勾股定理，含的直角三角形是解题的关键．由题意知，，，如图，连接，则，，，由勾股定理得，，根据，计算求解即可．【详解】解：由题意知，，，如图，连接，∵三角板的斜边与半圆相切于点，∴，，，由勾股定理得，，∵，∴，故选：D．9．B【分析】连接，根据，可得，进而有，结合与相切于点，可得，即可得，，在中，利用，可得，解方程即可求解．【详解】连接，如图，∵，∴，∴，∵与相切于点，∴，∴，∴，∴在中，，∵，，∴，∴，∵在中，，的长度为3，∴，∴（负值舍去），故选：B．【点拨】本题考查了圆周角定理，切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，掌握圆周角定理，切线的性质，是解答本题的关键．10．C【分析】如图，设与轴相切于，连接，过点作于，连接，设，根据切线的性质及垂径定理可得，，利用勾股定理列方程求出的值即可得答案．【详解】如图，设与轴相切于，连接，过点作于，连接，∵的圆心M在一次函数位于第一象限中的图象上，∴设，∵与轴相切于，，∴轴，，，∵，，∴，在中，，即，解得：，，∴或，∴半径是或6，故选：C．【点拨】本题考查一次函数图形上点的坐标特征、切线的性质、垂径定理及勾股定理，熟练掌握垂径定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．11．或【分析】本题考查含角的直角三角形的性质，直线和圆的位置关系，掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．过点D作的垂线，垂足为E，过点A作于点F，连接，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半可以得到，，利用勾股定理求出长，分为相切和当B在圆内部，点C在上或在外分类讨论即可解题．【详解】过点作的垂线，垂足为，过点作于点，连接，，，∵是的中点,，，，∵，∴，∴，，当，即 时，与边有且仅有一个交点，当在圆内部，点在上或在外时，即 时, 与边也有且仅有一个交点，∴当或 ，与边有且仅有一个交点，故答案为：或 ．12．或【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理和圆的有关知识，学会分类讨论是解题的关键；根据勾股定理求出，设与其垂直平分线的交点为E，分和两种情况讨论，根据直角三角形的勾股定理分别求解即可．【详解】以A，B为圆心，以a的长为半径作圆，两圆的交点 D 在AB 的垂直平分线上．∵ ，，，如图，  设与其垂直平分线的交点为E，则 ，当的长为2时，如图，即 ，①在中， ，②在中， ，综上， 的长为或．故答案为：或13．10【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，，则四边形是矩形，，得，，，设餐盘的半径为，则，，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】由题意得：，，如图，连接，过点作，交于点，交于点，  则，餐盘与边相切，点为切点，四边形是矩形，，，，四边形是矩形，，，，，设餐盘的半径为，则，，在中，由勾股定理得：，即，解得：，餐盘的半径为，故答案为：10．【点拨】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．14．【分析】设交于点，连接，由切线的性质得，设的半径为，则，，由勾股定理求得，再根据圆周角定理得，由平行线的性质推出，利用垂径定理可得，由三角形的面积求得，再求出，利用勾股定理求得即可．【详解】解：如图，设交于点，连接，是的切线，，，设的半径为，则，，在中，由勾股定理得，即，解得：，为直径，，，，，，，，，在中，由勾股定理得，，故答案为：．【点拨】本题考查了切线的性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键．15．15【分析】如图，连接，，证明为直径，即，，三点共线，四边形为平行四边形，；，结合为的切线，可得，从而可得答案．【详解】解：如图，连接，，    ∵，∴为直径，即，，三点共线，∵菱形，，∴，，，，∴四边形为平行四边形，；∴，∴，∵，∴，∴，∵为的切线，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．故答案为：【点拨】本题考查的是菱形的性质，平行四边形的判定与性质，圆的基本性质，切线的性质，熟练的掌握图形的基本性质是解本题的关键．16．/【分析】本题考查了勾股定理，三角形的内切圆性质，圆的面积，先用勾股定理求得得长，再利用内切圆性质求得圆的半径，继而求得面积计算即可．【详解】∵，，是边上的高，∴，，∴，，设与的半径分别为x，y，则∴，，解得，∴与的面积比为，故答案为：．17．或【分析】本题考查切线的性质、勾股定理、三角形和梯形的面积及一次函数图像上点的坐标特征，根据的圆心在直线上设，分点在直线下方和点在直线上方两种情况，利用切线的性质及三角形面积公式和梯形面积公式列方程求出的值即可得答案．【详解】解：如图，当点在直线下方时，作，连接、，∵，，∴，∵的圆心在直线上，∴设，∵与所在直线相切于、，∴，，∴，，∵，∴，解得：，，∴．当点在直线上方时，连接、、，同理可得：，，∵，∴，∴，解得：，，∴，综上所述：圆心的坐标是或，故答案为：或18．【分析】过点O作于点M，交于点N，交于点P，此时过点P的切线最长，连接，，根据垂径定理得出，根据勾股定理求出，求出，根据勾股定理求出，即可得出答案．【详解】解：过点O作于点M，交于点N，交于点P，此时过点P的切线最长，连接，，∵，∴，在中，根据勾股定理可得：，根据折叠可知，，∴，∵是弧的切线，∴，∴，，在中，根据勾股定理可得：，∴．故答案为：．【点拨】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，切线的性质，解题的关键是找出使最大时，点P的位置．19．(1)见解析(2)【分析】本题考查了平行四边形的性质、切线的判定和性质以及圆周角定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）连接．先得出，进而得出，则，即可得出，即可得出结论；（2）连接，先推出，得出，再根据，得出，则，即可得出结论．【详解】（1）证明：连接．∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵是的半径，∴是的切线；（2）解：连接，在平行四边形中∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴．20．(1)见解析(2)1【分析】本题考查了勾股定理、切线的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）由可得出，则，那么；根据已知条件我们不难得出，这样就凑齐了角边角，那么两三角形就全等了．（2）根据切线的性质得在中，，，结合勾股定理列式计算，即可作答．【详解】（1）证明：为的切线，．又，，，，，，，．又为直径，，．（2）解：∵为的切线，A为切点．∴在中，，，∴设，则解得即⊙O的半径为1．21．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，由,证明，，进而得证；（2）连接，连接，证明，得到，由为的切线得到，，证明，得到，则，得到，又由，即可证明四边形是菱形．【详解】（1）证明：如图，连接，∵是直径，∴即∵为的切线，∴，即．∴，∵∴，∴．（2）连接，连接，如图，∵，∴，∵为的切线，∴，∴，∴∵为的切线，∴，，∵∴，∴∴∴，∵，∴四边形是菱形．【点拨】此题考查了切线的性质、切线长定理、圆周角定理、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，添加适当的辅助线是证明的关键．22．(1)详见解析(2)．【分析】本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；也考查了圆周角定理的推论，正确的作出辅助线是解题的关键．（1）连接，如图，根据圆周角定理得到，即，求得，得到，根据切线的判定定理得到是的切线；（2）根据勾股定理得到，求得，根据切线的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．【详解】（1）证明：连接，，如图，为直径，，即，又，，∴，，，即，是的半径，是的切线；（2）解：，，，，，，，是的直径，是的切线，是的切线；，，，解得．23．(1)见解析(2)(3)或【分析】（1）连接，根据菱形的性质得，，，有，根据垂直平分线的性质得，利用三角形内角和定理得．根据菱形的性质得点A在上即可．（2）由同弧所对圆周角相等得．结合菱形的性质得，可证得．由勾股定理逆定理得为直角三角形，且，利用即可求得．（3）设，分两类讨论：①当点E在延长线上时，可得：，以及，进一步求得和；②当点E在边上时，由四点共圆和同角的补角相等得结合菱形的性质有．则有，进一步求得和即可．【详解】（1）证明：连接，如图，∵四边形是菱形，∴，，．∴．∵．∴．∵P是垂直平分线上的点，∴．∴．∴．∴．∴．∵垂直平分，P在上，∴，即点A在上．∴直线与相切．（2）由（1）得，则点D在上．∵与同对，∴．∵四边形是菱形，∴，．∴．∴．∴．∵，∴在中，．∵由（1）得，即．∴．∴为直角三角形，且．∴．又∵，∴．（3）设，由（1）知：当时，直线与相切，同理：当时，直线与相切，此时，点C是切点，点E、F、C重合．所以若点C与E不重合，可分两类讨论：①当点E在延长线上时，由（2）知：．∴，即．∵，∴．∴．则．即．②当点E在边上时，∵点A，E，C，D在上，∴．∵，∴．∵，∴．∴．即．又∵，∴．∴．∴．即．综上，或．【点拨】本题主要考查圆与几何图形的结合，涉及菱形的性质、垂直平分线的性质、同弧所对圆周角相等、勾股定理逆定理和四点共圆，解题的关键是掌握菱形的性质和圆的相关知识．24．(1)详见解析(2)详见解析(3)BC的长为或【分析】（1）证明，再证明，得到．即可得到结论；（2）先证明是的中位线，得到，由与半圆O相切，得到，即可得到结论；（3）分点E在上和点E在上两种情况，利用勾股定理分别进行求解即可．【详解】（1）证明：是半圆O的直径，．又，垂直平分，．点E与点O重合，．∵，．．∴是等边三角形；（2）证明：点C是的中点，点O是的中点，是的中位线，∴又与半圆O相切，．（3）解：，．①如图，当点E在上时，，．，，∴在和中，由勾股定理得，即，解得．．②如图，当点E在上时，同理可得，解得．．综上所述，的长为或．【点拨】此题考查了切线的性质、三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、圆周角定理等知识，分类讨论是解题的关键．