九年级下册6 直线与圆的位置关系随堂练习题

这是一份九年级下册6 直线与圆的位置关系随堂练习题，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，AB是的直径，，点在上，，是弧的中点，是直径AB上的一动点，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．如图，已知是⊙的切线，切点为，，，那么⊙的半径是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，已知圆O是的内切圆，且，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个圆B．任意三角形有且只有一个内切圆
C．平分弦的直径垂直于这条弦D．三角形的外心是三边中线的交点
5．如图，AB为⊙O的弦，半径OC交AB于点D，AD＝DB，OC＝5，OD＝3，则AB的长为（ ）
A．8B．6C．4D．3
6．已知点I为△ABC的内心，若∠A=40°，则∠BIC=（ ）
A．80°B．110°C．130°D．140°
7．如图，PA，PB是⊙O切线，A，B为切点，点C在优弧ACB上，且∠APB＝70°，则∠ACB等于（ ）

A．125°B．110°C．70°D．55°
8．如图，圆O的圆心在梯形ABCD的底边AB上，并与其它三边均相切，若AB=10，AD=6，则CB长（ ）
A．4B．5C．6D．无法确定
9．如图，点M的坐标为（4，0），⊙M的半径为2，ON切⊙M于点N，则点N的坐标是（ ）
A．（3，1）B．（3，）C．（3，）D．（，3）
10．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
11．在平面直角坐标系中，以为圆心，PO为半径作圆，M为上一点，若点N的坐标为，则线段MN的最大值为（ ）
A．3B．C．4D．
12．已知⊙O的直径为6，点O到直线l的距离为3，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）．
A．相交B．相切C．相离D．无法判断
二、填空题
13．如图，在直角坐标系中，与轴相切于点为的直径，点在函数的图象上，为轴上一点，的面积为6，则的值为 ．

14．如图，在中，，点在上，以为半径的圆与相切于点，，是边上的动点(不与，重合)，当为等腰三角形时，BD的长为 .
15．如图，直线与相切于点，过圆上一点作的垂线，垂足为，垂线段交于另一点，已知半径为3，，则弦的长为 ．

16．⊙O的半径为3cm，如果圆心O到直线l的距离为d，且d=5cm，那么⊙O和直线l的位置关系是 ．
17．如图，、、是的切线，、、是切点，分别交、于、两点，若，则 ．

三、解答题
18．如图，为半圆的直径，点，在半圆上，直线与半圆相切于点，．
(1)若，求的大小（用含的式子表示）；
(2)过点作交于点，交于点，若，，求的长．
19．如图，在中，，以为直径的交边于点，连接，过点作．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图：过点作的切线，交于点；（不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)在（1）的条件下，若，求的半径．
20．【生活问题】2022年卡塔尔世界杯比赛中，某球员P带球沿直线接近球门，他在哪里射门时射门角度最大？
【操作感知】小米和小勒在研究球员P对球门的张角时，在上取一点Q，过A、B、Q三点作圆，发现直线与该圆相交或相切．如果直线与该圆相交，如图1，那么球员P由M向N的运动过程中，的大小______：（填序号）
①逐渐变大；②逐渐变小；③先变大后变小；④先变小后变大
【猜想验证】小米和小勒进一步探究发现，如果直线与该圆相切于点Q，那么球员P运动到切点Q时最大，如图2，试证明他们的发现．
【实际应用】如图3，某球员P沿垂直于方向的路线带球，请用尺规作图在上找出球员P的位置，使最大．（不写作法，保留作图痕迹）
21．阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．
定义：自一点引出的两条射线分别经过已知线段的两端，则这两条射线所成的角称为该点对已知线段的视角．如图（1），是点P对线段AB的视角．
问题：已知在足球比赛中，足球对球门的视角越大，球越容易被踢进，如图（2），EF是球门，球员沿直线l带球前进，那么他应当在哪个地方射门，才能使进球的可能性最大？
爱好足球运动的小明进行了深入的思考与探究，解答如下：
解：过点E，F作⊙O，使其与直线l相切，切点为P．在直线l上任取一点Q（异于点P），连接EO交⊙O于点H，连接FQ，FH，
则．（依据1）
∵，（依据2）
∴，
∴．
故当球员在点P处射门时，进球的可能性最大．
任务：
(1)上面的证明过程中“依据1”和“依据2”分别是指：
依据1：______________________________
依据2：______________________________
(2)如图（3），已知足球球门宽EF为米，一名球员从距F点米的L点（点L在直线EF上）出发，沿LR方向带球前进（）．求当球员到达最佳射门点P时，他前进的距离．
（提示：可仿照小明的方法，过点E、F作⊙O，⊙O与直线LR相切于点P，连接PO并延长交⊙O于点W，……）
22．如图①，中国古代的马车已经涉及很复杂的机械设计，包含大量零部件和工艺，所彰显的智慧让人拜服．如图②是马车的侧面示意图，为车轮的直径，过圆心的车架一端点着地时，地面与车轮相切于点，连接，．

(1)求证：；
(2)若，米，求车轮的直径的长．
23．如图，以AE为直径的⊙O交直线AB于A、B两点，点C在⊙O上，过点C作CD⊥AB于点D，连接AC，BC，CE，其中BC与AE交于点F，且AC平分∠DAE．
(1)求证：CD是⊙O的切线；
(2)若AD＝1，AB＝8．
①求CD的长；
②求tan∠AFC的值．
24．如图，在中，，以为直径的交于点M，交于点D，过点C作的切线交的延长线于点P．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
《3.6直线和圆的位置关系》参考答案
1．B
【分析】作点关于AB的对称点，连接MC交AB于点，则点就是所求作的点，求出，进而求出的长，的长度即的最小值．此时最小，且等于MC的长．连接，，，利用垂径定理，得出，过点作于点，利用等腰三角形三线合一的性质和锐角三角函数求解即可．
【详解】解：作点关于AB的对称点，连接MC交AB于点，则点就是所求作的点．
此时最小，且等于MC的长．
连接，，，
，
，
是弧的中点，
，
，
由轴对称可知，，
，
，

，
，
过点作于点，
，
，
在中，，
，
的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称——最短路线问题，垂径定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形的应用等，确定点的位置是本题的关键．
2．B
【分析】根据圆的切线的性质之一：切线垂直于经过切点的半径，以及直角三角形30º角所对应的边等于斜边的即可解题.
【详解】连接OA,因为是⊙的切线且切点为A，所以OA PA,所以，所以ΔPOA为直角三角形，因为，PO=2，所以OA=PO=1.
故选B.
【点睛】本题考查圆形的切线的性质以及直角三角形特殊角问题.
3．C
【分析】由三角形内切定义可知是的角平分线，所以可得到关系式，把对应数值代入即可求得的值．
【详解】解：∵O是的内切圆，
∴是的角平分线，
∴
，
∴．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形的内切圆，以及三角形的角平分线．关键是要知道内切圆的圆心是三个角平分线的交点．
4．B
【分析】根据垂径定理，外心，内切圆，不共线三点确定一个圆，判断，熟练掌握性质是解题的关键
【详解】解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故该选项错误，不符合题意；
B、任意三角形有且只有一个内切圆，故该选正确，符合题意；
C、平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故该选项错误，不符合题意；
D、三角形任意两边的垂直平分线的交点是三角形的外心，不符合题意；
故选：B．
5．A
【分析】连接OB，根据⊙O的半径为5，CD＝2得出OD的长，再由垂径定理的推论得出OC⊥AB，由勾股定理求出BD的长，进而可得出结论．
【详解】解：连接OB，如图所示：
∵⊙O的半径为5，OD＝3，
∵AD＝DB，
∴OC⊥AB，
∴∠ODB＝90°，
∴BD＝
∴AB＝2BD＝8．
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是圆中的垂径定理“垂直于弦的直径平分弦且平分这条弦所对的两条弧”，掌握垂径定理是解此题的关键.
6．B
【分析】根据三角形的内角和定理求得∠ABC+∠ACB=140°，由内心的定义可求得∠IBC+∠ICB=70°，再由三角形的内角和定理即可求得∠BIC的度数.
【详解】∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∠A=40°，
∴∠ABC+∠ACB=140°，
∵I是△ABC的内心，
∴∠IBC=∠ABC，∠ICB=∠ACB，
∴∠IBC+∠ICB=×140°=70°，
∴∠BIC=180°﹣（∠IBC+∠ICB）=110°.
故选B．
【点睛】本题考查了三角形的内心，熟知三角形的内心是三角形三个角的角平分线的交点是解决问题的关键.
7．D
【分析】根据切线的性质，得∠PAO＝∠PBO＝90°，结合题意，根据四边形内角和的性质，计算得∠AOB，再根据圆周角和圆心角关系的性质分析，即可得到答案．
【详解】连接OA，OB，

∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA⊥OA，PB⊥OB，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣70°＝110°，
∴∠ACBAOB＝55°．
故选：D．
【点睛】本题考查了圆、四边形内角和的知识；解题的关键是熟练掌握切线、圆周角和圆心角的性质，从而完成求解．
8．A
【分析】利用切线的性质得出∠ADO=∠ODC，进而得出∠ADO=∠AOD，即可得出OA=6，即：OB=4，同理：BC=OB即可得出结论.
【详解】解：连接OD．OC
∵AD，CD是⊙O的切线，
∴∠ADO=∠ODC，
∵，
∴∠ODC=∠AOD，
∴∠ADO=∠AOD
∴AD=OA
∵AD=6，
∴OA=6，
∵AB=10，
∴OB=4，
同理可得
OB=BC=4，
故选：A.
【点睛】此题主要考查了切线的性质和等腰三角形的性质，解本题的关键是求出OA=6.
9．B
【分析】连接MN，由题意可知，，根据切线的性质可知，再根据勾股定理可求得ON的值，然后根据含30度的直角三角形的性质可知，再根据正弦的概念可求得点N的纵坐标，最后根据勾股定理可求得点N的横坐标，即可得出答案．
【详解】解：连接MN
由题意可知，，
ON切⊙M于点N，
，
在Rt△ONM中，，
在Rt△ONM中,MN=OM，
，
点N的纵坐标=，
点N的横坐标=，
点N的坐标为：，
故选B．
【点睛】本题考查了正弦的概念、含30度角的直角三角形的性质、切线的性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
10．B
【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．
11．C
【分析】根据的坐标可确定其为直线上一点，进而通过直线和圆的位置关系结合图象得出的最大值．
【详解】解：点的坐标为，
点为直线上任意一点，
如下图，
直线为函数的图象，则为直线上一点，为上一点，
由图象可知：过点作垂线，当、分别是垂线与、的交点时，的长度最大，
此时：，
由题意可知：，，
，
，
，
，
此时．
故选：C．
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，熟练掌握与圆相关的最值问题解决方法是解题关键．
12．B
【分析】根据圆与直线位置关系的性质分析，即可得到答案．
【详解】∵⊙O的直径为6
∴⊙O的半径为3
∵点O到直线l的距离为3
∴点O到直线l的距离=⊙O的半径
∴直线l与⊙O的位置关系是相切
故选：B．
【点睛】本题考查了圆和直线位置关系的知识；解题的关键是熟练掌握圆和直线位置关系的性质，从而完成求解．
13．24
【分析】设，则，则，根据三角形的面积公式得出，列出方程求解即可．
【详解】解：设，
∵与轴相切于点，
∴轴，
∴，则点D到的距离为a，
∵为的直径，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，反比例函数的图象和性质，解题的关键掌握切线的定义：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，以及反比例函数图象上点的坐标特征．
14．或
【分析】本题考查了圆的切线性质，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是分类讨论．连接，分为两种情况讨论：当时，当时，结合圆的切线性质，三角函数等知识即可求解．
【详解】解：如图1，当时，连接，
以为半径的圆与相切于点，
，
，，
，即，
，
，
，
，
点在以为半径的圆上，
为圆的直径，
，
，
，
；
如图2，当时，连接，
以为半径的圆与相切于点，
，
，，
设，则，
在中，由勾股定理得：，即，
解得：，
，，
，
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
15．
【分析】作于，连接，，由切线的性质，垂直的定义，推出四边形是矩形，得到，由勾股定理求出的长，由垂径定理即可求出的长．
【详解】解：作于，连接，，
，
切圆于，
半径，
，
四边形是矩形，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质，垂径定理，勾股定理，关键是通过作辅助线构造直角三角形，应用垂径定理，勾股定理求出的长．
16．相离
【分析】根据直线和圆的位置关系的判定方法判断即可．
【详解】解：∵⊙O的半径为3cm，圆心O到直线l的距离为d＝5cm，
∴d＞r，
∴直线l与⊙O的位置关系是相离，
故答案为：相离．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系的应用，注意：已知⊙O的半径为r，如果圆心O到直线l的距离是d，当d＞r时，直线和圆相离，当d＝r时，直线和圆相切，当d＜r时，直线和圆相交．
17．/40度
【分析】本题考查切线的性质，熟练掌握切线的性质以及全等三角形的判定和性质以及四边形内角和定理是解题的关键．连接、、，根据切线的性质以及全等三角形的判定和性质求出的度数，再根据四边形内角和是进行计算即可．
【详解】解：如图，连接、、，

、、是的切线，切点分别为、、，
，
，，
，
，
同理，
，
．
故答案为：．
18．(1)
(2)
【分析】(1) 根据得，结合圆周角定理，得到，求解即可．
(2) 根据得，结合圆周角定理，得到，根据特殊角的三角函数求解即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∴．
（2）根据(1)的证明，得，
∵，，
∴，
∵直线与半圆相切于点，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∵，
解得．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的正切值，熟练掌握切线的性质，圆周角定理，垂径定理，特殊角的函数值是解题的关键．
19．(1)见详解
(2)5
【分析】（1）根据尺规作图，过点作的垂线，交于点，即可求解；
（2）先证明，得到，设，再利用勾股定理可得，解方程即可．
【详解】（1）解：方法不唯一，如图所示．
．
（2）解：，
．
又，
，
．
点在以为直径的圆上，
，
．
又为的切线，
．
，
，
，
．
在和中，
．
，，
设，
，
，
，
解得：，
的半径为5．
【点睛】本题考查了作圆的切线，切线的性质，直径所对的圆周角是直角，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键．
20．操作感知：③；猜想验证：见解析；实际应用：见解析
【分析】操作感知：如图所示，设直线与的外接圆的另一个交点为D，分别在射线，射线上取一点F，E，连接交的外接圆于H，连接交的外接圆于G，连接，利用圆周角定理和三角形外角的性质证明即可得到结论；
猜想验证：如图所示，在上任取一点G（不与Q重合），连接交的外接圆于H，连接，利用三角形外角的性质和圆周角定理证明即可；
实际应用：如图所示，作线段的垂直平分线交于E，延长交于F，以点A为圆心，的长为半径画弧交直线于O，以O为圆心，以的长为半径画弧交直线于P，点P即为所求．
【详解】解：操作感知：如图所示，设直线与的外接圆的另一个交点为D，分别在射线，射线上取一点F，E，连接交的外接圆于H，连接交的外接圆于G，连接，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴；
在上取一点T，连接并延长交的外接圆于S，连接，
∴，
∵，
∴，
∴球员P由M向N的运动过程中，的大小是先变大后变小，
故答案为：③；
猜想验证：如图所示，在上任取一点G（不与Q重合），连接交的外接圆于H，连接，
∴，
∵，
∴，即，
∴上异于点Q的其他所有点对的张角都小于，
∴球员P运动到切点Q时最大；
实际应用：如图所示，作线段的垂直平分线交于E，延长交于F，以点A为圆心，的长为半径画弧交直线于O，以O为圆心，以的长为半径画弧交直线于P，点P即为所求；
理由如下：∵，
∴，
∵，且，即是两条平行线间的距离，
∴也是这两条平行线间的距离，
∴，
∴ 直线与相切，
∴由“猜想验证”可知，当直线与相切于点P时，最大．
【点睛】本题主要考查了切线的性质于判定，三角形外角的性质，圆周角定理，确定圆心，线段垂直平分线的尺规 作图，平行线间间距相等等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
21．(1)在同圆中，同弧所对的圆周角相等；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和
(2)6米
【分析】（1）根据圆周角的性质和三角形外角定理解答；
（2）根据（1）画出圆与直线相切，判断切点P即最佳射门点，然后根据相似得到边的数量关系，列方程求解即可．
【详解】（1）在同圆中，同弧所对的圆周角相等；
三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
（2）如图，过点E，F作⊙O，⊙O与直线LR相切于点P，连接PO并延长交⊙O于点W，
连接PE，PF，WF．
∵PL是⊙O的切线，∴
∴
∵PW是⊙O的直径，∴，
∴，∴．
又∵，∴
又∵，∴，
∴，即
∴，∵，∴米．
答：当球员到达最佳射门点P时，他前进了6米．
【点睛】此题考查圆的综合问题，解题关键是利用相似三角形得到边的数量关系．
22．(1)见解析
(2)直径
【分析】（1）如图，连接，利用切线的性质得到，利用圆周角定理得到，进而三角形内角和定理证明即可；
（2）过点作于点．设米，米，根据，构建方程求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，
是切线，
，
是直径，
，
，
，
，
，
；
（2）解：过点作于点．
，
可以假设米，米，
（米），
，
（米），
（米），
，
，
解得，，
直径．
【点睛】本题考查垂径定理的应用，勾股定理的应用，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
23．(1)见解析；
(2)①；②
【分析】（1）连接OC，根据OA＝OC推出∠OCA＝∠OAC，根据角平分线得出∠OCA＝∠OAC＝∠DCA，推出，得出OC⊥CD，根据切线的判定推出即可；
（2）①由（1）知，∠OCD＝90°，推出∠OCE＝∠E＝∠B＝∠ACD，可得△ADC∽△CDB，得到AD：CD＝CD：BD，列得CD²＝AD•BD，即可求出 CD．
②过点C作CG⊥AE于点G，过点O作OH⊥BC于H，证△ADC∽△ACE，求出 AE，得到OAOC，证明△ACD≌△ACG（AAS），求出OH，再证△CFG∽△OFH，得到CG：OH＝CF：OF＝GF：FH，求出CG和GF的值，即可求出 tan∠AFC．
【详解】（1）证明：连接OC．
∵OC＝OA，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵AC平分∠DAE，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴．
∵CD⊥DA，
∴∠ADC＝∠OCD＝90°，
即 CD⊥OC，
∵点C在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：①由（1）知，∠OCD＝90°，
∴∠OCA+∠ACD＝90°，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ACE＝90°，
∴∠OCA+∠OCE＝90°，
∴∠ACD＝∠OCE，
∵OC＝OE，
∴∠OCE＝∠E，
∵∠E＝∠B，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴△ADC∽△CDB，
∴AD：CD＝CD：BD，
∴CD2＝AD•BD，
∵AD＝1，AB＝8，
∴BD＝AD+AB＝9，
∴CD2＝1×9＝9，
∴CD＝3．
②过点C作CG⊥AE于点G，过点O作OH⊥BC于H，
∵CD⊥AB，CD＝3，BD＝9，
∴BC＝3，
∵OH⊥BC，
∴CH＝BC＝，
∵∠ADC＝∠ACE＝90°，∠ACD＝∠AEC，
∴△ADC∽△ACE，
∴AD：AC＝AC：AE，
∴AE＝，
∵CD⊥AB，AD＝1，CD＝3，
∴AC2＝10，
∴AE＝＝10，
∴OA＝AE＝5＝OC，
在△ACD和△ACG中，
∵∠ADC＝∠AGC＝90°，∠CAD＝∠CAG，AC＝AC，
∴△ACD≌△ACG（AAS），
∴AG＝AD＝1，CG＝CD＝3，
∴OG＝OA﹣AG＝5﹣1＝4，
∵OH⊥BC，OC＝5，CH＝，
∴OH＝，
∵∠CFG＝∠OFH，∠CGF＝∠OHF＝90°，
∴△CFG∽△OFH，
∴CG：OH＝CF：OF＝GF：FH，
∴3：＝CF：（4﹣GF）＝GF：（﹣CF），
整理得，CF＝12﹣3GF，GF＝﹣3CF
解得GF＝，
∵CG⊥AE，CG＝3，GF＝，
∴tan∠AFC＝，
∴tan∠AFC的值为．
【点睛】此题考查了证明直线是圆的切线，相似三角形的判定及性质，圆周角定理，勾股定理，全等三角形的判定及性质，求角的正切值，熟记各知识点并熟练运用是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了等腰三角形，圆周角，切线的性质，熟练掌握等腰三角形三线合一的性质是解题的关键．
（1）连接，，根据题意求出，证明，推出，即可得到结论；
（2）根据题意推出，根据进行计算即可．
【详解】（1）证明：连接，，
是的直径，
，即，
，，
；
（2）解：是的切线，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
B
A
B
D
A
B
B
题号
11
12








答案
C
B