数学九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品达标测试

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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定向攻克
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、一个正多边形的半径与边长相等，则这个正多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．8
2、如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3、如图，一把宽为2cm的刻度尺（单位：cm），放在一个圆形茶杯的杯口上，刻度尺的一边与杯口外沿相切，另一边与杯口外沿两个交点处的读数恰好是2和10，茶杯的杯口外沿半径为（ ）

A．10cm B．8cm C．6cm D．5cm
4、平面内，⊙O的半径为3，若点P在⊙O外，则OP的长可能为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
5、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．
6、如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，点P是的一点，则∠CPD的度数是（　　）

A．30° B．36° C．45° D．72°
7、在数轴上，点A所表示的实数为3，点B所表示的实数为a，⊙A的半径为2，下列说法错误的是（　　）
A．当a＜5时，点B在⊙A内 B．当1＜a＜5时，点B在⊙A内
C．当a＜1时，点B在⊙A外 D．当a＞5时，点B在⊙A外
8、已知⊙O的半径为3，若PO=2，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．点P在⊙O内 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O外 D．无法判断
9、如图，有一个亭子，它的地基是边长为4m的正六边形，则地基的面积为（　　）

A．4m2 B．12m2 C．24m2 D．24m2
10、将一把直尺、一个含60°角的直角三角板和一个光盘按如图所示摆放，直角三角板的直角边AD与直尺的一边重合，光盘与直尺相切于点B，与直角三角板相切于点C，且，则光盘的直径是（ ）

A．6 B． C．3 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，点O和点I分别是△ABC的外心和内心，若∠BOC＝130°，则∠BIC＝______．

2、如图，在△ABC中，AB＝AC＝，BC＝2，以点A为圆心作圆弧，与BC相切于点D，且分别交边AB，AC于点EF，则扇形AEF的面积为 _____．（结果保留π）

3、如图，已知正方形ABCD和正△EGF都内接于⊙O，当EF∥BC时，的度数为 _____．

4、已知正六边形的半径为2，则该正六边形的面积为______°．
5、如图，AB、CD为一个正多边形的两条边，O为该正多边形的中心，若∠ADB＝12°，则该正多边形的边数为 _____．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，PA，PB是圆的切线，A，B为切点．

(1)求作：这个圆的圆心O（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）；
(2)在（1）的条件下，延长AO交射线PB于C点，若AC＝4，PA＝3，请补全图形，并求⊙O的半径．
2、如图，AB为的切线，B为切点，过点B作，垂足为点E，交于点C，连接CO，并延长CO与AB的延长线交于点D，与交于点F，连接AC．

(1)求证：AC为的切线：
(2)若半径为2，．求阴影部分的面积．
3、如图，AB是ΘO的直径，弦AD平分∠BAC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．

(1)判断DE所在直线与ΘO的位置关系，并说明理由；
(2)若AE＝4，ED＝2，求ΘO的半径．
4、如图，直线MN交⊙O于A，B两点，AC是直径，AD平分∠CAM交⊙O于D，过D作DE⊥MN于E．

(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝8，AE＝6，求⊙O的半径．
5、如图，在平面直角坐标系中，，的半径为1．如果将线段绕原点逆时针旋转后的对应线段所在的直线与相切，且切点在线段上，那么线段就是⊙C 的“关联线段”，其中满足题意的最小就是线段与的“关联角”．

(1)如图1，如果线段是的“关联线段”，那么它的“关联角”为______．
(2)如图2，如果、、、、、．那么的“关联线段”有______（填序号，可多选）．
①线段；②线段；③线段
(3)如图3，如果、，线段是的“关联线段”，那么的取值范围是______．
(4)如图4，如果点的横坐标为，且存在以为端点，长度为的线段是的“关联线段”，那么的取值范围是______．

-参考答案-
一、单选题
1、C
【解析】
【分析】
如图（见解析），先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据正多边形的中心角与边数的关系即可得．
【详解】
解：如图，由题意得：，
是等边三角形，
，
则这个正多边形的边数为，
故选：C．

【点睛】
本题考查了正多边形，熟练掌握正多边形的中心角与边数的关系是解题关键．
2、C
【解析】
【分析】
如图1，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，根据同弧所对的圆周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判断①正确；如图1，可证明△DBE∽△DAC，则，所以DB•DC＝DE•DA，而DB与DC不一定相等，所以判断②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，先证明△ABK≌△ACD，可证明S四边形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判断③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于点C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，则∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，则∠COG＝2∠CAG＝60°，可证明△AOG和△COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OA∥CG，推导出S阴影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则⊙O的半径为4，可求得S阴影＝S扇形COG＝＝，所以判断④正确，所以①③④这3个结论正确．
【详解】
解：如图1，∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵等边△ABC内接于⊙O，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，
故①正确；
∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，
∴∠BDE＝∠ADC，
又∠DBE＝∠DAC，
∴△DBE∽△DAC，
∴,
∴DB•DC＝DE•DA，
∵D是上任一点，
∴DB与DC不一定相等，
∴DB•DC与DB2也不一定相等，
∴DB2与DE•DA也不一定相等，
故②错误；

如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，
∵∠ABK+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，
∴∠ABK＝∠ACD，
∴AB＝AC，
∴△ABK≌△ACD（SAS），
∴AK＝AD，S△ABK＝S△ACD，
∴DH＝KH＝DK，

∵∠AHD＝90°，∠ADH＝60°，
∴∠DAH＝30°，
∵AD＝2，
∴DH＝AD＝1，
∴DK＝2DH＝2，，
∴S△ADK＝，
∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，
故③正确；
如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OA＝OG＝OC，
∵CF切⊙O于点C，
∴CF⊥OC，
∵AF⊥CF，
∴AF∥OC，
∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，
∴∠OAC＝∠OCA＝×（180°﹣120°）＝30°，
∴∠CAG＝∠OCA＝30°，
∴∠COG＝2∠CAG＝60°，
∴∠AOG＝60°，
∴△AOG和△COG都是等边三角形，
∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，
∴四边形OABC是菱形，
∴OA∥CG，
∴S△CAG＝S△COG，
∴S阴影＝S扇形COG，
∵∠OCF＝90°，∠OCG＝60°，
∴∠FCG＝30°，
∵∠F＝90°，
∴FG＝CG，
∵FG2+CF2＝CG2，CF＝，
∴（CG）2+（）2＝CG2，
∴CG＝4，
∴OC＝CG＝4，
∴S阴影＝S扇形COG＝＝，
故④正确，
∴①③④这3个结论正确，
故选C．

【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
3、D
【解析】
【分析】
作OD⊥AB于C，OC的延长线交圆于D，其中点为圆心，为半径，cm，cm；设茶杯的杯口外沿半径为，在中，由勾股定理知，进而得出结果．
【详解】
解：作OD⊥AB于C，OC的延长线交圆于D，其中点为圆心，为半径，

由题意可知cm，cm；
∵
∴AC=BC=4cm，
设茶杯的杯口外沿半径为
则在中，由勾股定理知
解得
故选D．
【点睛】
本题考查了垂径定理，切线的性质，勾股定理的应用．解题的关键在于将已知线段长度转化到一个直角三角形中求解计算．
4、A
【解析】
【分析】
根据点与圆的位置关系得出OP＞3即可．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3，点P在⊙O外，
∴OP＞3，
故选：A．
【点睛】
本题考查点与圆的位置关系，解答的关键是熟知点与圆的位置关系：设平面内的点与圆心的距离为d，圆的半径为r，则点在圆外d＞r，点在圆上d=r，点在圆内d＜r．
5、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．
6、B
【解析】
【分析】
连接OC，OD．求出∠COD的度数，再根据圆周角定理即可解决问题；
【详解】
解：如图，连接OC，OD．

∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠COD＝＝72°，
∴∠CPD＝∠COD＝36°，
故选：B
【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
7、A
【解析】
【分析】
根据数轴以及圆的半径可得当d=r时，⊙A与数轴交于两点：1、5，进而根据点到圆心的距离与半径比较即可求得点与圆的位置关系，进而逐项分析判断即可
【详解】
解：∵圆心A在数轴上的坐标为3，圆的半径为2，
∴当d=r时，⊙A与数轴交于两点：1、5，
故当a=1、5时点B在⊙A上；
当d＜r即当1＜a＜5时，点B在⊙A内；
当d＞r即当a＜1或a＞5时，点B在⊙A外．
由以上结论可知选项B、C、D正确，选项A错误．
故选A．
【点睛】
本题考查了数轴，点与圆的位置关系，掌握点与圆的位置关系是解题的关键．
8、A
【解析】
【分析】
已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r＜d时，点P在⊙O外，根据以上内容判断即可．
【详解】
∵⊙O的半径为3，若PO＝2，
∴2＜3，
∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O内，
故选：A．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系的应用，注意：已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r＞d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r＜d时，点P在⊙O外．
9、D
【解析】
【分析】
先根据等边三角形的性质求出△OBC的面积，然后由地基的面积是△OBC的6倍即可得到答案
【详解】
解：如图所示，正六边形ABCDEF，连接OB，OC，过点O作OP⊥BC于P，
由题意得：BC=4cm，
∵六边形ABCD是正六边形，
∴∠BOC=360°÷6=60°，
又∵OB=OC，
∴△OBC是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选D．

【点睛】
本题主要考查了正多边形和圆，等边三角形的性质与判定，勾股定理，熟知正多边形和圆的关系是解题的关键．
10、D
【解析】
【分析】
如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB，由切线的性质可知∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB，即可证明Rt△OCA≌Rt△OBA得到∠OAC=∠OAB，则，∠AOB=30°，推出OA=2AB=6，利用勾股定理求出，即可得到圆O的直径为．
【详解】
解：如图所示，设圆的圆心为O，连接OC，OB，
∵AC，AB都是圆O的切线，
∴∠OCA=∠OBA=90°，OC=OB，
又∵OA=OA，
∴Rt△OCA≌Rt△OBA（HL），
∴∠OAC=∠OAB，
∵∠DAC=60°，
∴，
∴∠AOB=30°，
∴OA=2AB=6，
∴，
∴圆O的直径为，
故选D．

【点睛】
本题主要考查了切线的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟知切线的性质是解题的关键．
二、填空题
1、122.5°
【解析】
【分析】
如图所示，作△ABC外接圆，利用圆周角定理得到∠A=65°，由于I是△ABC的内心，则∠BIC=180°-∠ABC-∠ACB，然后把∠BAC的度数代入计算即可．
【详解】
解：如图所示，作△ABC外接圆，
∵点O是△ABC的外心，∠BOC=130°，
∴∠A=65°，
∴∠ABC+∠ACB=115°，
∵点I是△ABC的内心，
∴∠IBC+∠ICB=×115°=57.5°，
∴∠BIC=180°﹣57.5°=122.5°．
故答案为：122.5°．

【点睛】
此题主要考查了三角形内心和外心的综合应用，根据题意得出∠IBC+∠ICB的度数是解题关键．
2、##
【解析】
【分析】
先判断出△ABC是等腰直角三角形，从而连接AD，可得出AD=1，直接代入扇形的面积公式进行运算即可．
【详解】
解：∵AB=AC=，BC=2，
∴AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠BAC=90°，
连接AD，则AD=BC=1，
则S扇形AEF=．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了扇形的面积计算、勾股定理的逆定理及等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，难度一般，解答本题的关键是得出AD的长度及∠BAC的度数．
3、
【解析】
【分析】
连接，并延长交于点，连接，先根据圆内接正多边形的性质可得，再根据圆周角定理可得，然后根据直角三角形的性质可得，从而可得，于是可得答案．
【详解】
解：如图，连接，并延长交于点，连接，

正方形和正都内接于，
，
由圆周角定理得：，
，
，
，
，
则的度数为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了圆周角定理、圆内接正多边形的性质等知识点，熟练掌握圆内接正多边形的性质是解题关键．
4、
【解析】
【分析】
正六边形的面积由6个全等的边长为2的等边三角形面积组成，计算一个等边三角形的面积，乘以6即可．
【详解】
解：设O是正六边形的中心，AB是正六边形的一边，OC是边心距，则△OAB是正三角形．

∴OA=AB=2，
∴AC=AB=1，
∴，
∴S△OAB=AB•OC=×2×=，
则正六边形的面积为6×=6．
故答案为：6．
【点睛】
本题考查了正多边形的面积，等边三角形的性质，熟练把多边形的面积转化为三角形面积的倍数计算是解题的关键．
5、15##十五
【解析】
【分析】
根据圆周角定理可得正多边形的边AB所对的圆心角∠AOB＝24°，再根据正多边形的一条边所对的圆心角的度数与边数之间的关系可得答案．
【详解】
解：如图，设正多边形的外接圆为⊙O，连接OA，OB，

∵∠ADB＝12°，
∴∠AOB＝2∠ADB＝24°，
而360°÷24°＝15，
∴这个正多边形为正十五边形，
故答案为：15．
【点睛】
本题考查正多边形与圆，圆周角，掌握圆周角定理是解决问题的关键，理解正多边形的边数与相应的圆心角之间的关系是解决问题的前提．
三、解答题
1、 (1)见解析；
(2)见解析，的半径为
【解析】
【分析】
（1）过点B作BP的垂线，作∠APB的平分线，二线的交点就是圆心；
（2）根据切线的性质，利用勾股定理，建立一元一次方程求解即可．
(1)
如图所示，点O即为所求

(2)
如图，∵PA是圆的切线，AO是半径，PB是圆的切线，
∴∠CAP=90°，PA=PB=3，∠CBO=90°，
∵AC=4，
∴PC==5，BC=5-3=2，
设圆的半径为x，则OC=4-x，
∴，
解得x=，
故圆的半径为．
【点睛】
本题考查了垂线的画法，角的平分线的画法，切线的性质，切线长定理，勾股定理，一元一次方程的解法，熟练掌握切线的性质，切线长定理和勾股定理是解题的关键．
2、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据切线的判定方法，证出即可；
（2）由勾股定理得，，，在中，根据，结合锐角三角函数求出角，再利用扇形的面积的公式求解即可．
(1)
解：如图，连接OB，

∵AB是的切线，
∴，即，
∵BC是弦，，
∴，
∴，在和中，，
∴，
∴，即，
∴AC是的切线；
(2)
解：在中，
由勾股定理得，，，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查切线的判定和性质，三角形全等的判定及性质、勾股定理、锐角三角函数、扇形的面积公式，解题的关键是掌握切线的判定方法，锐角三角函数的知识求解．
3、 (1)相切，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据角平分线的性质与角的等量代换易得∠ODE＝90°，而D是圆上的一点；故可得直线DE与⊙O相切；
（2）连接BD，根据勾股定理得到AD＝＝2，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质列方程得到AB＝5，即可求解．
(1)
解：所在直线与相切．
理由：连接．

∵，
∴．
∵平分，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵是半径，
∴所在直线与相切．
(2)
解：连接．
∵是的直径，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵，，，
∴．
∴．
∴的半径为．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质及勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
4、 (1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OD，根据等腰三角形的性质和角平分线定义证得∠ODA＝∠DAE，可证得DO∥MN，根据平行线的性质和切线的判定即可证的结论；
（2）连接CD，先由勾股定理求得AD，连接CD，根据圆周角定理和相似三角形的判定证明△ACD∽△ADE，然后根据相似三角形的性质求解AC即可求解．
(1)
证明：连接OD，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∵AD平分∠CAM，∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴DO∥MN，
∵DE⊥MN，
∴DE⊥OD，
∵D在⊙O上，
∴DE是⊙O的切线；
(2)
解：∵∠AED＝90°，DE＝8，AE＝6，
∴AD＝＝10，
连接CD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠ADC＝∠AED＝90°，
∵∠CAD＝∠DAE，
∴△ACD∽△ADE，
∴，即，
∴AC＝，
∴⊙O的半径是．

【点睛】
本题考查等腰三角形的性质、角平分线的定义、平行线的判定与性质、切线的判定、勾股定理、圆周角定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
5、 (1)
(2)②，③
(3)
(4)
【解析】
【分析】
（1）作OD与相切，此时所得最小，根据切线的性质可得，再由含角的直角三角形的特殊性质可得，再由勾股定理可得OD长度，判断切点在OD上即可得
（2）根据勾股定理求出各点与原点的距离与最长切线距离比较即可得；
（3）线段BD绕点O的旋转路线的半径为1的上，当OD与相切时，由（1）可得：，根据题意即可确定t的取值范围，得出线段BD是的“关联线段”；
（4）当m取最大值时，M点运动最小半径是O到过点的直线l的距离m，根据题意可得，得出，即为m的最大值；当m取最小值时，作出相应图形，根据题意可得，再由，及点M所在位置，即可确定m的最小值，综合即可得．
(1)
解：如图所示：作OD与相切，

∴，
∵，，
∴，
∴，
∴此时的角度最小，且，
∴切点在线段OD上，
∴OA的关联角为；
(2)
解：如图所示：连接，，，，

∵，，
∴，
∴切点不在线段上，不是的“关联线段”；
∵，，
∴，，
∵，
∴是的“关联线段”；
∵，
∴是的“关联线段”；
(3)
解：，，线段BD绕点O的旋转路线的半径为1的上，

当OD与相切时，
由（1）可得：，
∴当时，线段BD是的“关联线段”，
故答案为：；
(4)
解：如图所示：当m取最大值时，

M点运动最小半径是O到过点的直线l的距离是m，
∵，，
∴，
∴，
∴m的最大值为4，
如图所示：当m取小值时，

开始时存在ME与相切，
∵，，
∴，
∵，及点M所在位置，
∴，
综上可得：，
故答案为：．
【点睛】
题目主要考查直线与圆的位置关系，线段旋转的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出相应图象是解题关键．