初中冀教版第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品随堂练习题

这是一份初中冀教版第29章 直线与圆的位置关系综合与测试精品随堂练习题，共33页。
九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系必考点解析
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、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．
2、在同一平面内，有一半径为6的⊙O和直线m，直线m上有一点P，且OP=4；则直线m与⊙O的位置关系是 （ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．不能确定
3、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，PA＝4，则PB的长度为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
4、已知⊙O的半径等于5，圆心O到直线l的距离为6，那么直线l与⊙O的公共点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无法确定
5、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．1
6、已知是正六边形的外接圆，正六边形的边心距为，将图中阴影部分的扇形围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面圆的半径为（ ）

A．1 B． C． D．
7、如图，AB是⊙O的直径，BD与⊙O相切于点B，点C是⊙O上一点，连接AC并延长，交BD于点D，连接OC，BC，若∠BOC＝50°，则∠D的度数为（　　）

A．50° B．55° C．65° D．75°
8、如图，中，，O是AB边上一点，与AC、BC都相切，若，，则的半径为（ ）

A．1 B．2 C． D．
9、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．
10、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
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、若⊙O的半径为3cm，点A到圆心O的距离为4cm，那么点A与⊙O的位置关系是：点A在⊙O_______．（填“上”、“内”、“外”）
2、若一个正多边形的边长等于它的外接圆的半径，则这个正多边形是正______边形．
3、以平面直角坐标系原点O为圆心，半径为3的圆与直线x=3的位置关系是______．
4、如图，在中，，平分，平分，，交于点，cm，cm，cm，则的面积为_______cm2．

5、如图，PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，C为⊙O上异于A，B的一点，连接AC，BC．若∠P＝58°，则∠ACB的大小是___________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．
2、如图，点在轴正半轴上，，点是第一象限内的一点，以为直径的圆交轴于，两点，，两点的横坐标是方程的两个根，，连接．

(1)如图（1），连接．
①求的正切值；
②求点的坐标．
(2)如图（2），若点是的中点，作于点，连接，，，求证：．
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，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______．
5、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．

-参考答案-
一、单选题
1、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．
2、A
【解析】
【分析】
直接根据直线与圆的位置关系即可得出结论．
【详解】
解：∵⊙O的半径为6，直线m上有一动点P，OP=4，
∴直线与⊙O相交．
故选：A．
【点睛】
本题考查的是直线与圆的位置关系，熟知⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，当d=r时，直线l和⊙O相切是解答此题的关键．
3、B
【解析】
【分析】
由切线的性质可推出，．再根据直角三角形全等的判定条件“HL”，即可证明，即得出．
【详解】
∵PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，
∴，，
∴在和中，，
∴，
∴．
故选：B
【点睛】
本题考查切线的性质，三角形全等的判定和性质．熟练掌握切线的性质是解答本题的关键．
4、A
【解析】
【分析】
圆的半径为 圆心到直线的距离为 当时，圆与直线相离，直线与圆没有交点，当时，圆与直线相切，直线与圆有一个交点，时，圆与直线相交，直线与圆有两个交点，根据原理可得答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径等于为8，圆心O到直线l的距离为为6，
∴，
∴直线l与相离，
∴直线l与⊙O的公共点的个数为0，
故选A．
【点睛】
本题考查的是圆与直线的位置关系，圆与直线的位置关系有相离，相交，相切，熟悉三种位置关系对应的公共点的个数是解本题的关键．
5、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．
6、C
【解析】
【分析】
根据边心距求得外接圆的半径为2，根据圆锥的底面圆周长等于扇形的弧长，计算圆锥的半径即可．
【详解】
如图,过点O作OG⊥AF，垂足为G，
∵正六边形的边心距为，
∴∠AOG=30°，OG=，
∴OA=2AG，
∴，
解得GA=1，
∴OA=2，

设圆锥的半径为r，根据题意，得2πr=，
解得r=，
故选C．
【点睛】
本题考查了扇形的弧长公式，圆锥的侧面积，熟练掌握弧长公式，圆锥的侧面积公式是解题的关键．
7、C
【解析】
【分析】
首先证明∠ABD＝90°，由∠BOC＝50°，根据圆周角定理求出∠A的度数即可解决问题．
【详解】
解：∵BD是切线，
∴BD⊥AB，
∴∠ABD＝90°，
∵∠BOC＝50°，
∴∠A＝∠BOC＝25°，
∴∠D＝90°﹣∠A＝65°，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是切线的性质、圆周角定理，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
8、D
【解析】
【分析】
作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，如图，设⊙O的半径为r，根据切线的性质得OD=OE=r，易得四边形ODCE为正方形，则CD=OD=r，再证明△ADO∽△ACB，然后利用相似比得到，再根据比例的性质求出r即可．
【详解】
解：作OD⊥AC于D，OE⊥BC于E，如图，设⊙O的半径为r，

∵⊙O与AC、BC都相切，
∴OD=OE=r，
而∠C=90°，
∴四边形ODCE为正方形，
∴CD=OD=r，
∵OD∥BC，
∴△ADO∽△ACB，
∴
∵AF=AC-r，BC=3，AC=4，
代入可得，
∴r=．
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．也考查了相似三角形的判定与性质．
9、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．
10、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．
二、填空题
1、外
【解析】
【分析】
点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．据此作答．
【详解】
解：∵⊙O的半径为3cm，点A到圆心O的距离OA为4cm，
即点A到圆心的距离大于圆的半径，
∴点A在⊙O外．
故答案为：外．
【点睛】
本题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．
2、六
【解析】
【分析】
由半径与边长相等，易判断等边三角形，然后根据角度求出正多边形的边数．
【详解】
解：当一个正多边形的边长与它的外接圆的半径相等时，画图如下：

∵半径与边长相等，
∴这个三角形是等边三角形，
∴正多边形的边数：360°÷60°＝6，
∴这个正多边形是正六边形
故答案为：六．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，等边三角形的性质和判定，结合题意画出合适的图形是解题的关键．
3、相切
【解析】
【分析】
本题应将原点到直线x=3的距离与半径对比即可判断．
【详解】
解：∵原点到直线x=3的距离为3，半径为3，
则有3=3，
∴这个圆与直线x=3相切．
故答案为：相切．
【点睛】
本题考查了直线与圆的位置关系、坐标与图形性质．直线与圆相切，直线到圆的距离等于半径；与圆相离，直线到圆的距离大于半径．
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、或
【解析】
【分析】
如图，连接利用切线的性质结合四边形的内角和定理求解再分两种情况讨论，结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案.
【详解】
解：如图，连接 （即）分别在优弧与劣弧上，

PM，PN分别与⊙O相切于A，B两点，




故答案为：或
【点睛】
本题考查的是切线的性质定理，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，四边形的内角和定理的应用，求解是解本题的关键.
三、解答题
1、 (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．
2、 (1)①，②（4，3）
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）①过点P作PH⊥DC于H，作AF⊥PH于F，连接PD、AD，利用因式分解法解出一元二次方程，求出OD、OC，根据垂径定理求出DH，根据勾股定理计算求出半径，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据正切的定义计算即可；②过点B作BE⊥x轴于点E，作AG⊥BE于G，根据平行线分线段成比例定理定理分别求出OE、BE，得到点B的坐标；
（2）过点E作EH⊥x轴于H，证明△EHD≌△EFB，得到EH＝EF，DH＝BF，再证明Rt△EHC≌Rt△EFC，得到CH＝CF，结合图形计算，证明结论．
(1)
解：①以AB为直径的圆的圆心为P，
过点P作PH⊥DC于H，作AF⊥PH于F，连接PD、AD，
则DH＝HC＝DC，四边形AOHF为矩形，
∴AF＝OH，FH＝OA＝1，
解方程x2﹣4x+3＝0，得x1＝1，x2＝3，
∵OC＞OD，
∴OD＝1，OC＝3，
∴DC＝2，
∴DH＝1，
∴AF＝OH＝2，
设圆的半径为r，则PH2＝，
∴PF＝PH﹣FH，
在Rt△APF中，AP2＝AF2+PF2，即r2＝22+（PH﹣1）2，
解得：r＝，PH＝2，PF＝PH﹣FH＝1，
∵∠AOD＝90°，OA＝OD＝1，
∴AD＝，
∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∴BD＝=＝3，
∴tan∠ABD＝＝＝；
②过点B作BE⊥x轴于点E，交圆于点G，连接AG，
∴∠BEO＝90°，
∵AB为直径，
∴∠AGB＝90°，
∵∠AOE＝90°，
∴四边形AOEG是矩形，
∴OE＝AG，OA＝EG＝1，
∵AF＝2，
∵PH⊥DC，
∴PH⊥AG，
∴AF＝FG＝2，
∴AG＝OE＝4，BG＝2PF＝2，
∴BE＝3，
∴点B的坐标为（4，3）；

(2)
证明：过点E作EH⊥x轴于H，
∵点E是的中点，
∴＝，
∴ED＝EB，
∵四边形EDCB为圆P的内接四边形，
∴∠EDH＝∠EBF，
在△EHD和△EFB中，
，
∴△EHD≌△EFB（AAS），
∴EH＝EF，DH＝BF，
在Rt△EHC和Rt△EFC中，
，
∴Rt△EHC≌Rt△EFC（HL），
∴CH＝CF，
∴2CF＝CH+CF＝CD+DH+BC﹣BF＝BC+CD．

【点睛】
本题考查的是圆周角定理、全等三角形的判定和性质、垂径定理、勾股定理的应用，正确作出辅助线、求出圆的半径是解题的关键．
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)
(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．
5、 (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．