初中数学冀教版九年级下册第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀课时作业

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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同步训练 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，若的半径为R，则它的外切正六边形的边长为（       ）A． B． C． D．2、如图，A、B、C、D为一个正多边形的顶点，O为正多边形的中心，若，则这个正多边形的边数为（        ）A．10 B．11 C．12 D．133、下列说法正确的是（       ）A．三点确定一个圆 B．任何三角形有且只有一个内切圆C．相等的圆心角所对的弧相等 D．正多边形一定是中心对称图形4、如图，PA、PB是的切线，A、B为切点，连接OB、AB，若，则的度数为（       ）A．50° B．55° C．65° D．70°5、如图，，是的切线，，是切点，，是上的点，若，，则的度数为（       ）A． B． C． D．6、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．77、如图是一个含有3个正方形的相框，其中∠BCD＝∠DEF＝90°，AB＝2，CD＝3，EF＝5，将它镶嵌在一个圆形的金属框上，使A，G， H三点刚好在金属框上，则该金属框的半径是（       ）A． B． C． D．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．10、如图，在中，以AB为直径的圆交AC于点D，的切线DE交BC于点E，若，于点E且，则的半径为（       ）．A．4 B． C．2 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，在△ABC中，I是△ABC的内心，O是AB边上一点，⊙O经过点B且与AI相切于点I，若tan∠BAC＝，则sin∠ACB的值为 _____．2、点P为⊙O外一点，直线PO与⊙O的两个公共点为A，B，过点P作⊙O的切线，切点为C，连接AC，若∠CPO＝40°，则∠CAB＝_____度．3、Rt的两条直角边分别是一元二次方程的两根，则的外接圆半径为_____．4、如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于点E、F、G三点，且AB∥CD，BO＝6，CO＝8，则BE＋GC的长为_____．5、如图，已知的半径为1，圆心在抛物线上运动，当与轴相切时，圆心的横坐标为______．三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）1、数学课上老师提出问题：“在矩形中，，，是的中点，是边上一点，以为圆心，为半径作，当等于多少时，与矩形的边相切？”．小明的思路是：解题应分类讨论，显然不可能与边及所在直线相切，只需讨论与边及相切两种情形．请你根据小明所画的图形解决下列问题：(1)如图1，当与相切于点时，求的长；(2)如图2，当与相切时，①求的长；②若点从点出发沿射线移动，连接，是的中点，则在点的移动过程中，直接写出点在内的路径长为______．2、如图，已知是的直径，点在上，点在外．(1)动手操作：作的角平分线，与圆交于点（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)综合运用，在你所作的图中．若，求证：是的切线．3、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．4、如图，在中，，平分，与交于点，，垂足为，与交于点，经过，，三点的与交于点．(1)求证是的切线；(2)若，，求的半径．5、如图，是的切线，点在上，与相交于，是的直径，连接，若．(1)求证：平分；(2)当，时，求的半径长． -参考答案-一、单选题1、B【解析】【分析】如图连结OA，OB，OG，根据六边形ABCDEF为圆外切正六边形，得出∠AOB=60°△AOB为等边三角形，根据点G为切点，可得OG⊥AB，可得OG平分∠AOB，得出∠AOC=，根据锐角三角函数求解即可．【详解】解：如图连结OA，OB，OG，∵六边形ABCDEF为圆外切正六边形，∴∠AOB=360°÷6=60°，△AOB为等边三角形，∵点G为切点，∴OG⊥AB，∴OG平分∠AOB，∴∠AOC=，∴cos30°=，∴．故选择B．【点睛】本题考查圆与外切正六边形性质，等边三角形性质，锐角三角形函数，掌握圆与外切正六边形性质，等边三角形性质，锐角三角形函数是解题关键．2、A【解析】【分析】作正多边形的外接圆，连接 AO，BO，根据圆周角定理得到∠AOB=36°，根据中心角的定义即可求解．【详解】解：如图，作正多边形的外接圆，连接AO，BO，∴∠AOB=2∠ADB=36°，∴这个正多边形的边数为=10．故选：A．【点睛】此题主要考查正多边形的性质，解题的关键是熟知圆周角定理．3、B【解析】【分析】根据确定圆的条件、三角形的内切圆、圆心角化和弧的关系、中心对称图形的概念判断．【详解】解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；B、任何三角形有且只有一个内切圆，正确；C、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误；D、边数是偶数的正多边形一定是中心对称图形，故错误；故选：B．【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．4、A【解析】【分析】根据切线的性质得出PA=PB，∠PBO=90°，再根据三角形内角和定理求解即可．【详解】∵PA、PB是⊙O的切线，∴PA=PB，∠OBP=90°，又∵∠ABO=25°，∴∠PBA=90°-25°=65°=∠PAB，∴∠P=180°-65°-65°=50°，故选：A．【点睛】本题考查切线的性质，三角形内角和定理，掌握切线的性质和等腰三角形的性质，三角形内角和为180°是解题的关键．5、A【解析】【分析】如图，连接先求解 再利用圆周角定理可得，从而可得答案.【详解】解：如图，连接 ，是的切线， 故选A【点睛】本题考查的是三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，圆周角定理的应用，圆的切线的性质的应用，理解是解本题的关键.6、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．7、A【解析】【分析】如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得：再设利用勾股定理建立方程，再解方程即可得到答案.【详解】解：如图，记过A，G， H三点的圆为则是，的垂直平分线的交点， 记的交点为 的交点为 延长交于为的垂直平分线，结合正方形的性质可得： 四边形为正方形，则 设 而AB＝2，CD＝3，EF＝5，结合正方形的性质可得：而 又 而 解得： 故选A【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形外接圆圆心的确定，圆的基本性质，勾股定理的应用，二次根式的化简，确定过A，G， H三点的圆的圆心是解本题的关键.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、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．10、C【解析】【分析】连接OD、BD，利用三角形外角的性质得到∠BOD=60°，证得△BOD是等边三角形，再利用切线的性质以及含30度角的直角三角形的性质求得BD=2BE=2，即可求解．【详解】解：连接OD、BD，∵∠CAB=30°，OD=OA，∴∠CAB=∠ODA=30°，∴∠BOD=∠CAB+∠ODA=60°，∵OD=OB，∴△BOD是等边三角形，∵DE是⊙O的切线，∴∠ODE=90°，∴∠BDE=30°，∵DE⊥BC于点E且BE=1，∴BD=2BE=2，∴OB=BD=2，即⊙O的半径为2，故选：C．．【点睛】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确作出辅助线，灵活应用定理是解决问题的关键．二、填空题1、##0.8【解析】【分析】连接OI，BI，作OE⊥AC，可证△AOD是等腰三角形，然后证明OD∥BC，进而∠ADO＝∠ACB，解三角形AOD即可．【详解】解：如图，连接OI并延长交AC于D，连接BI，∵AI与⊙O相切，∴AI⊥OD，∴∠AIO＝∠AID＝90°，∵I是△ABC的内心，∴∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，∵AI＝AI，∴△AOI≌△ADI（ASA），∴AO＝AD，∵OB＝OI，∴∠OBI＝∠OIB，∴∠OIB＝∠CBI，∴OD∥BC，∴∠ADO＝∠C，作OE⊥AC于E，∵tan∠BAC＝＝，∴不妨设OE＝24k，AE＝7k，∴OA＝AD＝25k，∴DE＝AD﹣AE＝18k，∴OD＝＝30k，∴sin∠ACB＝＝＝ ．故答案是：【点睛】本题主要考查了切线的性质，锐角三角函数，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．2、25或65【解析】【分析】由切线性质得出∠OCP=90°，根据圆周角定理和等腰三角形的性质以及三角形的外角性质求得∠CAB或∠CBA的度数即可解答．【详解】解：如图1，连接OC，∵PC是⊙O的切线，∴OC⊥PC，即∠OCP=90°，∵∠CPO=40°，∴∠POC=90°－40°=50°，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠POC=2∠CAB，∴∠CAB=25°，如图2，∠CBA=25°，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠CAB=90°－∠CBA=65°，综上，∠CAB=25°或65°．【点睛】本题考查圆周角定理、切线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、直角三角形的两锐角互余，熟练掌握切线性质和等腰三角形的性质是解答的关键．3、2.5##【解析】【分析】根据题意先解一元二次方程，进而根据直角三角形的外接圆的半径等于斜边的一边，即可求得答案．【详解】解：，，解得，Rt的两条直角边分别为3，4，斜边长为，直角三角形的外接圆的圆心在斜边上，且为斜边的中点，的外接圆半径为．【点睛】本题考查的是三角形的外接圆与外心，熟知直角三角形的外心是斜边的中点是解答此题的关键．4、10【解析】【分析】先由切线长定理得到BF＝BE，CF＝CG，BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，再证明∠BOC＝90°，然后利用勾股定理计算出BC即可．【详解】∵AB，BC，CD分别与⊙O相切于点E、F、G三点，∴BF＝BE，CF＝CG，BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，∴，，∴，∵AB∥CD，∴∠ABC＋∠BCD＝180°，∴，∴∠BOC＝90°，在Rt△OBC中，∵BO＝6，CO＝8，∴，∴BE＋CG＝10．故答案为：10．【点睛】此题考查了切线长定理、切线的性质、勾股定理以及直角三角形的判定与性质．此题难度适中，正确理解切线长定理是解决本题的关键．5、2或或0【解析】【分析】当⊙P与x轴相切时，圆心P的纵坐标为1或-1，根据圆心P在抛物线上，所以当y为±1时，可以求出点P的横坐标．【详解】解：当y=1时，有1=-x2+1，x=0．当y=-1时，有-1=-x2+1，x=． 故答案是：2或或0．【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，利用圆与x轴相切得到点P的纵坐标，然后代入抛物线求出点P的横坐标．三、解答题1、 (1)BP=2(2)①4.8；②9.6【解析】【分析】（1）连接PT，由⊙P与AD相切于点T，可得四边形ABPT是矩形，即得PT=AB=4=PE，在Rt△BPE中，用勾股定理即得BP=2；（2）①由⊙P与CD相切，有PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，由勾股定理得x2+22=（10-x）2，即可解得BP=4.8；②点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，由EM是△ABQ的中位线，可得四边形BPNE是矩形，即知EN=BP=4.8，故EM=2EN=9.6．(1)连接PT，如图：∵⊙P与AD相切于点T，∴∠ATP=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=90°，∴四边形ABPT是矩形，∴PT=AB=4=PE，∵E是AB的中点，∴BE=AB=2，在Rt△BPE中，；(2)①∵⊙P与CD相切，∴PC=PE，设BP=x，则PC=PE=10-x，在Rt△BPE中，BP2+BE2=PE2，∴x2+22=（10-x）2，解得x=4.8，∴BP=4.8；②点Q从点B出发沿射线BC移动，M是AQ的中点，点M在⊙P内的路径为EM，过P作PN⊥EM于N，如图：由题可知，EM是△ABQ的中位线，∴EM∥BQ，∴∠BEM=90°=∠B，∵PN⊥EM，∴∠PNE=90°，EM=2EN，∴四边形BPNE是矩形，∴EN=BP=4.8，∴EM=2EN=9.6．故答案为：9.6．【点睛】本题考查矩形与圆的综合应用，涉及直线和圆相切、勾股定理、动点轨迹等，解题的关键是理解M的轨迹是△ABQ的中位线．2、 (1)作图见解析(2)证明见解析【解析】【分析】（1）如图，以点C为圆心BC为半径画弧交AC于点M；以B、M为圆心，大于为半径画弧，交点为N，连接CN交于点D即可．（2）连接AD ， ，，，，AB为直径，进而可得AE是的切线．(1)解：如图，以点C为圆心BC为半径画弧交AC于点M；以B、M为圆心，大于为半径画弧，交点为N，连接CN交于点D．(2)解：连接AD，如图∵为直径∴∵∴∴又∵AB为直径∴AE是的切线．【点睛】本题考查了角平分线的画法，圆周角，切线的判定等知识．解题的关键在于对知识的灵活熟练的运用．3、 (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．4、 (1)见解析(2)【解析】【分析】（1）连接，利用角平分线的定义和等腰三角形的性质可证，从而，得到，根据切线的判定方法可证是的切线；（2）证明，利用相似三角形的性质可求的半径．(1)证明：连接，∵，∴，∴是直径，是的中点．∵平分，∴，∵，∴，∴，∴．又∵，∴，∴，又∵经过半径的外端，∴是的切线．(2)解：∵，∴，在与中，，，∴．∴，在中，，，∴.设半径为，则，，即，∴．∴的半径为．【点睛】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质，掌握切线的判定方法是解（1）的关键，掌握相似三角形的判定与性质是解（2）的关键．5、 (1)见解析(2)的半径长为．【解析】【分析】（1）根据切线的性质，可得，由平行线的性质，等边对等角，等量代换即可得，进而得证；（2）连接，根据直径所对的圆周角是直角，勾股定理求得，证明列出比例式，代入数值求解可得，进而求得半径(1)证明：如图，连接，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即平分；(2)解：如图，连接，在中，，，由勾股定理得：，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∴，即，解得：，∴的半径长为．【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握圆的相关知识以及相似三角形的是解题的关键．