浙教版九年级下册第二章 直线与圆的位置关系综合与测试随堂练习题

这是一份浙教版九年级下册第二章 直线与圆的位置关系综合与测试随堂练习题，共13页。

1．2016·湖州如图2－BZ－1，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，∠A＝25°，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点D，则∠D的度数是( )


A．25° B．40° C．50° D．65°


图2－BZ－1


图2－BZ－2


2．2016·湘西如图2－BZ－2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3 cm，AC＝4 cm，以点C为圆心，以2.5 cm为半径画圆，则⊙C与直线AB的位置关系是( )


A．相交 B．相切


C．相离 D．不能确定


3．2017·泰安如图2－BZ－3，圆内接四边形ABCD的边AB过圆心O，过点C的切线与边AD所在直线垂直于点M，若∠ABC＝55°，则∠ACD等于( )


A．20° B．35° C．40° D．55°


图2－BZ－3


图2－BZ－4


4．2017·安顺如图2－BZ－4，⊙O的直径AB＝4，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，OC＝5，则AD的长为( )


A.eq \f(6,5) B.eq \f(8,5) C.eq \f(\r(7),5) D.eq \f(2 \r(3),5)





图2－BZ－5


5．2017·日照如图2－BZ－5，AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，连结PO并延长交⊙O于点C，连结AC，AB＝10，∠P＝30°，则AC的长是( )


A．5 eq \r(3) B．5 eq \r(2) C．5 D.eq \f(5,2)


6．2017·宁波如图2－BZ－6，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BC＝2 eq \r(2)，以BC的中点O为圆心的⊙O分别与AB，AC相切于D，E两点，则eq \(DE,\s\up8(︵))的长为( )


A.eq \f(π,4) B.eq \f(π,2) C．π D．2π


图2－BZ－6


图2－BZ－7


7．2017·杭州如图2－BZ－7，AT切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，若∠ABT＝40°，则∠ATB＝________°.


8．2017·镇江如图2－BZ－8，AB是⊙O的直径，AC与⊙O相切，CO交⊙O于点D.若∠CAD＝30°，则∠BOD＝________°.


图2－BZ－8


图2－BZ－9


9．2017·衢州如图2－BZ－9，在直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为(－1，0)，半径为1，P为直线y＝－eq \f(3,4)x＋3上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是________．


10．2017·德阳如图2－BZ－10，已知⊙C的半径为3，圆外一定点O满足OC＝5，P为⊙C上一动点，经过点O的直线l上有两点A，B且OA＝OB, ∠APB＝90°，l不经过点C，则AB的最小值为________．





图2－BZ－10


11．2016·衢州如图2－BZ－11，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为P，直线BF与AD的延长线交于点F，且∠AFB＝∠ABC.


(1)求证：直线BF是⊙O的切线；


(2)若CD＝2 eq \r(3)，OP＝1，求线段BF的长．





图2－BZ－11














12．2017·丽水如图2－BZ－12，在Rt△ABC中，∠C＝Rt∠，以BC为直径的⊙O交AB于点D，切线DE交AC于点E.


(1)求证：∠A＝∠ADE；


(2)若AD＝16，DE＝10，求BC的长．





图2－BZ－12











13．2017·湖州如图2－BZ－13，O为Rt△ABC的直角边AC上一点，以OC为半径的⊙O与斜边AB相切于点D，交OA于点E.已知BC＝eq \r(3)，AC＝3.


(1)求AD的长；


(2)求图中阴影部分的面积．





图2－BZ－13

















14．2017·温州如图2－BZ－14，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°， ⊙O(圆心O在△ABC内部)经过B，C两点，交AB于点E，经过点E作⊙O的切线交AC于点F，连结CO并延长交AB于点G，作ED∥AC交CG于点D.


(1)求证：四边形CDEF是平行四边形；


(2)若BC＝3，tan∠DEF＝2，求BG的长．





图2－BZ－14























15．2017·金华如图2－BZ－15，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，CD是⊙O的切线，AD⊥CD于点D，E是AB延长线上一点，CE交⊙O于点F，连结OC，AC.


(1)求证：AC平分∠DAO.


(2)若∠DAO＝105°，∠E＝30°.


①求∠OCE的度数；


②若⊙O的半径为2 eq \r(2)，求线段EF的长．





图2－BZ－15























详解详析


1．B [解析] 连结OC.


∵⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ACB＝90°，


∴AB是⊙O的直径．


∵∠A＝25°，∴∠BOC＝2∠A＝50°.


∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD，


∴∠D＝90°－∠BOC＝40°.


2．A [解析] 过点C作CD⊥AB于点D.


∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4 cm，BC＝3 cm，


∴AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝5 cm.


∵△ABC的面积＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)AB·CD，


∴3×4＝5CD，∴CD＝2.4 cm＜2.5 cm，


即d＜r，


∴以2.5 cm为半径的⊙C与直线AB的位置关系是相交．故选A.


3．A [解析] 连结OC，因为CM为⊙O的切线，所以OC⊥MC.因为AM⊥MC，所以AM∥OC，所以∠MAB＝∠COB，∠MAC＝∠OCA.因为OB＝OC，所以∠OCB＝∠OBC＝55°，所以∠MAB＝∠COB＝180°－2×55°＝70°.因为OA＝OC，所以∠OAC＝∠OCA＝∠MAC，所以∠MAC＝eq \f(1,2)∠MAB＝35°.因为∠ADC＋∠ABC＝180°，所以∠ADC＝180°－∠ABC＝180°－55°＝125°，所以∠ACD＝180°－∠ADC－∠MAC＝180°－125°－35°＝20°.





4．B [解析] 连结BD.∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°.


∵OC∥AD，∴∠A＝∠BOC，


∴csA＝cs∠BOC.


∵BC切⊙O于点B，


∴OB⊥BC，


∴cs∠BOC＝eq \f(OB,OC)＝eq \f(2,5)，


∴csA＝cs∠BOC＝eq \f(2,5).


又∵csA＝eq \f(AD,AB)，AB＝4，∴AD＝eq \f(8,5).


5．A [解析] 过点O作OD⊥AC于点D，由已知条件和圆的性质易求OD的长，再根据勾股定理即可求出AD的长，进而可求出AC的长．


过点O作OD⊥AC于点D，


∵AB是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，


∴AB⊥AP，∴∠BAP＝90°.


∵∠P＝30°，∴∠AOP＝60°，


∴∠AOC＝120°.


∵OA＝OC，∴∠OAD＝30°.


∵AB＝10，∴OA＝5，∴OD＝eq \f(1,2)OA＝eq \f(5,2)，


∴AD＝eq \r(OA2－OD2)＝eq \f(5 \r(3),2)，


∴AC＝2AD＝5 eq \r(3).故选A.





6．B [解析] 连结OE，OD，


设⊙O的半径为r，


∵⊙O分别与AB，AC相切于D，E两点，


∴OE⊥AC，OD⊥AB，


∴四边形ADOE是正方形．


∵O是BC的中点，∴OD是△ABC的中位线，


∴OD＝AE＝eq \f(1,2)AC，


∴AC＝2r，


同理可知：AB＝2r，


∴AB＝AC，∴∠B＝45°.


∵BC＝2 eq \r(2)，∴由勾股定理，得AB＝2，


∴r＝1，


∴eq \(DE,\s\up8(︵))＝eq \f(90π×1,180)＝eq \f(π,2).


故选B.


7．50 [解析] ∵AT是⊙O的切线，∴∠TAB＝90°.∵∠ABT＝40°，∴∠ATB＝50° .


8．120 [解析] 由AC与⊙O相切，得∠CAO＝90°，而∠CAD＝30°，故∠OAD＝60°.由OA＝OD，得∠OAD＝∠ODA ＝60°，故∠BOD＝∠OAD＋∠ODA＝60°＋60°＝120°.


9．2 eq \r(2) [解析] 连结PA，PQ，AQ.则PQ2＝PA2－AQ2，PQ＝eq \r(PA2－AQ2).又AQ＝1，故当PA有最小值时PQ最小．过点A作AP′⊥MN于点P′，则AP′＝3，即PA的最小值为3，故PQ最小＝eq \r(32－12)＝2 eq \r(2).





10．4


11．解：(1)证明：∵∠AFB＝∠ABC，∠ABC＝∠ADC，∴∠AFB＝∠ADC，


∴CD∥BF，∴∠APD＝∠ABF.


∵CD⊥AB，∴AB⊥BF.


又∵AB为⊙O的直径，


∴直线BF是⊙O的切线．


(2)如图，连结OD.





∵CD⊥AB，∴PD＝eq \f(1,2)CD＝eq \r(3).


又∵OP＝1，∴OD＝2.


∵∠PAD＝∠BAF，∠APD＝∠ABF＝90°，


∴△APD∽△ABF，


∴eq \f(AP,AB)＝eq \f(PD,BF)，∴eq \f(3,4)＝eq \f(\r(3),BF)，∴BF＝eq \f(4 \r(3),3).


12．解：(1)证明：如图，连结OD，


∵DE是⊙O的切线，∴∠ODE＝90°，


∴∠ADE＋∠BDO＝90°.


∵∠ACB＝90°，∴∠A＋∠B＝90°.


∵OD＝OB，∴∠B＝∠BDO.


∴∠A＝∠ADE.





(2)如图，连结CD，∵∠ADE＝∠A，


∴AE＝DE.


∵BC是⊙O的直径，∠ACB＝90°.


∴EC是⊙O的切线，


∴DE＝EC，∴AE＝EC.


∵DE＝10，∴AC＝2DE＝20.


在Rt△ADC中，DC＝eq \r(202－162)＝12.


设BD＝x，在Rt△BDC中，BC2＝x2＋122，


在Rt△ABC中，BC2＝(x＋16)2－202，


∴x2＋122＝(x＋16)2－202，解得x＝9，


∴BC＝eq \r(122＋92)＝15.


13．解：(1)在Rt△ABC中，∵BC＝eq \r(3)，AC＝3，


∴AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝2 eq \r(3).


∵BC⊥OC，


∴BC是⊙O的切线．


又∵⊙O与斜边AB相切于点D，


∴BD＝BC＝eq \r(3)，


∴AD＝AB－BD＝2 eq \r(3)－eq \r(3)＝eq \r(3).


(2)在Rt△ABC中，


∵sinA＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(\r(3),2 \r(3))＝eq \f(1,2)，


∴∠A＝30°.


∵⊙O与斜边AB相切于点D，


∴OD⊥AB，


∴∠AOD＝90°－∠A＝60°.


∵eq \f(OD,AD)＝tanA＝tan30°，∴eq \f(OD,\r(3))＝eq \f(\r(3),3)，


∴OD＝1，∴S阴影＝eq \f(60π×12,360)＝eq \f(π,6).





14．解：(1)证明：如图，连结OE.


∵AC＝BC，∠ACB＝90°，


∴∠B＝45°，


∴∠COE＝2∠B＝90°.


∵EF是⊙O的切线，


∴OE⊥EF，


∴∠FEO＝90°，∴∠FEO＋∠COE＝180°，


∴EF∥CD.


又∵ED∥AC，


∴四边形CDEF是平行四边形．


(2)如图，过点G作GH⊥BC，垂足为H.


∵四边形CDEF是平行四边形，


∴∠DEF＝∠1.


又∵GH⊥BC，∴∠GHB＝∠ACB＝90°，


∴AC∥GH，∴∠1＝∠2，∴∠DEF＝∠2.


又∵tan∠DEF＝2，


∴在Rt△CHG中，tan∠2＝eq \f(CH,GH)＝2.


∵在Rt△BHG中，∠B＝45°，


∴GH＝BH，


∴eq \f(CH,BH)＝2.


又∵BC＝3，∴CH＝2，BH＝1.


在Rt△BHG中，由勾股定理，得BG＝eq \r(2).


15．解：(1)证明：∵CD是⊙O的切线，∴OC⊥CD.


又∵AD⊥CD，


∴OC∥AD，∴∠DAC＝∠ACO.


∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠ACO，


∴∠DAC＝∠OAC，


∴AC平分∠DAO.


(2)①∵OC∥AD，∴∠EOC＝∠DAO＝105°，


∴∠OCE＝180°－∠EOC－∠E＝180°－105°－30°＝45°.


②如图，过点O作OG⊥CE于点G，


∴FG＝CG.


在Rt△OGC中，OC＝2 eq \r(2)，∠OCE＝45°，


∴OG＝CG＝OCsin45°＝2 eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝2，


∴FG＝CG＝2.


在Rt△OGE中，OG＝2，∠E＝30°，


∴EG＝eq \f(OG,tanE)＝eq \f(2,\f(\r(3),3))＝2 eq \r(3)，


∴EF＝EG－FG＝2 eq \r(3)－2.