24.2 点和圆、直线和圆的位置关系 贵州省各地九年级数学期末试题选编(含答案)

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24.2 点和圆、直线和圆的位置关系

一、单选题
1．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，是的切线，为切点，连接、，若，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
2．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，与分别相切于点A，B，，则（　　）

A． B．2 C． D．3
3．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，在正六边形ABCDEF中，连接BF，BE，则关于△ABF外心的位置，下列说法正确的是（    ）

A．在△ABF内 B．在△BFE内
C．在线段BF上 D．在线段BE上
4．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，⊙O的半径为2，PA，PB，CD分别切⊙O于点A，B，E，CD分别交PA，PB于点C，D，且P，E，O三点共线．若∠P＝60°，则CD的长为（　　）

A．4 B．2 C．3 D．6
5．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）以正方形的边为直径作半圆，过点作直线切半圆于点，交边于点，若的周长为12，则直角梯形周长为（　　）

A．12 B．13 C．14 D．15
6．（2022秋·贵州遵义·九年级期末）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，若∠C＝65°，则∠P的度数为(　 　)

A．65° B．130° C．50° D．100°

二、填空题
7．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）在矩形中，，，点M是平面内一动点，且满足，N为的中点，点M运动过程中线段长度的取值范围是 ．

8．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，内接于是直径，过点A作的切线．若，则的度数是 度．


三、解答题
9．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在中，，点为边上一点，以点为圆心，长为半径的圆与边相交于点，连接，且．

(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径为，求的长．
10．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在中，，点O为边上一点，以点O为圆心，长为半径的圆与边相交于点D，连接，且．

(1)求证：是的切线；
(2)若，的半径为1，求的长．
11．（2022秋·贵州黔东南·九年级统考期末）如图，在中，，的平分线交于D，E为上一点，，以D为圆心，的长为半径画圆．求证：

(1)是的切线；
(2)若，．求的半径．
12．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，已知AB是⊙P的直径，点在⊙P上，为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，2∠B＋∠DAB＝180°

(1)试说明：直线为⊙P的切线．
(2)若∠B＝30°，AD＝2，求CD的长．
13．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若CE＝2，DE＝5，求⊙O的半径．

14．（2022秋·贵州安顺·九年级统考期末）如图，AB为⊙D的切线，BD是∠ABC的平分线，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AC相交于点E．
（1）求证：BC是⊙D的切线；
（2）若AB=5，BC=13，求AC和AD的长．

15．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）材料：在平面直角坐标系中，已知点和直线，则点P到直线的距离d可用公式计算．例如：求点到直线的距离，因为直线，其中，，所以点到直线的距离为．
根据以上材料，解答下列问题：
(1)求点到直线的距离；
(2)已知的圆心坐标为，半径r为3，判断与直线的位置关系，并说明理由．
16．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，已知O是的内心，连接，，．若内切圆的半径为2，的周长为12，求的面积．

17．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，线段经过圆心O，交于点A、C，点D在上，连接、，，是的切线吗？请说明理由．

18．（2022秋·贵州遵义·九年级期末）如图，是上一点，点在直径的延长线上，的半径为，，.
求证：是的切线.

19．（2022秋·贵州黔西·九年级统考期末）如图，以四边形ABCD的对角线BD为直径作圆，圆心为O，过点A作的延长线于点E，已知DA平分．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径和AD的长．
20．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，已知AB是⊙O的直径，点P是⊙O上一点，连接OP，点A关于OP的对称点C恰好落在⊙O上．
（1）求证：OP∥BC；
（2）过点C作⊙O的切线CD，交AP的延长线于点D．如果∠D＝90°，DP＝1，求⊙O的直径．


参考答案：
1．B
【分析】根据切线的性质和三角形的内角和即可得到结论．
【详解】解：是的切线，为切点，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形的内角和，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
2．B
【分析】根据切线长定理得到，由此推出是等边三角形，即可得到答案．
【详解】解：∵与分别相切于点A，B，
∴，∵，
∴是等边三角形，
∴．
故选：B．

【点睛】此题考查了切线长定理，等边三角形的判定和性质，熟记切线长定理是解题的关键．
3．D
【分析】先判断△BFE的形状，再确定外心的位置．
【详解】解：∵正六边形的每一个外角都是360°÷6=60°，
∴正六边形的每一个内角都为180°−60°=120°，
∴∠A=∠AFE=120°
在正六边形ABCDEF中，AB=AF，
∴∠AFB=∠ABF=(180°−120°)=30°，
∴∠BFE=∠AFE−∠AFB=120°−30°=90°，
∴△BFE是直角三角形，
∴△BFE的外心是BE的中点，
故选：D．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，三角形外心（三角形外接圆的圆心），等腰三角形的性质及直角三角形的判定，解题的关键是明确锐角三角形的外心在三角形的内，直角三角形的外心在斜边中点，钝角三角形的外心在三角形的外部．
4．A
【分析】，先证明，得出，，得出，过点作，在中，设，则，利用勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：连接，

在和，
PA，PB，分别切⊙O于点A，B，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，

，
又，
，
，
，
过点作，如下图

根据等腰三角形的性质，
点为的中点，
，
在中，
设，则，
，
，
解得：，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆的切线，三角形全等、等腰三角形、勾股定理，解题的关键是添加适当的辅助线，掌握切线的性质来求解．
5．C
【分析】根据切线的性质知：，；根据的周长可求出正方形的边长；在中，利用勾股定理可将的长求出，进而可求出直角梯形的周长．
【详解】解：设的长为，正方形的边长为，
与半圆相切于点，
，，
，
，
，
正方形的边长为4；
在中，，即，解得：，
，
直角梯形周长为14．
故选：C．
【点睛】本题考查的是切线长定理，切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．
6．C
【详解】解：是的切线，
，
，
又∵ ，
则．
故选：C．
7．
【分析】连接，取的中点，连接，可知为的中位线，则可得，进而可知点在以为圆心，以为半径的圆上运动，在矩形中，根据进而得出答案．
【详解】解：连接，取的中点，连接，，

∵为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∴点在以为圆心，以为半径的圆上运动，
在矩形中，，
∴的取值范围为，
即，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线定理，点和圆的位置关系等知识点，灵活运用所学知识点得出点的运动轨迹是解本题的关键．
8．35
【分析】根据直径所对的圆周角是直角，可得∠BAC=55°，再根据切线的性质可得∠BAD=90°，即可求解．
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠C=90°，
∵，
∴∠BAC=55°，
∵AD与相切，
∴AB⊥AD，即∠BAD=90°，
∴∠CAD=90°-∠BAC=35°．
故答案为：35
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
9．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，利用圆周角定理可以得到，然后根据切线的判定方法可得结论；
（2）连接，利用圆周角定理可得，根据角的倍分关系可得，最后利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：连接．

∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，即，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，

∵是的的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形外角的性质，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
10．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接，利用圆周角定理可以得到，然后根据切线的判定方法可得结论；
（2）连接，利用圆周角定理可得，根据角的倍分关系可得，最后利用勾股定理可得答案．
【详解】（1）证明：连接．

∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，即，
∵是半径，
∴是的切线；
（2）解：连接，

∵是的的直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，等腰三角形的性质，勾股定理，三角形外角的性质，熟练掌握切线的判定与性质是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)的半径为4

【分析】（1）过点D作DF⊥AC于F，求出BD=DF等于半径，得出AC是⊙D的切线；
（2）先证明△BDE≌△FCD（HL），根据全等三角形对应边相等及切线的性质的AB=AF，得出AB+EB=AC；再通过勾股定理即可求解；
【详解】（1）证明：(1)过点作于;
∵，以为圆心，以的长为半径画圆，
∴AB为圆D的切线
又∵，且AD平分∠BAC
,且DF⊥AC，
是⊙的切线；

（2）由，DB是半径得AB的是⊙D的切线，
又由（1）可知是⊙的切线

∵,
∴


即.
∵
∴
设DF=x，则DC=9-x
∵
∴
∴x=4
∴的半径为4
【点睛】本题考查的是切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；及全等三角形的判断，全等三角形的对应边相等；掌握圆相关性质并结合三角形的全等以及勾股定理进行求解是解题的关键．
12．(1)见解析
(2)

【分析】（1）连接PC，则∠APC＝2∠B，可证PC∥DA，证得PC⊥CD，则结论得证；
（2）连接AC，根据∠B=30°，等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°，再证△APC为等边三角形，可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，AD＝2，∠ADC＝90°，利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4，然后根据勾股定理CD=即可．
【详解】（1）连接PC，
∵PC＝PB，
∴∠B＝∠PCB，
∴∠APC＝2∠B，
∵2∠B+∠DAB＝180°，
∴∠DAP+∠APC＝180°，
∴PC∥DA，
∵∠ADC＝90°，
∴∠DCP＝90°，
即DC⊥CP，
∴直线CD为⊙P的切线；

（2）连接AC，
∵∠B=30°，
∴∠CPA=2∠B=60°，
∵AP=CP，∠CPA=60°，
∴△APC为等边三角形，
∵∠DCP=90°，
∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，
∵AD＝2，∠ADC＝90°，
∴AC=2AD=4，
∴CD=．
【点睛】本题考查切线的判定、平行线判定与性质，勾股定理、等腰三角形性质，外角性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题．
13．（1）见解析；（2）
【分析】（1）连接OD，证明，即可得，即证明DE是圆的切线．
（2）作OF⊥BC于F，可得四边形OFED是矩形，可得OF＝DE＝5，OD＝EF，由垂径定理可得BF＝CF，设⊙O的半径为R，在Rt△BOF中，利用勾股定理构造方程求出R值即可．
【详解】解：（1）如下图，连OD，

∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠OBD．
∵BD平分∠ABC，
∴∠OBD＝∠CBD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴OD∥BC，
∵DE⊥BC，
∴∠E＝90°，
∴∠ODE＝90°，即OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切线；
（2）如图，过点O作OF⊥BC于F，
∵OB=OC，OF⊥BC，
∴BF＝CF，
∵DE⊥BE，OD⊥DE，OF⊥BC，
∴四边形OFED是矩形，
∴OF＝DE＝5，OD＝EF，
设⊙O的半径为R，则BF＝CF＝R﹣2，
在Rt△BOF中，BF2+OF2＝OB2，
∴（R﹣2）2+52＝R2，
解得R＝，
即⊙O的半径为．

【点睛】本题考查切线的判定，角平分线的定义，平行线的性质与判定，垂径定理，矩形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解．
14．（1）见解析；（2）AC=12，AD=
【分析】（1）过点D作DF⊥BC于点F，由AB为⊙D的切线可得∠BAD=90°，根据角平分线的性质可得AD=DF，进而即可证明BC是⊙D的切线；
（2）直接根据勾股定理求得的长，根据（1）的结论和切线长定理求得，进而求得的长，设，则，在中，由勾股定理列出方程，解方程求解即可．
【详解】（1）证明：过点D作DF⊥BC于点F，

∵AB为⊙D的切线
∵∠BAD=90°
又∵BD平分∠ABC，
∴AD=DF．
∵AD是⊙D的半径，DF⊥BC，
DF是⊙D的半径，
∴BC是⊙D的切线；
（2）如图，

AB=5，BC=13，∠BAD=90°

是⊙D的切线；
，
，
设，则，
中，

解得
AC=12，AD=
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，切线长定理，勾股定理，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
15．(1)
(2)相交，理由见解析

【分析】（1）将点直接代入距离公式计算．
（2）计算圆心到直线的距离，将距离与半径比较，判断圆与直线之间的关系．
【详解】（1）解：由题意可得：
点到直线的距离为：；
（2）与直线的位置关系为相交．理由如下：
圆心到直线的距离为：．
的半径，即，
与直线相交．
【点睛】本题主要考查了点到直线的距离公式应用，解题关键是能够理解题目中距离的计算公式求得点与直线的距离．
16．12
【分析】设切点为D，E，F，连接，，，将三角形面积表示为，结合周长可得结果．
【详解】解：设切点为D，E，F，连接，，，
∴，
∵的周长为12，
∴，
∴的面积为：


．

【点睛】本题考查了三角形的面积，内切圆的性质，解题的关键是将面积用三个三角形的和表示．
17．是的切线，理由见解析
【分析】先猜想是的切线，再根据切线的判定进行分析，得到是的半径，且，从而可得到结论．
【详解】解：是的切线，理由如下：
连接，






，又是半径
是的切线．
【点睛】本题考查切线的判定方法及三角形的内角和等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
18．见解析
【分析】连接，证明得是直角三角形，即，则是的切线．
【详解】证明：如图，连接，

∵的半径为，，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴是的切线．
【点睛】本题考查了切线的判定，勾股定理的逆定理，掌握切线的判定定理是解题的关键．
19．(1)见解析
(2)5，

【分析】（1）连接OA，根据已知条件证明即可解决问题；
（2）取CD中点F，连接OF，根据垂径定理可得，所以四边形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出结果．
【详解】（1）证明：如下图，连接OA，
∵，
∴．
∵DA平分，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵OA是半径，
∴是切线；

（2）解：如上图，取CD中点F，连接OF，
∴于点F，
∴四边形AEFO是矩形．
∵，
∴．
在Rt△OFD中，，
∴，
在Rt△AED中，
，，
∴，
∴的长是．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．
20．（1）见解析；（2）⊙O的直径AB＝4．
【分析】（1）由题意可知，根据同弧所对的圆心角相等得到∠AOP＝∠AOC，再根据同弧所对的圆心角和圆周角的关系得出∠ABC＝∠AOC，利用同位角相等两直线平行，可得出PO与BC平行；
（2）由CD为圆O的切线，利用切线的性质得到OC垂直于CD，又AD垂直于CD，利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC与AD平行，根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP，由∠AOP=∠COP，等量代换可得出∠APO=∠AOP，再由OA=OP，利用等边对等角可得出一对角相等，等量代换可得出三角形AOP三内角相等，确定出三角形AOP为等边三角形，根据等边三角形的内角为60°得到∠AOP为60°，由OP平行于BC，利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°，再由OB=OC，得到三角形OBC为等边三角形，可得出∠COB为60°，利用平角的定义得到∠POC也为60°，再加上OP=OC，可得出三角形POC为等边三角形，得到内角∠OCP为60°，可求出∠PCD为30°，在直角三角形PCD中，利用30°所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半，而PC等于圆的半径OP等于直径AB的一半，可得出PD为AB的四分之一，即AB=4PD=4．
【详解】（1）证明：∵A关于OP的对称点C恰好落在⊙O上．
∴
∴∠AOP＝∠COP，
∴∠AOP＝∠AOC，
又∵∠ABC＝∠AOC，
∴∠AOP＝∠ABC，
∴PO∥BC；
（2）解：连接PC，

∵CD为圆O的切线，
∴OC⊥CD，又AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠APO＝∠COP，
∵∠AOP＝∠COP，
∴∠APO＝∠AOP，
∴OA＝AP，
∵OA＝OP，
∴△APO为等边三角形，
∴∠AOP＝60°，
又∵OP∥BC，
∴∠OBC＝∠AOP＝60°，又OC＝OB，
∴△BCO为等边三角形，
∴∠COB＝60°，
∴∠POC＝180°﹣（∠AOP+∠COB）＝60°，又OP＝OC，
∴△POC也为等边三角形，
∴∠PCO＝60°，PC＝OP＝OC，
又∵∠OCD＝90°，
∴∠PCD＝30°，
在Rt△PCD中，PD＝PC，
又∵PC＝OP＝AB，
∴PD＝AB，
∴AB＝4PD＝4．
【点睛】此题考查了切线的性质，等边三角形的判定与性质，含30°直角三角形的性质，轴对称的性质，圆周角定理，以及平行线的判定与性质，熟练掌握性质及判定是解本题的关键．