冀教版第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀练习

这是一份冀教版第29章 直线与圆的位置关系综合与测试优秀练习，共35页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
九年级数学下册第二十九章直线与圆的位置关系专项测评
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、已知半圆O的直径AB＝8，沿弦EF折叠，当折叠后的圆弧与直径AB相切时，折痕EF的长度m（　　）
A．m＝4 B．m＝4 C．4≤m≤4 D．4≤m≤4
2、如图，圆形螺帽的内接正六边形的面积为24cm2，则圆形螺帽的半径是（　　）

A．1cm B．2cm C．2cm D．4cm
3、如图，正六边形螺帽的边长是4cm，那么这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是（　　）

A．2，2 B．4，4 C．4，2 D．4，
4、如图，正五边形ABCDE内接于⊙O，则∠CBD的度数是（　　）

A．30° B．36° C．60° D．72°
5、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
6、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠ACB＝70°，则∠P的度数为（ ）

A．70° B．50° C．20° D．40°
7、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
8、如图，为的直径，为外一点，过作的切线，切点为，连接交于，，点在右侧的半圆周上运动（不与，重合），则的大小是（ ）

A．19° B．38° C．52° D．76°
9、如图，已知AB是的直径，C是AB延长线上一点，CE是的切线，切点为D，过点A作于点E，交于点F，连接OD、AD、BF．则下列结论不一定正确的是（ ）

A． B．AD平分 C． D．
10、已知⊙O的半径为4，，则点A在（ ）
A．⊙O内 B．⊙O上 C．⊙O外 D．无法确定
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、在中，，，，如果以点A为圆心，AC为半径作，那么斜边AB的中点D在______．（填“内”、“上”或者“外”）
2、已知的半径为5，点A到点O的距离为7，则点A在圆______．（填“内”或“上”或“外”）
3、已知正多边形的半径与边长相等，那么正多边形的边数是______．
4、如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，若AD＝5，BE＝12，则△ABC的周长为_____．

5、下面给出了用三角尺画一个圆的切线的步骤示意图，但顺序需要进行调整，正确的画图步骤是________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、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．
2、如图，四边形OAEC是平行四边形，以O为圆心，OC为半径的圆交CE于D，延长CO交O于B，连接AD、AB，AB是O的切线．

(1)求证：AD是O的切线．
(2)若O的半径为4，，求平行四边形OAEC的面积．
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，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．
5、如图，四边形ACBD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，CD平分∠ACB交AB于点E，点P在AB延长线上，．

(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)求证：；
(3)若，△ACD的面积为12，求PB的长．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【解析】
【分析】
根据题意作出图形，根据垂径定理可得,设，则，分情况讨论求得最大值与最小值，即可解决问题
【详解】
解：如图，

根据题意，折叠后的弧为，为切点，设点为所在的圆心，的半径相等，即，连接，设交于点，
根据折叠的性质可得，又则四边形是菱形，且

设，则
则当取得最大值时，取得最小值，即取得最小值，
当取得最小值时，取得最大值，
根据题意，当点于点重合时，四边形是正方形

则
此时
当点与点重合时，此时最小，

则
即
则

故选D
【点睛】
本题考查了垂径定理，切线的性质，折叠的性质，勾股定理，分别求得的最大值与最小值是解题的关键．
2、D
【解析】
【分析】
根据圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，由面积公式可求出半径．
【详解】
解：如图，由圆内接正六边形的性质可得△AOB是正三角形，过作于

设半径为r，即OA=OB=AB=r，
OM=OA•sin∠OAB=，
∵圆O的内接正六边形的面积为（cm2），
∴△AOB的面积为（cm2），
即，
，
解得r=4，
故选：D．
【点睛】
本题考查正多边形和圆，作边心距转化为直角三角形的问题是解决问题的关键．
3、B
【解析】
【分析】
根据正六边形的内角度数可得出∠BAD=30°，为等边三角形，得BC=2AB，再通过解直角三角形即可得出a的值，进而可求出a的值，此题得解．
【详解】
解：如图，

∵正六边形的任一内角为120°，
∴∠ABD=180°-120°=60°，
∴∠BAD=30°，为等边三角形，
∵
∴
∴
∴
∴这个正六边形半径R和扳手的开口a的值分别是4，4．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正多边形以及勾股定理，牢记正多边形的内角度数是解题的关键．
4、B
【解析】
【分析】
求出正五边形的一个内角的度数，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理计算即可．
【详解】
解：∵正五边形ABCDE中，
∴∠BCD==108°，CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB=（180°-108°）=36°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，求出正五边形的一个内角度数是解决问题的关键．
5、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．
6、D
【解析】
【分析】
首先连接OA，OB，由PA，PB为⊙O的切线，根据切线的性质，即可得∠OAP=∠OBP=90°，又由圆周角定理，可求得∠AOB的度数，继而可求得答案．
【详解】
解：连接OA，OB，

∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠ACB=70°，
∴∠AOB=2∠P=140°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°．
故选：D．
【点睛】
此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．
7、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．
8、B
【解析】
【分析】
连接 由为的直径，求解 结合为的切线，求解 再利用圆周角定理可得答案.
【详解】
解：连接 为的直径，




为的切线，


故选B
【点睛】
本题考查的是三角形的内角和定理，直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，切线的性质定理，熟练运用以上知识逐一求解相关联的角的大小是解本题的关键.
9、D
【解析】
【分析】
根据直径所对的圆周角是直角，切线的性质即可判断A选项；根据，，进而即可判断B选项；设交于点，证明四边形是矩形，由垂径定理可得，进而可得进而判断C选项；无法判断D选项．
【详解】
解：∵AB是的直径，
∴

∵CE是的切线，切点为D，
∴

，故A选项正确，




，
即AD平分，故B选项正确，
设交于点，如图，

∵，
∴四边形是矩形
，


，故C选项正确
若，则
由于点不一定是的中点，故D选项不正确；
故选D
【点睛】
本题考查了直径所对的圆周角是直角，垂径定理，切线的性质，矩形的判定，掌握圆的相关知识是解题的关键．
10、C
【解析】
【分析】
根据⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5知d>r，据此可得答案．
【详解】
解：∵⊙O的半径r=4，且点A到圆心O的距离d=5，
∴d>r，
∴点A在⊙O外，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：①点P在圆外⇔d＞r；②点P在圆上⇔d=r；③点P在圆内⇔d＜r．
二、填空题
1、上
【解析】
【分析】
先利用中点的含义求解 结合点与圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上，从而可得答案.
【详解】
解：如图，，，，为的中点，


在上，
故答案为：上
【点睛】
本题考查的是点与圆的位置关系的判断，掌握“点与圆的位置关系的判断方法”是解本题的关键.
2、外
【解析】
【分析】
直接根据点与圆的位置关系的判定方法进行判断．
【详解】
解：∵⊙O的半径是5，点A到圆心O的距离是7，
即点A到圆心O的距离大于圆的半径，
∴点A在⊙O外．
故答案为：外．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有点P在圆外⇔d＞r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d＜r．
3、六
【解析】
【分析】
设这个正多边形的边数为n，根据题意可知OA=OB=AB，则△OAB是等边三角形，得到∠AOB=60°，则，由此即可得到答案．
【详解】
解：设这个正多边形的边数为n，
∵正多边形的半径与边长相等，
∴OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴，
∴，
∴正多边形的边数是六，
故答案为：六．

【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，熟知相关知识是解题的关键．
4、40
【解析】
【分析】
利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理得出答案．
【详解】
解：连接EO，DO，

∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，
∴OE⊥BC，OD⊥AC，BF＝BE＝12，AD＝AF＝5，EC＝CD，
又∵∠C＝90°，
∴四边形ECDO是矩形，
又∵EO＝DO，
∴矩形OECD是正方形，
设EO＝x，
则EC＝CD＝x，
在Rt△ABC中
BC2+AC2＝AB2
故（x+12）2+（x+5）2＝172，
解得：x＝3(负值已舍)，
∴△ABC的周长＝8+15+17＝40．
故答案为：40．
【点睛】
本题主要考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，勾股定理，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5、②③④①
【解析】
【分析】
先根据直径所对的圆周角是直角确定圆的一条直径，然后根据圆的一条切线与切点所在的直径垂直，进行求解即可．
【详解】
解：第一步：先根据直径所对的圆周角是直角，确定圆的一条直径与圆的交点，即图②，
第二步：画出圆的一条直径，即画图③；
第三边：根据切线的判定可知，圆的一条切线与切点所在的直径垂直，确定切点的位置从而画出切线，即先图④再图①，
故答案为：②③④①．
【点睛】
本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，切线的判定，熟知相关知识是解题的关键．
三、解答题
1、 (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．
2、 (1)见解析
(2)32
【解析】
【分析】
（1）连接OD，证明，可得，根据切线的性质可得，进而可得，即可证明AD是O的切线；
（2）根据平行四边形OAEC的面积等于2倍即可求解．
(1)
证明：连接OD．

∵四边形OAEC是平行四边形，
∴，




又∵，

∴，
∵AB与相切于点B，


∴，

又∵OD是的半径，
∴AD为的切线．
(2)
∵

在Rt△AOD中，
∴平行四边形OABC的面积是
【点睛】
本题考查了切线的性质与判定，平行四边形的性质，三角形全等的性质与判定，掌握切线的性质与判定是解题的关键．
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)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．
5、 (1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）连接，根据直径所对的圆周角等于90°可得，根据等边对等角可得，进而证明，即可求得，从而证明PC是⊙O的切线；
（2）由（1）可得，进而证明，可得，根据等角对等边证明，即可得证；
（3）作于点F，勾股定求得，证明，进而求得的长，设，根据△ACD的面积为12，求得，勾股定理求得，由可得，即可求得的长．
(1)
连接OC，如图，

∵AB是的直径，
，
即．
，，

，
.
，
.
．
又是半径，
是⊙O的切线．
(2)
由（1），得．
，
.
，
．
平分，
.
又，
，即．
，
.
(3)
作于点F，如图，

．
平分，，
．
，由勾股定理得：．
，，
，
.
，
.
设，
，
.
解得或（舍去）．
．
Rt△ACF中，由勾股定理得：，
，．
由（2）得，
.
，，
，
，

【点睛】
本题考查了切线的判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．