2021-2022学年苏科版九年级数学上册2.5直线与圆的位置关系 同步能力提升训练 （word版、含解析）

2021-2022学年苏科版九年级数学上册《2.5直线与圆的位置关系》
同步能力提升训练（附答案）
一、选择题
1．若⊙O的半径r＝6，点O到直线l的距离为3，下列图中位置关系正确的是（　　）
A．B．C．D．
2．如图，已知⊙O上三点A，B，C，∠ABC＝15°，切线PA交OC延长线于点P，AP＝，则⊙O的半径为（　　）
A．
B．
C．
D．3
3．已知⊙O的半径为3，点O到直线m的距离为d，若直线m与⊙O公共点的个数为2个，则d可取（　　）
A．0
B．3
C．3.5
D．4
4．如图，PA，PB为⊙O的两条切线，点A，B是切点，OP交⊙O于点C，交弦AB于点D．下列结论中错误的是（　　）
A．PA＝PB
B．AD＝BD
C．OP⊥AB
D．∠PAB＝∠APB
5．如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（　　）
A．∠A＝50°，∠C＝40°
B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2
D．⊙A与AC的交点是AC中点
6．如图，在⊙O中，AB为直径，点M为AB延长线上的一点，MC与⊙O相切于点C，圆周上有一点D与点C分居直径AB两侧，且使得MC＝MD＝AC，连接AD．现有下列结论：①MD与⊙O相切；②四边形ACMD是菱形；③AB＝MO；④∠ADM＝120°．
其中正确的结论有（　　）
A．4个
B．3个
C．2个
D．1个
7．如图为△ABC和一圆的重迭情形，此圆与直线BC相切于C点，且与AC交于另一点D．若∠A＝70°，∠B＝60°，则的度数为何（　　）
A．50°
B．60°
C．100°
D．120°
8．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，直线FG切⊙O于点E，交PA于F，交PB于点G，若PA＝8cm，则△PFG的周长是（　　）
A．8cm
B．12cm
C．16cm
D．20cm
9．如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，AB、DC的延长线交于点P，若C是PD的中点，且PD＝6，PB＝2，那么AB的长为（　　）
A．9
B．7
C．3
D．
10．如图，在△ABC中，∠BAC的平分线AD与∠ACB的平分线CE交于点O，下列说法正确的是（　　）
A．点O是△ABC的内切圆的圆心
B．CE⊥AB
C．△ABC的内切圆经过D，E两点
D．AO＝CO
二、填空题
11．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝5，点D在边AB上，以AD为直径的圆，与边BC有公共点E，则AD的最小值是
　
　．
12．若直线l与半径为5的⊙O相离，则圆心O与直线l的距离d的取值范围
　
　．
13．如图，正方形ABCD的边长为4，⊙O的半径为1．若⊙O在正方形ABCD内平移（⊙O可以与该正方形的边相切），则点A到⊙O上的点的距离的最大值为
　
　．
14．如图，△ABC中，BC＝5，AC＝4，S△ABC＝，点D从点B开始以每秒1个单位的速度沿BC向点C运动，同时点E从点C开始以每秒2个单位的速度沿CB向点B运动，过点E作直线EF∥AC交AB于点F，当运动　
　秒时，直线EF与以点D为圆心，BD为半径的圆相切．
15．如图，矩形ABCD中，AB＝2BC＝12，点P是对角线AC上一动点，以点P为圆心作圆，当⊙P与矩形ABCD的相邻两边相切时，AP的长为　
　．
三、解答题
16．如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AB为直径作⊙O，点D为⊙O上一点，且CD＝CB，连接DO并延长交CB的延长线于点E．
（1）判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若BE＝2，DE＝2BE，求的值．
17．如图，直线MN与⊙O相离，过圆心O作OA⊥MN于点A，OA＝，OA交⊙O于点B；点C在⊙O上，连接并延长CB交直线MN于点D，连结AC，AC＝AD．
（1）判断AC与⊙O的位置关系，并说明你的理由；
（2）若动点E在⊙O上，连结EA、ED，EA＝ED，试求⊙O的半径R的取值范围．
18．已知点A、C在半径为2的⊙O上，直线AB与⊙O相切，∠OAC＝30°，连接AC与OB相交于点D．
（Ⅰ）如图①，若AB＝BD，求CD的长；
（Ⅱ）如图②，OB与⊙O交于点E，连接CE，若CE∥OA，求BE的长．
参考答案
1．解：∵⊙O的半径为6，圆心O到直线l的距离为3，
∵6＞3，即：d＜r，
∴直线l与⊙O的位置关系是相交．
故选：A．
2．解：连接OA，如图：
∵∠ABC＝15°，
∴∠AOC＝2∠ABC＝30°，
∵过点A作⊙O的切线交OC的延长线于点P，
∴∠OAP＝90°，
∵OA＝AP＝＝3，
故选：D．
3．解：∵直线m与⊙O公共点的个数为2个
∴直线与圆相交
∴d＜半径＝3
故选：A．
4．解：由切线长定理可得：∠APO＝∠BPO，PA＝PB，从而AB⊥OP，AD＝BD．
因此A．B．C都正确．
无法得出∠PAB＝∠APB，可知：D是错误的．
综上可知：只有D是错误的．
故选：D．
5．解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
∴AB＝AC，但不能证出∠B＝90°，
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
6．解：连接OC，OD，
∵OC＝OD，CM＝DM，OM＝OM，
∴△CMO≌△DMO（SSS），
∴∠ODM＝∠OCM，
∵MC与⊙O相切于点C，
∴∠OCM＝90°，
∴∠ODM＝90°，
∴MD与⊙O相切；故①正确；
∵△CMO≌△DMO，
∴∠COM＝∠DOM，
∴∠AOC＝∠AOD，
∵OA＝OA，
∴△AOC≌△AOD（SAS），
∴AC＝AD，
∴AC＝AD＝CM＝DM，
∴四边形ACMD是菱形，故②正确；
∵AC＝CM，
∴∠CAM＝∠CMA，
∵∠COM＝2∠CAM，
∴∠COM＝2∠CMO，
∴∠CMO＝30°，
∴OC＝OM，
∵OC＝AB，
∴AB＝OM，故③正确；
∵四边形ACMD是菱形，
∴∠DAM＝∠DMA＝∠AMC＝∠CAM＝30°，
∴∠ADM＝120°，故④正确；
故选：A．
7．解：∵∠A＝70°，∠B＝60°，
∴∠C＝50°．
∵此圆与直线BC相切于C点，
∴的度数＝2∠C＝100°．
故选：C．
8．解：根据切线长定理可得：PA＝PB，FA＝FE，GE＝GB；
所以△PFG的周长＝PF+FG+PG，
＝PF+FE+EG+PG，
＝PF+FA+GB+PG，
＝PA+PB
＝16cm，
故选：C．
9．解：∵C是PD的中点，PD＝6，
∴PC＝CD＝PD＝3，
由切割线定理得，PC?PD＝PB?PA，即3×6＝2×PB，
解得，PB＝9，
∴AB＝PA﹣PB＝7，
故选：B．
10．解：∵△ABC中，∠BAC的平分线AD与∠ACB的平分线CE交于点O，
∴点O是△ABC的内切圆的圆心；
故选：A．
11．解：当E点是切点且EO⊥BC时，则AD有最小值，如图，
∵∠EBO＝∠ABC，∠OEB＝∠ACB＝90°，
∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝5，
∴AB＝，
设OA＝OD＝OE＝m，
∴＝，
解得m＝，
∴AD＝2m＝．
∴AD的最小值为．
故答案为．
12．解：设⊙O的半径为r，
∵直线l与⊙O的位置关系是相离，
∴d＞r，
∵r＝5，
∴d＞5，
故答案为：d＞5．
13．解：当⊙O与CB、CD相切时，点A到⊙O上的点Q的距离最大，如图，
过O点作OE⊥BC于E，OF⊥CD于F，
∴OE＝OF＝1，
∴OC平分∠BCD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴点O在AC上，
∵AC＝BC＝4，OC＝OE＝，
∴AQ＝OA+OQ＝4﹣+1＝3+1，
即点A到⊙O上的点的距离的最大值为3+1，
故答案为3+1．
14．解：如图，作BM⊥AC于M，设直线EF与⊙D相切于点N，连接DN．
∵S△ABC＝?AC?BM＝，
∴BM＝，
∵FE∥AC，
∴∠DEN＝∠C，∵∠DNE＝∠BMC，
∴DE＝x，
∵BC＝BD+DE+EC，
∴5＝x+x+2x，
∴x＝
故答案为．
15．解:∵矩形ABCD中，AB＝2BC＝12，
∴AD＝BC＝6，AD＝BC，AB＝CD，
如图1，当⊙P与边AD和CD相切时，则∠PFC＝∠EAP＝90°，
设切点分别为E、F，半径为r，
连接EP，FP，则DF＝EP＝r，
∴CF＝2PF＝2r，
∴3r＝12，
即r＝4，
∴AE＝2，EP＝4，
∴AP＝＝＝2．
如图2，当⊙P与边AB和BC相切时，设切点分别为E，F，半径为r，
同理AE＝2PE，
∴3r＝12，
∴r＝4，
∴AE＝8，PE＝4，
∴AP＝＝＝4．
综合以上可得AP的长为2或4．
16．解：（1）CD与⊙O相切．
理由如下：
连接OC，如图，
在△COD和△COB中，
，
∴△COD≌△COB（SSS），
∴∠CDO＝∠CBO＝90°，
∴OD⊥CD，
∴CD为⊙O的切线；
（2）∵BE＝2，
∴DE＝2BE＝4，
∵∠OBE＝∠ABC＝90°，
∴BE2+OB2＝OE2，
∴22+OB2＝（4﹣OB）2，
∴OB＝，
∵∠OEB＝∠CED，∠OBE＝∠CDE，
∴CD＝3，
∴CB＝3，
在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝3，
∴AC＝＝3，
∴＝＝．
17．解：（1）AC与⊙O相切，理由如下：
连接OC，
∵AC＝AD，
∴∠ACD＝∠ADC，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
又∵OA⊥MN，
∴∠OAD＝90°，
∴∠ADC+∠ABD＝90°，
∵∠ABD＝∠OBC，
∴∠OCB+∠ACD＝90°，
即OC⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）作AD的垂直平分线GH，作OE⊥GH于E，
∴OE＝，
又∵⊙O与GH有交点，
∴OE≤r，
∴，
∴r≥1，
∵直线MN与⊙O相离，
∴r＜，
∴．
18．解：（1）∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵AB与⊙O相切，
∴∠OAB＝90°．
∵∠BAD＝90°﹣30°＝60°，
∵AB＝BD，
∴△ABD为等边三角形，
∴∠CDO＝∠ADB＝60°
∴∠COD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
在Rt△COD中，
∴CD＝；
（2）∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝30°，
∵CE∥OA，
∴∠ACE＝∠OAC＝30°，
∴∠OCE＝∠OCA+∠ACE＝60°，
∵OC＝OE，
∴△OCE是等边三角形，
∴∠CEO＝60°，
∵CE∥OA，
∴∠AOB＝∠CEO＝60°，
∵AB与⊙O相切，
∴∠OAB＝90°．
在Rt△OAB中，
∵OB＝4，
∴BE＝OB﹣CE＝4﹣2＝2．