2021-2022学年浙教版数学九下第二章直线与圆的位置关系 单元检测卷
一、单选题
1．（2021九上·海淀期末）在△ABC中，，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C 与AB的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：连接，
，点O为AB中点．
CO为⊙C的半径，
是的切线，
⊙C 与AB的位置关系是相切
故答案为：B
【分析】连接CO，根据直线与圆的位置关系即可得出答案。
2．（2021九上·临海期末）如图，正方形ABCD的边长为8，若经过C，D两点的⊙O与直线AB相切，则⊙O的半径为（ ）
A．4.8 B．5 C．4 D．4
【答案】B
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：设⊙O与AB相切于点E.连接EO，延长EO交CD于F，连接DO，
再设⊙O的半径为x.
∵AB切⊙O于E，
∴EF⊥AB，
∵AB∥CD，
∴EF⊥CD，
∴∠OFD=90°，
在Rt△DOF中，∵∠OFD=90°，OF2+DF2=OD2，
∴（8-x）2+42= x2，
∴x=5，
∴⊙O的半径为5.
故答案为：B.
【分析】设⊙O与AB相切于点E.连接EO，延长EO交CD于F，连接DO，设⊙O的半径为x，利用切线的性质可证得EF⊥AB，利用AB∥CD，可证得EF⊥CD，可推出∠OFD=90°，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
3．（2021九上·通州期末）如图，是的直径，点D在的延长线上，切于点C．若，，则等于（ ）．
A．6 B．4 C． D．3
【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质
【解析】【解答】解：连结BC，OC，
∵CD为切线，
∴OC⊥DC，
在Rt△DOC中，
∵，，
∴OC=CDtan∠OAC=，
∴OB=OA=OC=2，∠DOC=90°-∠D=90°-30°=60°
∴∠A=∠OCA=
∵AB为直径，
∴∠BCA=90°
在Rt△ABC中，
∵AB=2OA=4，∠A=30°，
∴AC=ABcos30°=．
故答案为：C．
【分析】连结BC，OC，根据切线的性质以及含30度角的直角边等于斜边的一半，即可得出答案。
4．（2021九上·东城期末）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°
【答案】D
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】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°．
故答案为：D．
【分析】连接OA、OB，根据切线长的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，再利用圆周角的性质求出∠AOB=2∠P=140°，最后利用四边形的内角和求出∠P即可。
5．（2021九上·虎林期末）如图PA、PB分别与⊙O相切于A．B两点，点C为⊙O上一点，连接AC．BC，若∠ACB=60°，则 的度数为（ ）
A．60° B．65° C． D．
【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB =120°，
又∵PA．PB分别与相切于A．B两点，
∴，
∴∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°，
故答案为：A．
【分析】连接OA，OB，先利用圆周角的性质可得∠AOB=2∠ACB =120°，再利用四边形的内角和可得∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°。
6．（2021九上·东营月考）如图， 、 、 是 的切线，切点分别为P、C、D，若 ， ，则 的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵ 、 、 是 的切线，
∴AP=AC，BP=BD，
∵ ， ，
∴AP=3，
∴BD=BP=AB-AP=2．
故答案为：B
【分析】利于切线的性质，可知AP=AC，BP=BD即可求解。
7．（2021九上·大兴期末）如图，中，，，点O是的内心．则等于（ ）
A．124° B．118° C．112° D．62°
【答案】B
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵点O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC=∠ABC=×50°=25°，∠OCB=∠ACB=×74°=37°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-25°-37°=118°．
故答案为：B．
【分析】根据角平分线的定义可得∠OBC=∠ABC=×50°=25°，∠OCB=∠ACB=×74°=37°，再利用三角形的内角和求解即可。
8．（2021九上·荆州月考）如图，的内切圆与分别相切于点D，E，F，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接OD、OF，如图所示：
∵△ABC的内切圆与AB、BC、AC分别相切于点D，E，F，，
∴，
∴；
故答案为：D.
【分析】连接OD、OF，根据切线的性质可得∠ADO=∠AFO=90°，由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可得∠DOF=2∠DEF=100°，然后根据四边形内角和为360°进行计算.
9．（2021九下·福州开学考）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别相为点D、E、F，设△ABC的面积、周长分别为S、l，⊙O的半径为r，则下列等式：
①∠AED＋∠BFE＋∠CDF＝180°；②S=l r；③2∠EDF＝∠A＋∠C；④2(AD＋CF＋BE)＝l，其中成立的是（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②③
【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形内角和定理；切线的性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OD、OE、OF、AO、BO、CO
∠AED＋∠BFE＋∠CDF＝180°，故①正确；
故②正确；
∴在四边形BFOE中有
故③正确；
⊙O是△ABC的内切圆
∴AD=AE，BE=BF，CD=CF
∴2(AD＋CF＋BE)＝l
故④正确.
故答案为：A.
【分析】连接OD、OE、OF、AO、BO、CO，由等腰三角形的性得∠1=∠2，∠3=∠4，∠5=∠6，结合内角和定理得∠1+∠2+∠5=90°，由切线性质得∠AED+∠1=90°，∠BFE+∠5=90°，∠CDF+∠3=90°，据此判断①；由图形得S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC结合三角形的面积公式可判断②；易得∠ABC+∠EOF=180°，由圆周角定理可得∠EOF=2∠EDF，然后在△ABC中，利用内角和定理可得∠EOF=∠BAC+∠BCA，据此判断③；根据切线长定理可得AD=AE，BE=BF，CD=CF，据此判断④.
10．（2021九上·莒县月考）如图，点I是△ABC的内心，点O是△ABC的外心，若∠BOA=140°，则∠BIA的度数是（ ）
A．100° B．120° C．125° D．135°
【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：点为的外心，，
，
，
点为的内心，
，
，
故答案为：C．
【分析】根据三角形的外心的性质可得∠C=70°，再利用三角形的内心可得∠IAB+∠IBA=55°，最后利用角的运算可得∠AIB=125°。
二、填空题
11．（2020九上·昌平期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ °，∠DEF＝ °．
【答案】110；70
【知识点】圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】∵∠A= ，
∴∠ABC+∠ACB= ，
∵O是△ABC的内切圆，
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB= ，
∴∠BOC= ，
如图，连接OD，OF，
∵AB、AC分别切⊙O于D、F点，
∴∠ODA=∠OFA= ，
∴∠A+∠DOF= ，
∴∠DOF= ，
∴∠DEF= ∠DOF= ．
故答案为：110；70．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，根据内心的概念得到∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，求出∠OBC+∠OCB，根据三角形内角和定理求出∠BOC；连接OE，OF，根据切线读的性质得到∠AEO=∠AFO=90°，根据四边形内角和等于360°，求出∠EOF，根据圆周角定理得到答案。
12．（2020九上·民勤月考）如图所示，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA=15，则△PCD的周长为 .
【答案】30
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：由切线长定理可得：CA=CE，DE=DB，PB=PA=15，
∴△PCD的周长=PC+CD+PD
=PC+CE+ED+PD
=PC+CA+BD+PD
=PA+PB=30,
故答案为：30.
【分析】根据切线长定理可得：CA=CE，DE=DB，PB=PA=15，进而根据三角形周长的计算方法再等量代换即可得出答案.
13．（2020九上·永年期末）如图， 是一张周长为 的三角形纸片， ， 是它的内切圆，小明准备用剪刀在 的右侧沿着与 相切的任意一条直线 剪下 ，则剪下的三角形的周长为 cm．
【答案】8
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：由切线长定理得，BD＝BG，CP＝CG，MH＝MD，NH＝NP，
∴BD＋CP＝BG＋CG＝5，
∴AD＋AP＝18 10＝8，
∴△AMN的周长＝AM＋MN＋AN＝AM＋MD＋AN＋NP＝AD＋AP＝8（cm），
故答案为：8．
【分析】根据切线长定理得到BD＝BG，CP＝CG，MH＝MD，NH＝NP，根据三角形的周长公式计算即可得出结论．
14．（2021九下·淮滨开学考）如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是 .
【答案】
【知识点】勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，
∴A（，0），B（0.-3），
∴OA=，OB=3，
∴AB=6，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，
如图示：
则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴
∴
∴
∴或，
∴P点坐标为：
故答案为：.
【分析】易得A（，0），B（0，-3），然后求出OA、OB、AB，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，证明△APD∽△ABO，由相似三角形的性质可得AP，进而求出OP，据此可得点P的坐标.
15．（2021九上·金乡期中）如图，AB是 的直径，PA切 于点A，线段PO交 于点C．连接BC，若 ，则 ．
【答案】27°
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】如图，连接AC，
是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∵PA切 于点A，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，解得 ，
故答案为： ．
【分析】直接利用切线的性质得出 ，再利用三角形内角和定理得出 ，结合圆周角定理得出答案。
16．（2021九上·长沙期末）如图，六边形ABCDEF为的内接正六边形，点M为劣弧上的一个动点，连接OM，以点O为旋转中心，将线段OM逆时针旋转60°得到线段ON，连接MN，得到△OMN，点H为△MON的外心.
（1）连接MH，NH，则∠MHN= .
（2）若正六边形ABCDEF的周长为，当点M从点A运动到点C时，外心H所经过的路径长为 .
【答案】（1）120°
（2）
【知识点】三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；弧长的计算；三角形的重心及应用
【解析】【解答】解：（1），
为等边三角形，
，
为外心，
同时为内心，
，
，
（2）为正六边形周长为，
边长为，
，
在等边中，
为外心，
同时为重心，
由重心定理可得：，
所经过的路径长为：，
故答案为：.
【分析】（1）易得△MON为等边三角形，则∠OMN=∠ONM=60°，由H为△MON的内心可得∠NMH=∠MNH=30°，然后根据内角和定理进行求解；
（2）由正六边形的周长可得OA=OM=，易得H为△MON的重心，则OH=2，然后根据弧长公式计算即可.
三、解答题
17．（2021九上·芜湖期末）如图，AB为的直径，点C，D在上，，．求证：DE是的切线．
【答案】证明：连接OD，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴DE是的切线．
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；切线的判定
【解析】【分析】 连接OD， 根据弧、弦、圆心角的关系可求出，从而得出∠EAD=
∠DAB=∠BOD=30°，由OA=OD可得，由垂直的定义可得，从而求出∠EDA=90°-∠EAD=60°，继而得出∠EDO=∠EDA+∠ADO=90°，根据切线的判定定理即证.
18．（2021九上·南昌月考）如图所示， 是 的直径，点F是半圆上的一动点(F不与A，B重合)，弦 平分 ，过点D作 交射线 于点E．求证： 与 相切
【答案】证明：连接OD，如图1所示：
∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠BAF，
∴∠OAD=∠FAD，
∴ ，
∴ ，
∵DE⊥AF，
∴DE⊥OD，
又∵OD是 的半径，
∴ 与 相切．
【知识点】切线的判定
【解析】【分析】 连接OD，则∠OAD=∠ODA，由AD平分∠BAF， 可得 进而 即可得出结论。
19．（2021·长春模拟）如图， 是 的直径， 是 的弦，C为 延长线上的点， ．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若 的半径为6，求 的长．（结果保留 ）
【答案】（1）证明：连结 ．
∵ ， ，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵点D在 上，
∴ 是 的切线．
（2）解：∵ ，
∴ ．
∴ 的长为 ．
【知识点】等腰三角形的性质；切线的判定；弧长的计算
【解析】【分析】（1）连接OD，利用等腰三角形的性质得出∠ADO=∠DAC=30°，从而得出∠DOC=60°，利用三角形内角和求出∠ODC=90°，根据切线的判定定理即证结论；
（2）利用邻补角定义求出∠AOD=120°，利用弧长公式计算即得结论.
20．（2021九上·海曙期末）如图，已知AB是半圆O的直径，C是半圆弧上一点，P是BC的中点，PD//BC交AB延长线于点D.
求证：
（1） 为 的切线；
（2）若 ， 的值.
【答案】（1）证明：连接OP，
∵点P是弧BC的中点，
∴OP⊥BC，
∵PD∥BC，
∴PD⊥OP，
∴PD是圆O的切线.
（2）解： ∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵PD∥BC，
∴∠D=∠ABC，
∴cos∠D=cos∠ABC=，
∴
解之：BC=8.
∵OP⊥CB，
∴CE=BE=BC=4，
在Rt△BOE中，
，
∴PE=OP-OE=5-3=2，
在Rt△CEP中
.
【知识点】垂径定理；圆周角定理；切线的判定；解直角三角形
【解析】【分析】 （1）利用垂径定理可证得OP⊥BC，由PD∥BC可推出PD⊥OP，利用切线的判定定理可证得结论.
（2）利用直径所对的圆周角是直角，可证得∠ACB=90°，利用平行线的性质和解直角三角形可求出BC的长；利用垂径定理和勾股定理求出BE，OE的长；根据PE=OP=OE可求出PE的长；然后利用勾股定理求出PC的长.
21．（2021九上·鄂城期末）如图， 是 的直径，弦 ，E是 的中点，连接 并延长到点F，使 ，连接 交 于点D，连接 ， .
（1）求证：直线 是 的切线；
（2）若 长为 ，求 的半径及 的长.
【答案】（1）证明：如图：连接
∵ 、
∴
∵ ， ， ，
∴
∴
∴
又∵ 经过半径 的外端点B
∴ 是 的切线；
（2）解：设 的半径为r，则 ，
在 中有：
∴只取 ，即 的半径为 .
∵ 是 的直径、即 ，
∴
∴ ，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴ ，
∴ ，解得 .
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接 OC，由等腰三角形性质得OC⊥AB，证明△OCE≌△BFE，得∠OBF=∠COE=90°，据此证明；
（2）设的半径为r，则AB=2r，BF=OC=r，根据勾股定理可得r的值，进而利用勾股定理求出BF，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，然后根据△ABF的面积公式就可求出BD.
22．（2021九上·汕尾期末）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D．
（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）若DC=4，AC=5，求⊙O的直径的AE．
【答案】（1）证明：连接OC．
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA．
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC．
∵CD⊥PA，
∴∠ADC=∠OCD=90°，
即 CD⊥OC，点C在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：过O作OM⊥AB于M．即∠OMA=90°，
∵∠MDC=∠OMA=∠DCO=90°，
∴四边形DMOC是矩形，
∴OC=DM，OM=CD=4．
∵DC=4，AC=5，
∴AD=3，
设圆的半径为x，则AM=x-AD=x-3，
∵在Rt△AMO中，∠AMO=90°，根据勾股定理得：AO2=AM2+OM2．
∴x2=（x-3）2+42，
∴x=
∴⊙O的半径是，
∴⊙O的直径的AE=2×=．
【知识点】勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OC，根据OA=OC推出∠OCA=∠OAC，根据角平分线得出∠OCA=∠OAC=∠CAP，推出OC//AP，得出OC⊥CD，根据切线的判定推出即可；
（2）过O作OM⊥AB于M．即∠OMA=90°，证出四边形DMOC是矩形，可得OM=CD，OC=AM+AD，求出AM的长，利用勾股定理求出AD的长，设圆的半径为x，则AM=x-AD，再根据勾股定理列方程，求出x的值即可求出圆的半径，从而求出圆的直径AE。
23．（2021九上·科尔沁左翼中旗期末）如图，是的直径，C为上一点，．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若，垂足为E，交于点F，求证：是等腰三角形．
【答案】（1）证明：如图，连接
是的直径
又过圆心
是的切线．
（2）证明：
是等腰三角形．
【知识点】等腰三角形的判定；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接，根据AB是的直径，，得出 ，再根据 过圆心，即可得出答案；
（2）根据角垂直的性质得出，，即可得出结论。
24．（2021九下·南宁开学考）如图，是的直径，弦于点E，点F是上一点，且.连接，，交于点N.
（1）若，，求的半径；
（2）求证：；
（3）连接并延长，交的延长线于点P，过点D作的切线，交的延长线于点M.求证：.
【答案】（1）解：如图，连接AC，BC，BD，
∵CD⊥AB，AB是直径
∴
∴∠BCD＝∠BAC，且∠BEC＝∠CEA
∴△BCE∽△CAE
∴，即，
∴AE＝9
∴AB＝AE+BE＝10
∴⊙O的半径为5；
（2）证明：∵，
∴∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，且DE＝DE，∠BED＝∠NED＝90°
∴△BDE≌△NDE（ASA）
∴∠DBN＝∠DNB，BE＝EN
∵∠DBA＝∠DFA，∠BND＝∠FNA
∴∠FNA＝∠DFA
∴AN＝AF；
（3）证明：如图，连接NC，CO，DO，
∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE
∴△MDO∽△DEO
∴，
∴OD2＝OE OM
∵AE＝EN，CD⊥AO
∴∠BNC＝∠CBN，
∴∠CBP＝∠CNO，
∵，
∴∠BOC＝∠BAF
∵CO//AF
∴∠PCO＝∠PFA
∵四边形BCFA是圆内接四边形
∴∠PBC＝∠PFA
∴∠PBC＝∠PFA＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE
∴△CNO∽△PCO
∴，
∴CO2＝PO NO，
∴ON OP＝OE OM.
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）连接AC，BC，BD，由垂径定理可得CE=DE=3，弧BC=弧BD，由圆周角定理可得∠BCD＝∠BAC，证明△BCE∽△CAE，根据相似三角形的性质可得AE，然后根据AB＝AE+BE求出AB，据此可得半径；
（2）由圆周角定理可得∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，证明△BDE≌△NDE，得到∠DBN＝∠DNB，BE＝EN，进而推出∠FNA＝∠DFA，据此证明；
（3）连接NC，CO，DO，根据切线的性质可得MD⊥DO，证明△MDO∽△DEO，得到OD2＝OE OM，推出∠CBP＝∠CNO，根据等弧所对的圆心角相等可得∠BOC＝∠BAF，由平行线的性质可得∠PCO＝∠PFA，根据圆内接四边形的性质可得∠PBC＝∠PFA，进而证明△CNO∽△PCO，得到CO2＝PO NO，据此证明.
1 / 12021-2022学年浙教版数学九下第二章直线与圆的位置关系 单元检测卷
一、单选题
1．（2021九上·海淀期末）在△ABC中，，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C 与AB的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定
2．（2021九上·临海期末）如图，正方形ABCD的边长为8，若经过C，D两点的⊙O与直线AB相切，则⊙O的半径为（ ）
A．4.8 B．5 C．4 D．4
3．（2021九上·通州期末）如图，是的直径，点D在的延长线上，切于点C．若，，则等于（ ）．
A．6 B．4 C． D．3
4．（2021九上·东城期末）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°
5．（2021九上·虎林期末）如图PA、PB分别与⊙O相切于A．B两点，点C为⊙O上一点，连接AC．BC，若∠ACB=60°，则 的度数为（ ）
A．60° B．65° C． D．
6．（2021九上·东营月考）如图， 、 、 是 的切线，切点分别为P、C、D，若 ， ，则 的长是（ ）
A． B． C． D．
7．（2021九上·大兴期末）如图，中，，，点O是的内心．则等于（ ）
A．124° B．118° C．112° D．62°
8．（2021九上·荆州月考）如图，的内切圆与分别相切于点D，E，F，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
9．（2021九下·福州开学考）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别相为点D、E、F，设△ABC的面积、周长分别为S、l，⊙O的半径为r，则下列等式：
①∠AED＋∠BFE＋∠CDF＝180°；②S=l r；③2∠EDF＝∠A＋∠C；④2(AD＋CF＋BE)＝l，其中成立的是（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①③④ D．①②③
10．（2021九上·莒县月考）如图，点I是△ABC的内心，点O是△ABC的外心，若∠BOA=140°，则∠BIA的度数是（ ）
A．100° B．120° C．125° D．135°
二、填空题
11．（2020九上·昌平期末）如图，⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，已知∠A＝40°，连接OB，OC，DE，EF，则∠BOC＝ °，∠DEF＝ °．
12．（2020九上·民勤月考）如图所示，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA=15，则△PCD的周长为 .
13．（2020九上·永年期末）如图， 是一张周长为 的三角形纸片， ， 是它的内切圆，小明准备用剪刀在 的右侧沿着与 相切的任意一条直线 剪下 ，则剪下的三角形的周长为 cm．
14．（2021九下·淮滨开学考）如图，直线交x轴于点A，交y轴于点B，点P是x轴上一动点，以点P为圆心，以1个单位长度为半径作⊙P，当⊙P与直线AB相切时，点P的坐标是 .
15．（2021九上·金乡期中）如图，AB是 的直径，PA切 于点A，线段PO交 于点C．连接BC，若 ，则 ．
16．（2021九上·长沙期末）如图，六边形ABCDEF为的内接正六边形，点M为劣弧上的一个动点，连接OM，以点O为旋转中心，将线段OM逆时针旋转60°得到线段ON，连接MN，得到△OMN，点H为△MON的外心.
（1）连接MH，NH，则∠MHN= .
（2）若正六边形ABCDEF的周长为，当点M从点A运动到点C时，外心H所经过的路径长为 .
三、解答题
17．（2021九上·芜湖期末）如图，AB为的直径，点C，D在上，，．求证：DE是的切线．
18．（2021九上·南昌月考）如图所示， 是 的直径，点F是半圆上的一动点(F不与A，B重合)，弦 平分 ，过点D作 交射线 于点E．求证： 与 相切
19．（2021·长春模拟）如图， 是 的直径， 是 的弦，C为 延长线上的点， ．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若 的半径为6，求 的长．（结果保留 ）
20．（2021九上·海曙期末）如图，已知AB是半圆O的直径，C是半圆弧上一点，P是BC的中点，PD//BC交AB延长线于点D.
求证：
（1） 为 的切线；
（2）若 ， 的值.
21．（2021九上·鄂城期末）如图， 是 的直径，弦 ，E是 的中点，连接 并延长到点F，使 ，连接 交 于点D，连接 ， .
（1）求证：直线 是 的切线；
（2）若 长为 ，求 的半径及 的长.
22．（2021九上·汕尾期末）如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过C作CD⊥PA，垂足为D．
（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）若DC=4，AC=5，求⊙O的直径的AE．
23．（2021九上·科尔沁左翼中旗期末）如图，是的直径，C为上一点，．
（1）求证： 是 的切线．
（2）若，垂足为E，交于点F，求证：是等腰三角形．
24．（2021九下·南宁开学考）如图，是的直径，弦于点E，点F是上一点，且.连接，，交于点N.
（1）若，，求的半径；
（2）求证：；
（3）连接并延长，交的延长线于点P，过点D作的切线，交的延长线于点M.求证：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：连接，
，点O为AB中点．
CO为⊙C的半径，
是的切线，
⊙C 与AB的位置关系是相切
故答案为：B
【分析】连接CO，根据直线与圆的位置关系即可得出答案。
2．【答案】B
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：设⊙O与AB相切于点E.连接EO，延长EO交CD于F，连接DO，
再设⊙O的半径为x.
∵AB切⊙O于E，
∴EF⊥AB，
∵AB∥CD，
∴EF⊥CD，
∴∠OFD=90°，
在Rt△DOF中，∵∠OFD=90°，OF2+DF2=OD2，
∴（8-x）2+42= x2，
∴x=5，
∴⊙O的半径为5.
故答案为：B.
【分析】设⊙O与AB相切于点E.连接EO，延长EO交CD于F，连接DO，设⊙O的半径为x，利用切线的性质可证得EF⊥AB，利用AB∥CD，可证得EF⊥CD，可推出∠OFD=90°，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
3．【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；切线的性质
【解析】【解答】解：连结BC，OC，
∵CD为切线，
∴OC⊥DC，
在Rt△DOC中，
∵，，
∴OC=CDtan∠OAC=，
∴OB=OA=OC=2，∠DOC=90°-∠D=90°-30°=60°
∴∠A=∠OCA=
∵AB为直径，
∴∠BCA=90°
在Rt△ABC中，
∵AB=2OA=4，∠A=30°，
∴AC=ABcos30°=．
故答案为：C．
【分析】连结BC，OC，根据切线的性质以及含30度角的直角边等于斜边的一半，即可得出答案。
4．【答案】D
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】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°．
故答案为：D．
【分析】连接OA、OB，根据切线长的性质可得∠OAP=∠OBP=90°，再利用圆周角的性质求出∠AOB=2∠P=140°，最后利用四边形的内角和求出∠P即可。
5．【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB =120°，
又∵PA．PB分别与相切于A．B两点，
∴，
∴∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°，
故答案为：A．
【分析】连接OA，OB，先利用圆周角的性质可得∠AOB=2∠ACB =120°，再利用四边形的内角和可得∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°。
6．【答案】B
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵ 、 、 是 的切线，
∴AP=AC，BP=BD，
∵ ， ，
∴AP=3，
∴BD=BP=AB-AP=2．
故答案为：B
【分析】利于切线的性质，可知AP=AC，BP=BD即可求解。
7．【答案】B
【知识点】三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：∵点O是△ABC的内心，
∴OB平分∠ABC，OC平分∠ACB，
∴∠OBC=∠ABC=×50°=25°，∠OCB=∠ACB=×74°=37°，
∴∠BOC=180°-∠OBC-∠OCB=180°-25°-37°=118°．
故答案为：B．
【分析】根据角平分线的定义可得∠OBC=∠ABC=×50°=25°，∠OCB=∠ACB=×74°=37°，再利用三角形的内角和求解即可。
8．【答案】D
【知识点】多边形内角与外角；圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接OD、OF，如图所示：
∵△ABC的内切圆与AB、BC、AC分别相切于点D，E，F，，
∴，
∴；
故答案为：D.
【分析】连接OD、OF，根据切线的性质可得∠ADO=∠AFO=90°，由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍可得∠DOF=2∠DEF=100°，然后根据四边形内角和为360°进行计算.
9．【答案】A
【知识点】三角形的面积；三角形内角和定理；切线的性质；三角形的内切圆与内心；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OD、OE、OF、AO、BO、CO
∠AED＋∠BFE＋∠CDF＝180°，故①正确；
故②正确；
∴在四边形BFOE中有
故③正确；
⊙O是△ABC的内切圆
∴AD=AE，BE=BF，CD=CF
∴2(AD＋CF＋BE)＝l
故④正确.
故答案为：A.
【分析】连接OD、OE、OF、AO、BO、CO，由等腰三角形的性得∠1=∠2，∠3=∠4，∠5=∠6，结合内角和定理得∠1+∠2+∠5=90°，由切线性质得∠AED+∠1=90°，∠BFE+∠5=90°，∠CDF+∠3=90°，据此判断①；由图形得S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC结合三角形的面积公式可判断②；易得∠ABC+∠EOF=180°，由圆周角定理可得∠EOF=2∠EDF，然后在△ABC中，利用内角和定理可得∠EOF=∠BAC+∠BCA，据此判断③；根据切线长定理可得AD=AE，BE=BF，CD=CF，据此判断④.
10．【答案】C
【知识点】三角形的外接圆与外心；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：点为的外心，，
，
，
点为的内心，
，
，
故答案为：C．
【分析】根据三角形的外心的性质可得∠C=70°，再利用三角形的内心可得∠IAB+∠IBA=55°，最后利用角的运算可得∠AIB=125°。
11．【答案】110；70
【知识点】圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】∵∠A= ，
∴∠ABC+∠ACB= ，
∵O是△ABC的内切圆，
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
∴∠OBC+∠OCB= ，
∴∠BOC= ，
如图，连接OD，OF，
∵AB、AC分别切⊙O于D、F点，
∴∠ODA=∠OFA= ，
∴∠A+∠DOF= ，
∴∠DOF= ，
∴∠DEF= ∠DOF= ．
故答案为：110；70．
【分析】根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，根据内心的概念得到∠OBC=∠ABC，∠OCB=∠ACB，求出∠OBC+∠OCB，根据三角形内角和定理求出∠BOC；连接OE，OF，根据切线读的性质得到∠AEO=∠AFO=90°，根据四边形内角和等于360°，求出∠EOF，根据圆周角定理得到答案。
12．【答案】30
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：由切线长定理可得：CA=CE，DE=DB，PB=PA=15，
∴△PCD的周长=PC+CD+PD
=PC+CE+ED+PD
=PC+CA+BD+PD
=PA+PB=30,
故答案为：30.
【分析】根据切线长定理可得：CA=CE，DE=DB，PB=PA=15，进而根据三角形周长的计算方法再等量代换即可得出答案.
13．【答案】8
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：由切线长定理得，BD＝BG，CP＝CG，MH＝MD，NH＝NP，
∴BD＋CP＝BG＋CG＝5，
∴AD＋AP＝18 10＝8，
∴△AMN的周长＝AM＋MN＋AN＝AM＋MD＋AN＋NP＝AD＋AP＝8（cm），
故答案为：8．
【分析】根据切线长定理得到BD＝BG，CP＝CG，MH＝MD，NH＝NP，根据三角形的周长公式计算即可得出结论．
14．【答案】
【知识点】勾股定理；切线的性质；相似三角形的判定与性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：∵直线交x轴于点A，交y轴于点B，
∴令x=0，得y=-3，令y=0，得x=-4，
∴A（，0），B（0.-3），
∴OA=，OB=3，
∴AB=6，
设⊙P与直线AB相切于D，
连接PD，
如图示：
则PD⊥AB，PD=1，
∵∠ADP=∠AOB=90°，∠PAD=∠BAO，
∴△APD∽△ABO，
∴
∴
∴
∴或，
∴P点坐标为：
故答案为：.
【分析】易得A（，0），B（0，-3），然后求出OA、OB、AB，设⊙P与直线AB相切于D，连接PD，则PD⊥AB，PD=1，证明△APD∽△ABO，由相似三角形的性质可得AP，进而求出OP，据此可得点P的坐标.
15．【答案】27°
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】如图，连接AC，
是 的直径，
∴ ，
∴ ，
∵PA切 于点A，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，解得 ，
故答案为： ．
【分析】直接利用切线的性质得出 ，再利用三角形内角和定理得出 ，结合圆周角定理得出答案。
16．【答案】（1）120°
（2）
【知识点】三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；三角形的内切圆与内心；弧长的计算；三角形的重心及应用
【解析】【解答】解：（1），
为等边三角形，
，
为外心，
同时为内心，
，
，
（2）为正六边形周长为，
边长为，
，
在等边中，
为外心，
同时为重心，
由重心定理可得：，
所经过的路径长为：，
故答案为：.
【分析】（1）易得△MON为等边三角形，则∠OMN=∠ONM=60°，由H为△MON的内心可得∠NMH=∠MNH=30°，然后根据内角和定理进行求解；
（2）由正六边形的周长可得OA=OM=，易得H为△MON的重心，则OH=2，然后根据弧长公式计算即可.
17．【答案】证明：连接OD，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴DE是的切线．
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系；切线的判定
【解析】【分析】 连接OD， 根据弧、弦、圆心角的关系可求出，从而得出∠EAD=
∠DAB=∠BOD=30°，由OA=OD可得，由垂直的定义可得，从而求出∠EDA=90°-∠EAD=60°，继而得出∠EDO=∠EDA+∠ADO=90°，根据切线的判定定理即证.
18．【答案】证明：连接OD，如图1所示：
∵OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∵AD平分∠BAF，
∴∠OAD=∠FAD，
∴ ，
∴ ，
∵DE⊥AF，
∴DE⊥OD，
又∵OD是 的半径，
∴ 与 相切．
【知识点】切线的判定
【解析】【分析】 连接OD，则∠OAD=∠ODA，由AD平分∠BAF， 可得 进而 即可得出结论。
19．【答案】（1）证明：连结 ．
∵ ， ，
∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵点D在 上，
∴ 是 的切线．
（2）解：∵ ，
∴ ．
∴ 的长为 ．
【知识点】等腰三角形的性质；切线的判定；弧长的计算
【解析】【分析】（1）连接OD，利用等腰三角形的性质得出∠ADO=∠DAC=30°，从而得出∠DOC=60°，利用三角形内角和求出∠ODC=90°，根据切线的判定定理即证结论；
（2）利用邻补角定义求出∠AOD=120°，利用弧长公式计算即得结论.
20．【答案】（1）证明：连接OP，
∵点P是弧BC的中点，
∴OP⊥BC，
∵PD∥BC，
∴PD⊥OP，
∴PD是圆O的切线.
（2）解： ∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵PD∥BC，
∴∠D=∠ABC，
∴cos∠D=cos∠ABC=，
∴
解之：BC=8.
∵OP⊥CB，
∴CE=BE=BC=4，
在Rt△BOE中，
，
∴PE=OP-OE=5-3=2，
在Rt△CEP中
.
【知识点】垂径定理；圆周角定理；切线的判定；解直角三角形
【解析】【分析】 （1）利用垂径定理可证得OP⊥BC，由PD∥BC可推出PD⊥OP，利用切线的判定定理可证得结论.
（2）利用直径所对的圆周角是直角，可证得∠ACB=90°，利用平行线的性质和解直角三角形可求出BC的长；利用垂径定理和勾股定理求出BE，OE的长；根据PE=OP=OE可求出PE的长；然后利用勾股定理求出PC的长.
21．【答案】（1）证明：如图：连接
∵ 、
∴
∵ ， ， ，
∴
∴
∴
又∵ 经过半径 的外端点B
∴ 是 的切线；
（2）解：设 的半径为r，则 ，
在 中有：
∴只取 ，即 的半径为 .
∵ 是 的直径、即 ，
∴
∴ ，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴ ，
∴ ，解得 .
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；圆周角定理；切线的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接 OC，由等腰三角形性质得OC⊥AB，证明△OCE≌△BFE，得∠OBF=∠COE=90°，据此证明；
（2）设的半径为r，则AB=2r，BF=OC=r，根据勾股定理可得r的值，进而利用勾股定理求出BF，根据圆周角定理可得∠ADB=90°，然后根据△ABF的面积公式就可求出BD.
22．【答案】（1）证明：连接OC．
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA．
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠OAC，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AD∥OC．
∵CD⊥PA，
∴∠ADC=∠OCD=90°，
即 CD⊥OC，点C在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：过O作OM⊥AB于M．即∠OMA=90°，
∵∠MDC=∠OMA=∠DCO=90°，
∴四边形DMOC是矩形，
∴OC=DM，OM=CD=4．
∵DC=4，AC=5，
∴AD=3，
设圆的半径为x，则AM=x-AD=x-3，
∵在Rt△AMO中，∠AMO=90°，根据勾股定理得：AO2=AM2+OM2．
∴x2=（x-3）2+42，
∴x=
∴⊙O的半径是，
∴⊙O的直径的AE=2×=．
【知识点】勾股定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接OC，根据OA=OC推出∠OCA=∠OAC，根据角平分线得出∠OCA=∠OAC=∠CAP，推出OC//AP，得出OC⊥CD，根据切线的判定推出即可；
（2）过O作OM⊥AB于M．即∠OMA=90°，证出四边形DMOC是矩形，可得OM=CD，OC=AM+AD，求出AM的长，利用勾股定理求出AD的长，设圆的半径为x，则AM=x-AD，再根据勾股定理列方程，求出x的值即可求出圆的半径，从而求出圆的直径AE。
23．【答案】（1）证明：如图，连接
是的直径
又过圆心
是的切线．
（2）证明：
是等腰三角形．
【知识点】等腰三角形的判定；切线的判定
【解析】【分析】（1）连接，根据AB是的直径，，得出 ，再根据 过圆心，即可得出答案；
（2）根据角垂直的性质得出，，即可得出结论。
24．【答案】（1）解：如图，连接AC，BC，BD，
∵CD⊥AB，AB是直径
∴
∴∠BCD＝∠BAC，且∠BEC＝∠CEA
∴△BCE∽△CAE
∴，即，
∴AE＝9
∴AB＝AE+BE＝10
∴⊙O的半径为5；
（2）证明：∵，
∴∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，且DE＝DE，∠BED＝∠NED＝90°
∴△BDE≌△NDE（ASA）
∴∠DBN＝∠DNB，BE＝EN
∵∠DBA＝∠DFA，∠BND＝∠FNA
∴∠FNA＝∠DFA
∴AN＝AF；
（3）证明：如图，连接NC，CO，DO，
∵MD是切线，
∴MD⊥DO，
∴∠MDO＝∠DEO＝90°，∠DOE＝∠DOE
∴△MDO∽△DEO
∴，
∴OD2＝OE OM
∵AE＝EN，CD⊥AO
∴∠BNC＝∠CBN，
∴∠CBP＝∠CNO，
∵，
∴∠BOC＝∠BAF
∵CO//AF
∴∠PCO＝∠PFA
∵四边形BCFA是圆内接四边形
∴∠PBC＝∠PFA
∴∠PBC＝∠PFA＝∠PCO＝∠CNO，且∠POC＝∠COE
∴△CNO∽△PCO
∴，
∴CO2＝PO NO，
∴ON OP＝OE OM.
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）连接AC，BC，BD，由垂径定理可得CE=DE=3，弧BC=弧BD，由圆周角定理可得∠BCD＝∠BAC，证明△BCE∽△CAE，根据相似三角形的性质可得AE，然后根据AB＝AE+BE求出AB，据此可得半径；
（2）由圆周角定理可得∠BCD＝∠BDC＝∠CDF，证明△BDE≌△NDE，得到∠DBN＝∠DNB，BE＝EN，进而推出∠FNA＝∠DFA，据此证明；
（3）连接NC，CO，DO，根据切线的性质可得MD⊥DO，证明△MDO∽△DEO，得到OD2＝OE OM，推出∠CBP＝∠CNO，根据等弧所对的圆心角相等可得∠BOC＝∠BAF，由平行线的性质可得∠PCO＝∠PFA，根据圆内接四边形的性质可得∠PBC＝∠PFA，进而证明△CNO∽△PCO，得到CO2＝PO NO，据此证明.
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