24.2.2 直线和圆的位置关系同步练习题（含解析）

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人教版 数学九年级上册
24.2.2 直线和圆的位置关系 同步练习题
一、单选题
1．已知的半径是，点在上，如果点到直线的距离是，那么与直线的位置关系是 （ ）
A．相交 B．相离 C．相切或相交 D．相切或相离
2．已知和直线相交，圆心到直线的距离为，则的直径可能为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在平面直角坐标系中，半径为2的圆的圆心的坐标为（-3，0），将圆沿轴的正方向平移，使得圆与轴相切，则平移的距离为（ ）
A．1 B．3或6 C．3 D．1或5
4．下列命题中正确的是（　　）
A．平分弦的直径垂直于弦
B．经过半径一端且与这条半径垂直的直线是圆的切线
C．平面内三点确定一个圆
D．三角形的外心到三角形的各个顶点的距离相等．
5．如图，点A是外的任意一点，点B是线段的中点，以B为圆心，以长为半径的圆交于点C、D．则下列命题不一定是真命题的是（ ）

A．、是的切线 B．是线段的垂直平分线
C．是等边三角形 D．
6．在黑板上有如下内容：“如图，是半圆所在圆的直径，，点在半圆上，过点的直线交的延长线于点．”王老师要求添加条件后，编制一道题目，下列判断正确的是（ ）
嘉嘉：若给出，则可证明直线是半圆的切线；
淇淇：若给出直线是的切线，且，则可求出的面积．
A．只有嘉嘉的正确 B．只有淇淇的正确
C．嘉嘉和淇淇的都不正确 D．嘉嘉和淇淇的都正确
7．如图，与分别相切于点A，B，，则（　　）
A． B．2 C． D．3
8．如图，O是正方形ABCD的对角线BD上一点，⊙O与边AB，BC都相切，点E，F分别在AD，DC上，现将△DEF沿着EF对折，折痕EF与⊙O相切，此时点D恰好落在圆心O处．若DE=2，则正方形ABCD的边长是（　　）
A．3 B．4
C． D．
9．如图，△ABC中，AB＝7cm，AC＝8cm，BC＝6cm，点O是△ABC的内心，过点O作EF//AB，与AC、BC分别交于点E、F，则△CEF的周长为（　　）
A．14cm B．15cm C．13cm D．10.5cm
10．如果两圆的半径长分别为5和3，圆心距为8，那么这两个圆的位置关系是（ ）
A．内切 B．外离 C．相交 D．外切
二、填空题
11．已知直线l与半径长为R的相离，且点O到直线l的距离为5，那么R的取值范围是 ．
12．如图，直线l与x轴、y轴分别相交于点A、B，已知B（0，），，点P的坐标为，与y轴相切于点O，若将沿x轴向左移动，当与该直线相交时，横坐标为整数的点P的坐标 ．
13．如图，是抛物线上的一动点，以为圆心，1个单位长度为半径作，且与轴相切，满足条件的圆共有 个．
14．如图，A、B是⊙O上的两点，AC是过A点的一条直线，如果∠AOB=120°，那么当∠CAB的度数等于 度时，AC才能成为⊙O的切线．
15．如图，，半径为2的与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设，则t的取值范围是 ．

三、解答题
16．【感知】如图①，点A、B、P均在上，，则锐角的大小为__________度．

【探究】小明遇到这样一个问题：如图②，是等边三角形的外接圆，点P在上（点P不与点A、C重合），连结、、．求证：．小明发现，延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证．
下面是小明的部分证明过程：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
请你补全余下的证明过程．
【应用】如图③，是的外接圆，，点P在上，且点P与点B在的两侧，连结、、．若，则的值为__________．
17．如图，点是半径为的外一点，，分别切于，点，若是边长为的等边三角形，则（ ）

A． B． C． D．
18．解答下列各题：

(1)如图 1，，是的两条半径，且，点是延长线上任意一点，过点作切于点，连接交于点．求证：；
(2)若将图1 中的半径所在直线向上平行移动交于，交于，其他条件不变（如图，那么上述结论还成立吗？为什么？
(3)若将图中的半径所在直线向上平行移动到外的，点是的延长线与的交点，其他条件不变（如图，那么上述结论还成立吗？为什么？
19．如图，，与相交于点，以点为圆心的圆过，两点及的中点，求证：是的切线．

20．如图，在中，，以为直径作，交于，过作，交于．
(1)求证：是的切线；
(2)连接，如果的半径为，，求的长；
(3)在（2）的条件下，求的面积．
21．如图，以菱形的边为直径作交于点E，连接交于点M，F是上的一点，且，连接．

(1)求证：；
(2)求证：是的切线．
22．如图，为外一点，，是的切线，，为切点，点在上，连接，，．
(1)求证：；
(2)连接，若，的半径为，，求的长．
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参考答案：
1．D
【分析】根据圆心到直线的距离d与圆的半径r之间的大小关系解答．
【详解】如图，

当点 与 重合时， 与直线 相切；
当点 与 不重合时， 与直线 相离，
∴ 与直线 的位置关系是相切或相离．
故选：D．
【点睛】此题考查直线与圆的位置关系，掌握数形结合是解题的关键．
2．A
【分析】设的半径为，圆心到直线的距离为，然后根据和直线相交，确定r和d的关系，然后再确定r的取值范围，进而确定直径的取值范围即可解答．
【详解】解：设的半径为，圆心到直线的距离为，
和直线相交，
，
又 圆心到直线 的距离为 ，
，
直径大于 ．
故选A．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系、圆的基本概念等知识点，根据和直线相交得到是解答本题的关键．
3．D
【分析】分圆P在y轴的左侧与y轴相切、圆P在y轴的右侧与y轴相切两种情况，根据切线的判定定理解答即可求得．
【详解】解：根据题意可得：OP=3，圆P的半径为2，
当圆P在y轴的左侧与y轴相切时，平移的距离为3-2=1，
当圆P在y轴的右侧与y轴相切时，平移的距离为3+2=5，
故圆与轴相切，则平移的距离为1或5，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆的切线的判定，图形的平移，分类讨论是解决本题的关键．
4．D
【分析】根据垂径定理，切线的判定，圆的确定，三角形的外心，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，原命题错误，不符合题意；
B、经过半径的非圆心一端，并且垂直于这条半径的直线，是圆的一条切线，原命题错误，不符合题意；
C、平面内不在同一条直线上的三点确定一个圆，原命题错误，不符合题意；
D、三角形的外心到三角形的各个顶点的距离相等，是真命题，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查垂径定理，切线的判定，圆的确定，三角形的外心．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
5．C
【分析】连接、、、，根据圆周角定理得到，根据切线的判定定理判断A；根据线段垂直平分线的判定和性质判断B、D．
【详解】解：连接、、、，
由题意得：是的直径，
∴，
∵、是的半径，
∴、是的切线，故选项A是真命题，不符合题意；
∵，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，故选项B、D是真命题，不符合题意；
不能确定是等边三角形，故选项C不一定是真命题，符合题意；
故选：C．

【点睛】本题考查的是切线的判定、圆周角定理、线段垂直平分线的判定和性质，掌握切线的判定定理是解题的关键．
6．D
【分析】根据切线的求证方法，如图所示（见详解），连接，证明即可求解；根据切线的性质，，可求出等腰三角形，等边三角形，根据含特殊角的直角三角形的直线可求出各边的长度，由此即可求解．
【详解】解：∵是半圆所在圆的直径，
∴，
如图所示，连接，
∵是半径，
∴，
∵，
∴，
嘉嘉给出的条件是：，
∴，即，且点在圆上，
∴直线是半圆的切线，故嘉嘉给出的条件正确；
淇淇给出的条件：直线是的切线，且，如图所示，
∴，且是等腰三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴，且，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图所示，过点作于，
在是等边三角形，，
∴，故淇淇给出的条件正确，
故选：．
【点睛】本题主要考查圆与特殊角的直角三角形的综合，掌握圆切线的求证方法，含特殊角的直角三角形的性质，等边三角形的性质是解题的关键．
7．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．
8．C
【分析】延长FO交AB于点G，根据折叠对称可以知道OF⊥CD，所以OG⊥AB，即点G是切点，OD交EF于点H，点H是切点．结合图形可知OG=OH=HD=EH，等于⊙O的半径，先求出半径，然后求出正方形的边长．
【详解】解：如图：延长FO交AB于点G，则点G是切点，OD交EF于点H，则点H是切点，
∵ABCD是正方形，点O在对角线BD上，
∴DF=DE，OF⊥DC，
∴GF⊥DC，
∴OG⊥AB，
∴OG=OH=HD=HE=AE，且都等于圆的半径．
在等腰直角三角形DEH中，DE=2，
∴EH=DH==AE．
∴AD=AE+DE=+2．
故选C．
【点睛】本题考查的是切线的性质，利用切线的性质，结合正方形的特点求出正方形的边长．
9．A
【分析】先根据三角形内心的定义得到AO、BO是∠CAB和∠CBA的角平分线，结合平行线的性质可证明∠EAO＝∠EOA，∠FOB＝∠FBO，于是得到EO＝EA，OF＝FB，故此可得到EF＝AE＋BF，根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解：连接OA、OB．
∵点O是△ABC的内心，
∴AO、BO分别是∠CAB和∠CBA的角平分线．
∴∠EAO＝∠BAO，∠FBO＝∠ABO．
∵EF//BA，
∴∠EOA＝∠OAB，∠FOB＝∠OBA．
∴∠EAO＝∠EOA，∠FOB＝∠FBO．
∴EO＝EA，OF＝FB．
∴EF＝AE＋BF，
∴△CEF的周长＝CE＋CF＋EF＝CE＋EA＋CF＋FB＝CA＋CB＝14，
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是三角形的内心、平行线的性质、等腰三角形的判定，明确三角形的内心是三条角平分线的交点是解题的关键．
10．D
【分析】根据两圆半径的和与圆心距，即可确定两圆位置关系．
【详解】解：∵两圆的半径长分别为5和3，圆心距为8，
，
∴两圆外切，
故选：D．
【点睛】本题考查了圆与圆的位置关系，解题的关键是掌握：外离，则；外切，则；相交，则；内切，则；内含，则．
11．
【分析】若直线和圆相离，则应满足即可．
【详解】解：直线和圆相离，且点到直线的距离为5，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，掌握直线和圆的位置关系与数量之间的等价关系．直线和圆相离，则应满足是解题的关键．
12．（-2,0）（-3,0）（-4,0）
【分析】先分别求得与直线l相切时点P的坐标，然后再判断与直线l相交时点P的横坐标x的取值范围，即可求得坐标为整数的点P的坐标．
【详解】如图，与分别切AB于D、E．
由，，易得，则A点坐标为．
连接、，则、，则在中，，
同理可得，，则的横坐标为，的横坐标为，
当与直线l相交时，点P的横坐标x的取值范围为，
横坐标为整数的点P的坐标为、、．
故答案为：(-2，0)、(-3，0)、(-4，0)．
【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，分别求得与直线l相切时点P的坐标是解题的关键．
13．3
【分析】根据题意，由与轴相切，即点的纵坐标，根据是抛物线上的一点，代入计算出的值，可求得点的坐标，获得答案．
【详解】解：如下图，
根据题意，点是抛物线上的一动点，以为圆心，1个单位长度为半径作，且与轴相切，
∴点的纵坐标，即，
当时，可有，
解得 ，，
∴点坐标为或；
当时，可有，
解得，
∴．
综上所述，点的坐标为或或，即满足条件的圆共有3个．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、二次函数图像上点的坐标以及解一元二次方程，解题关键是理解圆的半径和点的纵坐标有关，且点又在抛物线上，列出一元二次方程并求解．
14．60
【分析】由已知可求得∠OAB的度数，因为OA⊥AC，AC才能成为⊙O的切线，从而可求得∠CAB的度数．
【详解】解：∵△AOB中，OA=OB，∠AOB=120°，
∴，
∵当OA⊥AC即∠OAC=90°时，AC才能成为⊙O的切线，
∴当∠CAB的度数等于60°，即OA⊥AC时，AC才能成为⊙O的切线．
故答案为：60．
【点睛】本题考查了切线的判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握切线的判定定理是解答此题的关键．
15．
【分析】利用切线的性质以及等腰直角三角形的性质求得，再求得，分两种情况讨论，画出图形，利用等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：设与两边的切点分别为D、G，连接，延长交于点H，

由，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，延长交于点Q，

同理，
∵，
∴，
当与相切时，有最大或最小值，
连接，
∵D、E都是切点，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴的最大值为；
如图，

同理，的最小值为；
综上，t的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，求得是解题的关键．
16．感知：；探究：见解析；应用：．
【分析】感知：由圆周角定理即可求解；
探究：延长至点E，使，连结，通过证明，可推得是等边三角形，进而得证；
应用：延长至点E，使，连结，通过证明得，可推得是等腰直角三角形，结合与可得，代入即可求解．
【详解】感知：
由圆周角定理可得，
故答案为：；
探究：
证明：延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
是等边三角形．
，
，
∴，，
，
是等边三角形，
，
，
即；
应用：
延长至点E，使，连结，
四边形是的内接四边形，
．
，
．
，
，
∴，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，邻补角，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是做辅助线构造，进行转换求解．
17．B
【分析】连结、，，根据切线的定理得，，再根据直角三角形的性质可知，最后利用勾股定理即可解答．
【详解】解：连结、、，则，
∵是边长为的等边三角形，
∴，，
∵，分别切于，点，
∴，，
∴，平分，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
故选：．

【点睛】本题考查了等边三角形的性质，切线的性质定理，切线长定理，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，勾股定理，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
18．(1)见解析
(2) 仍然成立，见解析
(3) 仍然成立，见解析
【分析】（1）连接，由切线性质可得，由等腰三角形的性质可得，根据直角三角形两锐角互余的性质可得，根据等量代换可得，可得；
（2）连接，由平移性质可得，同（）的证明方法可得；
（3）延长，交于，连接，由平移的性质可得，同（）的证明方法即可得
【详解】（1）证明：连接，则，

所以．
在中，，
在中，因为，
所以，
所以．
又因为，
所以，
所以．
（2）解：仍然成立．
因为原来的半径所在直线向上平行移动，
所以于，
在中，，
连接，有，且，
所以，
所以．
又，
所以，
所以．

（3）解：仍然成立．
因为原来的半径所在直线向上平行移动，
所以，延长交于，
在中，．
连接，有，且，
所以，
所以，
所以．

【点睛】本题考查切线的性质及等腰三角形的性质与判定，圆的切线垂直于过切点的半径.熟练掌握切线的性质是解题关键.
19．见解析
【分析】根据平行线的性质及等腰三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质及切线的判定即可解答．
【详解】证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴是的切线．

【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，切线的判定，平行线的性质，掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据，证明可得，根据切线的证明方法即可求解；
（2）根据题意可得，在中，根据等面积法即可求解；
（3）由（2）可得的长，在中，根据勾股定理可求出的长，由此可求出的面积，再根据是的中线，根据中线的性质即可求解．
【详解】（1）证明：如图，
，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，即，
是的切线．
（2）解：如图所示，连接，
是直径，
，即，
在中，
，，
，
，
，
∴．
（3）解：由（2）可知，，
，
，
是中点，即是的中线，
．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆的基础知识，切线的证明方法，等面积法求高，三角形中线的性质等知识的综合是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，根据是直径，得出，根据菱形性质得出，根据等腰三角形性质得出即可；
（2）连接，根据是直径，得出，求出，根据菱形的性质得出，，证明，得出，根据平行线的性质得出，得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：连接，如图所示：

∵是直径，
∴，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∴；
（2）证明：连接，如图所示：

∵是直径，
∴，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为直径，
∴是的切线．
【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角为直角，三角形全等的判定和性质，菱形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，切线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握切线的判定方法．
22．(1)见解析
(2)10
【分析】（1）过作于，得到，根据切线的性质得到，根据余角的性质得到，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）连接，延长交于，根据切线的性质得到，，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：过作于，
∴，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，延长交于，
∵，是的切线，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
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