2023-2024学年浙教版九年级数学下册第2章 直线与圆的位置关系 达标练习（基础卷）(含解析)

2023-2024学年浙教版九年级数学下册第2章直线与圆的位置关系达标练习（基础卷）
一、单选题
1．已知的半径为3，圆心O到直线的距离为2，则直线L与的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．不能确定
2．如图，，，分别切于，，，分别交，于，，已知到的切线长为，则的周长为（　　）
A． B． C． D．
3．如图所示，内切于，切点分别为点，点，点，已知，，连接，，则的度数为（　　）

A． B． C． D．
4．如图，是的切线，点为切点，交于点，，点在上，连接，，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
5．如图，在中，，，分别与边，相切，切点分别为E，C，则的半径是（　　）

A． B． C． D．
6．在平面直角坐标系中，以点为圆心、以R为半径作圆A与x轴相交，且原点O在圆A的外部，那么半径R的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，、是的两条切线，、是切点，，阴影部分的面积为，则的半径长为(　　)

A． B．3 C．1 D．
8．如图所示，与轴相交于，，与轴相切于点，是优弧上的一点，则等于（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
9．在，，，，以A为圆心，长度为半径的圆与直线的公共点的个数为 个．
10．如图，与的边，，分别相切于点，，，如果，，，那么的长为 ．

11．如图，点到直线的距离为的半径为分别为和上的动点，且始终与相切于点．以为直角边作，且使，则斜边的最小值为 ．

12．如图，在中，是的内心，，则 ．

13．如图，在中，，，点在上，，以长为半径的与相切于点，交于点，则弦的长为 ．

14．如图，在中，是边上的一点，以为直径的交于点，连接．若与相切，为切点，，则的度数为 ．

15．已知等腰三角形中，，，以 为圆心2为半径长作，以为圆心为半径作 ，如果与内切，那么的面积等于 ．
16．如图，⊙O的半径为1，OA＝2，AB切⊙O于点B，弦BC∥OA，连接AC，则图中阴影部分的面积为 ．

三、解答题
17．如图，是的直径，点是劣弧中点，与相交于点．连接，，与的延长线相交于点．
(1)求证：是的切线；
(2)求证：；
(3)若，，请直接写出_____．
18．如图是的外接圆，，延长于，连接，使得，交于．
(1)求证：与相切；
(2)若，．
①求的半径；
②求的长度．
19．如图，是的直径，C，D都是上的点，平分，过点D作的垂线交的延长线于点E，交的延长线于点F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的值．
20．如图，⊙O是△ABC的外接圆，AE切⊙O于点A，AE与直径BD的延长线相交于点E．
(1)如图①，若∠C＝71°，求∠E的大小；
(2)如图②，当AE＝AB，DE＝2时，求∠E的大小和⊙O的半径．
21．已知：如图，是的内切圆，．若，，求的半径r；若，，，求的半径r．

22．如图，是的外接圆，为直径，的平分线交于点D，交于点G，过点D作分别交，的延长线于点E，F．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求劣弧的长．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】将圆心到直线距离与半径比较，即可解答．
【详解】解：∵的半径为3，圆心O到直线的距离为2，，
∴直线L与的位置关系是相交，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了圆与直线的位置关系，解题的关键是掌握圆心到直线距离为d，半径为r，当时，直线与圆相离；当时，直线与圆相切；当时，直线与圆相交．
2．A
【分析】根据切线长定理得，，从而得到，进而得到的周长可以转化成，代入值计算即可得出答案．
【详解】解：，，分别切于，，，
，，，
，
，
的周长为16cm，
故选：A．
【点睛】本题考查了求三角形周长，切线长定理应用，熟练掌握切线长定理是解题关键，即从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角．
3．B
【分析】先根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出，连接、，利用切线的性质得到，则根据四边形内角和计算出，然后利用圆周角定理得到的度数．
【详解】解：∵，
∴， 而，
∴，
连接、，
∵O内切于，切点分别为点D，点E，

∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心：三角形的内心到三角形三边的距离相等；三角形的内心与三角形顶点的连线平分这个内角．也考查了切线的性质和圆周角定理．
4．C
【分析】直接利用切线的性质得出，求出的度数，进而利用圆周角定理可得出答案．
【详解】解：连接，

为的切线，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了切线的性质以及圆周角定理，正确作出辅助线是解题关键．
5．A
【分析】根据切线长定理得，根据勾股定理得的长，从而得到的长，再利用得，从而可求得的长，进而得到半径的长．
【详解】解：∵分别与边，相切，，，
∴， ，
∴，
∴，
连接，则，即，

∵，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∴圆的半径是，
故选：A．
【点睛】此题考查切线长定理、勾股定理和相似三角形的判定和性质，掌握切线长定理是关键.
6．C
【分析】分别根据原点O在圆A的外部，圆A与x轴相交，可得半径R的取值范围．
【详解】解：，
∴，
∵原点O在圆A的外部，
∴，即，
∵圆A与x轴相交，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，勾股定理，直线、点与圆的位置关系等知识点，能熟记直线、点与圆的位置关系是解此题的关键．
7．B
【分析】连接，根据切线的性质得到，根据已知条件得到，根据扇形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，

∵、是的两条切线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵阴影部分的面积为，
∴
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形的面积公式，三角函数的定义，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
8．B
【分析】如图，作于，连接．首先证明四边形是矩形，可得，在中，，由，推出．
【详解】解：如图所示，作于点，连接，，，，．
，，
，，．
是切点，
，
四边形是矩形，
．
在中，．
由圆周角定理，得，
．

故选B
【点睛】本题考查切线的性质、圆周角定理、坐标与图形、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是掌握添加辅助线的方法，构造直角三角形解决问题．
9．1
【分析】根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系进行判断，若，则直线与圆相交，若，则直线于圆相切，若，则直线与圆相离．
【详解】解：，，，
，
斜边上的高为：，
，
圆与该直线的位置关系是相切，交点个数为1．
故答案为：1．
【点睛】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系，难度一般，关键是掌握与的大小关系所决定的直线与圆的位置关系．
10．7
【分析】由切线长定理证明，，，结合，，可得，，从而可得答案．
【详解】解：∵与的边，，分别相切于点，，，，
∴，，，
∵，，
∴，，
∴；
故答案为7
【点睛】本题考查的是切线长定理的应用，熟记切线长定理的含义是解本题的关键．
11．/
【分析】连接，，根据题意，最小时，斜边有最小值，则当时，最小，即可求出最小值．
【详解】如图，连接，，

∵是的切线，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴点，，三点共线，
在中，，
∵，，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
要使最小，则需最小，
∴当时，最小值为，
∴此时，
∴斜边的最小值为：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了圆的性质，圆的切线性质，含的直角三角形的性质，解题的关键是正确找到点的位置，使得斜边的值最小.
12．
【分析】设的内切圆I与各边分别相切于点D，E，F，连接，，，可推出四边形是正方形，从而，设，则，，从而得出，求得x的值，进一步得出结果．
【详解】解：如图， ∵，，，
∴，

设的内切圆I与各边分别相切于点D，E，F，连接，，，
∴，，，，，
∴四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆，圆的切线的性质，勾股定理，切线长定理等知识，解决问题的关键是掌握切线的有关性质．
13．2
【分析】交于，如图，利用切线的性质得到，则可判断，利用平行线分线段成比例定理得到可计算出，则根据正弦的定义求出，再证明得到，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出的长．
【详解】解：交于，如图，

为切线，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
为直径，
，
，
，
，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理．
14．/55度
【分析】根据圆的切线的性质，推出；根据直径所对的圆周角是直角，推出，从而得出即可．
【详解】解：∵与相切，
∴，即，
∵以为直径的交于点，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质、直径所对的圆周角知识点，熟练运用切线的性质、直径所对的圆周角知识点是解题的关键．
15．
【分析】根据两圆内切的性质求出，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：∵的半径为2，的半径为6，与内切，
∴，
过点A作于D，
则，
由勾股定理得，，
∴面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是圆与圆的位置关系、等腰三角形的性质，掌握两圆内切 d=R-r是解题的关键．
16．
【分析】连接，，由的半径为1，，切于B，易求得，又由弦，可得是等边三角形，且，则阴影部分的面积等于扇形的面积，由扇形的面积公式可得出答案．
【详解】连接，，如图，

∵弦，
∴，
∵切于B，
∴，
∵的半径为1，，
∴，
∴，
∴，
∵弦，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴阴影部分的面积=扇形的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质、等边三角形的判定与性质以及扇形的面积，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
17．(1)见解析；
(2)见解析；
(3)．
【分析】此题考查了圆的切线的判定定理，直径所对的圆周角是直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，勾股定理等知识，利用同弧或等弧所对的圆周角相等以及勾股定理列出方程，是解决问题的关键．
（1）连接，根据直径所对的圆周角是直角及等腰三角形转换得，即可证明结论；
（2）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，以及平行线的判定和性质，推论转化即可证明结论；
（3）根据垂径定理得到点为的中点，设，则，利用勾股定理列方程计算得出，再利用中位线的性质即可求出的长．
【详解】（1）连接，

∵是直径，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）∵点是中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）如图：设交于点H，

∵，，
∴，
∴；
设，则为，
根据勾股定理，得，
解得：，
∴，
∵是的中位线，
∴．
故答案为：．
18．(1)见解析
(2)①的半径4，②
【分析】本题考查了切线的判定，垂径定理，勾股定理．
（1）连接，根据圆周角定理得出，再根据平行线的性质得出，即可求证与相切；
（2）①设的半径为r，则，，根据勾股定理可得，列出方程求解即可；
②过点O作于点F，用等面积法求出，进而得出，最后根据垂径定理可得．
【详解】（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴与相切；
（2）解：①设的半径为r，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：或（舍去），
∴的半径4；
②过点O作于点F，
∵，，
∴，
则，
解得：，
根据勾股定理可得：，
∵，
∴．
19．(1)见解析
(2)2
【分析】（1）连接，由圆的基本性质可得，由角平分线的定义和等腰三角形的性质可得，进而证明，，即可证明是的切线；
（2）连接，交于H，易证四边形是矩形，，因此只需求出即可，由垂径定理可得，可得是的中位线，进而求出，．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵D在⊙O上，
∴是的切线；
（2）解：如图，连接，交于H，
∵是的直径，
∴，
∵，，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，矩形的判定和性质，平行线的判定和性质，垂径定理，勾股定理，三角形中位线的性质等，难度一般，能够综合应用上述知识点是解题的关键．
20．(1)；
(2)．
【分析】（1）连接，先由切线的性质得的度数，求出，进而得，则可求出答案；
（2）连接，由等腰三角形的性质求出，根据含解的直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：连接．
∵切于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴．
（2）
连接，
设
是的切线，
即
在中，
即
解得
在中，
即的半径为2；
【点睛】
本题主要考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角的性质，三角形内角和的性质，含角的直角三角形的性质，用方程思想解决几何问题，关键是熟悉掌握这些性质．
21．；
【分析】连接，，证明四边形是正方形，由切线长定理得：，，，求出，然后可得答案．
【详解】解：在，，，，
根据勾股定理得：；
连接，，

∵是的内切圆，
∴，
在四边形中，，，
∴四边形是正方形；
∴，
由切线长定理得：，，，
则，
∴，
若，，，
由以上可得：．
【点睛】本题考查了切线的性质，正方形的判定和性质，切线长定理等知识，求出是解答本题的关键．
22．(1)见解析
(2)
【分析】对于（1），连接，根据角平分线定义及等边对等角得出，即可得出，进而得出，可得答案；
对于（2），先证明四边形是矩形，再求出，然后根据勾股定理求出r，即可求出，最后根据弧长公式计算即可．
【详解】（1）证明：连接交交于H，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
又点E在上，
∴是的切线；
（2）解：∵为直径，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，设，则，
由，即，
解得，
由，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，勾股定理，弧长公式，垂径定理，特殊角三角函数等，构造直角三角形是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页