九年级上册数学24.2点和圆、直线和圆的位置关系同步练习（含解析）

九年级上册数学 24.2 点和圆、直线和圆的位置关系 同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在平面内的半径为，点到圆心O的距离为，则点P与的位置关系为（ ）
A．圆内 B．圆外 C．圆上 D．无法确定
2．已知的半径为4，平面内有一点．若，则点与的位置关系是（ ）．
A．在圆内 B．在圆上 C．在圆外 D．不能确定
3．如图，已知直线交于A，B两点，是的直径，点C为上一点，且平分，过C作，垂足为D，且，的直径为10，则的长等于（ ）
A．4 B．5 C．6 D．8
4．直角三角形的两直角边分别为a，b，外接圆的半径为R，内切圆的半径为r，则a，b，R，r 四者之间的关系是 （ ）
A． B．
C． D．
5．如图，在平面直角坐标系中，点，点，点，则经画图操作可知：的外心坐标应是（ ）
A． B． C． D．
6．（教材改编题）如图，中，，，，以C为圆心，以2为半径作，则与的位置关系是（ ）
A．相切 B．相交 C．相离 D．无法确定
7．如图，是的直径，，是上的点，，过点作的切线交延长线于点，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是四边形的内切圆，切点依次是、、、，下列结论一定正确的有（ ）个
① ② ③ ④．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．已知的半径为，点在上，则的长为 ．
10．如图，已知是的直径，点C、D分别在两个半圆上，若过点C的切线与的延长线交于点E，，则的度数为 ．
11．在△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，以B为圆心的圆与AC相切，则☉B的半径为 ．
12．如图，正方形的边长为4，的半径为1，若在正方形外运动（可以与该正方形的边相切），则绕正方形运动一周回到起点时，圆心O移动路径长的最小值为 ．
13．如图，，已知，点P射线上一动点，以为直径作，点P运动时．若与线段有公共点，则最大值为 ．
三、解答题
14．如图，在以点O为圆心的两个同心圆中，大圆的弦，分别与小圆相切于点D、E．求证：．
15．如图，AB，CD是⊙O的直径，点E在AB延长线上，FE⊥AB，BE=EF=2，FE的延长线交CD延长线于点G，DG=GE=3，连接FD．
（1）求⊙O的半径；
（2）求证：DF是⊙O的切线．
16．过圆外一点P做的切线，尺规作图保留作图痕迹，用两种方法．
17．已知是的直径，是圆外一点，直线交于点，不重合，平分交于点，过作，垂足为
(1)判断与的位置关系，并说明理由；
(2)若，的直径为，求．
/ 让教学更有效 精品 |
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】本题考查了点与圆的位置关系：设的半径为，点P到圆心的距离，点P在圆内，根据点与圆的位置关系直接作出判断．
【详解】∵的半径为，点到圆心O的距离为，
即点到圆心O的距离小于圆的半径，
∴点在内，
故选：A．
2．C
【分析】本题考查了点与圆的位置关系：设圆的半径为r，点P到圆心的距离为d，当时，则点P在圆外；当时，点P在圆上；当时，点P在圆内，根据点P与圆的位置关系的判定方法对点M与位置关系进行判断．
【详解】解：∵的半径为4，
∴点M到圆心的距离大于圆的半径，
∴点M在圆外．
故选：C．
3．C
【分析】本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，连接，根据题意可证得，再根据角平分线的性质，得，过作，则，得四边形为矩形，设，在中，由勾股定理得，从而求得的值，由垂径定理得出的长．
【详解】连接，过作，垂足为，
，
，
平分，
，
，
∴，
，
，
四边形为矩形，
，．
，
设，则，
的直径为10，
，
，
在中，由勾股定理得．
即，
解得，．
大于，故舍去，
，
，，
，由垂径定理知，为的中点，
．
故选：C．
4．A
【分析】本题考查了直角三角形的外接圆与内切圆，正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的综合运用．切于E，切于F，切于D，得出正方形推出，根据切线长定理结合三角形的周长求出，即可求出答案．
【详解】解：如图，切于E，切于F，切于D，连接，
则，，
∴四边形是正方形，
∴，
由切线长定理得：，
∵直角三角形的外接圆半径为R，内切圆半径为r，
∴，
即的周长是
，
∴，
故选：A．
5．B
【分析】此题考查了三角形外心，坐标与图形，垂直平分线的性质，首先由的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，所以在平面直角坐标系中作与的垂直平分线，两垂线的交点即为的外心，解题的关键是正确理解三角形的外心即是三角形三边垂直平分线的交点．
【详解】解：如图，
∵的外心即是三角形三边垂直平分线的交点，
∴分别作与的垂直平分线，两垂线的交点即为的外心，
根据坐标可得：，
故选：B．
6．C
【详解】过作，在中，，又∵，∴，∵，∴与是相离的．
7．A
【分析】连接OC，由CE为圆O的切线，根据切线的性质得到OC垂直于CE，即三角形OCE为直角三角形，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，由圆周角∠CDB的度数，求出圆心角∠COB的度数，在直角三角形OCE中，利用直角三角形的两锐角互余，即可求出∠E的度数．
【详解】连接OC，如图所示：
∵圆心角∠BOC与圆周角∠CDB都对弧BC，
∴∠BOC=2∠CDB,又∠CDB=25°，
∴∠BOC=50°，
又∵CE为圆O的切线，
∴OC⊥CE,即∠OCE=90°，
则∠E=90° 50°=40°.
故答案为A.
【点睛】此题考查切线的性质，解题关键在于作辅助线.
8．B
【分析】根据圆的切线的性质判断，解题．
【详解】解：∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，∴多边形的每条边都与⊙O相切.
根据切线长定理可知，AF＝AE，BF＝BG，CG＝CH，DE＝DH，即②正确；
∵四边形形状不定，∴①④无法判定；
又∵AB＋CD＝AF＋BF＋CH＋DH，AD＋BC＝AE＋AD＋BG＋CG；∴AB＋CD＝AD＋BC,③正确；故选：B
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，熟知切线长定理是本题解题的关键．
9．
【分析】本题考查了半径的定义，根据“圆上的点到圆心的距离等于半径”，即可解答．
【详解】解：∵的半径为，点在上，
∴，
故答案为：．
10．70度/
【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，解题的关键是根据切线的性质求出，然后根据三角形外角的性质求出，最后根据圆周角定理求出结果即可．
【详解】解：∵为的切线，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：度．
11．2.4
【分析】根据已知条件得到是直角三角形，，根据题意作出图形，连接BD，根据题意可得，根据切线的性质计算即可；
【详解】∵在△ABC中，AB＝3，BC＝4，AC＝5，
∴，
∴是直角三角形，，
根据题意作出图形，连接BD，
∵是切线，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案是：2.4．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，切线的性质，准确计算是解题的关键．
12．
【分析】根据题意可知当圆O与正方形的边相切时，圆心O移动的路径最短，由此求解即可．
【详解】解：根据题意可知当圆O与正方形的边相切时，圆心O移动的路径最短，
如图所示，虚线部分即为圆心O的运动轨迹，即圆心O的运动路径长为圆O的周长+正方形周长，
∴圆O的运动周长，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系，解题的关键在于能够知晓圆O与正方形的边相切时，圆心O移动的路径最短．
13．//
【分析】本题考查了直线和圆的位置关系，直线与圆有三种位置关系：①直线l和相交 ，②直线l和相切 ，③直线l和相离 ；相切是常考知识点，要熟练掌握；本题是求线段的最值问题，要先找出最值时动点所在的位置或圆与直线的特殊关系，根据这个位置关系求出最大值．当与相切时，的值最大，作辅助线构建直角三角形，先证明四边形是矩形，得，设，在中，根据勾股定理列方程求出x即可．
【详解】解：当与相切时，的值最大，如图，
设与相切于点E，连接，则，
过C作于F，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是梯形的中位线，
∴，
设，则，
∴，
由勾股定理得：，
解得： ，
∴最大值为；
故答案为：．
14．见解析
【分析】先由切线的性质及切线长定理得出，，，再由垂径定理得出，，即可证明．
【详解】连接，
∵分别与小圆相切于点D、E，
∴，，，
∵是大圆的弦，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质、切线长定理、垂径定理，熟练掌握知识点并添加适当的辅助线是解题的关键．
15．（1）2；（2）证明见解析
【分析】（1）⊙O半径为R，则OD=OB=R，在Rt△OEG中，∠OEG=90°，由勾股定理得出方程（R+3）2=（R+2）2+32，求出即可；
（2）证△FDG≌△OEG，推出∠FDG=∠OEG=90°，求出OD⊥DF，根据切线的判定推出即可．
【详解】解：（1）设⊙O半径为R，则OD=OB=R，
在Rt△OEG中，∠OEG=90°，由勾股定理得：OG2=OE2+EG2，
∴（R+3）2=（R+2）2+32，
R=2，
即⊙O半径是2．
（2）∵OB=OD=2，
∴OG=2+3=5，GF=2+3=5=OG，
∵在△FDG和△OEG中
∴△FDG≌△OEG（SAS），
∴∠FDG=∠OEG=90°，
∴∠ODF=90°，
∴OD⊥DF，
∵OD为半径，
∴DF是⊙O的切线．
【点睛】本题考查切线的判定；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
16．见解析
【分析】方法一：如图1中，连接，以为直径作圆交于D、，根据圆周角定理可判断为的切线；
方法二：先以O点为圆心，为半径作圆，再作大圆O的直径，交小圆于A、B，然后以为圆心，为半径画弧交大圆于点E、，利用圆周角定理和三角形中位线性质可得到为的切线．
本题考查作图-复杂作图，切线的判定，线段的垂直平分线的性质，三角形的外接圆等知识，解题的关键是学会利用圆周角定理构造直角，属于中考常考题型．
【详解】解：根据题意，画图如下：
则和即为所求．
17．(1)与相切，理由见解析；
(2)．
【分析】（）连接，证，即可证得与相切；
（）过作于，可得四边形是矩形，设，则，，在中，由勾股定理得，求得的值，进而即可求解．
【详解】（1）解：与相切，理由如下：
连接，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴与相切；
（2）解：过作于，
∵， ，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，的直径为，
∴，，
设，则，，
在中，由勾股定理得，，
∴，
解得，(不合，含去)，
∴，
∵，
∴．
【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、矩形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，正确作出辅助线是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页