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浙教版 九年级下册
第二章 直线与圆的位置关系
单元测试·基础卷试卷分析
一、试题难度
二、知识点分布
一、单选题 1 0.94 判断直线和圆的位置关系
2 0.85 切线的应用；其他问题（解直角三角形的应用）
3 0.84 利用垂径定理求值；求直线平移到与圆相切时运动的距离；用勾股定理解三角形
4 0.75 求圆平移到与直线相切时圆心经过的距离
5 0.74 已知直线和圆的位置关系求半径的取值
6 0.65 半圆（直径）所对的圆周角是直角；三角形内心有关应用；直角三角形的两个锐角互余；圆周角定理
7 0.65 切线的性质定理；直角三角形周长、面积与内切圆半径的关系；根据正方形的性质与判定求线段长；应用切线长定理求解
8 0.65 应用切线长定理求解；三角形内切圆与外接圆综合
9 0.64 切线的性质定理；应用切线长定理求证；已知圆内接四边形求角度；解直角三角形的相关计算
10 0.64 切线的性质定理；应用切线长定理求解；含30度角的直角三角形
二、知识点分布
二、填空题 11 0.85 应用切线长定理求解
12 0.75 切线的性质和判定的综合应用；相似三角形的判定与性质综合
13 0.74 应用切线长定理求解；含30度角的直角三角形
14 0.65 利用垂径定理求值；三角形内切圆与外接圆综合；含30度角的直角三角形；圆周角定理
15 0.64 利用弧、弦、圆心角的关系求证；三角形内心有关应用；三角形的外角的定义及性质；等腰三角形的性质和判定
16 0.15 含30度角的直角三角形；切线的性质定理；与三角形中位线有关的求解问题；求弧长
二、知识点分布
三、解答题 17 0.85 相似三角形的判定与性质综合；圆与三角形的综合(圆的综合问题)
18 0.84 利用垂径定理求值；切线的性质定理
19 0.75 切线的性质和判定的综合应用；应用切线长定理求解；与三角形中位线有关的求解问题
20 0.74 三角形内角和定理的应用；圆周角定理；等边对等角；三角形内心有关应用
21 0.65 应用切线长定理求解；仰角俯角问题(解直角三角形的应用)；切线的性质定理
22 0.65 切线的性质定理；求其他不规则图形的面积；用勾股定理解三角形；解直角三角形的相关计算
23 0.64 证明某直线是圆的切线；圆与四边形的综合(圆的综合问题)；根据等边对等角证明
24 0.4 相似三角形的判定与性质综合；圆与三角形的综合(圆的综合问题)；用勾股定理解三角形；解直角三角形的相关计算2025—2026学年九年级数学下学期单元测试卷
第二章 直线与圆的位置关系 单元测试·基础卷
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．⊙O的半径为3，点O到直线l的距离为2，则反映直线l与⊙O位置关系的图形（ ）
A．B． C． D．
2．如图，当太阳光线与地面成的角时，测得空中热气球在地面上的影长是10m，则热气球的直径是（ ）
A．20m B． C． D．10m
3．如图，半径，直线，垂足为H，且l交于A，B两点，，将直线l沿所在直线向下平移，若l恰好与相切时，则平移的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，半径为2的的圆心P的坐标为，将沿x轴正方向平移，使与y轴相切，则平移的距离为（ ）
A．1 B．1或5 C．3 D．3或5
5．在中，，，，以点C为圆心，r为半径作圆，若与直线相离，则r的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，内接于，是的直径，，点是的内心，的延长线交于点，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在中，，，与三边分别相切于点，，，且，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，是一张周长为的三角形的纸片，，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（ ）
A． B．
C． D．随直线的变化而变化
9．如图，，切于A、B两点，切于点E，交，于C，D．若的半径为r，的周长等于，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，是的直径，是的两条切线，B、C是切点，若，，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．如图，的内切圆与、、分别相切于点D、E、F，且，的周长为24，则的长为 ．
12．如图，AB是的直径，弦AD平分，过点D的切线交AC于点E，连接OD，若，，则的半径为 ．
13．如图，，是的切线，，为切点．若，，则直径的长是 ．
14．已知A，B，C，D四点共圆，线段过圆心O，长为2，连接，线段，若为圆O内接正三角形的一边时，
15．如图，点E是的内心，的延长线和的外接圆相交于点D，与相交于点G，则下列结论：①；②若，则；③若点G为的中点，则；④．其中一定正确的是 （填序号）
16．如图，在中，，半圆O与边相切于点E，与边交于点D，F，点G是弧上的动点，点H，I分别是边的中点．当点G从点D运动到点E时，点I运动的路径长是 ．
三、解答题（第 17，18，19，20，21 题每题 8 分，第 22，23 题每题 10 分，第 24 题 12 分，共 72 分）
17．如图，中，为弦，半径，弦交于E．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
18．已知是的直径，是的切线，．
(1)如图①，若，求直径的长；
(2)如图②，点是上一点，若，与相交于点，过点作弦，与相交于点，求和直径的长．
19．如图，在中，，以为直径的交于点D，点Q为延长线上一点，延长交于点P，连接，．
(1)求证：是的切线；
(2)若时，求的长．
20．如图，是的弦，点D在上，连接 ．
(1)若，则_________°．
(2)用无刻度直尺和圆规作，使点D为的内心（保留作图痕迹，不写作法）．完成下列问题
①当时，求的度数．
②连接，证明：C、D、O三点共线．
21．古代数学家刘徵编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础，现根据刘微的《重差》测量一个球体建筑物的高度．如图，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上两点与点在一条直线上，且在点的同侧，若在处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且．
(1)求的长度；
(2)求该球体建筑物的最高点到地面的距离．（参考数据：）
22．团扇又称宫扇、纨扇，是一种圆形有柄的扇子，它代表着团圆友善、吉祥如意，是中国汉族传统工艺品及艺术品．如图1是一柄团扇示意图，它由一个手柄和一个扇面组成，手柄所在直线经过扇面圆心，将其插入扇架中，为方便取用，扇架两端的支架高度要小于手柄长度的，如图2，已知该团扇的半径为，过扇柄一端P的直线与扇面相切于点， ．
(1)求扇架两端支架的取值范围；
(2)为了美观，要在如图2所示的阴影部分做装饰，求做装饰部分的面积．
23．如图，为的直径，为的弦，点D为的延长线上一点，连接，过点O作交的延长线于点E，交于点P，．
(1)若，求（用含的式子表示）；
(2)求证：是的切线；
(3)过点C作交于点H，作交于点F，若，求的长．
24．如图1，内接于半径为的圆，，点为半圆上一动点，连接交于点，
(1)如图2，连接，若，求的长；
(2)如图3，过点作的平行线交射线于点，交圆于点，若，求的值．2025—2026学年九年级数学下学期单元测试卷
第二章 直线与圆的位置关系 单元测试·基础卷
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B B C C C C C B
1．B
本题主要考查直线与圆的位置关系，能熟练地运用数量关系进行判断直线l与的位置关系是解答此题的关键.
根据的半径和圆心O到直线l的距离的大小关系即可选出答案.
解：∵的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，，
∴，
∴直线l与的位置关系是相交，且不过圆心.
故选：B.
2．C
本题主要考查了解直角三角形的实际应用，圆的切线性质，理解题意是解题的关键．根据题意画出图形，解即可．
解：如图，记直径为，过点作于点，
由题意得，，，，与圆相切于点N，
∴，
∴，
，
，
故选：C．
3．B
连接，由垂径定理和勾股定理得，当点H平移到点C时，直线与圆相切，求得．
解：连接，
∵，
∴，
∴，
∵将直线l沿所在直线向下平移，若l恰好与相切时，
∴，
即直线在原有位置向下移动后与圆相切．
故选：B．
本题利用了垂径定理，勾股定理，及切线的概念求解，正确掌握各定理并应用是解题的关键．
4．B
本题考查了平移的性质，直线与圆的位置关系，解题关键是掌握当圆与直线相切时，点到圆心的距离等于圆的半径．分两种情况讨论：位于轴左侧和位于轴右侧，根据平移的性质和圆的切线的性质分别求解，即可得到答案．
解：的圆心P的坐标为，
，
的半径为2，
，
，，
当位于轴左侧且与轴相切时，平移的距离为1，
当位于轴右侧且与轴相切时，平移的距离为5，
平移的距离为或，
故选：B．
5．C
本题考查了直线和圆的位置关系，以及勾股定理．根据题意画出草图，过点作于点，利用勾股定理求出，再根据直线与圆相离得到，最后利用等面积法求解，即可解题．
解：根据题意画图如下，
过点作于点，
，，，
，
以点C为圆心，r为半径作圆，且与直线相离，
，
，
解得，
故选：C．
6．C
本题考查了三角形的内心，圆周角定理，直角三角形的性质，由三角形内心的定义可得，由圆周角定理得，即可得，进而可得，再根据圆周角定理即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
解：∵点是的内心，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：．
7．C
此题考查了三角形的内切圆与内心、切线的性质、正方形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
连接、、、，由与三边分别相切于点，得，，，，，，，则，推导出，可证明四边形是正方形，则，求得，于是得到问题的答案．
解：连接、、、，
与三边分别相切于点，且，，，
∴，，，，，，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
故选：C．
8．C
此题重点考查三角形的周长、三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识，推导出，是解题的关键．设与、、、直线分别相切于点、、、，由的周长为，，求得，由，，求得，由，，得，于是得到问题的答案．
解：设与、、、直线分别相切于点、、、，
的周长为，，
，
，，
，
，
，，
，
剪下的三角形的周长为，
故选：C．
9．C
本题考查的是切线的性质，特殊角的三角函数值，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
连接，在优弧上取点，连接，根据切线长定理求出，根据正切的定义求出，根据圆周角定理，圆内接四边形的性质计算，得到答案．
解：连接，在优弧上取点，连接，
∵切于两点，
，
∵切于点，
∴，
∵的周长等于，
∴，
∴，
，
在中，，
，
，
，
由圆周角定理得：，
，
故选：C．
10．B
本题主要考查了切线长定理，切线的性质，等边三角形的性质和判定，连接，证明是等边三角形，得到，由圆周角定理和切线的性质证得，进而证得，即可求出答案．
解：连接，
∵是的两条切线，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
11．9
本题考查三角形的内切圆与内心、切线长定理等知识，推出及是解题的关键．
由的内切圆与、、分别相切于点D、E、F，且，得，，，所以，由，得，则，于是得到问题的答案．
解：∵的内切圆与、、分别相切于点D、E、F，且，
∴，，，
∴，
∵的周长为24，
∴，
∴，
∴，
故答案为：9．
12．//
解：如图所示，连接，
∵为的切线，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的半径为．
13．5
本题考查了切线长定理，切线的性质，含角的直角三角形的性质等知识，先根据切线长定理，切线的性质，得出，，然后根据含角的直角三角形的性质求出，即可求解．
解：∵，是的切线，，
∴，，
∵，
∴，
∴直径．
故答案为：．
14．
本题考查了圆的内接三角形，圆周角定理，等边三角形的性质，垂径定理，直角三角形的性质，勾股定理，设圆O内接正三角形为，设交于点F，连接，先证明，得到，由直角三角形的性质求出，再根据垂径定理求出，，利用勾股定理求出，进而求出，最后由勾股定理求解即可．
解：如图，设圆O内接正三角形为，设交于点F，连接，
则，
∵线段过圆心O，长为2，即是的直径，
∴，
在与中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
在中，
∴．
故答案为：．
15．①②③④
利用三角形内心的性质得到，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据圆周角定理，等弧与等弦的关系及等腰三角形的性质可对③进行判断；通过证明得到，则可对④进行判断．
解：∵点是的内心，
∴平分，
∴，故①正确；
连接，，
∵点是的内心，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，故③正确；
∵点是的内心，
∴平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故④正确，
∴一定正确的是①②③④，
故答案为：①②③④．
本题考查三角形内心，圆周角定理，等弧与等弦的关系，等腰三角形的性质与判定，三角形的内角和定理与三角形外角的性质．掌握三角形的内心的定义是解题的关键．
16．/
本题考查了直角三角形角所对的直角边等于斜边的一半，三角形的中位线，弧长公式，运用三角形中位线求解是解题的关键．本题先根据中点的性质确定点的运动轨迹，再通过已知条件求出相关角度和线段长度，最后利用弧长公式计算出点运动的路径长．
解：如图，连接，分别取的中点，连接，
分别为的中位线，
，
,
，
，
令，
，，
同理，连接，取的中点，则；
是的中点，运动轨迹为，
的运动轨迹为运动轨迹的一半，
又为的中点，
的运动轨迹为运动轨迹的一半，
如下图，连接，
半圆与相切于点，
，
，
，
，
，
，
的运动轨迹为，
的运动轨迹为，
故答案为：
17．(1)见解析
(2)
本题考查垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质．
（1）垂径定理得到，得到，再结合，即可得证；
（2）根据，列出比例式进行求解即可．
（1）证明：∵半径，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
，
∴，
，
∴．
18．(1)
(2)，；
本题考查了切线的性质、垂径定理等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键．；
（1）由题意得；推出即可求解；
（2）连接，同理可得；根据，推出，即；进而得，设半径为，则，根据，即可求解；
（1）解：∵是的切线，
∴，即；
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图所示：
∵，；
∴，
∴；
∵，
∴，即；
∵，
∴，
∴，
∵是的直径，，
∴，
∴；
设半径为，则，
∵，
∴，解得：，
∴；
19．(1)见解析
(2)
（1）连接，根据圆周角定理得到，由于，得到，根据余角的性质得到，于是得到结论；
（2）连接，根据切线的判定定理得到是的切线，求得，得到，根据平行线分线段成比例定理得到，根据三角形的中位线的性质得到，根据射影定理即可得到结论．
（1）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴，
∵，
，
∴是的切线；
（2）解：连接．
∵为半径，
∴是的切线，
∴，
，
∴，
，
，
∴，，
∴，
∴是的中位线，
∵，
∴，
∵，
，
∴，
∴．
本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，平行线分线段成比例定理，三角形的中位线的性质，射影定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
20．(1)
(2)图见解析；①；②见解析
本题主要考查了圆周角定理，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，内心，尺规作图．
对于（1），先根据圆周角定理求出，再根据等腰三角形的性质得出答案；
对于（2），用尺规作，交于点C，则即为所求作；
①先根据圆周角定理得，再根据内心的性质得，然后根据三角形内角和定理得出答案；
②先连接，设，再表示，即可得，然后根据三角形内角和定理求出根据内心的性质得，接下来在中，根据三角形内角和定理表示出，进而在中表示出 ，最后结合可得答案.
（1）解：∵，
∴.
∵，
∴.
故答案为：；
（2）解：如图， 为所求三角形．
①，理由：，
由作图得，，
∴．
故答案为：；
②证明：连接，设，
则：，
由内心得：，
在中，，
在中，，
在中， ．
所以，
所以C、D、O三点共线．
21．(1)
(2)
本题主要考查切线的性质，切线长定理，解直角三角形的运用，掌握以上知识，数形结合分析是关键．
（1）由题意知：为圆心，为切点，，根据切线长定理，，，在Rt中，，，即可求解；
（2）根据直角三角形的性质，，根据圆的基础知识即可求解．
（1）解：由题意知：为圆心，为切点，，
为的切线，
根据切线长定理，，
为的切线，
根据切线长定理，，
，
，
，
在Rt中，，，
∴．
（2）解：，
根据直角三角形的性质，，
．
最高点到地面距离为．
22．(1)
(2)
本题考查了切线的性质，扇形的面积，理解切线的性质，解直角三角形，熟练掌握等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形的面积计算公式是解决问题的关键．
（1）连接，，过点作于点，依题意得：，，，在同一条直线上，，，，在中，由勾股定理得，进而得，由此可得扇架两端支架的取值范围；
（2）先在中，利用锐角三角函数求出，进而再分别求出，，进而即可得出阴影部分面积．
（1）解：连接，，如图所示：
依题意得：，，，在同一条直线上，
∵扇面的半径为，
∴，
∵直线与扇面相切于点，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴（），
∴扇架两端支架的取值范围为：；
（2）过点作于点，如图所示：
在中，，，
∴，
∴，
在中，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
，
，
∴做装饰部分的面积为：．
23．(1)
(2)见解析
(3)
（1）根据题意可得，再由等腰三角形的性质可得，即可求解；
（2）连接，根据，可得，再由以及，可得，从而得到，即可求证；
（3）先证明四边形是矩形，可得，在中，根据勾股定理可得 ，设，则，再根据，即可求解．
（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵是半径，
∴是的切线；
（3）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，即，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
即．
本题主要查了圆的综合题，涉及了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
24．(1)
(2)2
本题考查圆周角定理，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定和性质；
（1）连接，易证得，得出，，再由同弧所对的圆周角相等得，最后利用锐角三角函数可求出；
（2）连接、、，易知，，由，用勾股定理建立方程可求出，由平行线性质得，得出，再由圆周角定理和平行线的性质得，得出，即可求解.
（1）解：如图所示，连接，
∵为圆的直径，
∴，
在与中
∴
∴
∴，
∵半径为
∴
∴在中，
∴
∵、都是所对的圆周角
∴
∴
即
解得
∴.
（2）解：如图所示，连接、、
∵、都是所对的圆周角
∴
∴
∵为圆的直径，
∴，
∴
即
设，则，
又
∴在中，
解得或（舍去）
∴
∵
∴
又、都是的圆周角，、分别是它们所对的弦
∴
∵四边形是的内接四边形
∴，，
∵、都是所对的圆周角
∴
∴
∵
∴
又，
∴
在与中
，
∴
∴
∴
