2.5 直线与圆的位置关系 培优练习（含答案）2025-2026学年数学苏科版九年级上册

2.5 直线与圆的位置关系
知识梳理
一、核心定义
直线与圆的位置关系：包括相交（直线与圆有两个公共点）、相切（直线与圆有一个公共点，直线叫切线，公共点叫切点）、相离（直线与圆无公共点）。
切线相关：从圆外一点引圆的两条切线，这点与切点之间的线段长叫切线长。
二、核心定理与性质
（一）切线的性质
切线垂直于过切点的半径（直线是圆的切线，必垂直于过切点的半径）；
从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，且这点与圆心的连线平分两条切线的夹角。
（二）切线的判定
经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线。
（三）相关衍生性质
圆的切线垂直于过切点的半径，反之，过圆心且垂直于切线的直线必过切点；
同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可结合切线性质推导角度关系；
圆内接四边形的对角互补，可辅助求解切线相关角度问题。
三、常见题型与方法
切线性质应用：已知切线，连接切点与圆心得垂直关系，结合勾股定理、角度关系求解线段长度或角度；
切线判定证明：先连接半径，证明半径与直线垂直；或计算直线到圆心的距离，证明等于半径；
切线长定理应用：利用切线长相等转化线段长度，求三角形周长或线段长度；
角度计算：结合圆周角定理、切线性质、三角形内角和等，推导未知角度；
综合计算：结合勾股定理、全等三角形、等腰三角形性质，求解线段长度、圆的半径等。
四、易错点
证明切线时，遗漏“经过半径外端”或“垂直于半径”的条件；
忽略切线长定理中“从圆外一点”的前提，误用定理；
计算时未正确构造直角三角形，导致线段或角度关系出错；
混淆圆周角与圆心角的关系，影响角度推导；
综合题中未合理连接辅助线（如连接半径、直径、切线等），无法转化问题。
培优练习
一、单选题
1．如图，已知是的切线，切点为A，连接交于D，点C在上，设，，则α，β满足的关系为（ ）
A． B． C． D．
2．如图，P为外一点，分别切于点A、B，切于点E，分别与交于点C、D，若，则的周长为（　　）
A．10 B．12 C．16 D．20
3．如图，的边与相交于C、D两点，且经过圆心O，边与相切，切点为B．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，是的内接三角形，是延长线上一点，且与相切于点，若，则的半径为（ ）
A． B． C．2 D．
5．如图，是的直径，是的两条弦，是过点E的切线，且，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在内已知为直径，是的切线，且的延长线交于点．连接．若，则的度数为（ ）
A．45 B．50 C．55 D．60
7．在边长为4的正方形内有一个等腰，连接，若，则内切圆的半径为（ ）
A． B．1 C． D．
二、填空题
8．如图，是的切线，是切点，连接，．若，，，则的长为 ．
9．如图，是的直径，内接于，点I为的内心，连接并延长交于点D，E是上任意一点，连接，，，．当度，则 度；当，，则的周长为 ．
10．如图，在平面直角坐标系中，的半径是1，直线与x轴交于点，且与x轴的正半轴夹角为，若直线与有公共点，则x值的范围是 ．
11．如图，是的切线，连接并延长交于点，点，在上，且．若，则的度数是 ．
三、解答题
12．如图，已知是的直径，是的弦，延长到点C，使，过点D作，垂足为E．

(1)求证：；
(2)求证：为的切线；
(3)点F是与的交点，若，求．
13．已知为的直径，是的切线且切点为点，过点作于点，交于点，连接．
(1)如图，若，求的度数；
(2)如图，若点为的中点，，求线段的长．
14．如图，在以点为圆心的两个同心圆中，大圆的弦分别与小圆相切于点、．与相等吗？为什么？
15．如图，中，，以为直径的交的延长线于点E，连接，是的切线．
(1)求证：；
(2)若，，求CD的长．
16．如图，为的直径，为的弦，C为上一点，，，垂足为D．
(1)连结，判断与的位置关系．并证明；
(2)若，，求的半径．
17．如图，在中，点A在上，边交于点C，于点D．是的平分线．
(1)求证：为的切线；
(2)若的半径为3，，求的长．
参考答案
1．A
【分析】本题主要考查了圆的切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，圆内接四边形的性质，解题的关键是掌握以上性质，并灵活应用．
连接，在外的上找一点，连接，根据切线的性质得出直角三角形，根据圆周角定理得出，根据圆内接四边形的性质列出算式即可．
【详解】解：如图，连接，在外的上找一点，连接，
∴，
∵是的切线，
∴，
∴，
∴，
根据圆内接四边形的性质得，，
∴，
∴，
故选：A．
2．D
【分析】本题考查切线长定理，根据题意可知从圆外一点引圆的两条切线，切线长相等，继而得到，继而求出本题答案．
【详解】解：∵分别切于点A、B，切于点E，分别与交于点C、D，
∴，
∵的周长：，，，
∴，
故选：D．
3．C
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理．由切线的性质可得，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得，即可求解．
【详解】解：连接，如图，
边与相切，
，
，
，与是所对的圆心角和圆周角，
，
，
故选：C．
4．D
【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握圆周角定理，切线的性质，勾股定理是解题的关键．连接，根据圆周角定理可得，根据补角的性质可得，结合题意，与相切于点，可得，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，根据，得出，求出，即可得出答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，
∴，
∴，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
即，
解得：，
∴，
即圆的半径为．
故选：D．
5．B
【分析】本题主要考查了垂径定理、圆周角定理、切线的性质、直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
如图：连接交于F，连接，由圆周角定理可得，易得，即；再根据切线的性质、平行线的性质、垂径定理可得，易得，最后根据角的和差即可解答．
【详解】解：如图：连接交于F，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵是过点E的切线，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴．
故选B．
6．C
【分析】本题考查圆周角定理、切线的性质，根据圆周角定理求出，根据切线的性质求出，从而可求．
【详解】解：，
又是的切线，
∴，
，
故选：C．
7．D
【分析】本题考查正方形的性质、三角形的内切圆，根据正方形的性质及已知条件判断E为正方形的中心，为等腰直角三角形，根据等面积法即可求出内切圆的半径．
【详解】解：如图：
∵正方形的对角线互相垂直且平分，，为等腰三角形，
∴E即为正方形的中心，
∴为等腰直角三角形，
其中，
设的内切圆半径为r，周长为C，
则利用等面积法可得，
则，
故选：D．
8．
【分析】本题考查了切线的性质、勾股定理，熟练掌握切线的性质是解题关键．
连接，根据切线的性质得到，再判断为等腰直角三角形，从而得到，最后利用勾股定理求的长即可．
【详解】解：连接，如图，
∵是的切线，是切点，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
在中，．
故答案为：．
9． /
【分析】利用圆周角定理得到，再根据三角形的内角和定理求，然后利用圆内接四边形的对角互补求解即可；过点作于点G，连接，由三角形的内心性质得到内心，，，然后利用圆周角定理得到，，利用三角形的外角性质证得，证明；然后依次求出，，即可．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
又，
∴，
∵四边形是内接四边形，
∴，
∴；
过点作于点G，连接，
∵点I为的内心，
∴，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
故答案为：，．
【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质、三角形的内心性质、三角形的外角性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
10．
【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，熟知直线和圆的三种位置关系是解答此题的关键．
设直线的解析式为，当直线与圆相切时切点为C，连接，则，由于直线与x轴正方向夹角为，所以是等腰直角三角形，故，再根据勾股定理求出的长即可．
【详解】解：
∵直线与x轴正方向夹角为，
∴设直线的解析式为，切点为C，连接，
∴，
∵的半径为1，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
同理可得，当直线与x轴负半轴相交时，，
∴．
11．
【分析】本题考查了直角三角形的性质，切线的性质，三角形外角性质，圆周角定理等知识，连接，由切线性质可得，又，则，所以，则，根据是的直径，得，然后通过直角三角形性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴，
故答案为：．
12．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据半圆（直径）所对的圆周角是直角，得到，再结合等腰三角形“三线合一”，即可证明；
（2）连接，结合等腰三角形性质证明，进而推出，再结合切线判定定理，即可证明为的切线；
（3）过点作于点，利用勾股定理与等面积法求出，再根据等腰三角形性质，角平分线性质得到，连接交于点，证明四边形为矩形，推出，结合垂径定理得到，利用勾股定理求出，最后根据求解，即可解题．
【详解】（1）证明： 是的直径，
，
，
；
（2）证明：连接，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
是的半径，
为的切线；
（3）解：过点作于点，
，，
，，
，
即，
解得，
，，，
，
连接交于点，
是的直径，
，
，
，
四边形为矩形，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了半圆（直径）所对的圆周角是直角，等腰三角形性质，切线判定定理，勾股定理，角平分线性质，矩形的性质与判定，垂径定理，解题的关键在于灵活运用相关知识．
13．(1)的度数是；
(2)线段的长为．
【分析】（）连接，则，所以，因为切于点，所以，而于点，交于点，则，所以，则，推导出，求得，则；
（）连接，由，且为的中点，得，则，所以是等边三角形，则，所以，因为，所以．
【详解】（1）解：如图，连接，则，
∴，
∵切于点，
∴，
∵于点，交于点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的度数是；
（2）解：如图，连接，则，由（）得，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵为的直径，
∴，
∴，
∴线段的长为．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行线的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
14．与相等，理由见解析
【分析】本题考查垂径定理，切线长定理，掌握知识点是解题的关键．
连接、，根据切线长定理，得到，，，再由垂径定理，得到，，则，即可解答．
【详解】解：与相等
如图，连接、，
是小圆的两条切线，切点分别为、，
，，
又 是大圆的弦，，
，，
．
15．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握圆的切线的性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）连接，根据圆的切线得到，而，再由互余关系即可证明，则；
（2）设的半径为.在中，由勾股定理得；在中，由勾股定理得，再由，得到方程，即可求解．
【详解】（1）证明：连接，
∵是的切线，
∴，
∴.
又∵，
∴.
在中，，即，
∴，
∴；
（2）解：设的半径为.
在中，，
即.
在中，，
即.
∵，
∴，
解得.
在中，
∴．
16．(1)，理由见解析
(2)
【分析】（1）延长交于点，连接，再根据圆的基本性质及等腰三角形的性质即可；
（2）由（1）中结论，，，先证明，再根据勾股定理即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
延长交于点，连接，
，
，
；
（2）解：由（1）中结论，，，
∴，
，
设的半径为，则，
在中，，
即，
解得：，
即的半径为．
【点睛】本题考查圆的基本性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先利用，根据直角三角形的性质得到，然后由，根据等腰三角形的性质可得，紧接着根据是的平分线，得到，最后通过等量代换得出，即，因为是的半径，根据圆的切线的判定定理证明结论；
（2）先根据，可判断是等腰直角三角形，得出，然后在中，利用勾股定理，结合，计算的长度，最后利用线段的和差关系求出的长度．
【详解】（1）证明：∵于点D，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴为的切线．
（2）解：∵，，
∴，
∴，
∵的半径为2，
∴，
∴，
∴，
∴的长是．
【点睛】本题考查了角平分线的定义，等腰三角形的性质，切线的判定定理，三角形内角和定理及勾股定理等知识点．