新版沪科版2019-2020学年九年级数学下册24.4直线与圆的位置关系作业设计(含答案)

24.4 直线与圆的位置关系
一．选择题（共8小题）
1．如图，△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，D是其中的一个切点，已知AD=10cm，小明准备用剪刀沿着与⊙O相切的任意一条直线MN剪下一块三角形（△AMN），则剪下的△AMN的周长为（　　）

（第1题图）
A．20cm B．15cm
C．10cm D．随直线MN的变化而变化
2．以半圆中的一条弦BC（非直径）为对称轴将弧BC折叠后与直径AB交于点D，若，且AB=10，则CB的长为（　　）

（第2题图）
A． B． C． D．4
3．以正方形ABCD的BC边为直径作半圆O，过点D作直线切半圆于点F，交AB边于点E．则三角形ADE和直角梯形EBCD的周长之比为（　　）

（第3题图）
A．3：4 B．4：5 C．5：6 D．6：7
4．设H为锐角△ABC的三条高AD、BE、CF的交点，若BC=a，AC=b，AB=c，则AH?AD+BH?BE+CH?CF等于（　　）
A．（ab+bc+ca） B．（a2+b2+c2） C．（ab+bc+ca） D．（a2+b2+c2）
5．如图，圆的半径等于正三角形ABC的高，此圆在沿底边AB滚动，切点为T，圆交AC、BC于M、N，则对于所有可能的圆的位置而言，的度数为（　　）

（第5题图）
A．从30°到60°变动 B．从60°到90°变动
C．保持30°不变 D．保持60°不变
6．如图，矩形ABCD中，G是BC的中点，过A、D、G三点的圆O与边AB、CD分别交于点E、点F，给出下列说法：（1）AC与BD的交点是圆O的圆心；（2）AF与DE的交点是圆O的圆心；（3）BC与圆O相切，其中正确说法的个数是（　　）

（第6题图）
A．0 B．1 C．2 D．3
7．如图，直线AB是⊙O的切线，C为切点，OD∥AB交⊙O于点D，点E在⊙O上，连接OC，EC，ED，则∠CED的度数为（　　）

（第7题图）
A．30° B．35° C．40° D．45°
8．如图，菱形ABCD的边AB=20，面积为320，∠BAD＜90°，⊙O与边AB，AD都相切，AO=10，则⊙O的半径等于（　　）

（第8题图）
A．5 B．6 C．2 D．3　
二．填空题（共9小题）
9．如图，某机械传动装置在静止状态时，连杆PA与点A运动所形成的⊙O交于点B，现测得PB=4cm，AB=5cm，⊙O的半径R=4.5cm，此时P点到圆心O的距离是　 　cm．

（第9题图）
10．如图，⊙O1与⊙O2相交于A、B两点，连接AB，并在其延长线上取点P，过点P作⊙O1、⊙O2的切线PC、PD，切点分别为C、D，若PC=6，则PD=　 　．

（第10题图）
11．已知四边形ABCD是圆内接四边形，两组对边延长后分别交于点E，F，且EA?ED=25，FC?FD=144，则EF=　 　．
12．如图，在△ABC中，∠B=36°，∠ACB=128°，∠CAB的平分线交BC于点M，△ABC的外接圆的切线AN交BC的延长线于点N，则△ANM的最小角等于　 　．

（第12题图）
13．如图，正方形ABCD的边长为8，M是AB的中点，P是BC边上的动点，连结PM，以点P为圆心，PM长为半径作⊙P．当⊙P与正方形ABCD的边相切时，BP的长为　 　．

（第13题图）
14．如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，以CD为直径作⊙O．将矩形ABCD绕点C旋转，
使所得矩形A′B′CD′的边A′B′与⊙O相切，切点为E，边CD′与⊙O相交于点F，
则CF的长为　 　．

（第14题图）
15．如图，AT切⊙O于点A，AB是⊙O的直径．若∠ABT=40°，则∠ATB=　 　．

（第15题图）
16．如图，已知∠AOB=30°，在射线OA上取点O1，以O1为圆心的圆与OB相切；在射线O1A上取点O2，以O2为圆心，O2O1为半径的圆与OB相切；在射线O2A上取点O3，以O3为圆心，O3O2为半径的圆与OB相切；…；在射线O9A上取点O10，以O10为圆心，O10O9为半径的圆与OB相切．若⊙O1的半径为1，则⊙O10的半径长是　 　．

（第16题图）
17．如图，在直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为（﹣1，0），半径为1，点P为直线y=﹣x+3上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是　 　．

（第17题图）
三．解答题（共23小题）
18．如图，已知P是⊙O外一点，PS，PT是⊙O的两条切线，过点P作⊙O的割线PAB，交⊙O于A、B两点，并交ST于点C．
求证：．

（第18题图）





19．如图，Rt△BDE中，∠BDE=90°，BC平分∠DBE交DE于点C，AC⊥CB交BE于点A，△ABC的外接圆的半径为r．
（1）若∠E=30°，求证：BC?BD=r?ED；
（2）若BD=3，DE=4，求AE的长．

（第19题图）






20．如图，两个同心圆的圆心是O，大圆的半径为13，小圆的半径为5，AD是大圆的直径．大圆的弦AB，BE分别与小圆相切于点C，F．AD，BE相交于点G，连接BD．
（1）求BD的长；
（2）求∠ABE+2∠D的度数；
（3）求的值．

（第20题图）



21．如图，△ABC内接于⊙O，过点B作⊙O的切线，交于CA的延长线于点E，∠EBC=2∠C．
（1）求证：AB=AC；
（2）当=时，①求tan∠ABE的值；②如果AE=，求AC的值．

（第21题图）





22．如图，⊙Ol和⊙O2内切于点P，过点P的直线交⊙Ol于点D，交⊙O2于点E，DA与⊙O2相切，切点为C．
（1）求证：PC平分∠APD；
（2）求证：PD?PA=PC2+AC?DC；
（3）若PE=3，PA=6，求PC的长．

（第22题图）







参考答案
一．1．A【解析】∵△ABC是一张三角形的纸片，⊙O是它的内切圆，D是其中的一个切点，AD=10cm，∴设E、F分别是⊙O的切点，故DM=MF，FN=EN，AD=AE，∴AM+AN+MN=AD+AE=10+10=20（cm）．故选A．

（第1题答图）
【点评】此题主要考查了切线长定理，得出AM+AN+MN=AD+AE是解题的关键．
2．A【解析】如图，若，且AB=10，∴AD=4，BD=6，作AB关于直线BC的对称线段A′B，交半圆于D′，连接AC、CA′，可得A、C、A′三点共线.∵线段A′B与线段AB关于直线BC对称，∴AB=A′B，∴AC=A′C，AD=A′D′=4，A′B=AB=10．而A′C?A′A=A′D′?A′B，即A′C?2A′C=4×10=40．则A′C2=20.又∵A′C2=A′B2﹣CB2，∴20=100﹣CB2，∴CB=4．
故选A．

（第2题图）
【点评】此题将翻折变换、勾股定理、割线定理相结合，考查了同学们的综合应用能力，要善于观察图形的特点，然后做出解答．
3．D【解析】根据切线长定理，得BE=EF，DF=DC=AD=AB=BC．设EF=x，DF=y，则在直角△AED中，AE=y﹣x，AD=CD=y，DE=x+y．根据勾股定理，可得（y﹣x）2+y2=（x+y）2，∴y=4x，∴三角形ADE的周长为12x，直角梯形EBCD的周长为14x，∴两者周长之比为12x：14x=6：7．
故选D．
【点评】此题考查圆的切线长定理，正方形的性质和勾股定理等知识，解答本题关键是运用切线长定理得出EB=EF，DF=DC，从而求解．
4．B【解析】AH?AD=AC?AE=AC?AB?cos∠BAE=（b2+c2﹣a2），同理BH?BE=（a2+c2﹣b2），CH?CF=（a2+b2﹣c2），故AH?AD+BH?BE+CH?CF=（a2+b2+c2）．故选B．
【点评】本题主要考查了切割线定理，理解H、D、C、E四点共圆是解决本题的关键．
5．D【解析】过点O作OH∥AC，交AB与点H，交BC于点Z，过点O作OE∥BC，交AB的延长线于点E，连接OM，ON，过点M作MG⊥OH于点G，作NK⊥OE于点K.∵△ACB是等边三角形，∴∠A=∠ACB=∠ABC=60°．∵OE∥BC，∴∠ACB=∠CZO=60°．∴∠HZB=60°．∵OE∥CB，∴∠EOH=∠HZB=60°．∵OC∥AB，∴四边形AHOC是平行四边形，∴∠A=∠COZ=60°，∴△OZC是等边三角形.∵MG⊥OH，NK⊥OH，∴MG，NK均为△OZC的高，∴MG=NK．在Rt△OMG与Rt△ONK中，∵，∴△OMG≌△ONK（HL），∴∠MOG=∠KON，∴∠MON=60°，∴的度数为60°．故选D．

（第5题答图）
【点评】本题考查的是切线的性质，根据题意作出辅助线，构造出平行四边形及等边三角形，利用圆心角与弧的关系求解是解答此题的关键．　
6．C【解析】连接DG、AG，作GH⊥AD于点H，连接OD，如图.∵G是BC的中点，∴AG=DG，∴GH垂直平分AD，∴点O在HG上.∵AD∥BC，∴HG⊥BC，∴BC与圆O相切.∵OG=OD，∴点O不是HG的中点，∴圆心O不是AC与BD的交点.而四边形AEFD为⊙O的内接矩形，∴AF与DE的交点是圆O的圆心；∴（1）错误，（2）（3）正确．故选C．

（第6题答图）
【点评】本题考查了三角形内切圆与内心：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．也考查了矩形的性质．
7．D【解析】∵直线AB是⊙O的切线，C为切点，∴∠OCB=90°.∵OD∥AB，∴∠COD=90°，
∴∠CED=∠COD=45°.故选D．
【点评】本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径及圆周角定理．
8．C【解析】如图作DH⊥AB于点H，连接BD，延长AO交BD于点E．

（第8题答图）
∵菱形ABCD的边AB=20，面积为320，∴AB?DH=320，∴DH=16.在Rt△ADH中，AH==12，∴HB=AB﹣AH=8.在Rt△BDH中，BD==8.设⊙O与AB相切于F，连接OF．∵AD=AB，OA平分∠DAB，∴AE⊥BD.∵∠OAF+∠ABE=90°，∠ABE+∠BDH=90°，
∴∠OAF=∠BDH，∵∠AFO=∠DHB=90°，∴△AOF∽△DBH，∴=，∴=，
∴OF=2．故选C．
【点评】本题考查切线的性质、菱形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
二．9．7.5【解析】连接PO交圆于点C，并延长PO交圆于点D.∵PB=4cm，AB=5cm，∴PA=9cm；
由割线定理，得PB?PA=PC?PD；设点P到圆心的距离是xcm，则有（x﹣4.5）（x+4.5）=36，
解得x=7.5cm．故P到O点的距离为7.5cm．

（第9题答图）
【点评】此题要通过作辅助线构造割线，然后运用割线定理列方程求解．
10．6【解析】∵依题意，可得PC2=PB?PA，PD2=PA?PB，∴PC2=PD2.∵PC=6，∴PC=PD=6．
【点评】注意：切割线定理和割线定理必须在同一个圆中运用；这里借助割线PBA建立了两条切线长的相等关系．　
11．13【解析】∵∠A=∠BCF=∠CFE+∠CE∴在∠A内作∠EAG交EF于点G，使∠EAG=∠DFE，则∠FAG=∠FEB.在△EAG和△EFD中，∠EAG=∠DFE，∠AEG=∠FED，则△EAG∽△EFD，∴EA：EF=EG：ED，即EG×EF=EA×ED（1）.在△EFB和△AFG中，∠FAG=∠FEB，∠AFG=∠EFB，
所以△EFB∽△AFG，∴AF：EF=FG：FB，即FG×EF=AF×BF （2），（1）+（2），得EG×EF+FG×EF=EA×ED+AF×BF，EF×（EG+FG）=EA×ED+AF×BF，即EF2=EA×ED+AF×BF，由割线定理，得到AF×BF=FC×FD，∴EF2=EA×ED+FC×FD=25+144=169，因此EF=13．

（第11题答图）
【点评】本题巧妙地从△EAG∽△EFD和△EFB∽△AFG得到的结论，同切割定理结合起来，从而解得．　
12．44°【解析】∵∠B=36°，∠ACB=128°，AM为∠CAB的平分线，∴∠CAM=∠MAB=×（180°﹣36°﹣128°）=8°.∵∠AMC=36°+8°=44°，又AN为切线，∴∠NAC=∠B=36°，∠NAM=44°，∴∠N=180°﹣44°﹣44°=92°，∴△ANM的最小角为44°．
【点评】本题考查了切线的性质、三角形的内角和定理是基础知识比较简单．　
13．3或4【解析】如图1中，当⊙P与直线CD相切时，设PC=PM=x．

（第13题答图）
在Rt△PBM中，∵PM2=BM2+PB2，∴x2=42+（8﹣x）2，∴x=5，∴PC=5，BP=BC﹣PC=8﹣5=3．
如图2中当⊙P与直线AD相切时．设切点为K，连接PK，则PK⊥AD，四边形PKDC是矩形．
∴PM=PK=CD=2BM，∴BM=4，PM=8，在Rt△PBM中，PB==4．综上所述，BP的长为3或4．
【点评】本题考查切线的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题．
　
14．4【解析】连接OE，延长EO交CD于点G，作OH⊥B′C于点H，则∠OEB′=∠OHB′=90°.
∵矩形ABCD绕点C旋转所得矩形为A′B′C′D′，∴∠B′=∠B′CD′=90°，AB=CD=5、BC=B′C=4，∴四边形OEB′H和四边形EB′CG都是矩形，OE=OD=OC=2.5，∴B′H=OE=2.5，
∴CH=B′C﹣B′H=1.5，∴CG=B′E=OH===2.∵四边形EB′CG是矩形，∴∠OGC=90°，即OG⊥CD′，∴CF=2CG=4．

（第14题答图）
【点评】本题主要考查圆的切线的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的判定与性质、旋转的性质、切线的性质、垂径定理等知识点．
15．50°【解析】∵AT切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，∴∠BAT=90°.∵∠ABT=40°，∴∠ATB=50°.
【点评】本题考查切线的性质，解题的关键是根据切线的性质求出∠ATB=90°，本题属于基础题型．
16．29【解析】作O1C、O2D、O3E分别⊥OB.∵∠AOB=30°，∴OO1=2CO1，OO2=2DO2，OO3=2EO3.
∵O1O2=DO2，O2O3=EO3，∴圆的半径呈2倍递增，∴⊙On的半径为2n﹣1 CO1.∵⊙O1的半径为1，
∴⊙O10的半径长=29，

（第16题答图）
【点评】本题考查了圆切线的性质，考查了30°角所对直角边是斜边一半的性质，本题中找出圆半径的规律是解题的关键．
17．2【解析】如图，作AP⊥直线y=﹣x+3，垂足为P，作⊙A的切线PQ，切点为Q，此时切线长PQ最小.∵A的坐标为（﹣1，0），设直线与x轴，y轴分别交于C，B，∴B（0，3），C（4，0），∴OB=3，AC=5，∴BC==5，∴AC=BC，在△APC与△BOC中，，∴△APC≌△BOC，∴AP=OB=3，∴PQ==2．∵PQ2=PA2﹣1，此时PA最小，所以此时切线长PQ也最小，最小值为2．

（第17题答图）
【点评】本题主要考查切线的性质，掌握过切点的半径与切线垂直是解题的关键，用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题．　
三．18．证明：连PO交ST于点D，则PO⊥ST，连接SO，作OE⊥PB于E，则E为AB中点，
于是.
因为C、E、O、D四点共圆，
所以PC?PE=PD?PO.
又因为Rt△SPD∽Rt△OPS，
所以，
即PS2=PD?PO，
而由切割线定理知，PS2=PA?PB，
所以.
即.

（第18题答图）
【点评】本题主要考查了切割线定理以及三角形相似的证明，注意对比例式的变形是解题关键．　
19．（1）证明：取AB中点O，△ABC是Rt△，AB是斜边，O是外接圆心，连接CO，
∴BO=CO，∠BCO=∠OBC.
∵BC是∠DBE平分线，
∴∠DBC=∠CBA，
∴∠OCB=∠DBC，
∴OC∥DB，（内错角相等，两直线平行），
∴，把比例式化为乘积式，得BD?CE=DE?OC.
∵OC=r，
∴BD?CE=DE?r．
∵∠D=90°，∠E=30°，
∴∠DBE=60°，
∴∠CBE=∠DBE=30°，
∴∠CBE=∠E，
∴CE=BC，
∴BC?BD=r?ED．
（2）解：BD=3，DE=4，根据勾股定理，BE=5.
设圆的半径长是r，则OC=OA=r.
∵OC∥DB，
∴△OCE∽△BDE，
∴==，即==，
解得OE=r，CE=r，CH==r.
∵BC平分∠DBE交DE于点C，则△BDC≌△BHC，
∴BH=BD=3，则HE=2．
∴CD=CH=r．
在直角△CHE中，根据勾股定理，得CH2+EH2=CE2，
即（r）2+22=（r）2，解得r=，
则AE=BE﹣2r=5﹣=．

（第19题答图）
【点评】本题考查的是切割线定理，切线的性质定理，勾股定理．　
20．解：（1）连接OC，BD.∵AB是小圆的切线，C是切点，
∴OC⊥AB，
∴C是AB的中点．
∵AD是大圆的直径，
∴O是AD的中点．
∴OC是△ABD的中位线．
∴BD=2OC=10．
（2）连接AE．
由（1）知，C是AB的中点．
同理F是BE的中点．
即AB=2BC，BE=2BF，
由切线长定理，得BC=BF．
∴BA=BE．
∴∠BAE=∠E．
∵∠E=∠D，
∴∠ABE+2∠D=∠ABE+∠E+∠BAE=180°．
（3）连接BO.在Rt△OCB中.
∵OB=13，OC=5，
∴BC=12．
由（2）知，∠OBG=∠OBC=∠OAC．
∵∠BGO=∠AGB，
∴△BGO∽△AGB．
∴．

（第20题答图）
【点评】在解本题的过程中要用到切线长定理，中位线定理，相似三角形的判定等知识，要求学生熟练掌握和应用．　
21．（1）证明：∵BE切⊙O于点B，
∴∠ABE=∠C．
∵∠EBC=2∠C，即∠ABE+∠ABC=2∠C．
∴∠ABC=∠C．
∴AB=AC．
（2）解：①如图，连接AO，交BC于点F.
∵AB=AC，∴，
∴AO⊥BC，且BF=FC．
∵，∴∴；
设AB=m，BF=2m，
由勾股定理，得AF==；
∴tan∠ABE=tan∠ABF=．
②在△EBA和△ECB中，
∵∠E=∠E，∠EBA=∠ECB，∴△EBA∽△ECB，
∴.
∵，
∴EB=EA.※
由切割线定理，得EB2=EA×EC=EA（EA+AC）.
将（※）式代入上式，得EA2=EA（EA+AC）；
∵EA≠0，
∴AC=EA=×=4．

（第21题答图）

【点评】本题主要考查了相似三角形的性质，对应边的比相等，以及切割线定理．　
22．解：（1）过点P作两圆的公切线PT.
根据弦切角定理，得∠PCD=∠PBC，∠PCB=∠PDC.
∴∠DPC=∠APC，
∴PC平分∠APD；
（2）∵AC?DC=PC?CF，
∴PC2+AC?DC=PC2+PC?CF=PC（PC+CF）=PC?PF．
∵△PDC∽△PFA，
∴PC?PF=PD?PA，
∴PD?PA=PC2+AC?DC；
（3）∵△PCA∽△PEC，
∴=，
即PC2=PA?PE.
∵PE=3，PA=6，
∴PC=3．

（第22题答图）
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质、弦切角定理等知识，综合性强，难度较大．