2024年九年级数学中考复习 第 17课时 与圆有关的位置关系讲义

第 17课时 与圆有关的位置关系 要点归纳 知识点 名师点睛 点和圆 了解点和圆的位置关系，并会判断点和圆的位置关系 直线和圆 了解直线和圆的位置关系，并会判断直线和圆的位置关系 圆和圆 了解圆和圆的位置关系，并会判断圆和圆的位置关系 切线 掌握切线的概念，会利用切线的性质和判定解题，能利用切线长的知识进行有关证明和计算 e 考试重点 1.点和圆的位置关系………………………………………………………………………… 2.直线与圆的位置关系⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3.圆与圆的位置关系…………………………………………………………………………… 3.切线的性质和判定……………………………………………………………………… 典型母题 母题1如图，已知AB是⊙O的直径，P是弦AC 上一动点(不与点 A、C重合),过点 P 作PE⊥AB,垂足为 E,射线 EP交 于点 F，交过点 C的切线于点 D. (1) 求证:DC=DP; (2)若∠CAB=30°,当F是 的中点时，判断以A、O、C、F为顶点的四边形是什么特殊四边形，请说明理由. 【解答】 (1) 如图1,连接OC.因为CD 是⊙O 的切线,所以 OC⊥CD,所以∠OCD=90°,所以 .又 PE⊥AB,点 D 在EP 的延长线上,所以∠DEA=90°,所以. 因为OA=OC,所以. 所以 =∠DPC,所以DC=DP. (2) 如图2,四边形 AOCF 是菱形.连接CF、AF、OF.因为 OA=OC,∠BAC = 30°,所以∠ACO=∠CAB=30°,所以∠AOC=120°.因为 F 是. 的中点，所以 因为OA=OF=OC,所以△AOF,△COF都是等边三角形,所以AF=FC=OC=OA,所以四边形AOCF是菱形. 【要点剖析】 本题主要考查了圆的切线性质、等腰三角形的判定、等边三角形的性质和判定、垂径定理的逆定理、菱形的判定等.解题的关键是连过切点的半径OC，掌握由线的位置关系得到角的关系，再得到线段相等的转化.解题的思路是:(1) 连接OC,则∠OCD=90°.又 PE⊥AB,结合图形可证得∠DPC=∠DCP,则 DC=DP;(2)连接CF、AF、OF,观察可猜想四边形AOCF 是菱形.由弧的中点以及∠BAC=30°,易得AF=CF,∠AOF=∠FOC=60°,则△AOF,△COF 都是等边三角形,从而得证. 母题 2 如图,已知AB为⊙O的直径,F为弦AC 的中点,连接 OF并延长交AC于点D，过点 D作⊙O的切线，交BA的延长线于点E. (1)求证:AC∥DE; (2) 连接CD,若OA=AE=a,写出求四边形ACDE 面积的思路. 【解答】 (1)因为ED 与⊙O相切于点 D,所以OD⊥DE.因为 F为弦AC 的中点,所以OD⊥AC,所以AC∥DE.(2) ① 根据点A 是OE 的中点,AC∥ED,可得 F 是OD 的中点.结合其他条件,可证得△AOF≌△CDF,所以△CDF 的面积等于△AOF的面积,所以问题转化为求△EOD 的面积.② 连接AD,易知AD=AO.又OA=OD,所以可得△AOD是等边三角形，且边长为a，所以可以进一步求出△AOD 的面积为 ③ 根据点 A 是EO 的中点,可知△EOD的面积是△AOD 面积的2倍,所以可得△EOD 的面积为 ④等量代换可得四边形ACDE的面积为 【要点剖析】 此题集中考查了垂径定理、切线的性质以及四边形面积的计算等知识，难度一般，解题的关键是在第(2)题中，采取适当的方式计算四边形的面积.① 根据点 F是弦AC 的中点，得到OD⊥AC；② 根据切线,得到OD⊥DE;③ 根据①和②得到AC∥DE;④ 根据OA=AE,结合 AC∥DE,可得F是OD 的中点,进一步可得△AOF≌△CDF,则四边形 ACDE 的面积可以转化为△EOD 的面积;⑤ 由A 是EO的中点，可得△EOD的面积是△AOD面积的2倍，于是问题转化为求△AOD 的面积；⑥ 根据A 是EO的中点,∠EDO是直角,可得 AO=AD;⑦ 根据半径相等,可得AO=OD;⑧ 根据⑥和⑦可得等边三角形AOD；⑨ 根据AO=a，可以计算出等边三角形AOD的面积，于是问题可解. 高分必刷 必 刷 基 础 题 必刷1 已知半径为5的圆，其圆心到直线的距离是3，此时直线和圆的位置关系为 ( ) A. 相离 B. 相切 C. 相交 D.无法确定 必刷2 如图,过⊙O外一点P 引⊙O的两条切线PA、PB,切点分别是A、B,OP交⊙O于点C, 点 D 是优弧 上不与点A、C重合的一个动点,连接AD、CD.若∠APB=80°,则∠ADC的度数是 ( ) A. 15° B. 20° C. 25° D. 30° 必刷 3 如图,已知AB是⊙O的直径,AC切⊙O于点A,若∠C=70°,则∠AOD的度数为( ) A. 70° B. 35° C. 20° D. 40° 必刷 4 如图，在公园的O处附近有E、F、G、H四棵树，位置如图所示(图中小正方形的边长均相等)，现计划修建一座以O为圆心，OA 为半径的圆形水池，要求池中不留树木，则E、F、G、H 四棵树中需要被移除的为 ( ) A. E、F、G B. F、G、H C. G、H、E D. H、E、F 必刷5如图，在网格中(每个小正方形的边长均为1个单位长度)选取9个格点(格线的交点称为格点).若以A 为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点 A 外恰好有3个在圆内，则r的取值范围为 ( ) 必刷6 已知一元二次方程 的两根分别是⊙O₁ 和⊙O₂的半径,则当⊙O₁ 和⊙O₂ 相切时,O₁O₂的长度是( ) A. 2 B. 8 C. 2或8 必刷 7 如图，已知点 D 是以AB 为直径的⊙O上异于A、B的任意一点，连接BD 并延长至点C，使 DC=BD,连接AC、AD,过点 D 作DE⊥AC于点 E. (1) 求证:DE是⊙O的切线; (2) 求证: (3) 若⊙O的半径确定,当△ABD的面积最大时,求tan∠DAC的值. 必刷8 如图,已知△ABC是⊙O的内接三角形,AB是⊙O的直径,OD⊥AB 于点O,分别交 AC、CF 于点E、D,且DE=DC. (1) 求证:CF是⊙O的切线; (2) 若⊙O的半径为5, 求DE的长. 必刷9 如图,在△ABC中,已知AB=AC,点D在BC上,BD=DC,过点 D作DE⊥AC,垂足为E,⊙O经过A、B、D 三点. (1) 求证:AB是⊙O的直径; (2)判断DE与⊙O的位置关系，并加以证明； (3) 若⊙O的半径为3,∠BAC=60°,求 DE的长. 必 刷 提 优 题 必刷10 如图,已知⊙O是△ABC的内切圆,若∠ABC=70°,∠ACB=40°,则∠BOC= . 必刷11 如图,已知AB=6,O是AB 的中点,直线l经过点O,∠1=120°,P 是直线l上一点.则当△APB为直角三角形时， 必刷12 如图,已知AB、BC、CD 分别与⊙O相切于点E、F、G,且AB∥CD.连接OB、OC,延长 CO交⊙O于点M,过点M作. 交CD 于点 N. (1) 求证:MN是⊙O的切线; (2) 当( 时，求⊙O的半径及MN 的长. 必刷13 如图，已知AB是⊙O的直径，P为AB 延长线上任意一点，C为半圆ACB 的中点，PD切⊙O于点D,连接CD交AB 于点E.求证: 必刷14 如图, 中，已知 ，以AB为直径的⊙O与BC 相交于点 D，与CA的延长线相交于点E，过点 D作 于点F. (1) 求证:DF 是⊙O的切线; (2) 若 半径OA=3,求 AE的长. 必刷15 如图,已知AB是⊙O的直径,C为⊙O上一点,( 于点F,交⊙O于点E,AE与BC交于点 H，D 为OE 的延长线上一点，且 (1) 求证:BD是⊙O的切线; (2) 求证:( (3) 若⊙O的半径为 求 BH 的长. 必刷16 如图，已知AB、AC分别是⊙O的直径和弦，D为劣弧AC 上一点，弦 分别交⊙O于点 E,交AB于点H,交 AC于点F. P 是ED 延长线上一点且 (1) 求证:PC是⊙O 的切线; (2)点 D在劣弧AC 什么位置时，才能使 为什么? (3)在(2)的条件下,若( 求弦 AC的长. 必刷17 在 中，已知. 的平分线BD 交AC 于点D, 交AB 于点E. (1) 设⊙O是 的外接圆，求证：AC 是⊙O的切线； (2)设⊙O交BC 于点F,连接EF,求 的值. 必刷18 如图,在梯形ABCD 中,已知 以AB 为直径作⊙O,动点 P 沿AD 方向从点 A 开始向点D 以 的速度运动，动点Q沿CB 方向从点C 开始向点B 以2cm/s的速度运动，点 P、Q分别从A、C两点同时出发，当其中一点停止时，另一点也随之停止运动. (1) 求⊙O的半径长; (2)求四边形 PQCD 的面积y 关于点 P、Q运动时间t 的函数表达式，并求出当四边形 PQCD 为等腰梯形时，四边形 PQCD的面积； (3)是否存在某一时刻t，使直线PQ与⊙O相切?若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由. 第17 课时 与圆有关的位置关系 1.【解答】 C 【要点剖析】 因为圆心到直线的距离为 3，半径为5，3<5，所以直线与圆相交. 2.【解答】 C 【要点剖析】 本题考查了切线长定理、圆心角、圆周角定理、切线的判定与性质，解题的关键是正确地作出辅助线. 3.【解答】 D 【要点剖析】 本题的思路是由相切得到∠CAB=90°,然后根据∠B、∠C 互余,可得∠B=20°，然后根据同弧所对的圆周角和圆心角之间的关系求出∠AOD=40°. 4.【解答】 A 【要点剖析】 本题考查了点与圆的位置关系，解决本题的关键是用数量关系来确定点与圆的位置关系.先计算 OA 的距离为 ，再根据“点与圆的位置关系的判定方法”即可求解. 5.【解答】 B 【要点剖析】 先算出比较靠近点 A的几个点距点 A 的距离，计算时利用勾股定理即可，算出距A 最近的三个点在圆内，圆的半径应该大于第三个点的距离而小于第四个点的距离. 6.【解答】 C 【要点剖析】 解一元二次方程得到两个圆的半径，根据两个圆外切和内切两种情况计算出圆心距O₁O₂. 7.【解答】 本题考查了切线的性质、直径所对的圆周角的性质，解题的关键是运用好图中的直角.第一步，连接OD，由D是BC的中点，O是AB 的中点，可以推断出 OD∥AC，可以证得∠ODE=90°，结论便可得出；第二步，利用切线的性质定理得到,∠ADE=∠B,再由∠AED=∠ADB= 90°, 根 据“AA”可证 得 △AED∽△ADB,于是有 整理后便得到. AE·AB;第三步,要求△ABD的最大面积,由于AB 是个定值，只需使边 AB上的高最大，即点 D是半圆的中点，即作 DF⊥AB，当点 F 与圆心O重合时，DF 取最大值，利用等腰三角形性质求得∠ADO=45°,再由OD∥AC,得出∠DAC=45°, 便可计算出∠DAC 的正切值为1. 8.【解答】 (1) ① 连 接 OC, 易 知∠A=∠OCA,由OD⊥AB 证得∠A+∠AEO=90°;② 根据“等边对等角”有∠DEC=∠DCE,代换得∠OCE+∠DCE =90°,从而证得结论;(2) ① 作DH⊥EC,根据“等角的余角相等”可得∠EDH=∠A;②△EDC 中根据“三线合一”得 因为 AB=10，由勾股定理可得 ③由△AEO∽△ABC,得 求得 进一步求出 ④由等角的正弦相等得 sin A=sin∠EDH,从而 ,得 DE 的长 . 9.【解答】 (1)证明圆的直径，很自然想到90°的圆周角所对的弦是直径，因此想到连接AD，设法证明∠ADB=90°，而联系已知条件可以发现，△ABC是等腰三角形，利用等腰三角形“三线合一”很容易证明∠ADB=90°;(2) DE 经过圆上一点D,若能够证明OD⊥DE,则DE 为⊙O的切线，因此可以考虑连接OD 进行探索.由(1)和已知条件可知OD 是△ABC的中位线,所以 OD∥AC,而DE⊥AC,所以OD⊥DE,故 DE与⊙O的位置关系是相切;(3) 当∠BAC=60°时,△ABC是等边三角形，圆的半径为3，则直径AB 为6，在Rt△ABD 中 可 求 出 AD 的长度 为 3 ,在Rt△ADE中可求出DE 的长度为 10.【解答】 125° 【要点剖析】 内切圆的圆心是三角形角平分线的交点,因此BO、CO平分∠ABC和∠ACB,再利用三角形内角和定理，求出∠BOC的度数. 11.【解答】 3,3 或3 【要点剖析】 本题是一道典型的分类讨论题目，根据△APB为直角三角形，但又不知道直角顶点在何处，故应该分类讨论.结合作圆的知识可知，① 以AB为直径作圆，与直线l的交点即是所求的点 P₁、P₂所在的位置，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，求得 AP 的长为 3；②当直角顶点在 A 或 B 处时，可直接通过作垂线与直线l的交点即为所求 P₃ 和 P₄ 所在的位置，利用特殊角解直角三角形求得AP的长. 12.【解答】 (1) 因为 AB、BC、CD 分别与 ⊙O切于点 E、F、G,所以 因为AB∥CD,所以∠ABC+∠DCB=180°,所以∠OBC+∠OCB=90°,所以∠BOC=90°. 因为 MN∥OB,所以∠NMC=∠BOC=90°,所以OM⊥MN,所以 MN是⊙O的切线.(2) 连接OF,则 OF⊥BC,由(1)知,△BOC是直角三角形,所以 BC=10 cm.由面积法得OF=4.8cm,所以⊙O的半径为4.8cm .由(1)知,∠NCM=∠BCO,∠NMC=∠BOC=90°,所以△NMC∽△BOC,所以 即 解得MN=9.6cm. 13.【解答】 (1) 连接OC、OD.因为C是半圆 ACB 的 中 点, 所 以 ∠COA = ∠COB.因为∠COA + ∠COB = 180°,所以∠COA =∠COB=90°,所以 OD⊥PD,OC⊥AB.所以∠PDE=90°-∠ODE,∠PED=∠CEO=90°-∠C.又因为OC=OD,所以∠C=∠ODE,所以∠PDE=∠PED,所以PE=PD.(2) 连接AD、BD.所以∠ADB = 90°. 因为∠BDP = 90°-∠ODB,∠A=90°-∠OBD,又∠OBD=∠ODB,所以∠BDP=∠A.因为∠P=∠P,所以△PDB∽△PAD,所以 所以 所以 PE²=PA·PB. 14.【解答】 (1) 连接OD.因为OB=OD,所以∠B=∠ODB.因为AB=AC,所以∠B=∠C,所以∠ODB=∠C,所以 OD∥AC.因为DF⊥AC,所以OD⊥DF,所以 DF是⊙O的切线.(2) 连接BE、AD.因为 AB是直径,所以∠AEB=∠ADB=90°.因为AB=AC,所以∠ABC=∠C,BD=DC.因为 所以 因为AB=2OA=6,所以 所以 BD 所以 在Rt△BEC中,因为 sin C 所以 在 Rt△ABE中, 15.【解答】 (1) 因为∠ODB=∠AEC,∠AEC=∠ABC,所以∠ODB=∠ABC.因为OF⊥BC,所以∠BFD=90°,所以∠ODB+∠DBF=90°,所以∠ABC+∠DBF=90°,即∠OBD=90°,所以BD⊥OB,所以BD是⊙O的切线.(2) 连接 AC.因为OF⊥BC,所以. 所以∠CAE=∠ECB. 因为∠CEA =∠HEC,所以△CEH∽△AEC,所以 所以 (3) 连接 BE. 因为 AB 是⊙O 的直径,所以∠AEB=90°.因为⊙O的半径为 ,sin∠BAE= ，所以AB=5,BE=AB·sin∠BAE=5× =3,所以 EA=4.因为 所以 BE=CE=3.因为 所以 所以在Rt△BEH中, 16.【解答】 (1) 连接OC.因为 PC=PF,OA = OC,所以∠PCA = ∠PFC,∠OCA =∠OAC.因为∠PFC=∠AFH,DE⊥AB,所以∠AHF=90°,所以∠PCO=∠PCA+∠ACO=∠AFH+∠FAH=90°,所以 PC是⊙O的切线.(2) 点D在劣弧AC中点位置时,才能使AD²=DE·DF.理由如下:连接AE.因为点 D 在劣弧AC 中 点 位置, 所以∠DAF = ∠DEA. 因 为∠ADE=∠ADE,所以△DAF∽△DEA,所以AD: ED=FD: AD, 所以. (3)连接OD交AC于点G.因为OH=1,AH=2,所以OA=3,即可得OD=3,所以. 因为点 D 在劣弧AC 中点位置,所以AC⊥DO,所以∠OGA=∠OHD=90°.在△OGA 和△OHD中,易证△OGA≌△OHD(AAS),所以 AG=DH,所以 17.【解答】 (1) 因为 DE⊥DB,⊙O是Rt△BDE的外接圆,所以 BE 是⊙O 的直径,O是BE 的中点. 连接 OD,因为∠C=90°,所以∠DBC+∠BDC=90°.又因为 BD为∠ABC的平分线,所以∠ABD=∠DBC.因为OB=OD,所以∠ABD=∠ODB,所以∠ODB+∠BDC=90°,所以∠ODC=90°.又因为OD是⊙O的半径,所以AC是⊙O的切线.(2) 设⊙O的半径为r.在Rt△ABC中, 所以AB=15.因为∠A=∠A,∠ADO=∠C=90°,所以△ADO∽△ACB,所以 所以 所以 所以 又因为BE 是⊙O 的直径,所以∠BFE=90°,所以△BEF∽△BAC,所以 18.【解答】 (1) 过点 D 作 DE⊥BC 于点E.因为 AB⊥BC,所以四边形 ADEB 为矩形,所以BE=AD=13,EC=3.又因为CD=5,所以DE=4,即AB=4,所以⊙O的半径为 2 cm. (2)当点 P、Q运动t s时,AP=t,CQ=2t,则 即y=2t+26 (0≤t≤8).当四边形 PQCD为等腰梯形时,过点 P作PF⊥BC于点F,则有QF=CE=3.所以 2t -(13-t)=6,则 此时四边形 PQCD面积 (3)存在.若 PQ与圆相切,设切点 为G.作 PH⊥BC于点H.因为点 A 在⊙O上, ∠A=90°,所以AD切⊙O于点A.因为 PQ切 ⊙O于点G,所以由切线长定理得 PG=PA=t. QG=QB=16-2t,QH=QB-BH=(16-2t)-t =16—3t,PQ=QB+AP=16—t.在 Rt△PQH 中, 即 所以 解得 因为0≤t≤8,所以当 时, PQ与圆相切. 学科网（北京）股份有限公司 $$