24.2.2直线和圆的位置关系 课时作业2024-2025学年人教版数学九年级上册

人教版九年级上册数学24.2.2直线和圆的位置关系 课时作业 一、单选题 1．如图，在中，，则内切圆的半径是（    ）    A．1 B． C．2 D．3 2．如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形．延长AB与DC相交于点G，AO⊥CD，垂足为E，连接BD，∠GBC=50°，则∠DBC的度数为（　　）    A．50° B．60° C．80° D．90° 3．已知的内心为，则下列说法错误的是（        ） A． B．在的内部 C．为三个内角平分线的交点 D．到三边距离相等 4．如图是的内切圆，，，分别为切点，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 5．如图，点A，B，D在⊙O上，∠A=15°，BC是⊙O的切线，点B为切点，OD的延长线交BC于点C，若BC的长为2，则DC的长是（        ） A．1 B．4-2 C．2 D．4-4 6．下列说法中，正确的是（    ） A．垂直于半径的直线一定是这个圆的切线 B．任何三角形有且只有一个内切圆 C．所有的正多边形既是轴对称图形也是中心对称图形 D．三角形的内心到三角形的三个顶点的距离相等 7．如图，AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，已知cos∠CDB＝，BD＝5，则OH的长为(　　) A． B． C．1 D． 8．如图，已知，以为直径的交于点D，与相切于点A，连接．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 9．PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C是⊙O上不与A，B重合的一点，若∠APB＝70°，则∠ACB的度数为 ． 10．如图，是的直径，过弦的端点C作的切线交的延长线于点P，若，，则的半径长是 ． 11．如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE、CF相交于点P．将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°的过程中，线段OP的最小值为 ． 12．如图，圆心都在轴正半轴上的半圆，半圆，…，半圆与直线相切．设半圆，半圆，…，半圆的半径分别是，，…，，则当时， ． 13．已知，点为的外心，点为的内心． （1）若，则 ； （2）若，则 ． 三、解答题 14．的半径为，根据下列点P到圆心O的距离，判断点P和的位置关系：（1）；（2）；（3）． 15．已知，如图1，中，，是平面内不与、、重合的任意一点，，． （1）求证：≌； （2）如图2，当点是的外接圆圆心时，请判断四边形的形状，并证明你的结论． 16．如图，已知：是的内接三角形，是延长线上的一点，连接，且. （1）判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若，，求弦的长. 17．如图，已知的直径垂直于弦于点E，过C点作交的延长线于点G，连接并延长交于点F，且． (1)试问：是的切线吗？说明理由； (2)请证明：E是的中点； (3)若，求的长． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C C A C B B D D 1．C 【分析】此题考查了勾股定理，正方形的判定与性质，直角三角形内切圆的性质，以及切线长定理．设、、与的切点分别为D、E、F；易证得四边形是正方形；那么根据切线长定理可得：，由此可求出r的长． 【详解】解：如图，      在中，， 根据勾股定理. 四边形中，，， ∴四边形是正方形， 由切线长定理，得：，，； ∴； ∴． 故选：C． 2．C 【分析】根据圆内接四边形的性质得：∠GBC=∠ADC=50°，由垂径定理得：，则∠DBC=2∠EAD=80°． 【详解】如图，∵四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠GBC=∠ADC=50°． ∵AE⊥CD，∴∠AED=90°，∴∠EAD=90°﹣50°=40°，延长AE交⊙O于点M． ∵AO⊥CD，∴，∴∠DBC=2∠EAD=80°． 故选C．    【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角，还考查了垂径定理的应用，属于基础题． 3．A 【分析】根据三角形的内心的概念可得出答案． 【详解】A．三角形内心到三角形三条边的距离相等，并不是到三个顶点的距离相等，故符合题意； B．三角形的内心是三个内角的角平分线的交点，所以P在△ABC的内部，故不符合题意； C．三角形的内心是三个内角的角平分线的交点，故不符合题意； D．三角形内心到三角形三条边的距离相等，故不符合题意． 故选：A． 【点睛】考查了三角形的内切圆和内心，即三个内角的三条角平分线相交于一点，这个点叫做三角形的内心，三角形内心到三角形三条边的距离相等，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键． 4．C 【分析】连接、，根据切线的性质求出，求出，根据圆周角定理得出，代入求出即可． 【详解】解：连接、， 是的内切圆，，，分别为切点， ，， ， ， ， ． 故选：C． 【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的性质，多边形的内角和定理，圆周角定理的应用，关键是求出的度数和求出． 5．B 【分析】由题意得，OB⊥BC，∠BOC=2∠A=30°，因为BC=2，所以OC=4，OB=OD=2，根据DC=OC-OD即可得出DC的长． 【详解】解：∵BC是⊙O的切线，点B为切点， ∴OB⊥BC， ∵∠A=15°， ∴∠BOC=2∠A=30°， ∵BC=2， ∴OC=2BC=4，OB=OD=2， ∴DC=OC-OD=4-2． 故选：B． 【点睛】本题考查圆的切线的性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握切线的性质． 6．B 【分析】经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，所以A不正确；三角形的内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，而交点只有一个，所以B是对的；一个图形绕中心旋转180度能与自身重合则称此图形为中心对称图形，正五边形不是，所以C不正确；三角形的内心是三个内角平分线的交点，根据角平分线上的点的特点，D是错误的． 【详解】解：A．经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，故A错误； B．三角形的内切圆的圆心是三个内角平分线的交点，而交点只有一个，故B正确； C．一个图形绕中心旋转180度能与自身重合则称此图形为中心对称图形，正五边形不是，故C错误； D．三角形的内心是三个内角平分线的交点，到三边的距离相等，故D错误． 故选B． 【点睛】本题考查了圆的切线的判定，三角形的内心及轴对称和中心对称的概念，要求学生对这些概念熟练掌握． 7．D 【详解】解：连接OD. ∵AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H， ∴AB⊥CD， ∴∠OHD＝∠BHD＝90° .∵cos∠CDB＝＝，BD＝5， ∴DH＝4，∴BH＝＝3. 设OH＝x，则OD＝OB＝x＋3. 在Rt△ODH中，由勾股定理得x2＋42＝(x＋3)2， 解得x＝， ∴OH＝. 选D. 【点睛】圆和解三角形的综合：直角三角形中，利用三角函数，已知一边和一个三角函数值，可求其他的边；圆中常用半径作为等量，垂径定理，勾股定理列方程， 8．D 【分析】本题主要考查了圆周角定理，圆的切线定理，直角三角形两锐角互余，有圆周角定理可得出，有圆的切线定理可得出，由直角三角形两锐角互余即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴． ∵以为直径的与相切于点A， ∴， ∴． 故选：D． 9．55°或125° 【分析】先画出图形，根据切线的性质求出∠AOB=110°，分点P在优弧AB和劣弧AB上两种情况分类讨论根据圆周角定理和圆内接四边形性质即可求解． 【详解】解：如图，∵PA，PB是⊙O的切线， ∴OA⊥PA，OB⊥PB， ∴∠PAO=∠PBO=90°， ∵∠APB＝70°， ∴∠AOB=360°-70°-90°-90°=110°， 当点C在优弧AB上时，∠ACB=， 当点C在劣弧AB上时，∠ACB=180°-55°=125°． 故答案为：55°或125° 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟知三个定理，并注意分类讨论是解题关键． 10．1 【分析】本题考查了切线的性质，圆的定义，直角三角形的特征；连接，由切线的性质得，由直角三角形的特征得，即可求解；掌握切线的性质，直角三角形的特征是解题的关键． 【详解】解：连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， 的半径长是， 故答案：． 11．2﹣2． 【分析】如图点P运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G上取一点H，连接EH、FH，只要证明∠EGF＝90°，求出GE的长，根据OP≥PG−OG即可解决问题． 【详解】解：如图点P运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．，连接OP，PG． ∵四边形AOCB是正方形， ∴∠AOC＝90°， ∴∠AFP＝∠AOC＝45°， ∵EF是⊙O直径， ∴∠EAF＝90°， ∴∠APF＝∠AFP＝45°， ∴∠EPF＝135°， ∵EF是定值， ∴点P在以点G为圆心，GE为半径的圆上， ∴∠H＝∠APF＝45°， ∴∠EGF＝2∠H＝90°， ∵EF＝4，GE＝GF， ∴EG＝GF＝2， ∵OG＝OE＝2，PG＝2， ∴OP≥PG﹣OG ∴OP≥2﹣2， ∴OP的最小值为2﹣2． 故答案为2﹣2． 【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质、轨迹、圆等知识，解题的关键是正确发现轨迹的位置，学会添加辅助线，利用圆的有关性质解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 12． 【分析】根据题意作出圆心与切点的连线，表示出直线原点O与圆心之间的线段关系，然后寻找规律得出答案． 【详解】解：分别过半圆，半圆，…，半圆的圆心作，如图， ∵半圆与直线l相切， ∴， 当直线l与x轴所成锐角为时，， 在中，， ∴， 在中，，即， ∴， 同理可得，， ∴ ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了规律型、切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，找出规律是解题的关键． 13． /100度 /125度 【分析】（1）如图，证明；求出，进而求出即可解决问题； （2）根据圆周角定理得到，根据三角形的内心的性质得到平分平分，根据三角形内角和定理计算即可． 【详解】解：（1）如图，的内心为点， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）如图，点为的外心， ， ， 点为的内心， 平分平分， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心、外接圆与外心，掌握圆周角定理、三角形的内心的概念和性质是解题的关键． 14．（1）点P在⊙O内；（2）点P在⊙O上；（3）点P在⊙O外． 【分析】根据点P到圆心的距离与半径的关系确定点与圆的位置关系，点P到圆心距离为OP=d，（1）当d＜r时，点P在圆内；（2）当d= r时，点P在圆上；（3）当d＞r时，点P在圆外． 【详解】解：（1）∵OP=8cm，r =10cm，OP＜r ∴点P在圆内； （2）∵OP=10cm，r =10cm，OP= r ∴点P在圆上； （3）∵OP=12cm，r =10cm，OP＞r ∴点P在圆外； 【点睛】本题考查点P与圆的位置关系，掌握点P到圆心距离为OP=d，（1）当d＜r时，点P在圆内；（2）当d= r时，点P在圆上；（3）当d＞r时，点P在圆外是街头关键． 15．（1）见解析； （2）四边形BDCE是菱形，证明见解析． 【详解】试题分析：（1）由∠ABC=∠DBE可知∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD，即∠ABD=∠CBE，根据SAS定理可知△ABD≌△CBE； （2）由（1）可知，△ABD≌△CBE，故CE=AD，根据点D是△ABC外接圆圆心可知DA=DB=DC，再由BD=BE可判断出BD=BE=CE=CD，故可得出四边形BDCE是菱形． （1）证明：∵∠ABC=∠DBE， ∴∠ABC+∠CBD=∠DBE+∠CBD， ∴∠ABD=∠CBE， 在△ABD与△CBE中， ∵ ∴△ABD≌△CBE （2）解：四边形BDCE是菱形．证明如下： 同（1）可证△ABD≌△CBE， ∴CE=AD， ∵点D是△ABC外接圆圆心， ∴DA=DB=DC， 又∵BD=BE， ∴BD=BE=CE=CD， ∴四边形BDCE是菱形． 考点：三角形的外接圆与外心；全等三角形的判定与性质；菱形的判定． 16．（1）直线与的位置关系是相切，理由见解析；（2） 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理求出∠AOC，根据三角形内角和定理求出∠OCD，根据切线判定推出即可； （2）连接OB，求出∠AOB=90°，根据等边三角形的性质和判定求出OA=6，根据勾股定理求出即可． 【详解】 （1）解：直线与的位置关系是相切， 理由是：连接， ∵和分别是弧对的圆心角和圆周角， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为半径， ∴直线是的切线， 即直线与的位置关系是相切. （2）解：连接， ∵和分别是弧对的圆心角和圆周角， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， 在中，由勾股定理得：. 【点睛】本题考查了切线的判定，三角形内角和定理，圆周角定理，勾股定理，等边三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力． 17．(1)是的切线，见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据，，可得，即可； （2）连接AC，根据垂径定理可得，，从而得到．，进而得到是等边三角形，继而得到，再由直角三角形的性质，可得，即可； （3）根据题意可得，再由勾股定理可得，再由垂径定理，即可． 【详解】（1）解：是的切线．理由如下： ∵，， ∴． ∵是的半径， ∴是的切线； （2）证明：连接，如图， ∵且过圆心O， ∴，． ∴． ∴是等边三角形． ∴． ∴． 在中，． ∴点E为的中点． （3）解：∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了切线的判定，垂径定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$