2025年九年级数学中考一轮复习直线与圆的位置关系综合解答题专题训练

2025年九年级数学中考一轮复习 直线与圆的位置关系综合解答题专题训练 1．如图，半径为的经过的顶点，与边相交于点，，． (1)求的长； (2)如果，判断直线与以点为圆心、为半径的圆的位置关系，并说明理由． 2．如图，四边形中，，，为的直径． (1)若，，连接、． ① 求的面积； ② 试判断直线与的位置关系，说明理由． (2)若直线与相切于F，，．试用表示四边形的面积S，并探索S是否存在最小值，写出探索过程． 3．如图，四边形内接于，是的直径，平分，于点E．    (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若，，求直径的长． 4．如图，是的直径，C是上一点（与A、B两点不重合），过点C作直线，使得． (1)判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)过点A作于点D，交于点E．若的半径为1，，求图中阴影部分的面积． 5．如图，已知直线交于两点，是的直径，点为上一点，且平分，过作，垂足为．    (1)判断与的位置关系． (2)求和的数量关系． (3)若，的直径为20，求的长度． 6．已知矩形，    图1                                        图2 (1)如图1，若点B，D在以O为圆心，为半径的圆上，，求证：； (2)如图2，点E，F分别在边上，若点D，点C关于直线对称的点分别为点B和点P，判断直线与过A，E，F三点的圆的位置关系，并说明理由 7．如图，的直径，弦于点H，．    (1)求的长； (2)延长到P，过P作的切线，切点为C，若，求的长． 8．如图，在中，，点D是上一点，且，点O在上，以点O为圆心的圆经过C、D两点．    (1)试判断直线与的位置关系，并说明理由； (2)若的半径为3，求的长． 9．如图，在△ABC中，AB=BC，D是AC中点，BE平分∠ABD交AC于点E，点O是AB上一点，⊙O过B、E两点，交BD于点G，交AB于点F． (1)判断直线AC与⊙O的位置关系，并说明理由； (2)若EB⊥BC，ED=3，求BG的长． 10．如图，已知半径为5的⊙M经过x轴上一点C，与y轴交于A、B两点，连接AM、AC，AC平分∠OAM，AO＋CO＝6 (1)判断⊙M与x轴的位置关系，并说明理由； (2)求AB的长； (3)连接BM并延长交圆M于点D，连接CD，求直线CD的解析式． 11．如图，已知直线l与相离，于点A，交于点P．AB是的切线，B是切点，连接BP并延长，交直线l于点C． (1)求证：； (2)若，求PB的长． 12．如图，AB是ΘO的直径，弦AD平分∠BAC，过点D作DE⊥AC，垂足为E． (1)判断DE所在直线与ΘO的位置关系，并说明理由； (2)若AE＝4，ED＝2，求ΘO的半径． 13．如图，内接于和相交于点，点在的延长线上，且． （1）试判断直线与的位置关系，并说明理由； （2）若的半径为，则 ，的周长为 ． 14．如图，的半径是5，点在上．是所在平面内一点，且，过点作直线，使． （1）点到直线距离的最大值为　　　　； （2）若，是直线与的公共点，则当线段的长度最大时，的长为　　　　． 15．如图1，在矩形中，，，点以1.5的速度从点向点运动，点以2的速度从点向点运动．点、同时出发，运动时间为秒（），是的外接圆． (1)当时，的半径是 ，与直线CD的位置关系是 ； (2)在点从点向点运动过程中， ①圆心的运动路径长是 ； ②当与直线相切时，求的值． (3)连接，交于点，如图2，当时，求的值． 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 《2025年九年级数学中考一轮复习直线与圆的位置关系综合解答题专题训练》参考答案 1．(1)； (2)直线与相交，理由见解析． 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，三角函数，三角形的面积，直线和圆的位置关系，正确作出辅助线是解题的关键． （）连接并延长交于点，连接，由可得，进而得，，利用勾股定理得，得到，再由勾股定理即可得到的长； （）直线与相交．过点作于，由三角函数得，得到，进而得，再根据三角形的面积得，即可求证． 【详解】（1）解：连接并延长交于点，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：直线与相交，理由如下： 过点作于， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴直线与相交． 2．(1)①20；②相切，见解析 (2)，存在最小值32，探索过程见解析 【分析】（1）①根据来解答； ②求直线与的圆心间的距离，然后根据此距离判断直线与的位置关系； （2）根据勾股定理求得关于的方程，然后求二次函数的最值即可． 【详解】（1）解：① ． ②过作，是垂足，从而四边形是矩形． ，，． 在中，．过作于， 由，可得， ∴点到的距离等于的半径， ∴直线与相切； （2）解：如图， 在四边形中，直线与相切于F， ，设，则，， 在中，根据勾股定理，得 ，于是，． 进而，． ，， 当，时，有最小值8，从而有最小值32． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的最值、直线与圆的位置关系，矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积，三角形面积．熟练掌握二次函数的最值和直线与圆相切的判定方法以是解题的关键． 3．(1)直线与相切，理由见解析 (2) 【分析】（1）连接，，根据角平分线的定义得到，根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，得到，根据垂径定理得到，根据圆周角定理得到，根据平行线的性质得到，根据切线的判定定理即可得到结论； （2）设，交于，根据矩形的性质得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）解：直线与相切， 理由：连接，，   平分， ， ， ， ， ， ， ， 是的直径， ， ， ， ， 是的半径， 与相切； （2）解：设，交于，   ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 故直径的长为． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，勾股定理，矩形的判定及性质，正确作出辅助线是解题的关键． 4．(1)相切，理由见解析； (2) 【分析】（1）连接，根据等边对等角的性质，得出，再根据，推出，即可得出答案； （2）连接，过点作于点，利用圆周角定理，证明是等边三角形，进而得出，再求出和扇形的面积，即可求出图中阴影部分的面积． 【详解】（1）解：相切，理由如下： 如图，连接， ， ， ， ， 是直径， ， ， ， 是半径， 直线与相切； （2）解：如图，连接，过点作于点， ， ， ，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 阴影部分的面积为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，直线和圆的位置关系，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，扇形面积公式，灵活运用相关知识解决问题是解题关键． 5．(1)与的位置关系是相切 (2) (3) 【分析】（1）连接，由可得，由角平分线的定义可得，推出，由得到，从而推出，即，即可得证； （2）连接，由可得，由三角形外角的定义及性质可得，证明，再由平行线的性质即可得出答案； （3）作，垂足为点，设，则，由的直径为20，得到，证明四边形是矩形，得到，，则，由勾股定理可得，求出的值可得的长，即可得到答案． 【详解】（1）解：与的位置关系是相切， 如图，连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ，， ， 为的半径， 与的位置关系是相切； （2）解：如图，连接， ， ， ， ，即， 由（1）得，， ， ， ， ； （3）解：如图，作，垂足为点， 设， ， ， 的直径为20， ， 由（1）得，， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 在中，，， ∴， ∴，（不符合题意，舍去）， ∴， ，为半径， ． 【点睛】本题考查了判断直线与圆的位置关系、矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． 6．(1)见解析； (2)相交，理由见解析 【分析】（1）先证明 是 的外接圆，再证明 是 的直径， 再证明 为等边三角形，得 ，得，，便可得出结论； （2）设过 三点的圆为 ，连接 ，过点 作 于点 ，由对称性质得 过点 ， 再由 ， 根据直线与圆的位置关系得出结论； 【详解】（1）∵四边形是矩形， ∴， ∵点B，D在上， ∴是的直径，O是中点， ， ， ， ， 是等边三角形， ，， ，， ； （2）解：如图，连接，      ∵点B，D关于直线对称， ∴直线垂直平分； ∴，， ， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形 ∴垂直平分， 在上取点O，连接， 经过点，， ， 点在上， 点，关于直线对称， ，， ， ， ， ， 点，，三点共线； ， ， ，， ， ，， ， ，点在上； 直线与有两个交点； 直线与相交； 【点睛】本题考查了矩形的性质，直线与圆的位置关系，圆周角定理，轴对称的性质，关键是综合应用这些知识解题 7．(1)； (2)． 【分析】（1）根据垂径定理和相交弦定理求解； （2）根据切割线定理进行计算． 【详解】（1）解：∵直径，弦于点H， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵切于点C， ∴， ∵， ∴，或（舍去）， ∴． 【点睛】此题主要考查相交弦定理和切割线定理的运用．掌握这两个定理的内容是解题的关键． 8．(1)直线与相切，理由见解析 (2)6 【分析】（1）连接，根据圆周角定理，得到，进而得到，即可得出与相切； （2）解直角三角形，求出的长，进而求出的长，再解直角三角形，求出的长即可． 【详解】（1）解：直线与相切，理由如下： 连接，则：，    ∵，即：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴直线与相切； （2）解：∵，的半径为3， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 设：， 则：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查切线的判定，解直角三角形．熟练掌握切线的判定方法，正弦的定义，是解题的关键． 9．(1)直线AC是⊙O的切线，理由见解析 (2) 【分析】（1）连接OE，根据等腰三角形的性质得到BD⊥AC，再证明OE//BD，则OE⊥AC，然后根据切线的判定方法得到结论； （2）过O作OM⊥BD于M，根据矩形的性质得到OM=ED=3，BM=BG，推出∠1 =∠2=∠A=30°，根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】（1）解：直线AC是⊙O的切线． 理由如下：如图，连接OE， ∵AB=BC，D是AC中点， ∴BD⊥AC， ∵BE平分∠ABD， ∴∠OBE=∠DBE， ∵OB=OE， ∴∠OBE=∠OEB， ∴∠OEB=∠DBE， ∴OE//BD， ∴OE⊥AC， 而OE为⊙O的半径， ∴直线AC是⊙O的切线． （2）解：如图，过O作OM⊥BD于M， ∴四边形OEDM是矩形， ∴OM=ED=3，BM=BG， ∵EB⊥BC， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， ∴∠1 =∠2=∠A=30°， 在中，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、圆周角定理、直线与圆的位置关系，解题的关键是熟练掌握直线与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d，直线l和⊙O相交d<r；直线l和⊙O相切d=r；直线l和⊙O相离d > r． 10．(1)⊙M与x轴相切，理由见解析 (2)6 (3) 【分析】（1）连接CM，证CM⊥x即可得出结论； （2）过点M作MN⊥AB于N，证四边形OCMN是矩形，得MN=OC，ON=OM=5，设AN=x，则OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x，利用勾股定理求出x值，即可求得AN值，再由垂径定理得AB=2AN即可求解； （3）连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P，得直角三角形BCD，由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4，所以OB=8，C（4，0），在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，求得BC=，在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，即可求得CD，在Rt△CPD和在Rt△MPD中，由勾股定理，求得CP=2，PD=4，从而得出点D坐标，然后用待定系数法求出直线CD解析式即可． 【详解】（1）解：⊙M与x轴相切，理由如下： 连接CM，如图， ∵MC=MA， ∴∠MCA=∠MAC， ∵AC平分∠OAM， ∴∠MAC=∠OAC， ∴∠MCA=∠OAC， ∵∠OAC+∠ACO=90°， ∴∠MCO=∠MCA+∠ACO=∠OAC+∠ACO=90°， ∵MC是⊙M的半径，点C在x轴上， ∴⊙M与x轴相切； （2）解：如图，过点M作MN⊥AB于N， 由（1）知，∠MCO=90°， ∵MN⊥AB于N， ∴∠MNO=90°，AB=2AN， 又∵∠CON=90°， ∴四边形OCMN是矩形， ∴MN=OC，ON=CM=5， ∵OA+OC=6， 设AN=x，   ∴OA=5-x，MN=OC=6-(5-x）=1+x， 在Rt△MNA中，∠MNA=90°，由勾股定理，得 x2+(1+x)2=52， 解得：x1=3，x2=-4（不符合题意，舍去）， ∴AN=3， ∴AB=2AN=6； （3）解：如图，连接BC，CM，过点D作DP⊥CM于P， 由（2）知：AB=6，OA=2，OC=4， ∴OB=8，C（4，0） 在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理，得 BC=， ∵BD是⊙M的直径， ∴∠BCD=90°，BD=10， 在Rt△BCD中，∠BCD=90°，由勾股定理，得 CD=，即CD2=20， 在Rt△CPD中，由勾股定理，得PD2=CD2-CP2=20-CP2， 在Rt△MPD中，由勾股定理，得PD2=MD2-MP2=MD2-（MC-CP）2=52-（5-CP）2=10CP-CP2， ∴20-CP2=10CP-CP2，   ∴CP=2， ∴PD2=20-CP2=20-4=16， ∴PD=4，即D点横坐标为OC+PD=4+4=8， ∴D（8,-2）， 设直线CD解析式为y=kx+b，把C（4,0），D（8,-2）代入，得 ，解得：， ∴直线CD的解析式为：． 【点睛】本题考查直线与圆相切的判定，勾股定理，圆周角定理的推论，垂径定理，待定系数法求一次函数解析式，熟练掌握直线与圆相切的判定、待定系数法求一次函数解析式的方法是解题的关键． 11．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接OB，根据切线的性质可得，再由，可得．然后根据，可得，即可求证； （2）根据，可得AC=2AP，从而得到AP=1，AB=AC=2，过A点作，根据，可得，再由等腰三角形的性质可得．即可求解． 【详解】（1）证明：连接OB， 直线AB与相切于点B， ， ， ． ， ， ． ， ． 又， ， ． （2）解∶ 在中，， ∴AC=2AP， ∵，， ∴ ． ∴， 过A点作， ∵， ∴， ∵， ． ， ． ． 【点睛】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握切线的性质，解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 12．(1)相切，理由见解析 (2) 【分析】（1）连接OD，根据角平分线的性质与角的等量代换易得∠ODE＝90°，而D是圆上的一点；故可得直线DE与⊙O相切； （2）连接BD，根据勾股定理得到AD＝＝2，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，根据相似三角形的性质列方程得到AB＝5，即可求解． 【详解】（1）解：所在直线与相切． 理由：连接． ∵， ∴． ∵平分， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵是半径， ∴所在直线与相切． （2）解：连接． ∵是的直径， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∵，，， ∴． ∴． ∴的半径为． 【点睛】本题考查的是直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质及勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 13．（1）直线AD与相切，理由见解析；（2） ， 【分析】（1）连结OA，根据圆周角定理，可得∠AOC=60°，从而得到∠OAD=90°，即可求解； （2）根据直角三角形的性质和勾股定理，可得，然后证明 是等边三角形，可得到AC=OC=OA=12，∠ACO=60°，再由，可得OC⊥AB，AC=BC=12，从而得到，再由垂径定理，可得AB=2AE= ，即可求解． 【详解】解：（1）直线AD与相切，理由如下： 如图，连结OA， ∵ ∴∠AOC=2∠B=60°， ∴∠OAD=180°-∠AOD-∠D=90°， ∴OA⊥AD， ∵OA为半径， ∴AD是的切线； （2）∵OA=OC=12， ∵， ∴OD=2OA=24， ∴ ， ∵OA=OC=12，∠AOC=60°， ∴ 是等边三角形， ∴AC=OC=OA=12，∠ACO=60°， ∵， ∴弧AC=弧BC，∠AED=90°， ∴OC⊥AB，AC=BC=12， ∴ ， ∴ ， ∵OC是的半径， ∴AB=2AE= ， ∴的周长为12+12+= ． 【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，垂径定理，切线的判定，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 14．（1）7；（2）． 【分析】（1）当点在圆外且三点共线时，点到直线距离的最大，由此即可得； （2）先确定线段是的直径，画出图形，再在中，利用勾股定理即可得． 【详解】解：（1）如图1，， 当点在圆外且三点共线时，点到直线距离的最大， 此时最大值为， 故答案为：7； （2）如图2，是直线与的公共点，当线段的长度最大时，线段是的直径， ， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系、勾股定理，正确的作出图形是解题的关键． 15．(1)，相离 (2)； (3) 【分析】（1）过点作于，交于，根据矩形的性质，得出，，再根据圆周角定理和平行线的性质，得出的直径是，，再根据题意，得出当时，，，进而根据线段之间的数量关系，得出，，再根据勾股定理，得出的值，进而得出的半径，再根据中位线的性质得出的值，进而得出的值，即可判断与直线的位置关系； （2）①根据、运动的速度与、的比相等，得出圆心在对角线上，再根据图形和题意，得出和两点在时在点重合，当时，直径为对角线，根据中点的性质得出，再根据勾股定理解得的值，进而得出的长，即为圆心的运动路径长；②当与相切时，设切点为，连接并延长交于，再根据线段之间的数量关系和题意，得出，，再根据勾股定理解得的值，再根据圆的性质，得出，再根据中位线的性质，得出，根据线段之间的数量关系，列出关于的方程，求解即可得出答案； （3）过作，交的延长线于点，连接，证明，再根据全等三角形的性质得出，根据线段之间的数量关系得出，再根据勾股定理，列出方程，求解即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，过点作于，交于， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴的直径是，， 当时，，， ∵，， ∴，， ∴， ∴的半径为， ∵，是的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴与直线的位置关系是相离． 故答案为：；相离； （2）解：①如图， ∵、运动的速度与、的比相等， ∴圆心在对角线上， 由图可知，和两点在时在点重合， 当时，直径为对角线，是的中点， ∴，由勾股定理，可得， ∴， ∴圆心的运动路径长是． 故答案为：； ②如图，当与相切时， 设切点为，连接并延长交于， 则，， 则，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴，解得， ∴的值为； （3）解：如图，过作，交的延长线于点，连接， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得（舍去），， ∴的值为． 【点睛】本题是四边形与圆的综合问题，主要考查了矩形的性质、圆周角定理、勾股定理、中位线的性质、切线的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线． 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 $$