24.2点和圆、直线和圆的位置关系同步练习卷-2025-2026学年数学九年级上册人教版

24.2点和圆、直线和圆的位置关系同步练习卷-2025-2026学年数学九年级上册人教版 一、单选题 1．已知的半径为．若点到圆心的距离为，则点（   ） A．在内 B．在上 C．在外 D．与的位置关系无法确定 2．如图， 的内切圆与、、分别相切于点D、E、F且， ，则的周长为（   ）. A．7 B．1 C．10 D．14 3．在中，，，，则这个三角形的外接圆的直径是（   ） A．8 B． C． D．4 4．如图所示，分别与相切于两点，点为上一点，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．如图，是的直径，是的切线，切点分别是A，B，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．下列说法：①三点确定一个圆，②平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，③相等的圆心角所对的弦相等，④三角形的外心到三个顶点的距离相等，其中正确的有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．在中，，．是的内切圆，连接、，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．如图，与相切于点A，连接交于点B，连接．若．则的度数为（   ） A． B． C． D． 9．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别相交于，B两点，，圆心的坐标为，与轴相切于原点，若将沿轴向右平移，当与直线的位置关系是相交时，横坐标为整数的点的个数是（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 二、填空题 10．在中，，，，则它的外接圆半径为 ；内切圆半径为 ． 11．如图，，，是的切线，切点分别是，，．若，则的长是 ． 12．如图，是的半径，与相切，连接，，．是上一点，当是等腰三角形时，的长为 ． 13．如图，已知为平面上一点，若是的内心，也是的外心，．则的度数为 ． 14．在中，，，以C为圆心，r为半径作．若与边只有一个交点，则r的取值范围是 15．如图，圆O是的外接圆，，过点C作圆O的切线，交的延长线于点D，则的度数是 ． 16．如图，点A在上，射线与相切于点C，若，则 ． 17．如图，点是的外心，点是的内心，连接，．若，则的度数为 ． 三、解答题 18．如图在中，，． (1)尺规作图：经过点B作，使得圆心在边上，且与边相切于点D．（保留作图痕迹，不要求写出作法） (2)在（1）的条件下若，求的半径． 19．如图在中，为直径，为的弦，与的延长线交于点C，且，于E．求证：是的切线． 20．如图，与相交于，两点，连接，，已知，，过点作的切线，并与交于点． (1)求证：是的角平分线； (2)若，，求半径的长． 21．如图，内接于是的直径，过点作于点，且平分． (1)求证：是的切线； (2)若，求的半径． 22．如图，内接于为的直径，连接，过点作交的延长线于点． (1)求证：为的切线； (2)若，求的半径． 23．如图，为的直径，点在上，分别过点、点作的切线相交于点，作射线交的延长线于点，连接相交于点． (1)写出图中一个与相等的角：___________； (2)求证：； (3)若，连接，直接写出四边形与的面积比． 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 《24.2点和圆、直线和圆的位置关系同步练习卷-2025-2026学年数学九年级上册人教版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A D C B C B C B A 1．A 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点与圆的位置关系，比较点P到圆心O的距离与圆的半径的大小进行判断，即可作答． 【详解】解：∵的半径为．若点到圆心的距离为，且， ∴点在内， 故选：A 2．D 【分析】本题考查了圆的切线长定理，由此可得，，，根据三角形的周长公式计算即可，掌握切线长定理“从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长度相等”是解题的关键． 【详解】解：的内切圆与、、分别相切于点、、， ，，， ， 的周长为： 故选：D． 3．C 【分析】本题考查了三角形的外接圆的性质，直角三角形角的性质以及勾股定理．根据所对的直角边等于斜边的一半，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∴， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴这个三角形的外接圆的直径是， 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了切线的性质、圆周角定理、四边形的内角和，熟练掌握相关知识点是解题的关键．连接，，根据切线的性质得到，根据四边形的内角和求出的度数，再利用圆周角定理即可求出的度数． 【详解】解：如图，连接，， ∵分别与相切于两点，   ∴， 又∵， ∴， ∴． 故选：B． 5．C 【分析】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，等边对等角，四边形内角和定理，正确作出辅助线是解题的关键． 连接，根据切线的性质可得，从而得到，即可利用四边形内角和定理求出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 故选：C 6．B 【分析】本题考查了确定圆的条件、垂径定理、圆心角与弦的关系以及三角形外心的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据相关知识点需逐一分析． 【详解】解：①不在同一直线上的三点才能确定一个圆，若三点共线则无法确定，错误； ②根据垂径定理，平分非直径弦的直径必垂直于该弦，正确； ③ 相等的圆心角所对的弦相等需在同圆或等圆中成立，未限定条件则不成立，错误； ④ 三角形的外心是各边垂直平分线的交点，到三个顶点的距离相等（即外接圆半径），正确； 综上，正确的有②和④，共2个． 故选：B． 7．C 【分析】本题考查了内切圆的定义，角平分线的定义，三角形内角和定理，先根据内切圆的定义得、分别平分、，则，，再根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵是的内切圆， ∴、分别平分、， ∵，， ∴，， ∴． 故选：C． 8．B 【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．先利用切线的性质得到，再根据直角三角形的两个锐角互余计算的度数即可． 【详解】解：∵与相切于点A， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 9．A 【分析】本题考查切线的性质，角的特殊直角三角形的性质，掌握求圆与直线相切的点坐标是解题的关键． 由数形结合，画出圆与直线相切的情形，即可求解． 【详解】解：如图所示， 当点在、时，圆与直线相切， 当点在、之间移动时，与直线相交， ， ∴ ∵， ∴ ∵与相切， ∴，， ∵， ， ∴ 同理， ∴ 故点在之间移动与直线的位置关系是相交， 点在之间移动横坐标整数点有： 3，4，5，6，7，8，9，共7个． 故选：A． 10． 1 【分析】本题考查了直角三角形的外接圆和内切圆半径的计算方法，关键在于运用勾股定理求出斜边长度．首先利用勾股定理求出斜边的长度，再根据外接圆半径等于斜边的一半，以及内切圆半径的公式求解． 【详解】解：在中，，， ， 直角三角形的外接圆的圆心是斜边中点，设外接圆的半径为，内切圆的半径为， ， 即：， . 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．由于、、是的切线，则，，求出的长即可求出的长． 【详解】解：、为的切线， ， 、为的切线， ， ． 故答案为：3． 12．或或 【分析】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的定义的理解，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 根据切线的性质，含30度角的直角三角形的性质得到，根据等腰三角形的定义分类讨论，数形结合分析即可求解． 【详解】解：∵与相切， ∴， 在中，， ∴，， 当时，是等腰三角形， ∴； 如图所示，当时，是等腰三角形，过点作于点， ∴， ∵， ∴，， ∴； 如图所示，当时，是等腰三角形， ∵是直角三角形，当点是斜边的中点时，； 综上所述，的长为或或， 故答案为：或或 ． 13． 【分析】本题考查三角形的内心和外心、角平分线的定义、三角形的内角和定理、圆周角定理，连接、，根据三角形的内心是三角形的内角平分线的交点，结合三角形的内角和定理求得，再根据圆周角定理得到即可求解． 【详解】解：连接、， ∵， ∴， ∵是的内心， ∴，， ∴， ∴， ∵是的外心， ∴， 故答案为：． 14．或 【分析】本题主要考查的是直线与圆的位置关系，掌握垂线段最短、直线与圆相切以及直线与圆的位置关系是解题的关键．作于，由勾股定理求出，由三角形的面积求出，得出以为圆心，为半径所作圆，则此时圆与斜边相切，只有一个交点；由，可得以为圆心，为半径所作的圆与斜边只有一个公共点． 【详解】解：作于，如图所示： ∵，， ∴， ∵的面积， ∴， 即圆心到的距离， ∴以为圆心，为半径所作的圆，则此时圆与斜边相切，只有一个交点； ∵， ∴以为圆心，为半径所作的圆与斜边只有一个公共点， 综上分析可知：若与边只有一个交点，则r的取值范围是或． 故答案为：或． 15． 【分析】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，90度的圆周角所对的弦是直径，根据可得是的直径，则由圆周角定理可得，由切线的性质推出，据此根据直角三角形两锐角互余可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵，圆O是的外接圆， ∴是的直径， ∴， ∵是的切线， ∴，即， ∴， 故答案为：． 16．70 【分析】本题考查切线的性质，根据切线的性质，结合等边对等角进行求解即可． 【详解】解：∵射线与相切于点C， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：70． 17．/26度 【分析】本题考查了三角形的内心和外心的概念、圆周角定理、等腰三角形的定义、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键． 连接，由点是的内心可得平分，根据角平分线的定义可得，根据圆周角定理可得，根据等腰三角形的定义及三角形内角和定理进行计算即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， 点是的内心， 平分， ， ， 点是外接圆的圆心， ， ， ， 故答案为：． 18．(1)画图见解析 (2) 【分析】（1）作的平分线交于点，过点作的垂线交于点，以点为圆心，长为半径即可作； （2）设的半径为，如图，过作于，证明四边形是矩形，利用勾股定理可得：，进一步即可求解； 【详解】（1）解：如图所示： 证明：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴边与相切于点D， 故即为所求作； （2）解：设的半径为， 如图，过作于， ∵， ∴四边形是矩形； 设的半径为， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∴的半径为． 【点睛】本题考查了尺规作图、圆的切线的判定、等腰三角形的判定，勾股定理的应用，矩形的判定与性质等知识点，根据题意作图是解题关键． 19．见解析 【分析】连接，根据中位线性质得到，进一步证明即可．此题考查了切线的判定，三角形中位线定理，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键． 【详解】解：连接， ∵，O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． ∵是的半径， ∴是的切线． 20．(1)证明见解析； (2)半径的长为． 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由，则是直径，所以，则，，再通过圆周角定理，切线的性质可得，，则有，，再通过等角的余角相等即可求解； （）由（）得，，即，，由，则，，，故有，根据等腰三角形定义和直角三角形性质得，，又，则，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴是直径， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是切线， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是的角平分线； （2）解：由（）得，，即，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴半径的长为． 21．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接．根据切线的判定定理，证明即可； （2）利用三角形相似，勾股定理，解方程计算解答即可． 【详解】（1）证明：证明：如答图，连接． ∵平分， . ， ， ， . ， 又是的半径， 是的切线． （2）解：是的直径， . ， . ， ， . ， ， 在中，由勾股定理，得， ， 解得（负值已舍去）， ， 的半径为． 【点睛】本题考查了圆的性质，切线的判定，三角形相似的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法，熟练掌握切线的判定，勾股定理是解题的关键． 22．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由圆周角定理可得，即得，由平行线的性质可得，由等腰三角形的性质和圆周角定理可得，进而得到，即得到，即可求证； （2）延长，交于点，可得四边形是矩形，即得，进而由等腰三角形的性质得，利用勾股定理得，设的半径为，则，在中，利用勾股定理得，解方程即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵为的直径， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵是的半径， ∴为的切线； （2）解：延长，交于点， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 设的半径为，则， 在中，， ∴， 解得， ∴的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，切线的判定，矩形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 23．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用圆周角定理和圆的切线的性质定理得到，利用直角三角形的性质和同角的余角相等的性质解答即可得出结论； （2）连接，利用切线长定理，同圆的半径相等的性质和线段的垂直平分线的判定定理得到是的垂直平分线，即，利用圆周角定理得到，则，结论可得； （3）利用直角三角形的面积公式求得的面积，再利用三角形的中位线的定义求得的面积，进而求得四边形的面积，代入化简即可得出结论． 【详解】（1）解：（答案不唯一） ∵为的直径，与相切于点， ∴， ∴ ∴ 故答案为 （2）证明：∵分别与相切于点、点， ∴ ∴点在的中垂线上， 连接，点、点都在上，如答图所示， ∴ ∴点在的中垂线上， ∴是的垂直平分线，即，，， ∵为的直径， ∴， ∴， ∴， ∵点在射线上， ∴ （3） ∵， ∴． ∵， ∴是的中位线， ∴ ∵是的垂直平分线， ∴， ∴ 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，三角形的面积，线段的垂直平分线的判定与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 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 $$