2.5直线与圆的位置关系课时训练-2025-2026学年数学九年级上册苏科版

2.5直线与圆的位置关系课时训练-2025-2026学年数学九年级上册苏科版 一、单选题 1．如图，是的直径，是的切线，为切点，，垂足为，连接．若，且，则的长为（　　） A．2 B． C．4 D． 2．如图，是的直径，是上的点，，过点作的切线交的延长线于点，若，则的半径是（   ） A．1 B． C． D． 3．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点，点在线段上，与轴交于、两点，当与该一次函数的图象相切时，的长度是（   ） A．3 B．4 C．2 D．6 4．如图，在一张三角形纸片中，，，，是它的内切圆，小明用剪刀沿着的切线剪下一块三角形，则的周长是（   ） A．17 B．19 C．20 D．22 5．如图，四边形内接于，点I是的内心，，点E在的延长线上，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．如图，直线与相切于点，直线与相交于点．连接．若，则的度数为（    ）． A．36° B．72° C．90° D．36°或72° 7．如图，切于点，连结交于点，交于点，连结，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．如图，四边形是的内接四边形，，，直线与相切于点．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，在中，，，点在上，以为半径的圆与相切于点．是边上的动点，当为直角三角形时，的长为 ． 10．如图，⊙是的内切圆，，则 ． 11．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点A，B在格点上，点C是小正方形的中心，与直线l相切于点T．以点G为圆心的圆经过点A，B，并且与直线l相切． （Ⅰ）直线与的位置关系为 （填“平行”“相交但不垂直”“垂直”）； （Ⅱ）请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点G，并简要说明点G的位置是如何找到的（不要求证明） ． 12．如图，正方形的边长为，若经过，两点的与直线相切，则的半径为 ． 13．如图，内接于，是的直径，I是的内心，连接，并延长交于点D，若，，则 ． 14．如图，、切于、，是直径，连结、．若，则下列结论中，一定正确的是 ①；②；③；④． 15．如图，在中，，，是边上一点，且，点是的内心，的延长线交于点，是上一动点，连接、，则的最小值为 ．    16．如图，中，为直径，，分别切于点，．过点作于点，交于点，若，则 ． 三、解答题 17． 将尺规作图与圆相结合 如图，已知，点O为射线上一点，以为半径画圆． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出的平分线，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）． (2)在（1）中所作图形的条件下，点E为射线上一点，连接，若与相切于点，求证：． 18．已知是的直径，点D是延长线上一点，，是的弦，． (1)求证：直线是的切线； (2)若，垂足为M、的半径为10，求的长． 19．如图，在边长为1的正方形网格纸上，以O为圆心，为半径作圆，点O、A、B均在格点上，仅用无刻度的直尺，完成下列作图（不写作法，保留作图痕迹） (1)在图1中，①作的中点M： ②取格点C，使为的一条切线．（作出符合题意的一点即可） (2)在图2中，作直径，E为外任一点，过E作的垂线垂足为F． 20．如图，是的直径，是上的点，于点，且与交于点，是的平分线． (1)求证：是的切线； (2)当点为的中点时，求的度数； (3)若，，求的长； (4)试判断线段，，之间的数量关系，并说明理由． 21．如图，在中，，是上一点，以为直径的切于点，交于点，连接，． (1)求证：； (2)连接交于点，连接，若，求的度数． 22．【问题背景】 在平面直角坐标系中，点A在轴正半轴上，，点B是轴上的一个动点．过点A，B的圆P与轴相切，切点为点B，与轴交于点A，C．设圆心P的坐标为． 【构建联系】 （1）当时，直接写出点P的坐标； （2）如图1，连接，过点A作，垂足为点H，线段满足什么数量关系？试求出满足的函数关系式； 【深入探究】 （3）如图2，过点B作的直径，连接．作点A关于直线的对称点，当点落在的边上时，求的长度． 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 《2.5直线与圆的位置关系课时训练-2025-2026学年数学九年级上册苏科版》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B C C D B C C 1．B 【分析】本题主要考查圆与直角三角形的综合，掌握圆的直径所对圆周角是直角，切线的性质，含特殊角的直角三角形的性质是解题的关键． 是的直径，是的切线，为切点，，连接，，得，，可知，，由即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，， 根据题意得，， ∵是的切线，为切点， ∴，即， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴ ∴ 在中，， ∴， ∴， 故选：B． 2．B 【分析】本题考查了圆周角定理，切线的性质，直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握圆周角定理，切线性质定理是解题的关键．连接，根据圆周角定理得到，由切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，再利用勾股定理即可解答． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵过点C作的切线交的延长线于点E， ∴， ∵， ∴， ∴，即的半径是． 故选：B． 3．C 【分析】本题考查了切线的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、平行线分线段成比例定理，根据一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点，求出和的长，根据勾股定理求出，设与轴相切于点，连接，，设，根据列出关于的方程，求出，即可求出答案． 【详解】解：当时，， 当时，， ， 一次函数的图象与轴、轴分别交于、两点， ，， ，， 在中， ， 如图，设与直线轴相切于点，连接，， ，， 设， ． ， ， 解得， ． 故选：C． 4．C 【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心，勾股定理，切线的性质，解决本题的关键是掌握切线的性质．设的内切圆切三边于点，连接、、、、、，得四边形是正方形，由切线长定理可知，根据是的切线，可得，，根据勾股定理可得，再求出内切圆的半径为，进而可得的周长． 【详解】解：如图，设的内切圆切三边于点、、，连接、、、、、， ∴四边形是正方形， 由切线长定理可知， ∵是的切线， ∴，， ∵，，， ∴， ∵是的内切圆， 设的半径为， 则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的周长为：． 故选：C． 5．D 【分析】本题主要考查三角形的内切圆与内心，圆内接四边形的性质，三角形的内角和定理以及邻补角，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．由点是的内心知、，从而求得，再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案． 【详解】解：∵点是的内心， ∴、， ∵， ∴ ， ∵四边形内接于， ∴， ∴， 故选：D． 6．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，也考查了圆周角定理以及三角形的相关性质．连接，先利用切线的性质得到，则根据三角形内角和得到，再根据圆周角定理得到，加上，所以，从而可求出的度数，然后利用三角形外角性质可计算出的度数． 【详解】如图，连接， 直线与相切于点， ， ， ， ，， ， 解得， ， ． 故选：． 7．C 【分析】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握圆切线的性质，圆周角定理，直角三角形性质，是解决问题的关键．连结，证明，，可得，从而可得． 【详解】解：如图，连结， ∵切于点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 8．C 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，以及切线性质定理，等腰三角形的性质，根据可得，可求出的度数，再由和圆内接四边形的性质可求解的度数，根据圆周角定理求出，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出，最后根据切线性质定理即可求解． 【详解】解：连接，，，如图， ∵，， ∴， ∵，四边形是的内接四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵直线为的切线， ∴， ∴． 故选：C ． 9．3或2.4 【分析】根据切线的性质定理，勾股定理，直角三角形的等面积法解答即可．本题主要考查了切线的性质和勾股定理，熟练掌握这些性质定理是解决本题的关键． 【详解】解：连接， ①当点与点重合时，为， 设圆的半径， ∴，， ∵， 在中，根据勾股定理可得：， 解得：， 即； ②当时，过点作于点， ∵， ∴， ∵，，， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 10． 【分析】本题考查三角形的内切圆的性质与三角形内角和定理，此题难度不大． 根据是的内切圆，得出，，进而得出，即可得出答案． 【详解】解：∵是的内切圆， ∴，， ∵， ∴， ∴ 故答案为：． 11． 垂直 见解析 【分析】本题考查了尺规作图，切线的性质，三角形外接圆的性质，垂直平分线的性质，平行线分线段成比例等知识点，熟练应用切线的性质构造平行线是解答本题的关键． (1)先根据图形计算求出，得到点C在线段的垂直平分线上，而根据三角形外心的性质可知过A、B两点的圆其圆心也在线段的垂直平分线上，从而得出直线就是线段的垂直平分线． (2)假设与直线l相切于点H，易得，连接交直线l于点E，然后连接交于点F，过点A作交于点G．通过平行线分线段成比例可得，结合进而得出．即可得出为的半径． 【详解】解：（Ⅰ）连接，如图 ， 点C在线段AB的垂直平分线上． 又 ∵ 过A、B两点的其圆心G也在线段的垂直平分线上， C、G两点都在线段AB的垂直平分线上， ． 故答案为：垂直． （Ⅱ）如图，取与网格线的交点D，连接并延长，与直线l相交于点E；连接与交于点F；连接并延长，与网格线交点为P，Q；连接与网格线相交于点R；连接并延长，与网格线相交于点S；连接并延长，与相交于点G，则点G即为所求． 12． 【分析】设与直线相切于点，连接并且延长交于点，连接、，由正方形的性质和切线的性质，可得四边形是矩形，由矩形的性质和同圆半径相等，可得与之间的关系，由垂径定理可得，用勾股定理解直角三角形即可． 【详解】解：设与直线相切于点，连接并且延长交于点，连接、， 四边形是边长为的正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得，， ∴的半径为， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、切线的性质、矩形的判定与性质、垂径定理、勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线． 13．5 【分析】本题考查了三角形的内心、圆内接三角形、圆的性质和勾股定理的知识，掌握以上知识是解答本题的关键； 本题连接，，，，过点分别作于，于，于，根据内心可得，，，再通过直角三角形的知识和等量变化可证得，在中，可求得，设，则，然后再根据， ，可求得，然后即可求解； 【详解】解：连接，，，，过点分别作于，于，于，如图： ∵点是的内心， ∴，，， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵ 在中，，， ∴， ∴， 又∵， ∴设，则， ∵， ， ∴， 解得： 或0(舍去)， ∴， ∴， 故答案为：5 14．①②③ 【分析】此题考查了圆周角定理、切线的性质、切线长定理、全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，平行线的判定和性质，30度直角三角形的性质．证明为等边三角形即可得；证明得，进而可得，再由内错角相等得；由30度直角三角形的性质得，进而可得；由得，，进而得，，即可得． 【详解】解：∵、切于、， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴，故①正确； 在和中， ， ∴ ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴，故②正确； 由得， ∴， 又∵， ∴，故③正确； ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴，故④错误． ∴一定正确的有①②③． 故答案为：①②③． 15． 【分析】在取点F，使，连接，，过点F作于H，利用三角形内心的定义可得出，利用证明，得出，则，当C、P、F三点共线时，最小，最小值为，利用含的直角三角形的性质求出，利用勾股定理求出，即可． 【详解】解：在取点F，使，连接，，过点F作于H， ∵I是的内心， ∴平分， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， 当C、P、F三点共线时，最小，最小值为， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含的直角三角形的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含的直角三角形是解题的关键． 16． 【分析】连接、、，由是的直径，弦于点，得垂直平分，则，由与相切于点，与相切于点，得，，则，而，则，可证明四边形是菱形，则，推导出，，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接、、， ∵是的直径，弦于点， ∴垂直平分，， ∴， ∵与相切于点，与相切于点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题重点考查直径定理、圆周角定理、切线的性质定理、切线长定理、勾股定理、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 17．(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查作图—复杂作图，角平分线的性质，圆周角定理，切线的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）作平分交于点，射线即为所求； （2）证明可得结论． 【详解】（1）解：如图，射线即为所求； （2）证明：如图，连接． ， ， 平分， ， ， ， 是的切线， ， ． 18．(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由圆周角定理可求得，则，可证明直线是的切线； （2）若于点，根据垂径定理可证明，在中，，，则，已知的半径，则，根据勾股定理可以求出的长，进而求出的长． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的半径，且， ∴直线是的切线． （2）解：∵是的直径，且于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查圆的切线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，此题综合性较强，难度较大． 19．(1)①见解析；②见解析 (2)见解析 【分析】1）①在正方形网格中，利用圆的对称性和网格线的特点来确定弧的中点；②依据切线的判定定理，找到与圆半径垂直且经过半径外端的直线，从而确定切点． （2）通过构造合适的线段，利用网格的特性找到与已知线段垂直的直线，确定垂足． 【详解】（1）解：①如图，点即为所求点； ②如图所示，点C即为所求； 由网格的特点可得， 又∵是的半径 ∴为的一条切线； （2）解：如图所示，连接交于点F即为所求； 由网格的特点可得， 【点睛】本题主要考查了圆的相关性质、切线的判定以及垂直的作图，熟练掌握圆的对称性、切线的判定定理和网格的特性是解题的关键． 20．(1)见解析； (2)； (3) (4)，理由见解析． 【分析】（1）首先连接，利用角平分线的性质和等腰三角形的性质，证明，从而得到平行于，再由垂直于，推出垂直于，即可证明是切线． （）连接、．证明是等边三角形，四边形是菱形，得，进而利用圆周角定理及直角三角形的性质即可得解． （）过点作垂直于于，连接、．因为是切线，垂直于，垂直于，垂直于，所以四边形是矩形，从而得到，．在直角三角形中，利用勾股定理求出的长度，进而得到的长度，再根据垂径定理，，求出的长度，最后用得到的长度． （）过作于，连接，证明，，得，，从而即可得解． 【详解】（1）解：连接， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2）解：连接、， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴是等边三角形，四边形是菱形， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴； （3）解：过点作于，连接、， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （4）解：，理由如下： 过作于，连接， ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵，，平分， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆的切线的判定、角平分线的性质、圆内接四边形的性质，圆心角定理、垂径定理、矩形的判定与性质以及勾股定理等知识点，熟练掌握圆的相关性质和定理是解题的关键． 21．(1)证明见解答； (2)的度数是． 【分析】（1）连接，则，所以，由切线的性质得，则，所以，则，即可证明，由圆周角定理得，所以； （2）由，得，推导出，则，所以，则，求得，可证明是等边三角形，则，所以． 【详解】（1）证明：连接，则， ， 切于点， ， ， ∴， ， ， ∴， ； （2）解：， ， ，， ， ， ， ∴，而， ∴， ， ， 是等边三角形， ， ， 的度数是． 【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、切线的性质、平行线的判定与性质、圆周角定理、直角三角形的两个锐角互余、垂径定理、等边三角形的判定与性质等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 22．（1）点P的坐标为或； （2）线段满足的数量关系为；x，y满足的函数关系式为 （3）当点落在的边上时，的长度为2或4． 【分析】（1）利用圆的切线的性质定理，点的坐标的特征和矩形的判定与性质解答即可； （2）利用勾股定理得到，利用点的坐标的特征得到，，利用矩形的判定与性质得到，利用勾股定理化简运算即可； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①当点落在的边上时，利用圆的切线的性质定理和正方形的判定与性质解答即可；当点落在的边上时，利用对称性和圆周角定理求得，，再利用含角的直角三角形的性质解答即可． 【详解】解：（1）当时， ∵， ∴， ∵与x轴相切，切点为点B， ∴轴， ∴轴， ∴点P到x轴，y轴的距离为1， ∴点P的坐标为或， ∴当1时，点P的坐标为或； （2）∵， ∴， ∴线段满足的数量关系为：． ∵圆心P的坐标为， ∴， ∵轴，轴，， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴x，y满足的函数关系式为； （3）①当点落在的边上时，如图， ∵点A关于直线的对称点， ∴， ∴点重合，即与y轴相切， 连接，四边形为正方形， ∴， ∴； ②当点落在的边上时，如图，连接， ∵点，点A关于直线的对称，点落在的边上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为圆的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 综上，当点落在的边上时，的长度为2或4． 【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，含角的直角三角形的性质，轴对称的性质，点的坐标的特征，矩形的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 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 $$