专题06 直线与圆的位置关系（4大题型）（期中真题汇编，福建专用）九年级数学上学期

专题06 直线与圆的位置关系（4大题型） 考点01 直线与圆相离、相切、相交 考点02 圆的切线 考点03 三角形的内切圆 考点04 正多边形与圆 考点01 直线与圆相离、相切、相交 1．A 考点02 圆的切线 1．C 2．B 3．【答案】43 【分析】 本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，读懂题意并熟练掌握知识点是解题的关键．设与交于点K，先由三角形内角和定理求出，再根据平行线的性质求解即可． 【详解】 解：如图，设与交于点K， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 4．【答案】（1） 解：如图所示，与点即为所求．      （2）① 如图，连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ，即， 是上一点， 直线是的切线； ②10．      【分析】 作的中垂线，交于点，以点为圆心、为半径作圆即可得，交于点； 连接，证，由得于点，据此即可得证； 作于点，可得四边形是矩形，据此知，由知，再根据垂径定理可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：① 略 过点作于点， 则，， 四边形是矩形， ， ， ， 则， ． 【点睛】 本题主要考查作图复杂作图，解题的关键是掌握圆的确定与中垂线的性质及切线的判定、垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质等知识点． 5．【答案】 【分析】 本题主要考查了圆周角定理，切线的性质定理，三角形的内角和等知识点，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键．由切线的性质定理得出，由圆周角定理得出，然后利用三角形内角和得出，进而即可得解． 【详解】 解：如图，连接， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵所对的圆心角为，圆周角为， ∴， ∵，在中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．【答案】证明：连接，如图， ∵为直径， ∴，即， 又∵， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线． 【分析】 本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 连接，如图所示，由直径所对的圆周角是直角，再由互余定义得到，从而，即，从而判断是的切线． 【详解】 略 7．【答案】（1）如图：为所作．      （2）      【分析】 （1）根据题意，只需作的平分线，与的交点就是所求作的圆心O． （2）根据勾股定理，切线的性质计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接， 在中，，，， ， ，且点在上， 为的切线， 与相切于， ， ， 设的半径为， 在中， ， 解得：，即的半径为． 8．【答案】（1） 证明：如图，连接， ， 是等腰三角形， ， ， 是的垂直平分线， ， ， ， ， 为的切线， ， ， ， ， 是的半径， 为的切线；     （2）      【分析】 本题主要考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理解决问题． （1）连接，先证明，得出，再证明，即可得出结论； （2）设，则，根据勾股定理列方程求出即可． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 解：，， ，， ， ， 设，则， ， ， ， ． 9．【答案】 【分析】 本题考查了切线长定理，根据切线长定理将的周长转化为． 【详解】 解：、切于点、，直线切于点， ， 的周长是， ， ， 的周长为：． 故答案为：． 10．【答案】13 【分析】 如图，连接OB、OP，根据切线长定理可得AC=CE，ED=BD，PA=PB，根据△PCD的周长可求出PB的长，根据切线的性质可得OB⊥PB，利用勾股定理求出OP的长即可. 【详解】 如图，连接OB、OP， ∵PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA，PB于点C、D， ∴AC=CE，ED=BD，PA=PB， ∵△PCD的周长为24， ∴PC+CE+ED+PD=24， ∴PA+PB=24， ∴PB=12， ∵PB是⊙O的切线，OB是⊙O半径， ∴OB⊥PB， ∴OP===13. 故答案为：13 【点睛】 本题考查了切线长定理及切线的性质，从圆外可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角；圆的切线垂直于过切点的半径；熟练掌握切线长定理及切线的性质是解题关键. 11．【答案】证明：以为直径的交于点， ， 中，， ， ， 是的切线． 【分析】 由半圆（直径）所对的圆周角是直角得出，再由三角形内角和定理得出，等量代换后可得，即是的切线得证． 【详解】 略 【点睛】 本题考查的知识点是半圆（直径）所对的圆周角是直角、三角形内角和定理、证明某直线是圆的切线，解题关键是由半圆（直径）所对的圆周角是直角得出． 12．【答案】证明：连接，如图， ， 是的直径， ，， ， ， ，即， ， 为的半径， 是的切线． 【分析】 本题主要考查了切线的判定定理，同弧所对的圆周角相等，90度的圆周角所对的弦是直径，先证明是的直径，再证明，则可证明，据此可证明结论． 【详解】 略 13．【答案】（1）连接OC， ∵AB是⊙O的直径，， ∴∠BOC=90°， ∵E是OB的中点， ∴OE=BE， 在△OCE和△BFE中， ， ∴△OCE≌△BFE（SAS）， ∴∠OBF=∠COE=90°， ∴直线BF是⊙O的切线； （2）BD=． 【分析】 （1）连接OC，由已知可得∠BOC=90°，根据SAS证明△OCE≌△BFE，根据全等三角形的对应角相等可得∠OBF=∠COE=90°，继而可证明直线BF是⊙O的切线； （2）由（1）的全等可知BF=OC=2，利用勾股定理求出AF的长，然后由S△ABF=，即可求出BD=． 【详解】 （1）略 （2）∵OB=OC=2，由（1）得：△OCE≌△BFE， ∴BF=OC=2， ∴AF=， ∴S△ABF=， 即4×2=2BD， ∴BD=． 【点睛】 本题考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的不同表示方法，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键． 14．【答案】（1） 如图，即为所求．      （2） 是的切线，证明如下： 如图：连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，且点C在上， ∴是的切线．      【分析】 本题主要考查了尺规作图、切线的判定、线段垂直平分线的性质、圆周角定理等知识点，根据垂直平分线的性质确定圆心是解题的关键． （1）作线段的垂直平分线交于点O，以O为圆心，以为半径画圆即可； （2）如图：连接，再证明，进而得到结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 15．【答案】（1）证明：由圆周角定理得，， ，， ， ， ， ， ， ； （2）6． 【分析】 （1）根据圆周角定理得到，根据直角三角形的性质、对顶角相等得到，根据等腰三角形的判定定理证明结论； （2）连接、、、，根据平行四边形的判定和性质得到，根据等边三角形的性质得到，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案． 【详解】 （1）略 （2）解：连接、、、， ， ， 四边形是的内接四边形， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 设，则， 由勾股定理得，， ，， ， ， 在中，，即， 化简得： 解得，，（舍去） 则． 【点睛】 本题考查的是圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质，灵活运用圆周角定理是解题的关键． 16．【答案】（1）①；②；（2）存在， 【分析】 （1）① 旋转得到，进而得到，证明，即可得出结论； ② 设直线交与点，根据切线的性质，结合四边形的内角和为360度，得到，进而推出，根据，得到点A和点重合，旋转，得到，进而求出的度数即可； （2）勾股定理，求出的长，由① 得到，进而得到点N在以A为圆心，1为半径的圆上，得到当N点在上， 最小，进行求解即可． 【详解】 解：（1）① ∵线段绕着点C顺时针旋转，得到线段， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； ② 设直线交与点， ∵与相切， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由① 知：， ∴， ∴， ∴点A和点重合， ∴C、A、M共线， ∵， ∴， ∴； （2）存在 ∵， ∴， 由① 知：， ∵， ∴， ∴点N在以A为圆心，1为半径的圆上， ∴当N点在上， 最小． 【点睛】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，切线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握旋转全等模型，是解题的关键． 17．【答案】（1） 证明：如图，连接， ， ， 平分， ， ，即， 为的半径， ∴与相切；     （2）     （3）10      【分析】 本题考查圆的综合应用，涉及圆的切线判定、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等边三角形判定及性质、解直角三角形等知识，作出辅助线构造出等边三角形是解本题的关键． （1）连接，由得，根据平分，即得，而，即可得； （2）先判断出得出，进而求出，即可求出答案； （3）连接，在上截取，先判断出是等边三角形，进而判断出是等边三角形，进而判断出，即可求出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：是的直径， ， ， ， 由（1）知，， ， ， ， ， ； (3) 小问详解： 解：连接，在上截取， ， 平分， ， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ， 当为直径，即时，取最大值是10． 18．【答案】（1）即为所求:      （2） 解：，理由如下： 连接，则：， ∴， ∵为切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；     （3）可以根据的大小，进行判断，越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强（答案不唯一）．      【分析】 本题考查尺规作图—复杂作图，切线的判定和性质，三角形的内角和，弧长，熟练掌握新定义，切线的判定和性质，是解题的关键． （1）圆弧上取一点，交界面与圆弧的交点为，连接，分别作的中垂线，交于点，则点为圆弧的圆心，连接，过点作，则为圆的切线，即为所求； （2）连接，等边对等角，得到，切线的性质，结合等角的余角相等，得到，进而得到即可； （3）可以根据，进行判断，根据越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强进行作答即可． (1) 小问详解： 解：① 圆弧上取一点，交界面与圆弧的交点为，连接； ② 分别作的垂直平分线，交于点，则点为圆弧的圆心； ③ 连接，过点作，则为圆的切线，故即为所求； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ∵水滴弧的长度为：， ∴， ∴可以根据的大小，进行判断，越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强（答案不唯一）． 19．【答案】（1） 证明：直径平分， ， ， ；     （2）①； ② 草图如下， 的半径是3      【分析】 （1）根据圆周角定理可得，从而可得，即可根据圆心角定理的推论证明结论； （2）① 根据圆周角定理及直角三角形的两锐角互余，可得，再结合，可推得，即可得到答案； ② 连结，根据圆的切线的性质，可得，根据三角形内角和定理及圆周角定理，可逐步推得，进一步可得，因此，所以可证明，即知是的直径，再证明是等边三角形，最后根据等边三角形的性质及勾股定理，即可求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：①， ， 和都是所对的圆周角， ， ， 直径平分， ， ， ， ， ； ② 连结， 四边形的外角平分线是的切线， ， ， ， ， ， ， ， 和分别是所对的圆心角和圆周角， ， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是的直径， ，， ， ， ， 是正三角形， ， ， ， 直径平分， ，， ， ， ， 解得， 即的半径为3． 【点睛】 本题考查了垂径定理，圆周角定理，圆心角定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，圆周角定理及圆的切线的性质是解题的关键． 考点03 三角形的内切圆 1．B 2．B 3．【答案】（1） 证明：连接， ∵为弧的中点， ∴， ∵， ∴， 又是的半径， ∴与相切；     （2） ① 证明：∵是的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∵， ∴ 又，， ∴， ∴； ② 能，不在同一直线上的三个点可唯一确定一个圆， 作图如下： 【分析】 本题考查了切线的判定，三角形的内切圆，垂径定理等知识，解题的关键是： （1）根据定理的推论得出，根据平行线的性质得出，然后根据切线的判定即可得证； （2）① 根据三角形内心的性质可得出，，根据圆周角定理得出，则，结合三角形外角的性质可得出，然后根据等角对等边即可得证； ② 根据三角形内心的性质可求出，由三角形内角和定理知，则可判断，故A、I、C三点不共线，即可解答；连接并延长交于点P，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② ：∵是的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴A、I、C三点不共线， ∴A、I、C三点能确定一个圆，（不在同一直线上的三个点可唯一确定一个圆） 理由：连接、， 同① 可证，， ∴， ∴点A、I、C在以P为圆心，为半径的圆上． 考点04 正多边形与圆 1．C 2．C 3．D 4．C 5．【答案】（1）240     （2） 解：． 理由如下：连接，． 六边形是等边半正六边形． ，． ． ． 在与中， ， ． ；     （3）如图，六边形即为所求（答案不唯一）． 作法一： 作法二： ．      【分析】 本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键． （1）六边形内角和为，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为； （2）连接，，通过已知条件可证，得到，，进一步证明证出； （3）作、、的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形了． (1) 小问详解： 解：∵六边形内角和为，且，， ∴等边半正六边形相邻两个内角的和为， 故答案为：240； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 6．【答案】（1）； （2）不能，理由： 对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为． 因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为． 这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用． （3）；当取得最小值时； （4） 【分析】 （1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解； （2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解； （3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解； （4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解． 【详解】 （1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积． 正方形草坪的面积． 故喷洒覆盖率． （2）略 （3）如图所示，连接， 要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积． ∴都经过正方形的中心点， 在中，，， ∵ ∴， 在中， ∴ ∴ ∴当时，取得最小值，此时 解得： （4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆， 则当时，圆的内接正方形的边长为 而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少， ∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率 【点睛】 本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案． 7．【答案】 【分析】 本题考查了正多边形与圆，矩形的判定与性质等知识，连接、、、、，先判断六边形是的内接正六边形，则，根据中心角定义求出，则可求出，故A、O、E三点共线，即是的直径，同理可得是的直径，根据直径所对的圆周角是直角以及矩形的判定可得出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，即可求解． 【详解】 解：连接、、、、，如图所示： 由题意知：A、B、C、E、F、G把分成六等分， ∴六边形是的内接正六边形， ∴，， ∴， ∴A、O、E三点共线，即是的直径， ∴， 同理是的直径， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∴圆内接六边形的面积与内接四边形的面积比值为， 故答案为：． 8．【答案】1 【分析】 本题考查圆与正多边形的性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 由割圆术，求出正六边形的边长（半径为单位长度），再求出正十二边形的边长，得到边长为的正多边形为十二边形，则，求出，即可解答． 【详解】 解：如图 有，，， ∴为等边三角形，则， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴边长为的正多边形为十二边形， ∴， 解得． 故答案为：1 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 直线与圆的位置关系（4大题型） 4大高频考点概览 考点01 直线与圆相离、相切、相交 考点02 圆的切线 考点03 三角形的内切圆 考点04 正多边形与圆 考点01 直线与圆相离、相切、相交 1．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）已知的半径为2，点O到直线l的距离是4，则直线l与的位置关系是（       ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 以上情况都有可能 考点02 圆的切线 1．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）以为中心点的量角器与直角三角板如图所示摆放，直角顶点在零刻度线所在直线上，且量角器与三角板只有一个公共点，若点对应读数为，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，是的直径，是的两条切线，B、C是切点，若，，则的长度为（       ） A. 1 B.  C.  D.  3．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）如图，是地球的示意图，其中表示赤道，，分别表示北回归线和南回归线，．夏至日正午时，太阳光线所在直线经过地心O，此时点F处的太阳高度角（即平行于的光线与的切线所成的锐角）的大小为　　　　　　　°． 4．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，在中，，平分，交边于点，点为边上一点，经过点、并且交于另一点． （1）作出并标出点（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下， ①证明：直线是的切线； ②若与交于点，且，，求的长． 5．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，是的直径，过点D的切线与的延长线相交于点，且，则的度数为　　　　　． 6．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，以点O为圆心，长为直径作圆，在上取一点C，延长至点D，连接，，过点A作交的延长线于点E．求证：是的切线． 7．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，在中，． （1）在边上确定一点O，以O为圆心，为半径作，使得与边相切于点D；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）已知，，在所作的图形中，求的半径． 8．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，为的切线，为切点，过点作，垂足为点，交于点，延长与的延长线交于点． （1）求证：为的切线； （2）若，，求线段的长． 9．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，、切于点、，直线切于点，交于，交于点，若，则的周长是________． 10．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA，PB于点C、D，若△PCD的周长为24，⊙O的半径是5，则点P到圆心O的距离　　　　　． 11．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，在中，以为直径的交于点，，求证：是的切线． 12．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，四边形内接于，，点在的延长线上，连接，，．求证：是的切线． 13．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，AB是⊙O的直径，，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使EF=CE．连接AF交⊙O于点D，连接BD，BF． （1）求证：直线BF是⊙O的切线； （2）若OB=2，求BD的长． 14．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，在中，，． （1）求作：使得圆心落在边上，且经过、两点．（尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法）； （2）在（1）的条件下，判断直线与的位置关系，并说明理由． 15．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，，是⊙的弦，过点作于点，交⊙于点，过点作于点，交于点，连接． （1）求证：； （2）过点作交⊙于点，若的长等于半径，，，求的长． 16．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）【问题呈现】 （1）在中，，以点B为圆心、1为半径作圆，设点M为上一点，连接，将线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，连接． ①如图1，连接，则与的数量关系为______； ②如图2，当点M在右侧时，连接，若与相切，求的度数； 【问题解决】 （2）如图3，有一块形状为三角形的空地，，千米，现计划在周围修建一个以点B为圆心、1千米为半径的圆形草场，现要在草场边上找一点M（即点M在上），沿着修建一条水渠，将线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，沿着修建一条公路，为了成本考虑，要求公路的长度最短，请根据所给数据计算公路是否存在最小值，若存在，则计算出公路的最小值，若不存在，请说明理由．（公路宽度不计） 17．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，是四边形的外接圆，直径为10，过点D作，交的延长线于点P，平分． （1）如图1，若是的直径，求证：与相切； （2）若是的直径， ，求的度数． （3）如图2，若，求的最大值． 18．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）【材料的疏水性】 “微风忽起吹莲叶，青玉盘中泻水银”，莲叶上的水滴来回滚动，不易渗入莲叶内部，这说明莲叶具有较强的疏水性．疏水性是指材料与水相互排斥的一种性质． 材料疏水性的强弱通常用接触角的大小来描述．材料上的水滴可以近似地看成球或球的一部分，经过球心的纵截面如图①所示，接触角是过固、液、气三相接触点（点M或点N）所作的气-液界线的切线与固-液界线的夹角，图①中的就是水滴的一个接触角．材料的疏水性随着接触角的变大而变强． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出图②中水滴的一个接触角，并用三个大写字母表示接触角（保留作图痕迹）； （2）实践中，可以通过测量水滴经过球心的高度和底面圆的半径（），求出的度数，进而求出接触角的度数（如图③）．请探索图③中接触角与之间的数量关系（用等式表示），并说明理由； （3）材料的疏水性除了用接触角以及图③中与相关的量描述外，还可以用什么量来描述，请你提出一个合理的设想，并说明疏水性随着此量的变化而如何变化． 19．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）内接于，直径平分分别交和于E、F， （1）如图1，求证：； （2）若交于D，连接并延长到G，平分交于H， ①如图2，若G正好在的延长线上，，试用含m的式子表示； ②若四边形的外角平分线也是的切线，，请在图3中画出符合条件的草图，并求的半径． 考点03 三角形的内切圆 1．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功找到三角形内心的是（     ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，在中，，的内切圆的半径为2，三个切点分别为，若，则的面积是（     ） A. 14 B. 24 C. 28 D.  3．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，为内接三角形，为弧的中点，过点作．交的延长线于点． （1）求证：与相切； （2）如图2，连接、，是的内心． ①求证：； ②经过、、三点能否确定一个圆？理由是___________，若能确定圆，请仅用无刻度的直尺找出圆心． 考点04 正多边形与圆 1．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如果一个正多边形的中心角等于，那么这个多边形是（     ） A. 正三角形 B. 正方形 C. 正五边形 D. 正六边形 2．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（     ） A. 15 B. 12 C. 10 D. 8 3．（25-26学年九上·福建福州·期中）如果一个正多边形的中心角为，那么这个正多边形的边数是(       ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4．（25-26学年九上·福建福州·期中）如果一个正多边形的中心角为60°，那么这个正多边形的边数是（     ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告博学小组研究对象：等边半正多边形研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究．研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明研究内容：【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形…【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：概念理解：如图2，如果六边形是等边半正六边形，那么，，，且．性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°．对角线：… 任务： （1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：                 ． （2）如图3，六边形是等边半正六边形．连接对角线，猜想与的数量关系，并说明理由； （3）如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 6．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可） 7．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图将的圆周6等分，则圆内接六边形的面积与内接四边形的面积比值为　　　　　　． 8．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）刘徽的割圆术是中国古代数学中通过圆内接正多边形逼近圆面积以计算圆周率的方法．该方法由魏晋数学家刘徽于3世纪中期在《九章算术注》中系统提出，其核心思想是通过倍增正多边形的边数，使其周长无限接近圆周长．具体做法是： （1）初始分割：从圆内接正六边形开始（因正六边形边长等于圆的半径）； （2）逐步倍增：将边数依次加倍为12边形、24边形、48边形……，计算每次所得正多边形的面积； （3）极限逼近：随着边数增加，正多边形的面积越来越接近圆面积，当边数无限增多时，正多边形面积趋近于圆的面积； 刘徽通过计算正3072边形，得出圆周率约为3．1416（徽率），比传统的“周三径一”精确得多．该方法蕴含了早期极限思想，提出“割之弥细，所失弥少”的数学原理．其外推技术（如面积差分比）早于西方16世纪类似方法，对后世祖冲之计算圆周率至小数点后七位奠定基础．假设圆的半径是1个单位长度，若刘徽在上述计算过程中，设所取的圆内接正边形（n为某正整数）的边长为，此圆的内接正边形的边长为，且满足：，则　　　　　　． 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 直线与圆的位置关系（4大题型） 4大高频考点概览 考点01 直线与圆相离、相切、相交 考点02 圆的切线 考点03 三角形的内切圆 考点04 正多边形与圆 考点01 直线与圆相离、相切、相交 1．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）已知的半径为2，点O到直线l的距离是4，则直线l与的位置关系是（       ） A. 相离 B. 相切 C. 相交 D. 以上情况都有可能 【答案】A 【分析】 欲求直线l与圆O的位置关系，关键是比较圆心到直线的距离d与圆半径r的大小关系．若，则直线与圆相交；若，则直线与圆相切；若，则直线与圆相离．据此判断即可． 【详解】 ∵圆半径，圆心到直线的距离． ∴， ∴直线l与的位置关系是相离． 故选：A． 【点睛】 本题考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是可通过比较圆心到直线距离与圆半径大小关系完成判定． 考点02 圆的切线 1．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）以为中心点的量角器与直角三角板如图所示摆放，直角顶点在零刻度线所在直线上，且量角器与三角板只有一个公共点，若点对应读数为，则的度数是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 量角器器与三角板只有一个公共点，得到与圆量角器相切与点，得到，进而求出的度数，利用平角的定义，即可求出的度数． 【详解】 解：∵量角器与三角板只有一个公共点， ∴与圆量角器相切与点， ∴， ∴， ∵点对应读数为，即：， ∴， ∴； 故选C． 【点睛】 本题考查切线的定义和性质，角度的计算．正确的识图，确定三角形的边与量角器相切，是解题的关键． 2．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，是的直径，是的两条切线，B、C是切点，若，，则的长度为（       ） A. 1 B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查了切线长定理，切线的性质，等边三角形的性质和判定，连接，证明是等边三角形，得到，由圆周角定理和切线的性质证得，进而证得，即可求出答案． 【详解】 解：连接， ∵是的两条切线， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵是的直径， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 3．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）如图，是地球的示意图，其中表示赤道，，分别表示北回归线和南回归线，．夏至日正午时，太阳光线所在直线经过地心O，此时点F处的太阳高度角（即平行于的光线与的切线所成的锐角）的大小为　　　　　　　°． 【答案】43 【分析】 本题考查了三角形内角和定理，平行线的性质，读懂题意并熟练掌握知识点是解题的关键．设与交于点K，先由三角形内角和定理求出，再根据平行线的性质求解即可． 【详解】 解：如图，设与交于点K， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 4．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，在中，，平分，交边于点，点为边上一点，经过点、并且交于另一点． （1）作出并标出点（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）的条件下， ①证明：直线是的切线； ②若与交于点，且，，求的长． 【答案】（1） 解：如图所示，与点即为所求．      （2）① 如图，连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ，即， 是上一点， 直线是的切线； ②10．      【分析】 作的中垂线，交于点，以点为圆心、为半径作圆即可得，交于点； 连接，证，由得于点，据此即可得证； 作于点，可得四边形是矩形，据此知，由知，再根据垂径定理可得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：① 略 过点作于点， 则，， 四边形是矩形， ， ， ， 则， ． 【点睛】 本题主要考查作图复杂作图，解题的关键是掌握圆的确定与中垂线的性质及切线的判定、垂径定理，勾股定理，矩形的判定与性质等知识点． 5．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）如图，是的直径，过点D的切线与的延长线相交于点，且，则的度数为　　　　　． 【答案】 【分析】 本题主要考查了圆周角定理，切线的性质定理，三角形的内角和等知识点，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键．由切线的性质定理得出，由圆周角定理得出，然后利用三角形内角和得出，进而即可得解． 【详解】 解：如图，连接， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵所对的圆心角为，圆周角为， ∴， ∵，在中，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，以点O为圆心，长为直径作圆，在上取一点C，延长至点D，连接，，过点A作交的延长线于点E．求证：是的切线． 【答案】证明：连接，如图， ∵为直径， ∴，即， 又∵， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线． 【分析】 本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 连接，如图所示，由直径所对的圆周角是直角，再由互余定义得到，从而，即，从而判断是的切线． 【详解】 略 7．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，在中，． （1）在边上确定一点O，以O为圆心，为半径作，使得与边相切于点D；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）已知，，在所作的图形中，求的半径． 【答案】（1）如图：为所作．      （2）      【分析】 （1）根据题意，只需作的平分线，与的交点就是所求作的圆心O． （2）根据勾股定理，切线的性质计算即可． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：连接， 在中，，，， ， ，且点在上， 为的切线， 与相切于， ， ， 设的半径为， 在中， ， 解得：，即的半径为． 8．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，为的切线，为切点，过点作，垂足为点，交于点，延长与的延长线交于点． （1）求证：为的切线； （2）若，，求线段的长． 【答案】（1） 证明：如图，连接， ， 是等腰三角形， ， ， 是的垂直平分线， ， ， ， ， 为的切线， ， ， ， ， 是的半径， 为的切线；     （2）      【分析】 本题主要考查了切线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理解决问题． （1）连接，先证明，得出，再证明，即可得出结论； （2）设，则，根据勾股定理列方程求出即可． (1) 小问详解： 略； (2) 小问详解： 解：，， ，， ， ， 设，则， ， ， ， ． 9．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）如图，、切于点、，直线切于点，交于，交于点，若，则的周长是________． 【答案】 【分析】 本题考查了切线长定理，根据切线长定理将的周长转化为． 【详解】 解：、切于点、，直线切于点， ， 的周长是， ， ， 的周长为：． 故答案为：． 10．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA，PB于点C、D，若△PCD的周长为24，⊙O的半径是5，则点P到圆心O的距离　　　　　． 【答案】13 【分析】 如图，连接OB、OP，根据切线长定理可得AC=CE，ED=BD，PA=PB，根据△PCD的周长可求出PB的长，根据切线的性质可得OB⊥PB，利用勾股定理求出OP的长即可. 【详解】 如图，连接OB、OP， ∵PA、PB分别切⊙O于A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA，PB于点C、D， ∴AC=CE，ED=BD，PA=PB， ∵△PCD的周长为24， ∴PC+CE+ED+PD=24， ∴PA+PB=24， ∴PB=12， ∵PB是⊙O的切线，OB是⊙O半径， ∴OB⊥PB， ∴OP===13. 故答案为：13 【点睛】 本题考查了切线长定理及切线的性质，从圆外可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角；圆的切线垂直于过切点的半径；熟练掌握切线长定理及切线的性质是解题关键. 11．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）如图，在中，以为直径的交于点，，求证：是的切线． 【答案】证明：以为直径的交于点， ， 中，， ， ， 是的切线． 【分析】 由半圆（直径）所对的圆周角是直角得出，再由三角形内角和定理得出，等量代换后可得，即是的切线得证． 【详解】 略 【点睛】 本题考查的知识点是半圆（直径）所对的圆周角是直角、三角形内角和定理、证明某直线是圆的切线，解题关键是由半圆（直径）所对的圆周角是直角得出． 12．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，四边形内接于，，点在的延长线上，连接，，．求证：是的切线． 【答案】证明：连接，如图， ， 是的直径， ，， ， ， ，即， ， 为的半径， 是的切线． 【分析】 本题主要考查了切线的判定定理，同弧所对的圆周角相等，90度的圆周角所对的弦是直径，先证明是的直径，再证明，则可证明，据此可证明结论． 【详解】 略 13．（25-26学年九上·福建福州·期中）如图，AB是⊙O的直径，，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使EF=CE．连接AF交⊙O于点D，连接BD，BF． （1）求证：直线BF是⊙O的切线； （2）若OB=2，求BD的长． 【答案】（1）连接OC， ∵AB是⊙O的直径，， ∴∠BOC=90°， ∵E是OB的中点， ∴OE=BE， 在△OCE和△BFE中， ， ∴△OCE≌△BFE（SAS）， ∴∠OBF=∠COE=90°， ∴直线BF是⊙O的切线； （2）BD=． 【分析】 （1）连接OC，由已知可得∠BOC=90°，根据SAS证明△OCE≌△BFE，根据全等三角形的对应角相等可得∠OBF=∠COE=90°，继而可证明直线BF是⊙O的切线； （2）由（1）的全等可知BF=OC=2，利用勾股定理求出AF的长，然后由S△ABF=，即可求出BD=． 【详解】 （1）略 （2）∵OB=OC=2，由（1）得：△OCE≌△BFE， ∴BF=OC=2， ∴AF=， ∴S△ABF=， 即4×2=2BD， ∴BD=． 【点睛】 本题考查了切线的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的不同表示方法，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键． 14．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，在中，，． （1）求作：使得圆心落在边上，且经过、两点．（尺规作图，保留作图痕迹，不必写作法）； （2）在（1）的条件下，判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） 如图，即为所求．      （2） 是的切线，证明如下： 如图：连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，且点C在上， ∴是的切线．      【分析】 本题主要考查了尺规作图、切线的判定、线段垂直平分线的性质、圆周角定理等知识点，根据垂直平分线的性质确定圆心是解题的关键． （1）作线段的垂直平分线交于点O，以O为圆心，以为半径画圆即可； （2）如图：连接，再证明，进而得到结论． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 略 15．（25-26学年九上·福建福州鼓楼区福州黎明中学·期中）如图，，是⊙的弦，过点作于点，交⊙于点，过点作于点，交于点，连接． （1）求证：； （2）过点作交⊙于点，若的长等于半径，，，求的长． 【答案】（1）证明：由圆周角定理得，， ，， ， ， ， ， ， ； （2）6． 【分析】 （1）根据圆周角定理得到，根据直角三角形的性质、对顶角相等得到，根据等腰三角形的判定定理证明结论； （2）连接、、、，根据平行四边形的判定和性质得到，根据等边三角形的性质得到，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案． 【详解】 （1）略 （2）解：连接、、、， ， ， 四边形是的内接四边形， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 设，则， 由勾股定理得，， ，， ， ， 在中，，即， 化简得： 解得，，（舍去） 则． 【点睛】 本题考查的是圆周角定理、勾股定理、等边三角形的判定和性质，灵活运用圆周角定理是解题的关键． 16．（25-26学年九上·福建福州三牧中学·期中）【问题呈现】 （1）在中，，以点B为圆心、1为半径作圆，设点M为上一点，连接，将线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，连接． ①如图1，连接，则与的数量关系为______； ②如图2，当点M在右侧时，连接，若与相切，求的度数； 【问题解决】 （2）如图3，有一块形状为三角形的空地，，千米，现计划在周围修建一个以点B为圆心、1千米为半径的圆形草场，现要在草场边上找一点M（即点M在上），沿着修建一条水渠，将线段绕着点C顺时针旋转，得到线段，沿着修建一条公路，为了成本考虑，要求公路的长度最短，请根据所给数据计算公路是否存在最小值，若存在，则计算出公路的最小值，若不存在，请说明理由．（公路宽度不计） 【答案】（1）①；②；（2）存在， 【分析】 （1）① 旋转得到，进而得到，证明，即可得出结论； ② 设直线交与点，根据切线的性质，结合四边形的内角和为360度，得到，进而推出，根据，得到点A和点重合，旋转，得到，进而求出的度数即可； （2）勾股定理，求出的长，由① 得到，进而得到点N在以A为圆心，1为半径的圆上，得到当N点在上， 最小，进行求解即可． 【详解】 解：（1）① ∵线段绕着点C顺时针旋转，得到线段， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； ② 设直线交与点， ∵与相切， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 由① 知：， ∴， ∴， ∴点A和点重合， ∴C、A、M共线， ∵， ∴， ∴； （2）存在 ∵， ∴， 由① 知：， ∵， ∴， ∴点N在以A为圆心，1为半径的圆上， ∴当N点在上， 最小． 【点睛】 本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，切线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握旋转全等模型，是解题的关键． 17．（25-26学年九上·福建厦门莲花中学·期中）如图，是四边形的外接圆，直径为10，过点D作，交的延长线于点P，平分． （1）如图1，若是的直径，求证：与相切； （2）若是的直径， ，求的度数． （3）如图2，若，求的最大值． 【答案】（1） 证明：如图，连接， ， ， 平分， ， ，即， 为的半径， ∴与相切；     （2）     （3）10      【分析】 本题考查圆的综合应用，涉及圆的切线判定、勾股定理、全等三角形的判定及性质、等边三角形判定及性质、解直角三角形等知识，作出辅助线构造出等边三角形是解本题的关键． （1）连接，由得，根据平分，即得，而，即可得； （2）先判断出得出，进而求出，即可求出答案； （3）连接，在上截取，先判断出是等边三角形，进而判断出是等边三角形，进而判断出，即可求出答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：是的直径， ， ， ， 由（1）知，， ， ， ， ， ； (3) 小问详解： 解：连接，在上截取， ， 平分， ， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ， ， 当为直径，即时，取最大值是10． 18．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）【材料的疏水性】 “微风忽起吹莲叶，青玉盘中泻水银”，莲叶上的水滴来回滚动，不易渗入莲叶内部，这说明莲叶具有较强的疏水性．疏水性是指材料与水相互排斥的一种性质． 材料疏水性的强弱通常用接触角的大小来描述．材料上的水滴可以近似地看成球或球的一部分，经过球心的纵截面如图①所示，接触角是过固、液、气三相接触点（点M或点N）所作的气-液界线的切线与固-液界线的夹角，图①中的就是水滴的一个接触角．材料的疏水性随着接触角的变大而变强． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出图②中水滴的一个接触角，并用三个大写字母表示接触角（保留作图痕迹）； （2）实践中，可以通过测量水滴经过球心的高度和底面圆的半径（），求出的度数，进而求出接触角的度数（如图③）．请探索图③中接触角与之间的数量关系（用等式表示），并说明理由； （3）材料的疏水性除了用接触角以及图③中与相关的量描述外，还可以用什么量来描述，请你提出一个合理的设想，并说明疏水性随着此量的变化而如何变化． 【答案】（1）即为所求:      （2） 解：，理由如下： 连接，则：， ∴， ∵为切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴；     （3）可以根据的大小，进行判断，越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强（答案不唯一）．      【分析】 本题考查尺规作图—复杂作图，切线的判定和性质，三角形的内角和，弧长，熟练掌握新定义，切线的判定和性质，是解题的关键． （1）圆弧上取一点，交界面与圆弧的交点为，连接，分别作的中垂线，交于点，则点为圆弧的圆心，连接，过点作，则为圆的切线，即为所求； （2）连接，等边对等角，得到，切线的性质，结合等角的余角相等，得到，进而得到即可； （3）可以根据，进行判断，根据越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强进行作答即可． (1) 小问详解： 解：① 圆弧上取一点，交界面与圆弧的交点为，连接； ② 分别作的垂直平分线，交于点，则点为圆弧的圆心； ③ 连接，过点作，则为圆的切线，故即为所求； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： ∵水滴弧的长度为：， ∴， ∴可以根据的大小，进行判断，越大，水滴越趋近于球形，疏水性越强（答案不唯一）． 19．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）内接于，直径平分分别交和于E、F， （1）如图1，求证：； （2）若交于D，连接并延长到G，平分交于H， ①如图2，若G正好在的延长线上，，试用含m的式子表示； ②若四边形的外角平分线也是的切线，，请在图3中画出符合条件的草图，并求的半径． 【答案】（1） 证明：直径平分， ， ， ；     （2）①； ② 草图如下， 的半径是3      【分析】 （1）根据圆周角定理可得，从而可得，即可根据圆心角定理的推论证明结论； （2）① 根据圆周角定理及直角三角形的两锐角互余，可得，再结合，可推得，即可得到答案； ② 连结，根据圆的切线的性质，可得，根据三角形内角和定理及圆周角定理，可逐步推得，进一步可得，因此，所以可证明，即知是的直径，再证明是等边三角形，最后根据等边三角形的性质及勾股定理，即可求得答案． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： 解：①， ， 和都是所对的圆周角， ， ， 直径平分， ， ， ， ， ； ② 连结， 四边形的外角平分线是的切线， ， ， ， ， ， ， ， 和分别是所对的圆心角和圆周角， ， ， ， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是的直径， ，， ， ， ， 是正三角形， ， ， ， 直径平分， ，， ， ， ， 解得， 即的半径为3． 【点睛】 本题考查了垂径定理，圆周角定理，圆心角定理，圆的切线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握垂径定理，圆周角定理及圆的切线的性质是解题的关键． 考点03 三角形的内切圆 1．（25-26学年九上·福建厦门第十一中学·期中）根据圆规作图的痕迹，可用直尺成功找到三角形内心的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 本题考查基本作图、三角形内心：三角形三条内角平分线的交点，根据内心的定义判断即可． 【详解】 A、一条是内角平分线，一条是边的垂直平分线，故不能找到内心，选项不符合题意； B、两条均为内角平分线，根据三角形内心是角平分线的交点，可以利用直尺成功找到三角形内心，选项符合题意； C、两条线均为边的垂直平分线，故不能找到内心，选项不符合题意； D、一条是边的高线，一条是边的垂直平分线，故不能找到内心，选项不符合题意； 故选：B． 2．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，在中，，的内切圆的半径为2，三个切点分别为，若，则的面积是（     ） A. 14 B. 24 C. 28 D.  【答案】B 【分析】 本题主要考查三角形内切圆与切线长定理的应用，根据题意利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形是正方形，进而利用勾股定理即可得出答案． 【详解】 解：连接，， 是的内切圆，切点分别为，，， ，，，， 又， 四边形是矩形， 又， 矩形是正方形， ， 设，则，， 在中 ， 解得：，， ，，或，， ． 故选：B． 3．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图，为内接三角形，为弧的中点，过点作．交的延长线于点． （1）求证：与相切； （2）如图2，连接、，是的内心． ①求证：； ②经过、、三点能否确定一个圆？理由是___________，若能确定圆，请仅用无刻度的直尺找出圆心． 【答案】（1） 证明：连接， ∵为弧的中点， ∴， ∵， ∴， 又是的半径， ∴与相切；     （2） ① 证明：∵是的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∵， ∴ 又，， ∴， ∴； ② 能，不在同一直线上的三个点可唯一确定一个圆， 作图如下： 【分析】 本题考查了切线的判定，三角形的内切圆，垂径定理等知识，解题的关键是： （1）根据定理的推论得出，根据平行线的性质得出，然后根据切线的判定即可得证； （2）① 根据三角形内心的性质可得出，，根据圆周角定理得出，则，结合三角形外角的性质可得出，然后根据等角对等边即可得证； ② 根据三角形内心的性质可求出，由三角形内角和定理知，则可判断，故A、I、C三点不共线，即可解答；连接并延长交于点P，即可求解． (1) 小问详解： 略 (2) 小问详解： ① 略 ② ：∵是的内心， ∴平分，平分， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ∴A、I、C三点不共线， ∴A、I、C三点能确定一个圆，（不在同一直线上的三个点可唯一确定一个圆） 理由：连接、， 同① 可证，， ∴， ∴点A、I、C在以P为圆心，为半径的圆上． 考点04 正多边形与圆 1．（25-26学年九上·福建福州台江区福州华伦中学·期中）如果一个正多边形的中心角等于，那么这个多边形是（     ） A. 正三角形 B. 正方形 C. 正五边形 D. 正六边形 【答案】C 【分析】 本题考查圆与正多边形，根据正n边形的中心角为计算即可． 【详解】 解：设这个正多边形的边数为n，则 ， 解得， 经检验，是该分式方程的解． ∴这个多边形是正五边形． 故答案为：C． 2．（25-26学年九上·福建厦门思明区第九中学·期中）如图，用若干个全等的正五边形排成圆环状，图中所示的是其中3个正五边形的位置．要完成这一圆环排列，共需要正五边形的个数是（     ） A. 15 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】C 【分析】 本题考查了正多边形内角和，掌握多边形内角和定理是解题的关键． 根据题意可得正五边形的每个内角的度数为，由此可得每个正五边形所对圆心角为，即可求解． 【详解】 解：如图所示， ∴正五边形的每个内角的度数为，即， ∴， ∴，即每个正五边形所对圆心角为， ∵， ∴共需要正五边形的个数是10个， 故选：C ． 3．（25-26学年九上·福建福州·期中）如果一个正多边形的中心角为，那么这个正多边形的边数是(       ) A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【分析】 本题考查了正多边形与圆；正多边形的中心角等于360°除以边数，因此已知中心角可求边数． 【详解】 解：中心角，且中心角， ， ． 因此，边数为，对应选项D． 故选：D． 4．（25-26学年九上·福建福州·期中）如果一个正多边形的中心角为60°，那么这个正多边形的边数是（     ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【详解】 试题解析：这个多边形的边数为： 故选：C. 5．（25-26学年九上·福建厦门湖滨中学·期中）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告博学小组研究对象：等边半正多边形研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究．研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明研究内容：【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形…【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下：概念理解：如图2，如果六边形是等边半正六边形，那么，，，且．性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论：内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°．对角线：… 任务： （1）直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：                 ． （2）如图3，六边形是等边半正六边形．连接对角线，猜想与的数量关系，并说明理由； （3）如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】（1）240     （2） 解：． 理由如下：连接，． 六边形是等边半正六边形． ，． ． ． 在与中， ， ． ；     （3）如图，六边形即为所求（答案不唯一）． 作法一： 作法二： ．      【分析】 本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键． （1）六边形内角和为，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为； （2）连接，，通过已知条件可证，得到，，进一步证明证出； （3）作、、的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形了． (1) 小问详解： 解：∵六边形内角和为，且，， ∴等边半正六边形相邻两个内角的和为， 故答案为：240； (2) 小问详解： 略 (3) 小问详解： 略 6．（25-26学年九上·福建莆田仙游县·期中）【问题提出】 在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为的正方形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适的安装方案． 说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为的圆面．喷洒覆盖率，为待喷洒区域面积，为待喷洒区域中的实际喷洒面积． 【数学建模】 这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题． 【探索发现】 （1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率______． （2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径均为3m的自动喷洒装置；，以此类推，如图5，设计安装个喷洒半径均为的自动喷洒装置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判断并给出理由． （3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率．已知正方形各边上依次取点F，G，H，E，使得，设，的面积为，求关于的函数表达式，并求当取得最小值时的值． 【问题解决】 （4）该公司现有喷洒半径为的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率？（直接写出结果即可） 【答案】（1）； （2）不能，理由： 对于任意的，喷洒面积，而草坪面积始终为． 因此，无论取何值，喷洒覆盖率始终为． 这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用． （3）；当取得最小值时； （4） 【分析】 （1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解； （2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解； （3）根据勾股定理求得的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解； （4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为的圆的内接正方形的边长为，进而将草坪分为个正方形，即可求解． 【详解】 （1）当喷洒半径为时，喷洒的圆面积． 正方形草坪的面积． 故喷洒覆盖率． （2）略 （3）如图所示，连接， 要使喷洒覆盖率，即要求，其中为草坪面积，为喷洒面积． ∴都经过正方形的中心点， 在中，，， ∵ ∴， 在中， ∴ ∴ ∴当时，取得最小值，此时 解得： （4）由（3）可得，当的面积最小时，此时圆为边长为的正方形的外接圆， 则当时，圆的内接正方形的边长为 而草坪的边长为，，即将草坪分为个正方形，将半径为的自动喷洒装置放置于9个正方形的中心，此时所用装置个数最少， ∴至少安装个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率 【点睛】 本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实际问题的解决方案． 7．（25-26学年九上·福建福州福建师范大学附属中学·期中）如图将的圆周6等分，则圆内接六边形的面积与内接四边形的面积比值为　　　　　　． 【答案】 【分析】 本题考查了正多边形与圆，矩形的判定与性质等知识，连接、、、、，先判断六边形是的内接正六边形，则，根据中心角定义求出，则可求出，故A、O、E三点共线，即是的直径，同理可得是的直径，根据直径所对的圆周角是直角以及矩形的判定可得出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，即可求解． 【详解】 解：连接、、、、，如图所示： 由题意知：A、B、C、E、F、G把分成六等分， ∴六边形是的内接正六边形， ∴，， ∴， ∴A、O、E三点共线，即是的直径， ∴， 同理是的直径， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∴圆内接六边形的面积与内接四边形的面积比值为， 故答案为：． 8．（25-26学年九上·福建厦门思明区外国语学校·期中）刘徽的割圆术是中国古代数学中通过圆内接正多边形逼近圆面积以计算圆周率的方法．该方法由魏晋数学家刘徽于3世纪中期在《九章算术注》中系统提出，其核心思想是通过倍增正多边形的边数，使其周长无限接近圆周长．具体做法是： （1）初始分割：从圆内接正六边形开始（因正六边形边长等于圆的半径）； （2）逐步倍增：将边数依次加倍为12边形、24边形、48边形……，计算每次所得正多边形的面积； （3）极限逼近：随着边数增加，正多边形的面积越来越接近圆面积，当边数无限增多时，正多边形面积趋近于圆的面积； 刘徽通过计算正3072边形，得出圆周率约为3．1416（徽率），比传统的“周三径一”精确得多．该方法蕴含了早期极限思想，提出“割之弥细，所失弥少”的数学原理．其外推技术（如面积差分比）早于西方16世纪类似方法，对后世祖冲之计算圆周率至小数点后七位奠定基础．假设圆的半径是1个单位长度，若刘徽在上述计算过程中，设所取的圆内接正边形（n为某正整数）的边长为，此圆的内接正边形的边长为，且满足：，则　　　　　　． 【答案】1 【分析】 本题考查圆与正多边形的性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 由割圆术，求出正六边形的边长（半径为单位长度），再求出正十二边形的边长，得到边长为的正多边形为十二边形，则，求出，即可解答． 【详解】 解：如图 有，，， ∴为等边三角形，则， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴边长为的正多边形为十二边形， ∴， 解得． 故答案为：1 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $