第30章直线与圆的位置关系达标卷-2026-2027学年人教版 数学九年级上册

（优学优练）第30章直线与圆的位置关系达标卷-2026-2027学年数学九年级上册人教版（2024） 一、单选题 1．在平面直角坐标系中，经过原点的的圆心坐标为，那么轴与的位置关系是（    ） A．相离 B．相交 C．相切 D．相交或相切 2．下列说法正确的是（   ） A．平分弦的直径垂直于弦 B．相等的圆心角所对的弦相等 C．垂直于半径的直线是圆的切线 D．三角形的两条内角平分线的交点是三角形的内心 3．对于任意三角形而言，下列各点有可能在三角形的顶点处的是（   ） A．三角形的外心 B．三角形的内心 C．三角形的重心 D．两个相似三角形的位似中心 4．如图，在中，，，为的内切圆，且半径为，若的面积为，则的长为（    ） A．7 B．8 C．9 D．10 5．如图，圆内接正三角形的边长为，以其各边为直径作半圆，则图中阴影部分面积为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，与轴、轴都相切，且经过矩形的顶点，与相交于点．若的半径为5，点的坐标是，则点的坐标是（　　） A． B． C． D． 7．如图，的边经过圆心O，与相交于C，D两点，边与相切，切点为．如果，那么的度数为（　　） A． B． C． D． 8．如图，是的直径，C是上一点，D是外一点，过点A作，垂足为E，连接．若使切于点C，添加的下列条件中，不正确的是（　　） A． B． C．是的平分线 D． 9．如图所示，与的边相切，切点为B．将绕点B按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点C．若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 10．如图，正六边形 的边长为1，将正六边形 绕点A旋转得到正六边形，连接，．若，分别是，的中点，连接，则旋转过程中的最大值是（    ） A．1 B． C． D． 二、填空题 11．如图，是的内接正多边形的一条边，连接，，，则这个正多边形的边数为________． 12．如图，已知，为边上一点，以为圆心、为半径作．点在射线上运动，当时，与直线的位置关系是______． 13．如图，在中，，，，则的内切圆半径___________． 14．如图，半径为1的与的边分别相切于点D、E、F，若，，，则面积为______ 15．如图，分别与相切于A，B两点，C为上异于A，B的一点，连接．若，则的大小是___________． 16．如图，在平行四边形中，，，，点P在射线上运动，以点P为圆心，长为半径的圆交射线于点Q，交于点E．当与平行四边形的边所在的直线相切时，半径的长为_______． 三、解答题 17．如图，是的内切圆，与分别相切于点D、E、F，，． (1)求的三个内角的大小： (2)设的半径为1，求的值． 18．如图，在中，，以为直径的交于点，弦，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求的半径． 19．如图，在中，，以为直径作，交于点，过点作，垂足为． (1)求证：是的切线． (2)若，求的长． 20．在圆的学习中，九（1）班同学得到了多种“过圆外一点作的切线”的作图方法． 小雪的作法为：如图1，连接并延长交于点，，以为圆心，为半径作弧，再以为圆心，为半径作弧，两条弧交于点，连接交于点，连接． (1)求证：为的切线． (2)如图2，小晨用同样的方法作出经过点的另一条切线，切点为，连接，若，求的度数． 21．如图1，正方形内接于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，其中，连接并延长交于点，连接，，过作于点，连接． (1)如图1，若，，共线，求的值； (2)试探究的大小与的关系，并说明理由； (3)当为等腰直角三角形时，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 《（优学优练）第30章直线与圆的位置关系达标卷-2026-2027学年数学九年级上册人教版（2024）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D B B A D D B 1．B 【分析】本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握直线与圆的位置关系是解题的关键．通过计算圆心到轴的距离，与半径比较，即可判断位置关系． 【详解】解：∵圆心到轴的距离为4， 的半径， ∴与轴相交， 故选：B． 2．D 【分析】本题考查了三角形的内切圆与内心、圆周角定理和垂径定理．三角形的内心就是三角形三个内角角平分线的交点．根据圆的性质和三角形内心的定义判断：需平分弦非直径才成立；需在同圆或等圆中；需同时满足直线过半径外端点；正确，因为内心是角平分线的交点． 【详解】解：：平分弦（非直径）的直径垂直于弦，故错误； ：在同圆或等圆中相等的圆心角所对的弦相等，故错误； ：经过半径外端点且垂直于半径的直线是圆的切线，故错误； ：三角形的三条内角平分线交于一点，称为内心，故正确． 故选：． 3．D 【分析】本题考查了三角形的外心、内心、重心，位似变换，三角形的外心、内心、重心均不可能位于顶点处；但两个相似三角形的位似中心可能位于其中一个三角形的顶点上，由此即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：A、三角形的外心是垂直平分线的交点，到顶点距离相等，不可能在顶点上； B、三角形的内心是角平分线的交点，总是在三角形内部，不可能在顶点上； C、三角形的重心是中线的交点，总是在三角形内部，不可能在顶点上； D、两个相似三角形的位似中心可能位于其中一个三角形的顶点上，例如以三角形的一个顶点为位似中心作位似变换， 故选：D． 4．D 【分析】本题考查了切线的性质，过分别作、、，分别交、、于、、，连接、、，由切线的性质得，由三角形的面积求解即可． 【详解】解：过分别作、、，分别交、、于、、，连接、、， 是的内切圆，且半径为， ， ， ， 解得， 故选：D． 5．B 【分析】本题考查了正多边形与圆，圆的面积的计算，正三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．根据正三角形的面积加上三个半圆的面积，再减去中间大圆的面积即可得到结果． 【详解】解：如图，作、边上的高、，交于点O， ∵为正三角形，边长为， ∴，O为等边的外接圆的圆心， ∴正三角形的面积为：，， ∴等边的外接圆的面积为：， ∵以等边的各边为直径作半圆， ∴三个半圆的半径为：， ∴三个半圆的面积为：， ∴阴影部分的面积为：． 故选：B． 6．B 【分析】本题主要考查正方形和矩形的性质，圆的切线性质，垂径定理以及勾股定理等知识点，将正方形、矩形的性质与圆的切线结合是解题的关键． 首先在相切的圆中，就想到构造连接切点的半径作为辅助线，再利用正方形和矩形的性质，求解得到对应线段的长度，再利用勾股定理求解和点D有关线段的长度，即可得到点D的坐标． 【详解】解：如图，设与轴、轴相切于点F、E，连接，，，，延长交于点G， ∴轴，轴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴矩形为正方形， ∴， ∵点的坐标是， ∴， ∴， ∵四边形是矩形，且轴， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 7．A 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理等，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 连接，根据切线的性质得到，结合，从而得到的度数，然后根据圆周角定理可知，即可解得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵边与相切，切点为， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 8．D 【分析】本题考查了圆切线判定．熟练掌握圆切线判定的方法，是解题的关键．根据圆的切线的判定、平行线的判定与性质、圆的性质，逐项判定即可得到答案． 【详解】解：A、∵， ∴， 当时，则， 即， 根据切线的判定，切于点C， 该选项正确，不符合题意； B、∵， ∴， ∴， 即， 根据切线的判定，切于点C， 该选项正确，不符合题意； C、∵， ∴，则， ∵， ∴， 若是的平分线， 即时， 则， 即， 根据切线的判定，切于点C， 该选项正确，不符合题意； D、当时， 由得到， 则是等边三角形， 无法确定， 不能得到切于点C， 该选项不正确，符合题意． 故选：D． 9．D 【分析】本题考查了旋转的性质、切线的性质，三角形内角和定理，等边三角形的判定和性质. 通过旋转得到对应角和边的关系，再利用圆的半径相等推出等边三角形，进而求出相关角度，最后根据三角形内角和求出． 【详解】解：∵绕点B按顺时针方向旋转得到， ∴， ∵和都是的半径， ∴， 又∵旋转后， ∴， 可得为等边三角形， ∴， ∴， ∵与的边相切于点B， ∴，即， ∴， 在中，， 在中，. 故选：D． 10．B 【分析】本题主要考查了三角形中位线性质和线段和最小值问题，正多边形性质等，解题关键是取的中点构造两条中位线． 连接，取的中点，连接、，，根据中位线可得、，而根据三角形两边之和大于第三边可得，当、M、Q三点共线时成立，等号成立，由此即可得出答案． 【详解】解：连接，取的中点，连接、，，如图1， ∵若P，Q分别是，的中点， ∴，，，， ∵，当、、三点共线时成立，等号成立， ∴当旋转过程中的最大值时，，， 过点作，垂足为H，如图1， ∵在正六边形中，，， ∴，， ∴，，， ∴的最大值为， 当旋转过程中的最大值时，，如图2， 由正六边形性质可知：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即：将正六边形 绕点A逆时针旋转时，，的最大值为， 故选B． 11． 【分析】圆内接正多边形的每个中心角相等，且所有中心角之和为，据此进行计算． 【详解】解：圆内接正多边形的中心角之和为，且每个中心角相等． 已知该正多边形的一个中心角，设正多边形的边数为，则： ． 12． 相切 【分析】先作，再根据直角三角形的性质得出，然后根据的半径是可得答案． 【详解】解：过点作，交于点， 在中，，， ∴． ∵的半径是，点到直线的距离是， ∴与直线的位置关系是相切． 13．2 【分析】由勾股定理可得，如图：连接，再根据三角形面积列方程求解即可． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 如图：连接， ∵， ∴， 即， 解得：． 14．9 【分析】本题考查切线长定理，三角形内切圆，掌握知识点是解题的关键． 连接， 推导出，，再根据，代入计算即可． 【详解】解：连接，如图， ∵半径为1的与的边分别相切于点D、E、F，若，，， ∴ ， ， ∴， ∴ ． 故答案为：9． 15．或 【分析】本题考查的是切线的性质定理，圆周角定理的应用，圆的内接四边形的性质，四边形的内角和定理的应用，求解是解本题的关键. 如图，连接利用切线的性质结合四边形的内角和定理求解再分两种情况讨论，结合圆周角定理与圆的内接四边形的性质可得答案. 【详解】解：如图，连接 （即）分别在优弧与劣弧上， ，分别与相切于，两点， 故答案为：或 16．或 【分析】由题意知，分两种情况求解：情况一、如图，设与边所在直线相切于点，连接，延长交于点，则，，过点A作于点，则，可证四边形是矩形，，根据计算求解的值即可；情况二、如图，设与边所在直线相切于点，连接，则，，连接，取的中点，连接，可证明，，可证四边形是矩形，根据计算求解的值即可． 【详解】解：由题意知，分两种情况求解：情况一、如图，设与边所在直线相切于点，连接，延长交于点， ∴， ∵， ∴， 过点A作于点， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 解得； 情况二、如图，设与边所在直线相切于点，连接， ∴， ∵， ∴， 连接，取的中点，连接， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴四边形是矩形， ∴； 综上所述，的长为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角外角的性质，切线的性质，矩形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 17．(1) (2)2 【分析】本题主要考查多边形内角和定理，切线长定理等知识，掌握切线长定理是关键． （1）根据相切的性质得到，再根据四边形内角和，三角形内角和定理的计算即可求解； （2）根据题意得到四边形是正方形，由切线长定理得到，设，则，结合含30度角的三角形的性质得到，由此即可得到，则得到的值，代入计算即可求解． 【详解】（1）解：∵相切， ∴， 在四边形中，， ∴， 同理，， 在中，， ∴； （2）解：∵， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∴， ∴， ∴． 18．(1)证明：如图，连接， 为的直径， ， 又， ； (2) 【分析】（1）利用等腰三角形三线合一证明即可； （2）由（1）得出的长，利用垂径定理求出的长，在中利用勾股定理求出的长，设的半径为，则，，在中利用勾股定理即可求出． 【详解】（1）略； （2）解：如图，连接， 弦，为直径，， ， ，， ， 在中，， 设的半径为，则，， 在中，， ，化简得，解得， 的半径为． 19．(1) 证明：连接、，如图： 是的直径， ，， ， ， ， 是的中位线， ， ， ， 是的半径， 是的切线； (2)12 【分析】本题考查与圆的性质概念，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握以上性质并正确作出辅助线是解题关键． （1）连接、，得，即有，根据三线合一得，从而得出是的中位线，得，即可推出，根据切线的判定定理得证； （2）由题意证明，求出，从而得出结论． 【详解】（1）略 （2）解：若，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即的长为． 20．(1) 证明：连接，如图 由作图知，，为的半径， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴是的切线 (2) 【分析】本题考查切线的判定与性质，切线长定理，三角形的内角和，平行线的性质，掌握知识点是解题的关键． （1）连接，由作图知，，为的半径，推导出，得到，则是的切线，即可解答； （2）连接，设，推导出，，由，得到，根据三角形的内角和，得到，求出，则，即可解答． 【详解】（1）略 （2）解：连接，如图 设， ∵、是切线，为的半径， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 21．(1) (2)的大小与无关，，是个定值 (3)或 【分析】（1）连接，取的中点T，连接，可证明点O为正方形对角线的交点，则，进而可得，由旋转的性质可得，可证明是等边三角形，得到，则可得到，即； （2）连接，可求出；由旋转的性质可得，则，，进而可求出，，证明，可得到；证明E、F、D、G四点共圆，可得，据此可得结论； （3）当和当两种情况，通过构造与的全等三角形求解即可． 【详解】（1）解：如图所示，连接，取的中点T，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴都是的直径， ∴点O为正方形对角线的交点， ∴， ∵，且，，共线， ∴，； 由旋转的性质可得， ∴； ∵T为的中点， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，即； （2）解：的大小与无关，，是个定值，理由如下： 如图所示，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴； 由旋转的性质可得， ∴ ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴E、F、D、G四点共圆， ∴， ∴的大小与无关，，是个定值； （3）解：如图3-1所示，当时，过点A作交于M， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴，； ∵四边形是正方形， ∴ ， ∴， ∴， ∴， 由（2）可得， ∴， ∴， ∴； 如图3-2所示，当时， ∵是等腰直角三角形， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查了圆与正方形综合，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线和利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 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 $