2022-2023学年人教版九年级数学上册第二十四章直线与圆的位置关系同步练习题（含解析）

2022-2023学年人教版九年级数学上册第二十四章直线与圆的位置关系同步练习题学校:___________姓名：___________班级
：___________一、填空题1．已知半径为，到直线的距离为，则与相切．( )2．如图，木工用角尺的短边紧靠⊙于点A
，长边与⊙相切于点B，角尺的直角顶点为C，已知，则⊙的半径为_____．3．如图，从点P引⊙O的切线PA，PB，切点分别为A，B，
DE切⊙O于C，交PA，PB于D，E．若△PDE的周长为20cm，则PA=________cm．4．如图，四边形为的内接四边形，是
的内心，点与点关于直线对称，则的度数是__________．5．我国古代数学名著《九章算术》在“勾股”一章中有如下数学问题：“今有
勾八步，股十五步，勾中容圆，问径几何?”．意思是一个直角三角形的两条直角边的长度分别是8步和15步，则其内切圆的直径是多少步?则此
问题的答案是__________步．6．在平面直角坐标系中，以点A(﹣2，3)为圆心、r为半径的圆与坐标轴恰好有三个公共点，那么r
的值为_____．7．已知Rt△ABC中，，，，如果以点为圆心的圆与斜边有唯一的公共点，那么的半径的取值范围为____.二、单选题
8．如图，已知Rt△ABC，AC=8，AB=4，以点B为圆心作圆，当⊙B与线段AC只有一个交点时，则⊙B的半径的取值范围是（?）A
．rB =B．4 < rB ≤C．rB = 或4 < rB ≤D．rB为任意实数9．如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8
，5），⊙A与x轴相切．点P在y轴正半轴上，PB与⊙A相切于点B．若∠APB＝30°，则点P的坐标为（　　）A．（0，9）B．（0
，10）C．（0，11）D．（0，12）10．的圆心到直线的距离为3cm，的半径为，将直线向垂直于的方向平移，使与相切，则平移的距
离是（?）A．B．C．D．或11．下列五个说法：①近似数3.60万精确到百分位；②三角形的外心一定在三角形的外部；③内错角相等；④
90°的角所对的弦是直径；⑤函数的自变量x的取值范围是且．其中正确的个数有（?）A．0个B．1个C．2个D．3个12．如图，，，，
则能证明的判定法是?A．B．C．D．13．已知⊙O的半径为3，圆心O到直线l的距离为2，则直线l与⊙O的位置关系是（?）A．无法确
定B．相切C．相交D．相离三、解答题14．如图，AB为⊙O的切线，B为切点，过点B作BC⊥OA，垂足为点E，交⊙O于点C，延长CO
与AB的延长线交于点D．(1)求证：AC为⊙O的切线；(2)若OC＝2，OD＝5，求线段AD和AC的长．15．如图，AB是⊙O的直
径，CD是⊙O的一条弦，AB⊥CD，连接AC，OD．(1)求证：∠BOD＝2∠A；(2)连接DB，过点C作CE⊥DB，交DB的延长
线于点E，延长DO，交AC于点F．若F为AC的中点，求证：直线CE为⊙O的切线．参考答案：1．√【分析】根据切线的定义即可判断.【
详解】∵半径为，到直线的距离为，∴到直线的距离等于半径，故与相切，正确；故填：√.【点睛】此题主要考查切线的定义，解题的关键是熟知
切线的性质特点.2．##【分析】设圆的半径为rcm，连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，利用勾股定理，在Rt△AOD中，
得到r2＝（r?6）2＋82，求出r即可．【详解】解：连接OB、OA，过点A作AD⊥OB，垂足为D，如图所示：∵CB与相切于点B，
∴，∴，∴四边形ACBD为矩形，∴，，设圆的半径为rcm，在Rt△AOD中，根据勾股定理可得：，即r2＝（r?6）2＋82，解得：
，即的半径为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理列
出关于半径r的方程，是解题的关键．3．10【分析】由于PA、PB、DE都是⊙O的切线，可根据切线长定理将△PDE的周长转化为切线P
A、PB的长．【详解】解：∵PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C，∴PA=PB，DA=DC，EC=EB；∴C△PDE=PD+DE
+PE=PD+DA+EB+PE=PA+PB=20(cm)；∴PA=PB=10(cm)，故答案为10．【点睛】本题主要考查了切线长定
理，能够发现△PDE的周长和切线PA、PB长的关系是解答此题的关键．4．【分析】连接OB、OD、BI、DI，利用轴对称的性质证得四
边形OBID是菱形，得到∠BOD=∠BID，∠OBD=∠BDO=∠IBD=∠IDB，根据圆周角定理得到∠BOD=2∠A，由圆内接四
边形性质得到，求出∠BID=180°-，由此得到2∠A=180°-，求出∠A=．【详解】解：连接OB、OD、BI、DI，∵点与点关
于直线对称，∴OB=BI，OD=DI，∵OB=OD，∴OB=BI=OD=DI，∴四边形OBID是菱形，∴∠BOD=∠BID，∠OB
D=∠BDO=∠IBD=∠IDB，∵∠BOD=2∠A，∠BID=180°-（∠IBD+∠IDB），∵∠IBD+∠IDB=，,∴ ∠
IBD+∠IDB=，∴∠BID=180°-，∴2∠A=180°-，解得∠A=，故答案为：．【点睛】此题考查了圆内接四边形对角互补的
性质，三角形内心定义，菱形的判定及性质，三角形内角和定理，轴对称的性质，熟记各知识点是解题的关键．5．6【分析】根据勾股定理求出直
角三角形的斜边，根据直角三角形的内切圆的半径的求法确定出内切圆半径，得到直径．【详解】根据勾股定理得：斜边＝＝17，则该直角三角形
能容纳的圆形（内切圆）半径r＝＝3（步），即直径为6步，故答案为：6．【点睛】此题考查了三角形的内切圆与内心，掌握Rt△ABC中，
两直角边分别为为a、b，斜边为c，其内切圆半径r＝是解题的关键．6．3或【分析】利用点A的坐标得到点A到x轴的距离为3，到y轴的距
离为2，根据直线与圆的位置关系，当⊙A与x轴相切时，满足条件，易得此时r＝3；当⊙A经过原点时，满足条件，利用勾股定理计算出此时r
的值．【详解】解：∵点A坐标为（﹣2，3），∴点A到x轴的距离为3，到y轴的距离为2，当⊙A与x轴相切时，与y轴有2个交点，圆与坐
标轴恰好有三个公共点，此时r＝3；当⊙A经过原点时，圆与坐标轴恰好有三个公共点，此时r＝，综上所述，r的值为3或．故答案为：3或．
【点睛】本题考查了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，则直线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．7．或【分析】因为要使圆与斜边只有一个公共点，所以该圆和斜边相切或和斜边相交，但只有一个交点在斜边
上．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离．【详解】根据勾股定理求得BC==6，当圆和斜边相
切时，则半径即是斜边上的高，等于；当圆和斜边相交，且只有一个交点在斜边上时，可以让圆的半径大于短直角边而小于长直角边，则6＜r≤8
，故半径r的取值范围是r=4.8或6＜r≤8，故答案为r=4.8或6＜r≤8．【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，此题注意考虑两
种情况，只需保证圆和斜边只有一个公共点即可．8．C【分析】作BD⊥AC于D，如图，利用勾股定理计算出BC＝4，再利用面积法计算出B
D＝2，讨论：当⊙B与AC相切时得到r＝2；当直线AC与⊙B相交，且边AB与⊙O只有一个交点时，BA＜r≤CB．【详解】解：作CD
⊥AB于D，如图， 在Rt△ABC中，BC＝，∵BD?AC＝AB?BC，∴CD＝当⊙C与AB相切时，r＝2；当直线AC与⊙B相交，
且边AB与⊙O只有一个交点时，4＜r≤4．，综上所述，当r＝2或4＜r≤4故选C．【点睛】本题考查了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．9．C【分析】利用
根据圆的切线性质可知△PAB、△AOC为直角三角形，利用直角三角形中30°角的性质和勾股定理分别求出AP、AD的长度，进而求出OD
、PD的长度即可求得答案．【详解】解：如图，过点A分别作AC⊥x轴于点C、AD⊥y轴于点D，连接AB，∵AD⊥y轴，AC⊥x轴，∴
四边形ADOC为矩形．∴AC＝OD，OC＝AD．∵ 与x轴相切，∴AC为的半径．∵点A坐标为（8，5），∴AC＝OD＝5，OC＝A
D＝8，∵PB是切线，∴AB⊥PB，∵∠APB＝30°，∴PA＝2AB＝10，在Rt△PAD中，根据勾股定理，得，∴OP＝PD+D
O＝11，∵点P在y轴的正半轴上，∴点P坐标为（0，11）．故选：C．【点睛】本题考查了圆的切线的性质、矩形的判定和性质、勾股定理
等知识，解题关键是把所求的线段放在直角三角形中利用勾股定理求解和已知圆的切线作半径．10．D【分析】根据直线与圆的位置关系,平移使
直线与相切,有两种情况,一种是移动3-1=2厘米,第二种是移动3+1=4厘米.【详解】解:如图,当直线向上平移至位置时,平移距离为
3-1=2厘米;当直线向上平移至位置时,平移距离为3+1=4厘米.故答案选:D.【点睛】本题考查了平移,直线与圆的位置关系,熟练掌
握知识点并结合图形是解答关键.11．B【分析】根据近似数3.60万精确到百位可判断①，根据三角形的外心是三角形外接圆的圆心，是三角
形三边中垂线的交点，锐角三角形在形内，直角三角形在斜边中点上，钝角三角形在形外可判断②，根据两直线平行，内错角相等可判断③； 90
°的圆周角性质可判断④，函数根式函数要求被开方数非负，分式函数分母不为0，可判断⑤即可得出答案．【详解】解：①近似数3.60万精确
到百位，故①近似数3.60万精确到百分位错误；②三角形的外心是三角形外接圆的圆心，是三角形三边中垂线的交点，锐角三角形在形内，直角
三角形在斜边中点上，钝角三角形在形外，故②三角形的外心一定在三角形的外部错误；③两直线平行，内错角相等；故③内错角相等错误；④90
°的圆周角性质是90°的圆周角所对的弦是直径，故④90°的角所对的弦是直径不正确；；⑤函数，，解得且，⑤函数的自变量x的取值范围是
且正确．正确的个数有一个⑤．故选择：B．【点睛】本题考查基本技能，精确度，三角形外心，内错角，90°圆周角的性质，函数的自变量取值
范围，熟练掌握精确度，三角形外心，内错角，90°圆周角的性质，函数的自变量取值范围是解题关键．12．D【分析】直接证明全等三角形，
即可确定判断方法.【详解】解：∵，，∴与均为直角三角形，又，，∴,故选：D.【点睛】本题考查全等三角形的判定定理，属于基础题.13
．C【分析】判断直线和圆的位置关系：设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d．①直线l和⊙O相交?d＜r；②直线l和⊙O相切?d
=r；③直线l和⊙O相离?d＞r．【详解】解：∵⊙O的半径为3，圆心O到直线L的距离为2，∴r=3，d=2，∴d＜r，∴直线与圆相
交，故选C．【点睛】本题考查直线由圆位置关系，记住．①直线l和⊙O相交?d＜r②直线l和⊙O相切?d=r③直线l和⊙O相离?d＞r
是解题的关键．14．(1)证明见解析(2)；【分析】（1）连接OB，证明△CAO≌△BAO（SSS），由全等三角形的性质得出∠OC
A＝∠OBA．由切线的性质得出∠ABO＝90°，则∠OCA＝90°，可得出结论；（2）由勾股定理求出BD的长，设AC＝x，则AC＝
AB＝x，得出方程，解方程可得出答案．（1）证明：连接OB，则OC＝OB，如图所示：∵OA⊥BC，∴EC＝BE，∴OA是CB的垂直
平分线，∴AC＝AB，∵在△CAO和△BAO中，∴△CAO≌△BAO（SSS），∴∠OCA＝∠OBA．∵AB为⊙O的切线，B为切点
，∴∠ABO＝90°，∴∠OCA＝90°，即AC⊥OC，∴AC是⊙O的切线．（2）解：∵OC＝2，OD＝5，∴OB＝2，CD＝OC
+OD＝7，∵∠OBD＝90°，∴BD，设AC＝x，则AC＝AB＝x，∵CD2+AC2＝AD2，∴，解得，∴，∴AD＝AB+BD＝
AC+BD．【点睛】本题主要考查了切线的性质与判定，三角形全等的性质与判定，勾股定理，切线长定理，熟练掌握切线的性质与判定是解题的
关键．15．(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接AD，首先利用垂径定理得，知∠CAB＝∠BAD，再利用同弧所对的圆心角等于圆
周角的一半可得结论；（2）连接OC，AD，首先由点F为AC的中点，可得AD＝CD，则∠ADF＝∠CDF，再利用圆的性质，可说明∠C
DF＝∠OCF，∠CAB＝∠CDE，从而得出∠OCD+∠DCE＝，从而证明结论．（1）证明：如图，连接AD，∵AB是⊙O的直径，A
B⊥CD，∴，∴∠CAB＝∠BAD，∵∠BOD＝2∠BAD，∴∠BOD＝2∠CAB；（2）证明：如图，连接OC，AD，∵F为AC的中点，∴DF⊥AC，∴AD＝CD，∴∠ADF＝∠CDF，∵，∴∠CAB＝∠DAB，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ODA，∴∠CDF＝∠CAB，∵OC＝OD，∴∠CDF＝∠OCD，∴∠OCD＝∠CAB，∵，∴∠CAB＝∠CDE，∴∠CDE＝∠OCD，∵∠E＝，∴∠CDE+∠DCE＝，∴∠OCD+∠DCE＝，即OC⊥CE，∵OC为半径，∴直线CE为⊙O的切线．【点睛】本题属于圆的综合题，考查垂径定理、圆周角定理、切线的证明等知识点，难度一般，掌握同弧（或等弧）所对的圆周角相等是解题的关键．答案第1页，共2页答案第1页，共2页试卷第1页，共3页试卷第1页，共3页