河北省2022年中考數(shù)學總復習 第六單元 圓 課時訓練25 直線與圓的位置關系練習

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1、河北省2022年中考數(shù)學總復習 第六單元 圓 課時訓練25 直線與圓的位置關系練習 |夯實基礎| 1.[xx·保定二模] 如圖K25-1,△ABC中,AB=3,AC=4,BC=5,D,E分別是AC,AB的中點,則以DE為直徑的圓與BC的位置關系是 (　　) 圖K25-1 A. 相切 B.相交 B. C.相離 D.無法確定 2.[xx·眉山] 如圖K25-2所示,AB是☉O的直徑,PA切☉O于點A,線段PO交☉O于點C,連接BC,若∠P=36°,則∠B等于 (　　) 圖K25-2 A.27° B.32° C.36° D.54° 3.如圖K25-3,直線A

2、B,BC,CD分別與☉O相切于E,F,G,且AB∥CD,若OB=6 cm,OC=8 cm,則BE+CG的長等于 (　　) 圖K25-3 A.13 cm B.12 cm C.11 cm D.10 cm 4.[xx·煙臺] 如圖K25-4,四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,點I是△ABC的內(nèi)心,∠AIC=124°,點E在AD的延長線上,則∠CDE的度數(shù)為 (　　) 圖K25-4 A.56° B.62° C.68° D.78° 5.[xx·安徽] 如圖K25-5,菱形ABOC的邊AB,AC分別與☉O相切于點D,E,若點D是AB的中點,則∠DOE=　　　　.? 圖K25-

3、5 6.關注數(shù)學文化《九章算術》是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學名著.書中有下列問題“今有勾八步,股十五步.問勾中容圓徑幾何?”其意思是:“如圖K25-6,今有直角三角形,勾(短直角邊)長為8步,股(長直角邊)長為15步,問該直角三角形能容納的圓形(內(nèi)切圓)直徑是多少?”上述材料中內(nèi)切圓的直徑為　　　　步.? 圖K25-6 7.[xx·臨沂] 如圖K25-7,在△ABC中,∠A=60°,BC=5 cm,能夠將△ABC完全覆蓋的最小圓形紙片的直徑是　　　　 cm.? 圖K25-7 8.[xx·包頭] 如圖K25-8,AB是☉O的直徑,點C在☉O上,過點C的切線與BA的延長線交于點D

4、,點E在上(不與點B,C重合),連接BE,CE.若∠D=40°,則∠BEC=　　　　度.? 圖K25-8 9.[xx·天津節(jié)選] 已知AB是☉O的直徑,弦CD與AB相交,∠BAC=38°.如圖K25-9,過點D作☉O的切線,與AB的延長線交于點P,若DP∥AC,求∠OCD的大小. 圖K25-9 10.[xx·黃石] 如圖K25-10,已知A,B,C,D,E是☉O上五點,☉O的直徑BE=2,∠BCD=120°,A為的中點,延長BA到點P,使AP=BA,連接PE. 圖K25-10 (1)求線段BD的長; (2)求證:直線PE

5、是☉O的切線. 11.[xx·曲靖] 如圖K25-11,AB為☉O的直徑,點C為☉O上一點,將沿直線BC翻折,使的中點D恰好與圓心O重合,連接OC,CD,BD,過點C的切線與線段BA的延長線交于點P,連接AD,在PB的另一側作∠MPB=∠ADC. 圖K25-11 (1)判斷PM與☉O的位置關系,并說明理由; (2)若PC=,求四邊形OCDB的面積. 12.如圖K25-12,△ABC是一塊直角三角板,且∠C=90°,∠A=30°,現(xiàn)將圓心為點O的圓形紙片放置在三角板內(nèi)部.

6、圖K25-12 (1)如圖①,當圓形紙片與兩直角邊AC,BC都相切時,試用直尺與圓規(guī)作出射線CO.(不寫作法與證明,保留作圖痕跡) (2)如圖②,將圓形紙片沿著三角板的內(nèi)部邊緣滾動1周,回到起點位置時停止.若BC=9,圓形紙片的半徑為2,求圓心O運動的路徑長. |拓展提升| 13.[xx·百色] 以坐標原點O為圓心,作半徑為2的圓,若直線y=-x+b與☉O相交,則b的取值范圍是 (　　) A.0≤b<2 B.-2≤b≤2 C.-2

7、D=30°,半徑為1 cm的☉P的圓心在射線OA上,且與點O的距離為6 cm.如果☉P以1 cm/s的速度沿由A向B的方向移動,那么幾秒鐘后☉P與直線CD相切 (　　) 圖K25-13 A.4 B.8 C.4或6 D.4或8 15.如圖K25-14,直線l1∥l2,☉O與l1和l2分別相切于點A和點B.直線MN與l1相交于M,與l2相交于N,☉O的半徑為1,∠1=60°,直線MN從如圖位置向右平移,下列結論: ①l1和l2的距離為2;②MN=;③當直線MN與☉O相切時,∠MON=90°;④當AM+BN=時,直線MN與☉O相切.正確的個數(shù)是 (　　) 圖

8、K25-14 A.1 B.2 C.3 D.4 16.[xx·寧波] 如圖K25-15,正方形ABCD的邊長為8,M是AB的中點,P是BC邊上的動點,連接PM,以點P為圓心,PM長為半徑作☉P.當☉P與正方形ABCD的邊相切時,BP的長為　　　　.? 圖K25-15 17.[xx·南京] 結果如此巧合! 下面是小穎對一道題目的解答. 題目:如圖K25-16,Rt△ABC的內(nèi)切圓與斜邊AB相切于點D,AD=3,BD=4,求△ABC的面積. 圖K25-16 解:設△ABC的內(nèi)切圓分別與AC,BC相切于點E,F,CE的長為x. 根據(jù)切線長定理,得AE=

9、AD=3,BF=BD=4,CF=CE=x. 根據(jù)勾股定理,得(x+3)2+(x+4)2=(3+4)2. 整理,得x2+7x=12. 所以S△ABC=AC·BC =(x+3)(x+4) =(x2+7x+12) =×(12+12) =12. 小穎發(fā)現(xiàn)12恰好就是3×4,即△ABC的面積等于AD與BD的積.這僅僅是巧合嗎? 請你幫她完成下面的探索. 已知:△ABC的內(nèi)切圓與AB相切于點D,AD=m,BD=n. 可以一般化嗎? (1)若∠C=90°,求證:△ABC的面積等于mn. 倒過來思考呢? (2)若AC·BC=2mn,求證∠C=90°. 改變一下條件……

10、(3)若∠C=60°,用m,n表示△ABC的面積. 參考答案 1.B　[解析] 過點A作AM⊥BC于點M,交DE于點N, ∴AM·BC=AC·AB,∴AM==.∵D,E分別是AC,AB的中點,∴DE∥BC,DE=BC=2.5,∴AN=MN=AM,∴MN=1.2,∵以DE為直徑的圓的半徑為1.25,1.25>1.2,∴以DE為直徑的圓與BC的位置關系是相交.故選B. 2.A　[解析] 由PA是☉O的切線,可得∠OAP=90°,∴∠AOP=54°,根據(jù)同弧所對的圓周角等于圓心角的一半,可得∠B=27°. 3.D　[解析] ∵AB∥CD,∴∠

11、ABC+∠BCD=180°, ∵CD,BC,AB分別與☉O相切于G,F,E, ∴∠OBC=∠ABC,∠OCB=∠BCD, BE=BF,CG=CF, ∴∠OBC+∠OCB=90°, ∴∠BOC=90°,∴BC==10, ∴BE+CG=10(cm).故選D. 4.C　[解析] ∵點I是△ABC的內(nèi)心,∴∠BAC=2∠IAC,∠ACB=2∠ICA,∵∠AIC=124°,∴∠B=180°-(∠BAC+∠ACB)=180°-2(∠IAC+∠ICA)=180°-2(180°-∠AIC)=68°,又四邊形ABCD內(nèi)接于☉O, ∴∠CDE=∠B=68°,故選C. 5.60°　[解析]

12、 連接OA, ∵四邊形ABOC是菱形, ∴BA=BO, ∵AB與☉O相切于點D, ∴OD⊥AB. ∵D是AB的中點, ∴OD是AB的垂直平分線,∴OA=OB, ∴△AOB是等邊三角形, ∴∠AOD=∠AOB=30°, 同理∠AOE=30°, ∴∠DOE=∠AOD+∠AOE=60°, 故答案為60°. 6.6 7.　[解析] 設圓的圓心為點O,能夠將△ABC完全覆蓋的最小圓是△ABC的外接圓,連接OB,OC, ∵在△ABC中,∠A=60°,BC=5 cm,∴∠BOC=120°, 作OD⊥BC于點D,則∠ODB=90°,∠BOD=60°,∴BD=,∴OB=,即OB=,

13、∴2OB=,即△ABC外接圓的直徑是 cm, 8.115　[解析] 連接OC,AC,由CD是切線得∠OCD=90°.又因為∠D=40°可得∠COD=50°.因為OA=OC,可得∠OAC=65°.因為四邊形ACEB是圓內(nèi)接四邊形,由圓內(nèi)接四邊形對角互補得到∠BEC的度數(shù). 9.解:如圖,連接OD. ∵DP切☉O于點D, ∴OD⊥DP,即∠ODP=90°. ∵DP∥AC,∠BAC=38°, ∴∠P=38°, ∵∠AOD是△ODP的外角, ∴∠AOD=∠ODP+∠P=128°. ∴∠ACD=∠AOD=64°. 又OA=OC,得∠ACO=∠A=38°. ∴∠OCD=∠ACD-

14、∠ACO=64°-38°=26°. 10.解:(1)連接DE,如圖, ∵∠BCD+∠DEB=180°, ∴∠DEB=180°-120°=60°. ∵BE為直徑,∴∠BDE=90°, 在Rt△BDE中,DE=BE=×2=,BD=DE=×=3. (2)證明:連接EA,如圖, ∵BE為直徑,∴∠BAE=90°, ∵A為的中點,∴∠ABE=45°,AB=AE, ∵BA=AP,而EA⊥BA,∴△BEP為等腰直角三角形, ∴∠PEB=90°,∴PE⊥BE, ∴直線PE是☉O的切線. 11.解:(1)PM與☉O相切. 理由如下: 連接DO并延長交PM于E,如圖, ∵沿直線B

15、C翻折,的中點D恰好與圓心O重合, ∴OC=DC,BO=BD, ∴OC=DC=BO=BD, ∴四邊形OBDC為菱形, ∴OD⊥BC,∴△OCD和△OBD都是等邊三角形, ∴∠COD=∠BOD=60°, ∴∠COP=∠EOP=60°. ∵∠MPB=∠ADC,而∠ADC=∠ABC, ∴∠ABC=∠MPB,∴PM∥BC, ∴OE⊥PM,∴OE=OP·cos60°=OP, ∵PC為☉O的切線,∴OC⊥PC, ∴OC=OP, ∴OE=OC,而OE⊥PM, ∴PM是☉O的切線. (2)在Rt△OPC中,OC=PC=×=1, ∴四邊形OCDB的面積=2S△OCD=2××12=.

16、 12.解:(1)如圖①,CP就是所要求作的射線. (2)如圖②,△OO1O2就是圓心O的路徑. 由題意得OO1∥BC,O1O2∥AB,OO2∥AC. 易證△OO1O2∽△CBA, ∴=. 過點O作OD⊥BC,垂足為點D,過點O1作O1E⊥BC,O1F⊥AB,垂足分別為點E,F,連接BO1,則四邊形ODEO1是矩形. ∵O1E=O1F,O1E⊥BC,O1F⊥AB, ∴BO1平分∠ABC. ∴∠O1BE=∠ABC=×60°=30°. ∴BE=O1E=2. ∴DE=BC-CD-BE=9-2-2=7-2. ∴OO1=DE=7-2. 在Rt△ABC中,∵BC=9,∠A

17、=30°, ∴AB=2BC=18,AC=BC=9. ∴△ABC的周長為27+9. ∴=. ∴△OO1O2的周長為15+,即圓心O運動的路徑長為15+. 13.D　[解析] 如圖,將直線y=-x向上平移為y=-x+b1,當y=-x+b1與圓相切時,b1最大,由平移知∠CAO=∠AOC=45°,OC=2,∴OA=b1=2.同理,將y=-x向下平移為y=-x+b2,當y=-x+b2與圓相切時,b2最小,此時b2=-2,∴當y=-x+b與圓相交時,b的取值范圍為-2

18、EP1中,OP1=2 cm. 又∵OP=6 cm,∴P1P=4 cm,∴☉P到達☉P1需要時間為:4÷1=4(秒).同理,當☉P在直線CD的右側時, P1P=8 cm,∴☉P到達☉P1需要時間為:8÷1=8(秒),∴☉P與直線CD相切時,時間為4或8秒.故選D. 15.D　[解析] 如圖①,∵☉O與l1和l2分別相切于點A和點B, ∴OA⊥l1,OB⊥l2,∵l1∥l2, ∴點A,B,O共線,∴l(xiāng)1和l2的距離=AB=2,所以①正確; 作NH⊥AM,如圖①,則四邊形ABNH為矩形,∴NH=AB=2. 在Rt△MNH中,∵∠1=60°, ∴MN==,所以②正確; 當直線MN

19、與☉O相切時,如圖②,則∠5=∠2,∠3=∠4, ∵l1∥l2,∴∠5+∠2+∠3+∠4=180°, ∴∠5+∠3=90°,∴∠MON=90°,所以③正確; 過點O作OC⊥MN于C,如圖②, ∵S四邊形ABNM=S△OAM+S△OMN+S△OBN, ∴×1×AM+×1×BN+MN·OC=(BN+AM)×2, 即(AM+BN)+MN·OC=AM+BN, ∵AM+BN=,MN=,∴OC=1, 而OC⊥MN,∴直線MN與☉O相切,所以④正確. 16.3或4　[解析] 如圖①,當☉P與直線CD相切時,設PC=PM=x. 在Rt△PBM中,∵PM2=BM2+PB2,∴x2=4

20、2+(8-x)2,∴x=5,∴PC=5,BP=BC-PC=8-5=3. 如圖②,當☉P與直線AD相切時,設切點為K,連接PK,則PK⊥AD,四邊形PKDC是矩形. ∴PM=PK=CD=2BM,∵BM=4, ∴PM=8,在Rt△PBM中,PB==4. 綜上所述,BP的長為3或4. 17.[解析] (1)根據(jù)題目中所給的方法由切線長定理知AE=AD=m,BF=BD=n,CF=CE=x,根據(jù)勾股定理得(x+m)2+(x+n)2=(m+n)2,即x2+(m+n)x=mn,再利用三角形的面積公式計算; (2)由AC·BC=2mn得(x+m)(x+n)=2mn,即x2+(m+n)x=mn,

21、再利用勾股定理逆定理求證; (3)作AG⊥BC,由三角函數(shù)得AG=AC·sin60°=(x+m),CG=AC·cos60°=(x+m),BG=BC-CG=(x+n)-(x+m),在Rt△ABG中,根據(jù)勾股定理可得x2+(m+n)x=3mn,最后利用三角形的面積公式計算可得. 解:設△ABC的內(nèi)切圓分別與AC,BC相切于點E,F,CE的長為x.根據(jù)切線長定理,得AE=AD=m,BF=BD=n,CF=CE=x. (1)證明:如圖,在Rt△ABC中,根據(jù)勾股定理,得(x+m)2+(x+n)2=(m+n)2. 整理,得x2+(m+n)x=mn. 所以S△ABC=AC·BC =(x+m)(

22、x+n) =[x2+(m+n)x+mn] =(mn+mn) =mn. (2)證明:由AC·BC=2mn, 得(x+m)(x+n)=2mn, 整理,得x2+(m+n)x=mn, 所以AC2+BC2=(x+m)2+(x+n)2=2[x2+(m+n)x]+m2+n2=m2+n2+2mn=(m+n)2=AB2. 根據(jù)勾股定理的逆定理,得∠C=90°. (3)如圖,過點A作AG⊥BC,垂足為G. 在Rt△ACG中,AG=AC·sin60°=(x+m),CG=AC·cos60°=(x+m). 所以BG=BC-CG=(x+n)-(x+m). 在Rt△ABG中,根據(jù)勾股定理,得 +=(m+n)2, 整理,得x2+(m+n)x=3mn, 所以S△ABC=BC·AG =(x+n)·(x+m) =[x2+(m+n)x+mn] =(3mn+mn) =mn.