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中考点直线与圆的位置关系试题汇编

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点直线与圆的位置关系一、选择题1. （2016·湖北鄂州） 如图所示，AB 是⊙O 的直径，AM 、BN 是⊙O 的两条切线，D 、C 分别在AM 、BN 上，DC 切⊙O 于点E ，连接OD 、OC 、BE 、AE ，BE 与OC 相交于点P ，AE 与OD 相交于点Q ，已知AD=4，BC=9. 以下结论： ①⊙O 的半径为213 ②OD ∥BE ③PB=131813 ④tan ∠CEP=32其中正确的结论有（ ）A. 1个B. 2个C.3个D. 4个【考点】直线与圆的位置关系（直线与圆的相交，直线与圆的相切），平行线的判定，矩形的判定和性质，直角三角形的性质及判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数等.【分析】①连接OE ，则OE ⊥DC ，易证明四边形ABCD 是梯形，则其中位线长等于21（4+9）=213，而梯形ABCD 的中位线平行于两底，显而易见，中位线的长（斜边）大于直角边（或运用垂线段最短判定），故可判断①错误；另外的方法是直接计算出⊙O 的半径的长（做选择题时，不宜）；②先证明△AOD ≌△EOD ，得出∠AOD=∠EOD=21∠AOE ，再运用同弧所对的圆周角等于圆心角的一半证明∠AOD=∠ABE ，从而得出OD ∥BE ，故②正确；③由①知OB=6，根据勾股定理示出OC ，再证明△OPB ∽△OBC ，则BC PB=OC OB ，可得出PB的长.④易知∠CEP ＞∠ECP ，所以CP ＞PE ，故tan ∠CEP=32错误. 【解答】①解法一：易知四边形ABCD 是梯形，则其中位线长等于21（4+9）=213，OE 为⊙O 的半径，且OE ⊥DC ，而梯形ABCD 的中位线平行于两底，显而易见，中位线的长（斜边）大于直角边的长（或运用垂线段最短判定），故可判断①错误；解法二：过点D 作DF ⊥BC 于点F ，∴AM ，BN 分别切⊙O 于点A ，B ， ∴AB ⊥AD ，AB ⊥BC ， ∴四边形ABFD 是矩形， ∴AD=BF ，AB=DF ， 又∵AD=4，BC=9， ∴FC=9﹣4=5，∴AM ，BN ，DC 分别切⊙O 于点A ，B ，E ，∴DA=DE ，CB=CE ， ∴DC=AD+BC=4+9=13， 在RT △DFC 中，DC 2=DF 2+FC 2， ∴DF=FC DC22-=51322-=12，∴AB=12，∴⊙O 的半径R 是6． 故①错误； ②连接OE ，∵AM 、DE 是⊙O 的切线， ∴DA=DE ，∠OAD=∠OED=90°， 又∵OD=OD ， 在△AOD 和△EOD 中，DA=DE OD=OD ∴△AOD ≌△EOD ， ∴∠AOD=∠EOD=21∠AOE ， ∵∠ABE=21∠AOE ， ∴∠AOD=∠ABE ， ∴OD ∥BE. 故②正确；③根据勾股定理，OC=OB BC22+=6922+=313；由①知OB=6，易知△OPB ∽△OBC ，则BC PB=OC OB ，∴PB=OC OB BC ⨯=13369⨯=131813.故③正确；④易知∠CEP ＞∠ECP ，所以CP ＞PE ，故tan ∠CEP=32错误. 综上，正确的答案为：B ．【点评】在解决切线的问题中，一般先连接切点和圆心，再证明垂直；同时熟记切线垂直于经过切点的半径. 在做判断题时，不需要计算出结果时，一定要灵活运用多种方法，以节约时间.2．(2016安徽，10，4分)﹣如图，Rt △ABC 中，AB ⊥BC ，AB=6，BC=4，P 是△ABC 内部的一个动点，且满足∠PAB=∠PBC ，则线段CP 长的最小值为（ ）A ．B ．2C ．D ．【考点】点与圆的位置关系；圆周角定理．【分析】首先证明点P 在以AB 为直径的⊙O 上，连接OC 与⊙O 交于点P ，此时PC 最小，利用勾股定理求出OC 即可解决问题． 【解答】解：∵∠ABC=90°， ∴∠ABP+∠PBC=90°， ∵∠PAB=∠PBC ， ∴∠BAP+∠ABP=90°， ∴∠APB=90°，∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，此时PC最小，在RT△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=4，OB=3，∴OC==5，∴PC=OC=OP=5﹣3=2．∴PC最小值为2．故选B．3.（2016,湖北宜昌，13，3分）在公园的O处附近有E、F、G、H四棵树，位置如图所示（图中小正方形的边长均相等）现计划修建一座以O为圆心，OA为半径的圆形水池，要求池中不留树木，则E、F、G、H四棵树中需要被移除的为（）A．E、F、G B．F、G、H C．G、H、E D．H、E、F【考点】点与圆的位置关系．【专题】应用题．【分析】根据网格中两点间的距离分别求出，OE，OF，OG，OH然后和OA比较大小．最后得到哪些树需要移除．【解答】解：∵OA==，∴OE=2＜OA，所以点E在⊙O内，OF=2＜OA，所以点E在⊙O内，OG=1＜OA，所以点E在⊙O内，OH==2＞OA，所以点E在⊙O外，故选A【点评】此题是点与圆的位置关系，主要考查了网格中计算两点间的距离，比较线段长短的方法，计算距离是解本题的关键．点到圆心的距离小于半径，点在圆内，点到圆心的距离大于半径，点在圆外，点到圆心的距离大于半径，点在圆内．4.（2016年浙江省衢州市）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上的点，过点C作⊙O的切线交AB的延长线于点E，若∠A=30°，则sin∠E的值为（）A． B．C．D．【考点】切线的性质．【分析】首先连接OC，由CE是⊙O切线，可证得OC⊥CE，又由圆周角定理，求得∠BOC 的度数，继而求得∠E的度数，然后由特殊角的三角函数值，求得答案．【解答】解：连接OC，∵CE是⊙O切线，∴OC⊥CE，∵∠A=30°，∴∠BOC=2∠A=60°，∴∠E=90°﹣∠BOC=30°，∴sin∠E=sin30°=．故选A．5.（2016年浙江省台州市）如图，在△ABC中，AB=10，AC=8，BC=6，以边AB的中点O为圆心，作半圆与AC相切，点P，Q分别是边BC和半圆上的动点，连接PQ，则PQ长的最大值与最小值的和是（）A．6 B．2+1 C．9 D．【考点】切线的性质．【分析】如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，求出OP1，如图当Q2在AB边上时，P2与B重合时，P2Q2最大值=5+3=8，由此不难解决问题．【解答】解：如图，设⊙O与AC相切于点E，连接OE，作OP1⊥BC垂足为P1交⊙O于Q1，此时垂线段OP1最短，P1Q1最小值为OP1﹣OQ1，∵AB=10，AC=8，BC=6，∴AB2=AC2+BC2，∴∠C=90°，∵∠OP1B=90°，∴OP1∥AC∵AO=OB，∴P1C=P1B，∴OP1=AC=4，∴P1Q1最小值为OP1﹣OQ1=1，如图，当Q2在AB边上时，P2与B重合时，P2Q2最大值=5+3=8，∴PQ长的最大值与最小值的和是9．故选C．6．（2016·山西）如图，在ABCD 中，AB 为O 的直径，O 与DC 相切于点E ，与AD 相交于点F ，已知AB =12，︒=∠60C ，则FE 的长为（ C ） A ．3πB ．2πC ．πD ．π2考点：切线的性质，求弧长 分析：如图连接OF ，OE由切线可知︒=∠904，故由平行可知︒=∠903由OF =OA ，且︒=∠60C ，所以︒=∠=∠601C 所以△OFA 为等 边三角形∴︒=∠602，从而可以得出FE 所对的圆心角然后根据弧长公式即可求出 解答：︒=︒︒︒=∠∠︒=∠3090-60-1803-2-180EOF r =12÷2=6 ∴FE =πππ=⋅⋅=180630180r n 故选C7．（2016·上海）如图，在Rt △ABC 中，∠C=90°，AC=4，BC=7，点D 在边BC 上，CD=3，⊙A 的半径长为3，⊙D 与⊙A 相交，且点B 在⊙D 外，那么⊙D 的半径长r 的取值范围是（ ）A．1＜r＜4 B．2＜r＜4 C．1＜r＜8 D．2＜r＜8 【考点】圆与圆的位置关系；点与圆的位置关系．【分析】连接AD，根据勾股定理得到AD=5，根据圆与圆的位置关系得到r＞5﹣3=2，由点B在⊙D外，于是得到r＜4，即可得到结论．【解答】解：连接AD，∵AC=4，CD=3，∠C=90°，∴AD=5，∵⊙A的半径长为3，⊙D与⊙A相交，∴r＞5﹣3=2，∵BC=7，∴BD=4，∵点B在⊙D外，∴r＜4，∴⊙D的半径长r的取值范围是2＜r＜4，故选B．【点评】本题考查了圆与圆的位置关系，点与圆的位置关系，设点到圆心的距离为d，则当d=r时，点在圆上；当d＞r时，点在圆外；当d＜r时，点在圆内．8．（2016·江苏连云港）如图，在网格中（每个小正方形的边长均为1个单位）选取9个格点（格线的交点称为格点）．如果以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，则r的取值范围为（）A．2＜r＜B．＜r＜3C．＜r＜5 D．5＜r＜【分析】如图求出AD、AB、AE、AF即可解决问题．【解答】解：如图，∵AD=2，AE=AF=，AB=3，∴AB＞AE＞AD，∴＜r＜3时，以A为圆心，r为半径画圆，选取的格点中除点A外恰好有3个在圆内，故选B．【点评】本题考查点由圆的位置关系、勾股定理等知识，解题的关键是正确画出图形，理解题意，属于中考常考题型．9．（2016·江苏无锡）如图，AB是⊙O的直径，AC切⊙O于A，BC交⊙O于点D，若∠C=70°，则∠AOD的度数为（）A．70°B．35°C．20°D．40°【考点】切线的性质；圆周角定理．【分析】先依据切线的性质求得∠CAB的度数，然后依据直角三角形两锐角互余的性质得到∠CBA的度数，然后由圆周角定理可求得∠AOD的度数．【解答】解：∵AC是圆O的切线，AB是圆O的直径，∴AB⊥AC．∴∠CAB=90°．又∵∠C=70°，∴∠CBA=20°．∴∠DOA=40°．故选：D．二、填空题1. （2016·四川成都·5分）如图，△ABC内接于⊙O，AH⊥BC于点H，若AC=24，AH=18，⊙O的半径OC=13，则AB=．【考点】三角形的外接圆与外心．【分析】首先作直径AE，连接CE，易证得△ABH∽△AEC，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得⊙O半径．【解答】解：作直径AE，连接CE，∴∠ACE=90°，∵AH⊥BC，∴∠AHB=90°，∴∠ACE=∠ADB，∵∠B=∠E，∴△ABH∽△AEC，∴=，∴AB=，∵AC=24，AH=18，AE=2OC=26，∴AB==，故答案为：．2. （2016·四川凉山州·5分）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠DC=90°，AB=AD=，CD=，点P是四边形ABCD四条边上的一个动点，若P到BD的距离为，则满足条件的点P有2个．【考点】点到直线的距离．【分析】首先作出AB、AD边上的点P（点A）到BD的垂线段AE，即点P到BD的最长距离，作出BC、CD的点P（点C）到BD的垂线段CF，即点P到BD的最长距离，由已知计算出AE、CF的长为，比较得出答案．【解答】解：过点A作AE⊥BD于E，过点C作CF⊥BD于F，∵∠BAD=∠ADC=90°，AB=AD=，CD=2，∴∠ABD=∠ADB=45°，∴∠CDF=90°﹣∠ADB=45°，∵sin∠ABD=，∴AE=AB•sin∠ABD=3•sin45°=3＞，CF=2＜，所以在AB和AD边上有符合P到BD的距离为的点2个，故答案为：2．3．（2016•呼和浩特）在周长为26π的⊙O中，CD是⊙O的一条弦，AB是⊙O的切线，且AB∥CD，若AB和CD之间的距离为18，则弦CD的长为24．【考点】切线的性质．【分析】如图，设AB与⊙O相切于点F，连接OF，OD，延长FO交CD于点E，首先证明OE⊥CD，在RT△EOD中，利用勾股定理即可解决问题．【解答】解：如图，设AB与⊙O相切于点F，连接OF，OD，延长FO交CD于点E．∵2πR=26π，∴R=13，∴OF=OD=13，∵AB是⊙O切线，∴OF⊥AB，∵AB∥CD，∴EF⊥CD即OE⊥CD，∴CE=ED，∵EF=18，OF=13，∴OE=5，在RT△OED中，∵∠OED=90°，OD=13，OE=5，∴ED===12，∴CD=2ED=24．故答案为24．4.（2016.山东省泰安市，3分）如图，半径为3的⊙O与Rt△AOB的斜边AB切于点D，交OB于点C，连接CD交直线OA于点E，若∠B=30°，则线段AE的长为．【分析】要求AE的长，只要求出OA和OE的长即可，要求OA的长可以根据∠B=30°和OB的长求得，OE可以根据∠OCE和OC的长求得．【解答】解：连接OD，如右图所示，由已知可得，∠BOA=90°，OD=OC=3，∠B=30°，∠ODB=90°，∴BO=2OD=6，∠BOD=60°，∴∠ODC=∠OCD=60°，AO=BOtan30°=，∵∠COE=90°，OC=3，∴OE=OCtan60°=，∴AE=OE﹣OA=，故答案为：．【点评】本题考查切线的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．5．（2016·江苏无锡）如图，△AOB中，∠O=90°，AO=8cm，BO=6cm，点C从A点出发，在边AO上以2cm/s的速度向O点运动，与此同时，点D从点B出发，在边BO上以1.5cm/s 的速度向O点运动，过OC的中点E作CD的垂线EF，则当点C运动了s时，以C 点为圆心，1.5cm为半径的圆与直线EF相切．【考点】直线与圆的位置关系．【分析】当以点C为圆心，1.5cm为半径的圆与直线EF相切时，即CF=1.5cm，又因为∠EFC=∠O=90°，所以△EFC∽△DCO，利用对应边的比相等即可求出EF的长度，再利用勾股定理列出方程即可求出t的值，要注意t的取值范围为0≤t≤4．【解答】解：当以点C为圆心，1.5cm为半径的圆与直线EF相切时，此时，CF=1.5，∵AC=2t，BD=t，∴OC=8﹣2t，OD=6﹣t，∵点E是OC的中点，∴CE=OC=4﹣t，∵∠EFC=∠O=90°，∠FCE=∠DCO∴△EFC∽△DCO∴=由勾股定理可知：CE2=CF2+EF2，∴（4﹣t）2=+，解得：t=或t=，∵0≤t≤4，∴t=．故答案为：三、解答题1. （2016·湖北咸宁）（本题满分9分）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠BAC的平分线交BC于点D，点O在AB上，以点O为圆心，OA为半径的圆恰好经过点D，分别交AC，AB于点E，F.（1）试判断直线BC与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）若BD=23，BF=2，求阴影部分的面积（结果保留π）【考点】直线与圆的位置关系，勾股定理，扇形面积，三角函数.【分析】（1）连接OD，证明OD∥AC即可解决问题；（2）设⊙O的半径为r，则OD=r，OB= r+2，在Rt△BDO中， OD2+BD2=OB2，求出r，利用S阴影=S△OBD-S扇形BDF即可解决问题.【解答】解：(1) BC与⊙O相切，理由如下：连接OD.∵AD 平分∠BAC ，∴∠CAD=∠OAD. 又∵∠OAD=∠ODA ， ∴∠CAD=∠ODA ，∴OD ∥AC ； …………………………………………2分 ∴∠BDO=∠C=90°，∴BC 与⊙O 相切. ……………………………………4分 （2）解：设⊙O 的半径为r ，则OD=r ，OB= r+2. 由（1）知∠BDO=90°，∴OD 2+BD 2=OB 2，即r 2+(23)2=( r+2)2，解得 r=2. …………………………………………5分∵tan ∠BOD=OD BD=232=3,∴∠BOD=60°. …………………………………7分S 阴影=S △OBD -S 扇形BDF =21×OD ×BD-36060×πr 2=23-32π.………………………………….9分【点评】本题综合考查了直线与圆的位置关系，勾股定理，扇形面积，三角函数. 第（1）小题中，连接OD ，证明OD ∥AC 是解题的关键；第（2）小题中，利用勾股定理r 和S 阴影=S△OBD-S 扇形BDF 是解题的关键.2. (2016·四川资阳)如图，在⊙O 中，点C 是直径AB 延长线上一点，过点C 作⊙O 的切线，切点为D ，连结BD ． （1）求证：∠A=∠BDC ；（2）若CM 平分∠ACD ，且分别交AD 、BD 于点M 、N ，当DM=1时，求MN 的长．【考点】切线的性质．【分析】（1）由圆周角推论可得∠A+∠ABD=90°，由切线性质可得∠CDB+∠ODB=90°，而∠ABD=∠ODB，可得答案；（2）由角平分线及三角形外角性质可得∠A+∠ACM=∠BDC+∠DCM，即∠DMN=∠DNM，根据勾股定理可求得MN的长．【解答】解：（1）如图，连接OD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，即∠A+∠ABD=90°，又∵CD与⊙O相切于点D，∴∠CDB+∠ODB=90°，∵OD=OB，∴∠ABD=∠ODB，∴∠A=∠BDC；（2）∵CM平分∠ACD，∴∠DCM=∠ACM，又∵∠A=∠BDC，∴∠A+∠ACM=∠BDC+∠DCM，即∠DMN=∠DNM，∵∠ADB=90°，DM=1，∴DN=DM=1，∴MN==．3. (2016·四川自贡)如图，⊙O是△ABC的外接圆，AC为直径，弦BD=BA，BE⊥DC 交DC的延长线于点E．（1）求证：∠1=∠BAD；（2）求证：BE是⊙O的切线．【考点】三角形的外接圆与外心；圆周角定理；切线的判定．【分析】（1）根据等腰三角形的性质和圆周角定理得出即可；（2）连接BO，求出OB∥DE，推出EB⊥OB，根据切线的判定得出即可；【解答】证明：（1）∵BD=BA，∴∠BDA=∠BAD，∵∠1=∠BDA，∴∠1=∠BAD；（2）连接BO，∵∠ABC=90°，又∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠BCO+∠BCD=180°，∵OB=OC，∴∠BCO=∠CBO，∴∠CBO+∠BCD=180°，∴OB∥DE，∵BE⊥DE，∴EB⊥OB，∵OB是⊙O的半径，∴BE是⊙O的切线．【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，等腰三角形的性质，切线的判定，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．4. (2016·云南)如图，AB 为⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，过点C 的直线交AB 的延长线于点D ，AE ⊥DC ，垂足为E ，F 是AE 与⊙O 的交点，AC 平分∠BAE ． （1）求证：DE 是⊙O 的切线；（2）若AE=6，∠D=30°，求图中阴影部分的面积．【考点】切线的判定；扇形面积的计算．【分析】（1）连接OC ，先证明∠OAC=∠OCA ，进而得到OC ∥AE ，于是得到OC ⊥CD ，进而证明DE 是⊙O 的切线；（2）分别求出△OCD 的面积和扇形OBC 的面积，利用S 阴影=S △COD ﹣S 扇形OBC 即可得到答案．【解答】解：（1）连接OC ， ∵OA=OC ， ∴∠OAC=∠OCA ， ∵AC 平分∠BAE ， ∴∠OAC=∠CAE ， ∴∠OCA=∠CAE ， ∴OC ∥AE ， ∴∠OCD=∠E ，∵AE ⊥DE ， ∴∠E=90°， ∴∠OCD=90°， ∴OC ⊥CD ，∵点C 在圆O 上，OC 为圆O 的半径， ∴CD 是圆O 的切线；（2）在Rt △AED 中， ∵∠D=30°，AE=6， ∴AD=2AE=12，在Rt △OCD 中，∵∠D=30°， ∴DO=2OC=DB+OB=DB+OC ， ∴DB=OB=OC=AD=4，DO=8， ∴CD===4，∴S △OCD ===8，∵∠D=30°，∠OCD=90°， ∴∠DOC=60°， ∴S 扇形OBC =×π×OC 2=，∵S 阴影=S △COD ﹣S 扇形OBC ∴S 阴影=8﹣，∴阴影部分的面积为8﹣．【点评】本题主要考查了切线的判定以及扇形的面积计算，解（1）的关键是证明OC⊥DE，解（2）的关键是求出扇形OBC的面积，此题难度一般．5. (2016·云南)四边形ABCD的对角线交于点E，有AE=EC，BE=ED，以AB为直径的半圆过点E，圆心为O．（1）利用图1，求证：四边形ABCD是菱形．（2）如图2，若CD的延长线与半圆相切于点F，已知直径AB=8．①连结OE，求△OBE的面积．②求弧AE的长．【考点】菱形的判定与性质；切线的性质．【分析】（1）先由AE=EC、BE=ED可判定四边形为平行四边形，再根据∠AEB=90°可判定该平行四边形为菱形；（2）①连结OF，由切线可得OF为△ABD的高且OF=4，从而可得S△ABD，由OE为△ABD 的中位线可得S△OBE=S△ABD；②作DH⊥AB于点H，结合①可知四边形OHDF为矩形，即DH=OF=4，根据sin∠DAB==知∠EOB=∠DAH=30°，即∠AOE=150°，根据弧长公式可得答案【解答】解：（1）∵AE=EC，BE=ED，∴四边形ABCD是平行四边形．∵AB为直径，且过点E，∴∠AEB=90°，即AC⊥BD．∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形．（2）①连结OF．∵CD的延长线与半圆相切于点F，∴OF⊥CF．∵FC∥AB，∴OF即为△ABD中AB边上的高．∴S△ABD=AB×OF=×8×4=16，∵点O是AB中点，点E是BD的中点，∴S△OBE=S△ABD=4．②过点D作DH⊥AB于点H．∵AB∥CD，OF⊥CF，∴FO⊥AB，∴∠F=∠FOB=∠DHO=90°．∴四边形OHDF为矩形，即DH=OF=4．∵在Rt△DAH中，sin∠DAB==，∴∠DAH=30°．∵点O，E分别为AB，BD中点，∴OE∥AD，∴∠EOB=∠DAH=30°．∴∠AOE=180°﹣∠EOB=150°．∴弧AE的长==．【点评】本题主要考查菱形的判定即矩形的判定与性质、切线的性质，熟练掌握其判定与性质并结合题意加以灵活运用是解题的关键．6. （2016·四川达州·8分）如图，已知AB为半圆O的直径，C为半圆O上一点，连接AC，BC，过点O作OD⊥AC于点D，过点A作半圆O的切线交OD的延长线于点E，连接BD并延长交AE于点F．（1）求证：AE•BC=AD•AB；（2）若半圆O的直径为10，sin∠BAC=，求AF的长．【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理；切线的性质；锐角三角函数的定义．【分析】（1）只要证明△EAD∽△ABC即可解决问题．（2）作DM⊥AB于M，利用DM∥AE，得=，求出DM、BM即可解决问题．【解答】（1）证明：∵AB为半圆O的直径，∴∠C=90°，∵OD⊥AC，∴∠CAB+∠AOE=90°，∠ADE=∠C=90°，∵AE是切线，∴OA⊥AE，∴∠E+∠AOE=90°，∴∠E=∠CAB，∴△EAD∽△ABC，∴AE：AB=AD：BC，∴AE•BC=AD•AB．（2）解：作DM⊥AB于M，∵半圆O的直径为10，sin∠BAC=，∴BC=AB•sin∠BAC=6，∴AC==8，∵OE⊥AC，∴AD=AC=4，OD=BC=3，∵sin∠MAD==，∴DM=，AM===，BM=AB﹣AM=，∵DM∥AE，∴=，∴AF=．7. （2016·四川广安·9分）如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心，经过A，C两点且与BC边交于点E，点D为CE的下半圆弧的中点，连接AD交线段EO于点F，若AB=BF．（1）求证：AB是⊙O的切线；（2）若CF=4，DF=，求⊙O的半径r及sinB．【考点】切线的判定．【分析】（1）连接OA、OD，如图，根据垂径定理得OD⊥BC，则∠D+∠OFD=90°，再由AB=BF，OA=OD得到∠BAF=∠BFA，∠OAD=∠D，加上∠BFA=∠OFD，所以∠OAD+∠BAF=90°，则OA⊥AB，然后根据切线的判定定理即可得到AB是⊙O切线；（2）先表示出OF=4﹣r，OD=r，在Rt△DOF中利用勾股定理得r2+（4﹣r）2=（）2，解方程得到r的值，那么OA=3，OF=CF﹣OC=4﹣3=1，BO=BF+FO=AB+1．然后在Rt△AOB中利用勾股定理得AB2+OA2=OB2，即AB2+32=（AB+1）2，解方程得到AB=4的值，再根据三角函数定义求出sinB．【解答】（1）证明：连接OA、OD，如图，∵点D为CE的下半圆弧的中点，∴OD⊥BC，∴∠EOD=90°，∵AB=BF，OA=OD，∴∠BAF=∠BFA ，∠OAD=∠D ， 而∠BFA=∠OFD ，∴∠OAD+∠BAF=∠D+∠BFA=90°，即∠OAB=90°， ∴OA ⊥AB ， ∴AB 是⊙O 切线；（2）解：OF=CF ﹣OC=4﹣r ，OD=r ，DF=，在Rt △DOF 中，OD 2+OF 2=DF 2，即r 2+（4﹣r ）2=（）2，解得r 1=3，r 2=1（舍去）； ∴半径r=3，∴OA=3，OF=CF ﹣OC=4﹣3=1，BO=BF+FO=AB+1． 在Rt △AOB 中，AB 2+OA 2=OB 2， ∴AB 2+32=（AB+1）2， ∴AB=4，OB=5， ∴sinB==．8. （2016·四川乐山·10分）如图13，在ABC ∆中，AB AC =,以AC 边为直径作⊙O 交BC 边于点D ,过点D 作DE AB ⊥于点E ，ED 、AC 的延长线交于点F .（1）求证：EF 是⊙O 的切线；（2）若32EB =,且3sin 5CFD ∠=,求⊙O 的半径与线段AE 的长.图13OFE DCBA解析：（1）证明：如图2所示，连结OD ， ∵AB AC =，∴B ACD ∠=∠. ∵OC OD =，∴ODC OCD ∠=∠.∴B ODC ∠=∠，∴OD ∥AB .…………（2分） ∵DE AB ⊥，∴OD EF ⊥. ∴EF 是⊙O 的切线…………（5分） （2）在Rt ODF ∆和Rt AEF ∆中，∵3sin 5CFD ∠=，∴35OD AE OF AF == .设3OD x =，则5OF x =.∴6AB AC x ==，8AF x =.…………（6分）∵32EB =，∴362AE x =-.…………（7分） ∴363285x x -=，解得x =54，…………（9分） ∴⊙O 的半径长为154，AE =6……………………（10分）9. （2016湖北宜昌，21，8分）如图，CD 是⊙O 的弦，AB 是直径，且CD ∥AB ，连接AC 、AD 、OD ，其中AC=CD ，过点B 的切线交CD 的延长线于E ． （1）求证：DA 平分∠CDO ；（2）若AB=12，求图中阴影部分的周长之和（参考数据：π=3.1，=1.4，=1.7）．【考点】切线的性质；弧长的计算．【分析】（1）只要证明∠CDA=∠DAO ，∠DAO=∠ADO 即可． （2）首先证明==，再证明∠DOB=60°得△BOD 是等边三角形，由此即可解决问题．【解答】证明：（1）∵CD ∥AB ， ∴∠CDA=∠BAD ，图2EDOC FB A又∵OA=OD，∴∠ADO=∠BAD，∴∠ADO=∠CDA，∴DA平分∠CDO．（2）如图，连接BD，∵AB是直径，∴∠ADB=90°，∵AC=CD，∴∠CAD=∠CDA，又∵CD∥AB，∴∠CDA=∠BAD，∴∠CDA=∠BAD=∠CAD，∴==，又∵∠AOB=180°，∴∠DOB=60°，∵OD=OB，∴△DOB是等边三角形，∴BD=OB=AB=6，∵=，∴AC=BD=6，∵BE切⊙O于B，∴BE⊥AB，∴∠DBE=∠ABE﹣∠ABD=30°，∵CD∥AB，∴BE⊥CE，∴DE=BD=3，BE=BD×cos∠DBE=6×=3，∴的长==2π，∴图中阴影部分周长之和为2=4π+9+3=4×3.1+9+3×1.7=26.5．【点评】本题考查切线的性质、平行线的性质、等边三角形的判定和性质、弧长公式等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．10. （2016江苏淮安，25，10分）如图，在Rt △ABC 中，∠B=90°，点O 在边AB 上，以点O 为圆心，OA 为半径的圆经过点C ，过点C 作直线MN ，使∠BCM=2∠A ． （1）判断直线MN 与⊙O 的位置关系，并说明理由； （2）若OA=4，∠BCM=60°，求图中阴影部分的面积．【考点】直线与圆的位置关系；扇形面积的计算．【分析】（1）MN 是⊙O 切线，只要证明∠OCM=90°即可． （2）求出∠AOC 以及BC ，根据S 阴=S 扇形OAC ﹣S △OAC 计算即可． 【解答】解：（1）MN 是⊙O 切线． 理由：连接OC ． ∵OA=OC ， ∴∠OAC=∠OCA ，∵∠BOC=∠A+∠OCA=2∠A ，∠BCM=2∠A ， ∴∠BCM=∠BOC ， ∵∠B=90°，∴∠BOC+∠BCO=90°， ∴∠BCM+∠BCO=90°， ∴OC ⊥MN ， ∴MN 是⊙O 切线．（2）由（1）可知∠BOC=∠BCM=60°，∴∠AOC=120°，在RT △BCO 中，OC=OA=4，∠BCO=30°， ∴BO=OC=2，BC=2∴S 阴=S 扇形OAC ﹣S △OAC =﹣=﹣4．【点评】本题考查直线与圆的位置关系、扇形面积、三角形面积等知识，解题的关键是记住切线的判定方法，扇形的面积公式，属于中考常考题型．11. （2016·广东梅州）如图，点D 在⊙O 的直径AB 的延长线上，点C 在 ⊙O 上，AC =CD ，∠ACD =120°． （1）求证：CD 是⊙O 的切线；（2）若⊙O 的半径为2，求图中阴影部分的面积． 考点：圆的切线的判定，扇形的面积公式，三角函数。

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中考数学考点30点、直线与圆的有关位置关系总复习(解析版)

中考数学考点30点、直线与圆的有关位置关系总复习(解析版)

点、直线与圆的有关位置关系【命题趋势】在中考中.与圆有关的位置关系.主要考查点与圆的位置关系和直线与圆的位置关系。

该内容主要是以选择题、填空题、综合解答题的形式来考查.分值为3～10分．主要考点为点与圆、直线与圆的位置关系.圆切线的性质和判定等。

【中考考查重点】一、点、直线与圆的有关位置关系 二、切线性质的有关证明与计算 三、切线判定的有关证明与计算考点：点与圆的有关位置关系（设⊙O 的半径为r.点P 到圆心O 的距离为d ）位置关系图形定义 性质及判定点在圆外点在圆的外部d >r ⇔点P 在圆外点在圆上点在圆周上 d =r ⇔点P 在圆上点在圆内点在圆的内部 d <r ⇔点P 在圆内三点定圆的画法： 1）连接线段AB,BC 。

2）分别作线段AB,BC 的垂直平分线。

两条垂直平分线交点为O.此时OA=OB=OC 。

于是以点O 为圆心.以OA 为半径.便可作出经过A 、B 、C 的圆.这样的圆只能是 一个。

定理：不在同一直线上的三点确定一个圆。

1.（2021春•九龙坡区校级期末）在平面直角坐标系中.以点（3.﹣4）为圆心.2为半径的圆.与直线x ＝1的位置关系为（ ）Pr OPr OPr OA ．相交B ．相切C ．相离D ．不能确定【答案】B【解答】解：∵点（3.﹣4）到直线x ＝1的距离为2.半径为2. 则有2＝2.∴这个圆与直线x ＝1相切． 故选：B ．2.（2020秋•钦州期末）在平面直角坐标系中.以点（﹣2.3）为圆心.半径为3的圆一定（ ） A ．与x 轴相切.与y 轴相切 B ．与x 轴相切.与y 轴相交 C ．与x 轴相交.与y 轴相切 D ．与x 轴相交.与y 轴相交【答案】B【解答】解：∵点（﹣2.3）到x 轴的距离是3.等于半径. 到y 轴的距离是2.小于半径. ∴圆与y 轴相交.与x 轴相切． 故选：B ．考点：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 .则直线和圆的位置关系如下表：位置关系图形定义性质及判定相离直线与圆没有公共点 d >r ⇔直线l 与⊙O 相离相切直线与圆有唯一公共点.直线叫做圆的切线.公共点叫做切点d =r ⇔直线l 与⊙O 相切 相交直线与圆有两个公共点.直线叫做圆的割线d <r ⇔直线l 与⊙O 相交切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。

专题2.3 直线与圆的位置关系(专项拔高卷)学生版-2024-2025学年九年级数学上册真题汇编章节

专题2.3 直线与圆的位置关系(专项拔高卷)学生版-2024-2025学年九年级数学上册真题汇编章节

2024-2025学年苏科版数学九年级上册同步专题热点难点专项练习专题2.3 直线与圆的位置关系（专项拔高卷）考试时间：90分钟试卷满分：100分难度：0.52姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三总分得分评卷人得分一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）1．（2分）（2022秋•金华期末）AB为⊙O的直径，延长AB到点P，过点P作⊙O的切线，切点为C，连接AC，∠P＝40°，D为圆上一点，则∠D的度数为（）A．20°B．25°C．30°D．40°2．（2分）（2022秋•阳谷县期末）如图是“光盘行动”的宣传海报，图中餐盘与筷子可看成直线和圆的位置关系是（）A．相切B．相交C．相离D．平行3．（2分）（2022秋•河西区校级期末）如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO＝35°，则∠OCB的度数为（）A．42.5°B．55.5°C．62.5°D．75°4．（2分）（2023春•青山区校级月考）如图，不等边△ABC内接于⊙O，I是其内心，BI⊥OI，AC＝14，BC ＝13，△ABC内切圆半径为（）A．4 B．C．D．5．（2分）（2022秋•大荔县期末）如图，点O是△ABC的内心，也是△DBC的外心．若∠A＝84°，则∠D的度数为（）A．42°B．66°C．76°D．82°6．（2分）（2023•沙坪坝区校级模拟）如图，AB是⊙O的直径，E为⊙O上一点，BD垂直平分OE交⊙O于点D，过点D的切线与BE的延长线交于点C．若，则AB的长为（）A．4 B．2 C．D．7．（2分）（2023•哈尔滨）如图，AB是⊙O的切线，A为切点，连接OA，点C在⊙O上，OC⊥OA，连接BC并延长，交⊙O于点D，连接OD，若∠B＝65°，则∠DOC的度数为（）A．45°B．50°C．65°D．75°8．（2分）（2023•遵义一模）如图，AB是半圆O的直径，点P为BA延长线上一点，PC是⊙O的切线，切点为C，过点B作BD⊥PC交PC的延长线于点D，连接BC．若CD＝2，BD＝4，则⊙O的半径为（）A．3 B．2 C．2.5 D．29．（2分）（2023•江岸区模拟）如图，AB为⊙O直径，C为圆上一点，I为△ABC内心，AI交⊙O于D，OI ⊥AD于I，若CD＝4，则AC为（）A．B．C．D．510．（2分）（2022•成县校级模拟）如图，⊙O与∠A＝90的Rt△ABC的三边AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，若BE＝10，CF＝3，则⊙O的半径为（）A．5 B．4 C．3 D．2评卷人得分二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）11．（2分）（2023•柯桥区校级模拟）如图AB、AC、BD是圆O的切线，切点分别为P、C、D，若AB＝5，BD ＝2，则AC的长是．12．（2分）（2022秋•启东市校级期末）如图，AB为⊙O的直径，CB为⊙O的切线，AC交⊙O于D，∠C＝38°．点E在AB右侧的半圆上运动（不与A、B重合），则∠AED的大小是．13．（2分）（2022秋•河西区校级期末）如图，在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝8，AB＝10，⊙O的半径为4，点P是AB上的一动点，过点P作⊙O的一条切线PQ，Q为切点，则PQ的最小值为．14．（2分）（2023•青海）如图，MN是⊙O的切线，M是切点，连接OM，ON．若∠N＝37°，则∠MON的度数是．15．（2分）（2022秋•建昌县期末）如图，点O是△ABC的内心，∠A＝60°，OB＝3，OC＝6，，则⊙O的半径为．16．（2分）（2023•西陵区模拟）木工师傅可以用角尺测量并计算出圆的半径．如图，用角尺的较短边紧靠⊙O于点A，并使较长边与⊙O相切于点C．记角尺的直角顶点为B，量得AB＝8cm，BC＝16cm，则⊙O的半径等于cm．17．（2分）（2023•安岳县二模）如图，AB、CD是⊙O的两条直径，EA切⊙O于点A，交CD的延长线于点E．若∠ABC＝75°，则∠E的度数为．18．（2分）（2022•宜宾）我国古代数学家赵爽的“弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形的内切圆半径为3，小正方形的面积为49，则大正方形的面积为．19．（2分）（2022秋•鼓楼区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，直线l经过△ABC的内心O，过点C作CD⊥l，垂足为D，连接AD，则AD的最小值是．20．（2分）（2022秋•滨湖区校级期中）如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F、G分别在AD、BC上，连结OG、DG，若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则BC﹣AB的值，CD+DF的值．评卷人得分三．解答题（共8小题，满分60分）21．（6分）（2023•鞍山二模）如图，在△ABC中，以AB为直径作⊙O，⊙O恰好经过点C，点D为半圆AB 中点，连接CD，过D作DE∥AB交AC延长线于点E．（1）求证：DE为⊙O切线：（2）若AC＝4，，求⊙O的半径长．22．（6分）（2023•槐荫区模拟）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，⊙O的切线BD交OC的延长线于点D．（1）求证：∠DBC＝∠OCA；（2）若∠BAC＝30°，AC＝2．求CD的长．23．（8分）（2022秋•嘉祥县校级期末）已知BC是⊙O的直径，点D是BC延长线上一点，AB＝AD，AE是⊙O的弦，∠AEC＝30°．（1）求证：直线AD是⊙O的切线；（2）若AE⊥BC，垂足为M，⊙O的半径为10，求AE的长．24．（8分）（2022秋•平阴县期末）如图，AB为⊙O的直径，PQ切⊙O于E，AC⊥PQ于C，交⊙O于D．（1）求证：AE平分∠BAC；（2）若，∠BAC＝60°，求⊙O的半径．25．（8分）（2023•宛城区二模）如图①，中国古代的马车已经涉及很复杂的机械设计（相对当时的生产力），包含大量零部件和工艺，所彰显的智慧让人拜服．如图②是马车的侧面示意图，AB为车轮⊙O的直径，过圆心O的车架AC一端点C着地时，地面CD与车轮⊙O相切于点D，连接AD，BD．（1）徽徽猜想∠C+2∠BDC＝90°，徽徽的猜想正确吗？请说明理由；（2）若，BC＝2米，求车轮的直径AB的长．26．（8分）（2023•晋安区校级模拟）如图，以AB边为直径的⊙O经过点P，C是⊙O上一点，连接PC交AB 于点E，且∠ACP＝60°，PA＝PD．（1）证明：PD是⊙O的切线．（2）若点C是弧AB的中点，已知AB＝2，求CE•CP的值．27．（8分）（2022秋•惠阳区校级期末）（1）如图1，在菱形ABCD中，点E，F分别为边CD，AD的中点，连接AE，CF．求证：AE＝CF．（2）如图2，AB是⊙O的直径，CA与⊙O相切于点A，连接CO交⊙O于点D，CO的延长线交⊙O于点E，连接BE，BD，∠ABD＝25°，求∠C的度数．28．（8分）（2023•绥江县二模）如图1，在四边形ABCD中，AD＝CD＝6，∠B＝60°，以AB为直径所作的⊙O经过点C，且与AD相切于A点，连接AC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）⊙E是△ACD的外接圆，不与A、D重合的点F在⊙E的劣弧AD上运动（如图2所示）．若点P、Q 分别为线段AC、CD上的动点（不与端点重合），当点F运动到每一个确定的位置时，△FPQ的周长有最小值m，随着点F的运动，m的值也随之变化，求m的最大值．。

最新中考数学真题汇编32点直线与圆的位置关系(含答案解析)

最新中考数学真题汇编32点直线与圆的位置关系(含答案解析)

点直线与圆地位置关系一、选择题1．(年天津市，第7题3分)如图，AB是⊙O地弦，AC是⊙O地切线，A为切点，BC经过圆心．若∠B=25°，则∠C地大小等于（）A． 20°B．25°C．40°D．50°考点：切线地性质．分析：连接OA，根据切线地性质，即可求得∠C地度数．解答：解：如图，连接OA，∵AC是⊙O地切线，∴∠OAC=90°，∵OA=OB，∴∠B=∠OAB=25°，∴∠AOC=50°，∴∠C=40°．点评：本题考查了圆地切线性质，以及等腰三角形地性质，已知切线时常用地辅助线是连接圆心与切点．2.（•邵阳，第8题3分）如图，△ABC地边AC与⊙O相交于C、D两点，且经过圆心O，边AB与⊙O相切，切点为B．已知∠A=30°，则∠C地大小是（）A．30°B．45°C．60°D．40°考点：切线地性质专题：计算题．分析：根据切线地性质由AB与⊙O相切得到OB⊥AB，则∠ABO=90°，利用∠A=30°得到∠AOB=60°，再根据三角形外角性质得∠AOB=∠C+∠OBC，由于∠C=∠OBC，所以∠C=AOB=30°．解答：解：连结OB，如图，∵AB与⊙O相切，∴OB⊥AB，∴∠ABO=90°，∵∠A=30°，∴∠AOB=60°，∵∠AOB=∠C+∠OBC，而∠C=∠OBC，∴∠C=AOB=30°．故选A．点评：本题考查了切线地性质：圆地切线垂直于经过切点地半径．3. （•益阳，第8题，4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为2地⊙P地圆心P地坐标为（﹣3，0），将⊙P沿x轴正方向平移，使⊙P与y轴相切，则平移地距离为（）（第1题图）A．1 B．1或5 C．3 D．5考点：直线与圆地位置关系；坐标与图形性质．分析：平移分在y轴地左侧和y轴地右侧两种情况写出答案即可．解答：解：当⊙P位于y轴地左侧且与y轴相切时，平移地距离为1；当⊙P位于y轴地右侧且与y轴相切时，平移地距离为5．故选B．点评：本题考查了直线与圆地位置关系，解题地关键是了解当圆与直线相切时，点到圆心地距离等于圆地半径．4．（年山东泰安，第18题3分）如图，P为⊙O地直径BA延长线上地一点，PC与⊙O相切，切点为C，点D是⊙上一点，连接P D．已知PC=PD=B C．下列结论：（1）PD与⊙O相切；（2）四边形PCBD是菱形；（3）PO=AB；（4）∠PDB=120°．其中正确地个数为（）A．4个B．3个C．2个D．1个分析：（1）利用切线地性质得出∠PCO=90°，进而得出△PCO≌△PDO（SSS），即可得出∠PCO=∠PDO=90°，得出答案即可；（2）利用（1）所求得出：∠CPB=∠BPD，进而求出△CPB≌△DPB（SAS），即可得出答案；（3）利用全等三角形地判定得出△PCO≌△BCA（ASA），进而得出CO=PO=AB；（4）利用四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，则DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，求出即可．解：（1）连接CO，DO，∵PC与⊙O相切，切点为C，∴∠PCO=90°，在△PCO和△PDO中，，∴△PCO≌△PDO（SSS），∴∠PCO=∠PDO=90°，∴PD与⊙O相切，故此选项正确；（2）由（1）得：∠CPB=∠BPD，在△CPB和△DPB中，，∴△CPB≌△DPB（SAS），∴BC=BD，∴PC=PD=BC=BD，∴四边形PCBD是菱形，故此选项正确；（3）连接AC，∵PC=CB，∴∠CPB=∠CBP，∵AB是⊙O直径，∴∠ACB=90°，在△PCO和△BCA中，，∴△PCO≌△BCA（ASA），∴AC=CO，∴AC=CO=AO，∴∠COA=60°，∴∠CPO=30°，∴CO=PO=AB，∴PO=AB，故此选项正确；（4）∵四边形PCBD是菱形，∠CPO=30°，∴DP=DB，则∠DPB=∠DBP=30°，∴∠PDB=120°，故此选项正确；故选：A．点评：此题主要考查了切线地判定与性质和全等三角形地判定与性质以及菱形地判定与性质等知识，熟练利用全等三角形地判定与性质是解题关键．二.填空题1. （•广西玉林市、防城港市，第16题3分）如图，直线MN与⊙O相切于点M，ME=EF且EF∥MN，则cos∠E= ．考点：切线地性质；等边三角形地判定与性质；特殊角地三角函数值．专题：计算题．分析：连结OM，OM地反向延长线交EF与C，由直线MN与⊙O相切于点M，根据切线地性质得OM⊥MF，而EF∥MN，根据平行线地性质得到MC⊥EF，于是根据垂径定理有CE=CF，再利用等腰三角形地判定得到ME=MF，易证得△MEF为等边三角形，所以∠E=60°，然后根据特殊角地三角函数值求解．解答：解：连结OM，OM地反向延长线交EF与C，如图，∵直线MN与⊙O相切于点M，∴OM⊥MF，∵EF∥MN，∴MC⊥EF，∴CE=CF，∴ME=MF，而ME=EF，∴ME=EF=MF，∴△MEF为等边三角形，∴∠E=60°，∴cos∠E=cos60°=．故答案为．点评：本题考查了切线地性质：圆地切线垂直于经过切点地半径．也考查了垂径定理、等边三角形地判定与性质和特殊角地三角函数值．2．（•温州，第16题5分）如图，在矩形ABCD中，AD=8，E是边AB上一点，且AE=A B．⊙O 经过点E，与边CD所在直线相切于点G（∠GEB为锐角），与边AB所在直线交于另一点F，且EG：EF=：2．当边AB或BC所在地直线与⊙O相切时，AB地长是．考点：切线地性质；矩形地性质．分析：[来源:Z，xx，]过点G作GN⊥AB，垂足为N，可得EN=NF，由EG：EF =：2，得：EG：EN =：1，依据勾股定理即可求得AB地长度．解答：解：如图，过点G作GN⊥AB，垂足为N，∴EN=NF，又∵EG：EF =：2，∴EG：EN =：1，又∵GN=AD=8，∴设EN=x ，则，根据勾股定理得：，解得：x=4，GE =，设⊙O地半径为r，由OE2=EN2+ON2得：r2=16+（8﹣r）2，∴r=5．∴OK=NB=5，∴EB=9，又AE =AB，∴AB=12．故答案为12．点评：本题考查了切线地性质以及勾股定理和垂径定理地综合应用，解答本题地关键在于做好辅助线，利用勾股定理求出对应圆地半径．3．（•四川自贡，第14题4分）一个边长为4cm地等边三角形ABC与⊙O等高，如图放置，⊙O与BC相切于点C，⊙O与AC相交于点E，则CE地长为 3 cm．考点：切线地性质；垂径定理；圆周角定理；弦切角定理分析：连接OC，并过点O作OF⊥CE于F，根据等边三角形地性质，等边三角形地高等于底边高地倍．题目中一个边长为4cm地等边三角形ABC与⊙O等高，说明⊙O地半径为，即OC=，又∠ACB=60°，故有∠OCF=30°，在Rt△OFC中，可得出FC地长，利用垂径定理即可得出CE地长．解答：解：连接OC，并过点O作OF⊥CE于F，且△ABC为等边三角形，边长为4，故高为2，即OC=，又∠ACB=60°，故有∠OCF=30°，在Rt△OFC中，可得FC=，即CE=3．故答案为：3．点评：本题主要考查了切线地性质和等边三角形地性质和解直角三角形地有关知识．题目不是太难，属于基础性题目．4．（•浙江湖州，第9题3分）如图，已知正方形ABCD，点E是边AB地中点，点O是线段AE上地一个动点（不与A、E重合），以O为圆心，OB为半径地圆与边AD相交于点M，过点M作⊙O地切线交DC于点N，连接OM、ON、BM、BN．记△MNO、△AOM、△DMN地面积分别为S1、S2、S3，则下列结论不一定成立地是（）A．S1＞S2+S3B．△AOM∽△DMN C．∠MBN=45°D．MN=AM+CN 分析：（1）如图作MP∥AO交ON于点P，当AM=MD时，求得S1=S2+S3，（2）利用MN是⊙O地切线，四边形ABCD为正方形，求得△AMO∽△DMN．（3）作BP⊥MN于点P，利用RT△MAB≌RT△MPB和RT△BPN≌RT△BCN来证明C，D成立．解：（1）如图，作MP∥AO交ON于点P，∵点O是线段AE上地一个动点，当AM=MD时，S梯形ONDA=（OA+DN）•ADS=MP•AD，∵（OA+DN）=MP，∴S△MNO=S梯形ONDA，∴S1=S2+S3，△MNO∴不一定有S1＞S2+S3，（2）∵MN是⊙O地切线，∴OM⊥MN，又∵四边形ABCD为正方形，∴∠A=∠D=90°，∠AMO+∠DMN=90°，∠AMO+∠AOM=90°，∴∠AOM=∠DMN，在△AMO和△DMN中，，∴△AMO∽△DMN．故B成立，（3）如图，作BP⊥MN于点P，∵MN，BC是⊙O地切线，∴∠PMB=∠MOB，∠CBM=∠MOB，∵AD∥BC，∴∠CBM=∠AMB，∴∠AMB=∠PMB，在Rt△MAB和Rt△MPB中，∴Rt△MAB≌Rt△MPB（AAS）∴AM=MP，∠ABM=∠MBP，BP=AB=BC，在Rt△BPN和Rt△BCN中，∴Rt△BPN≌Rt△BCN（HL）∴PN=CN，∠PBN=∠CBN，∴∠MBN=∠MBP+∠PBN，MN=MN+PN=AM+CN．故C，D成立，综上所述，A不一定成立，故选：A．点评：本题主要考查了圆地切线及全等三角形地判定和性质，关键是作出辅助线利用三角形全等证明．5．（·浙江金华，第16题4分）如图2是装有三个小轮地手拉车在“爬”楼梯时地侧面示意图，定长地轮架杆OA，OB，OC抽象为线段，有OA=OB=OC，且∠AOB=120°，折线NG—GH—HE—EF 表示楼梯，CH，EF是水平线，NG，HE是铅垂线，半径相等地小轮子⊙A，⊙B与楼梯两边相切，且AO∥GH.（1）如图2①，若点H在线段OB上，则BHOH地值是▲．（2）如果一级楼梯地高度()HE832cm=+，点H到线段OB地距离d满足条件d3cm≤，那么小轮子半径r地取值范围是▲．【答案】（1）3；（2）1133r8-≤≤.【解析】∴23r dd2323MI3 IJ d MI r d,HM3r2d cos33t3030an33=︒-==⇒=-==-︒.考点：1. 直角三角形地构造；2.锐角三角函数定义；3.特殊角地三角函数值；4. 矩形地判定和性质；5.切线地性质；6.二次根式化简.6. （•湘潭，第14题，3分）如图，⊙O地半径为3，P是CB延长线上一点，PO=5，PA切⊙O于A点，则PA= 4 ．（第1题图）考点：切线地性质；勾股定理．分析：先根据切线地性质得到OA⊥PA，然后利用勾股定理计算PA地长．解答：解：∵PA切⊙O于A点，∴OA⊥PA，在Rt△OPA中，OP=5，OA=3，∴PA==4．故答案为4．点评：本题考查了切线地性质：圆地切线垂直于经过切点地半径．也考查了勾股定理．三.解答题1. （•广东，第24题9分）如图，⊙O是△ABC地外接圆，AC是直径，过点O作OD⊥AB 于点D，延长DO交⊙O于点P，过点P作PE⊥AC于点E，作射线DE交BC地延长线于F点，连接PF．（1）若∠POC=60°，AC=12，求劣弧PC地长；（结果保留π）（2）求证：OD=OE；（3）求证：PF是⊙O地切线．考点：切线地判定；弧长地计算．分析：（1）根据弧长计算公式l=进行计算即可；（2）证明△POE≌△ADO可得DO=EO；（3）连接AP，PC，证出PC为EF地中垂线，再利用△CEP∽△CAP找出角地关系求解．解答：（1）解：∵AC=12，∴CO=6，∴==2π；（2）证明：∵PE⊥AC，OD⊥AB，∠PEA=90°，∠ADO=90°在△ADO和△PEO中，，∴△POE≌△AOD（AAS），∴OD=EO；（3）证明：如图，连接AP，PC，∵OA=OP，∴∠OAP=∠OPA，由（1）得OD=EO，∴∠ODE=∠OED，又∵∠AOP=∠EOD，∴∠OPA=∠ODE，∴AP∥DF，∵AC是直径，∴∠APC=90°，∴∠PQE=90°∴PC⊥EF，又∵DP∥BF，∴∠ODE=∠EFC，∵∠OED=∠CEF，∴∠CEF=∠EFC，∴CE=CF，∴PC为EF地中垂线，∴∠EPQ=∠QPF，∵△CEP∽△CAP∴∠EPQ=∠EAP，∴∠QPF=∠EAP，∴∠QPF=∠OPA，∵∠OPA+∠OPC=90°，∴∠QPF+∠OPC=90°，∴OP⊥PF，∴PF是⊙O地切线．点评：本题主要考查了切线地判定，解题地关键是适当地作出辅助线，准确地找出角地关系．2. （•珠海，第18题7分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=4，AC=3，线段AB为半圆O地直径，将Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，得△DEF，DF与BC交于点H．（1）求BE地长；（2）求Rt△ABC与△DEF重叠（阴影）部分地面积．考点：切线地性质；扇形面积地计算；平移地性质专题：计算题．分析：（1）连结OG，先根据勾股定理计算出BC=5，再根据平移地性质得AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，∠EDF=∠BAC=90°，由于EF与半圆O相切于点G，根据切线地性质得OG⊥EF，然后证明Rt△EOG∽Rt△EFD，利用相似比可计算出OE=，所以BE=OE﹣OB=；（2）求出BD地长度，然后利用相似比例式求出DH地长度，从而求出△BDH，即阴影部分地面积．解答：解：（1）连结OG，如图，∵∠BAC=90°，AB=4，AC=3，∴BC==5，∵Rt△ABC沿射线AB方向平移，使斜边与半圆O相切于点G，得△DEF，∴AD=BE，DF=AC=3，EF=BC=5，∠EDF=∠BAC=90°，∵EF与半圆O相切于点G，∴OG⊥EF，∵AB=4，线段AB为半圆O地直径，∴OB=OG=2，∵∠GEO=∠DEF，∴Rt△EOG∽Rt△EFD，∴=，即=，解得OE=，∴BE=OE﹣OB=﹣2=；（2）BD=DE﹣BE=4﹣=．∵DF∥AC，∴，即，解得：DH=2．∴S阴影=S△BDH=BD•DH=××2=，即Rt△ABC与△DEF重叠（阴影）部分地面积为．点评：本题考查了切线地性质：圆地切线垂直于经过切点地半径．也考查了平移地性质、勾股定理和相似三角形地判定与性质．3. （•广西贺州，第25题10分）如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G．且AB∥C D．BO=6cm，CO=8cm．（1）求证：BO⊥CO；（2）求BE和CG地长．考点： 切线地性质；相似三角形地判定与性质．分析： （1）由AB ∥CD 得出∠ABC +∠BCD =180°，根据切线长定理得出OB 、OC 平分∠EBF和∠BCG ，也就得出了∠OBC +∠OCB =（∠ABC +∠DCB ）=×180°=90°．从而证得∠BOC 是个直角，从而得出BO ⊥CO ；（2）根据勾股定理求得AB =10cm ，根据RT △BOF ∽RT △BCO 得出BF =3.6cm ，根据切线长定理得出BE =BF =3.6cm ，CG =CF ，从而求得BE 和CG 地长．解答：[来源:学.科.网Z.X.X.K] （1）证明：∵AB ∥CD ∴∠ABC +∠BCD =180°∵AB 、BC 、CD 分别与⊙O 相切于E 、F 、G ，∴BO 平分∠ABC ，CO 平分∠DCB ，∴∠OBC =，∠OCB =，∴∠OBC +∠OCB =（∠ABC +∠DCB ）=×180°=90°， ∴∠BOC =90°， ∴BO ⊥CO ．（2）解：连接OF ，则OF ⊥BC ， ∴RT △BOF ∽RT △BCO ， ∴=，∵在RT △BOF 中，BO =6cm ，CO =8cm ，∴BC==10cm，∴=，∴BF=3.6cm，∵AB、BC、CD分别与⊙O相切，∴BE=BF=3.6cm，CG=CF，∵CF=BC﹣BF=10﹣3.6=6.4cm．∴CG=CF=6.4cm．点评：本题主要考查了直角梯形地性质和切线长定理地综合运用．属于基础题．4. （•广西玉林市、防城港市，第23题9分）如图地⊙O中，AB为直径，OC⊥AB，弦CD 与OB交于点F，过点D、A分别作⊙O地切线交于点G，并与AB延长线交于点E．（1）求证：∠1=∠2．（2）已知：OF：OB=1：3，⊙O地半径为3，求AG地长．考点：切线地性质；相似三角形地判定与性质．专题：证明题．分析：（1）连结OD，根据切线地性质得OD⊥DE，则∠2+∠ODC=90°，而∠C=∠ODC，则∠2+∠C=90°，由OC⊥OB得∠C+∠3=90°，所以∠2=∠3，而∠1=∠3，所以∠1=∠2；（2）由OF：OB=1：3，⊙O地半径为3得到OF=1，由（1）中∠1=∠2得EF=ED，在Rt△ODE中，DE=x，则EF=x，OE=1+x，根据勾股定理得32+t2=（t+1）2，解得t=4，则DE=4，OE=5，根据切线地性质由AG为⊙O地切线得∠GAE=90°，再证明Rt△EOD∽Rt△EGA，利用相似比可计算出AG．解答：（1）证明：连结OD，如图，∵DE为⊙O地切线，∴OD⊥DE，∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，∵OC=OD，∴∠C=∠ODC，∴∠2+∠C=90°，而OC⊥OB，∴∠C+∠3=90°，∴∠2=∠3，∵∠1=∠3，∴∠1=∠2；（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O地半径为3，∴OF=1，∵∠1=∠2，∴EF=ED，在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，则EF=x，OE=1+x，∵OD2+DE2=OE2，∴32+t2=（t+1）2，解得t=4，∴DE=4，OE=5，∵AG为⊙O地切线，∴AG⊥AE，∴∠GAE=90°，而∠OED=∠GEA，∴Rt△EOD∽Rt△EGA，∴=，即=，∴AG=6．点评：本题考查了切线地性质：圆地切线垂直于经过切点地半径．也考查了勾股定理和相似三角形地判定与性质．5．(年四川资阳，第21题9分)如图，AB是⊙O地直径，过点A作⊙O地切线并在其上取一点C，连接OC交⊙O于点D，BD地延长线交AC于E，连接A D．（1）求证：△CDE∽△CAD；（2）若AB=2，AC=2，求AE地长．[来源:学科网ZXXK]考点：切线地性质；相似三角形地判定与性质．专题：证明题．分析：（1）根据圆周角定理由AB是⊙O地直径得到∠ADB=90°，则∠B+∠BAD=90°，再根据切线地性质得AC为⊙O地切线得∠BAD+∠DAE=90°，则∠B=∠CAD，由于∠B=∠ODB，∠ODB=∠CDE，所以∠B=∠CDE，则∠CAD=∠CDE，加上∠ECD=∠DCA，根据三角形相似地判定方法即可得到△CDE∽△CAD；（2）在Rt△AOC中，OA=1AC=2，根据勾股定理可计算出OC=3，则CD=OC﹣OD=2，然后利用△CDE∽△CAD，根据相似比可计算出CE．解答：（1）证明：∵AB是⊙O地直径，∴∠ADB=90°，∴∠B+∠BAD=90°，∵AC为⊙O地切线，∴BA⊥AC，∴∠BAC=90°，即∠BAD+∠DAE=90°，∴∠B=∠CAD，∵OB=OD，∴∠B=∠ODB，而∠ODB=∠CDE，∴∠B=∠CDE，∴∠CAD=∠CDE，而∠ECD=∠DCA，∴△CDE∽△CAD；（2）解：∵AB=2，∴OA=1，在Rt△AOC中，AC=2，∴OC==3，∴CD=OC﹣OD=3﹣1=2，∵△CDE∽△CAD，∴=，即=，∴CE=．点评：本题考查了切线地性质：圆地切线垂直于经过切点地半径．也考查了勾股定理、圆周角定理和相似三角形地判定与性质．6．（•新疆，第21题10分）如图，AB是⊙O地直径，点F，C是⊙O上两点，且==，连接AC，AF，过点C作CD⊥AF交AF延长线于点D，垂足为D．（1）求证：CD是⊙O地切线；（2）若CD=2，求⊙O地半径．考点：切线地判定．证明题．专题：[来源:]分析：（1）连结OC，由=，根据圆周角定理得∠FAC=∠BAC，而∠OAC=∠OCA，则∠FAC=∠OCA，可判断OC∥AF，由于CD⊥AF，所以OC⊥CD，然后根据切线地判定定理得到CD是⊙O地切线；（2）连结BC，由AB为直径得∠ACB=90°，由==得∠BOC=60°，则∠BAC=30°，所以∠DAC=30°，在Rt△ADC中，利用含30度地直角三角形三边地关系得AC=2CD=4，在Rt△ACB中，利用含30度地直角三角形三边地关系得BC=AC=4，AB=2BC=4，所以⊙O地半径为4．解答：（1）证明：连结OC，如图，∵=，[来源:学_科_网Z_X_X_K]∴∠FAC=∠BAC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠FAC=∠OCA，∴OC∥AF，∵CD⊥AF，∴OC⊥CD，∴CD是⊙O地切线；（2）解：连结BC，如图，∵AB为直径，∴∠ACB=90°，∵==，∴∠BOC=×180°=60°，∴∠BAC=30°，[来源:学|科|网]∴∠DAC=30°，在Rt△ADC中，CD=2，∴AC=2CD=4，在Rt△ACB中，BC=AC=×4=4，∴AB=2BC=4，∴⊙O地半径为4．点评：本题考查了切线地判定定理：经过半径地外端且垂直于这条半径地直线是圆地切线．也考查了圆周角定理和含30度地直角三角形三边地关系．7.（•毕节地区，第26题14分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径作⊙O交AB于点D，连接C D．（1）求证：∠A=∠BCD；（2）若M为线段BC上一点，试问当点M在什么位置时，直线DM与⊙O相切？并说明理由．考点：切线地判定分析：（1）根据圆周角定理可得∠ADC=90°，再根据直角三角形地性质可得∠A+∠DCA=90°，再由∠DCB+∠ACD=90°，可得∠DCB=∠A；（2）当MC=MD时，直线DM与⊙O相切，连接DO，根据等等边对等角可得∠1=∠2，∠4=∠3，再根据∠ACB=90°可得∠1+∠3=90°，进而证得直线DM与⊙O相切．解答：（1）证明：∵AC为直径，∴∠ADC=90°，∴∠A+∠DCA=90°，∵∠ACB=90°，∴∠DCB+∠ACD=90°，∴∠DCB=∠A；（2）当MC=MD（或点M是BC地中点）时，直线DM与⊙O相切；解：连接DO，∵DO=CO，∴∠1=∠2，∵DM=CM，∴∠4=∠3，∵∠2+∠4=90°，∴∠1+∠3=90°，∴直线DM与⊙O相切．点评：此题主要考查了切线地判定，以及圆周角定理，关键是掌握切线地判定定理：经过半径地外端且垂直于这条半径地直线是圆地切线．8．（·云南昆明，第22题8分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，D是边AC上地一点，连接BD，使∠A=2∠1，E是BC上地一点，以BE为直径地⊙O经过点D.（1）求证：AC是⊙O地切线；（2）若∠A=60°，⊙O地半径为2，求阴影部分地面积.（结果保留根号和π）考点：切线地判定；阴影部分面积.第22题图EOCBA1D分析：（1）连接OD，求出∠A=∠DOC，推出∠ODC=90°，根据切线地判定推出即可；（2）先求出ODCRt∆地面积，再求出扇形ODC地面积，即可求出阴影部分面积．解答：（1）证明：如图，连接OD∵ODOB=，∴21∠=∠，∴∠12∠=DOC，∵12∠=∠A，∴DOCA∠=∠，Θ∠ABC=90°，ο90=∠+∠∴CA∴ο90=∠+∠CODC，ο90=∠∴ODC∵OD为半径，∴AC是⊙O地切线；（2）解：οΘ60=∠=∠DOCA，2=OD∴在ODCRt∆中，ODDC=ο60tan323260tan=⨯==οODDC∴323222121=⨯⨯=⋅=∆DCODSODCRtπππ3236026036022=⨯⨯==rnSODE扇形π3232-=-=∴∆ODE ODC Rt S S S 扇形阴影点评： 本题考查了等量代换、切线地判定、三角形面积、扇形面积等知识点地应用，主要考查学生地推理能力.．9. （•株洲，第23题，8分）如图，PQ 为圆O 地直径，点B 在线段PQ 地延长线上，OQ =QB =1，动点A 在圆O 地上半圆运动（含P 、Q 两点），以线段AB 为边向上作等边三角形AB C ． （1）当线段AB 所在地直线与圆O 相切时，求△ABC 地面积（图1）；（2）设∠AOB =α，当线段AB 、与圆O 只有一个公共点（即A 点）时，求α地范围（图2，直接写出答案）；（3）当线段AB 与圆O 有两个公共点A 、M 时，如果AO ⊥PM 于点N ，求CM 地长度（图3）．（第1题图）考点： 圆地综合题；等边三角形地性质；勾股定理；切线地性质；相似三角形地判定与性质；特殊角地三角函数值．分析： （1）连接OA ，如下图1，根据条件可求出AB ，然后AC 地高BH ，求出BH 就可以求出△ABC 地面积．（2）如下图2，首先考虑临界位置：当点A 与点Q 重合时，线段AB 与圆O 只有一个公共点，此时α=0°；当线段AB 所在地直线与圆O 相切时，线段AB 与圆O 只有一个公共点，此时α=60°．从而定出α地范围．（3）设AO与PM地交点为D，连接MQ，如下图3，易证AO∥MQ，从而得到△PDO∽△PMQ，△BMQ∽△BAO，又PO=OQ=BQ，从而可以求出MQ、OD，进而求出PD、DM、AM、CM地值．解答：解：（1）连接OA，过点B作BH⊥AC，垂足为H，如图1所示．∵AB与⊙O相切于点A，∴OA⊥A B．∴∠OAB=90°．∵OQ=QB=1，∴OA=1．∴AB===．∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=，∠CAB=60°．∵sin∠HAB=，∴HB=AB•sin∠HAB=×=．∴S△ABC=AC•BH=××=．∴△ABC地面积为．（2）①当点A与点Q重合时，线段AB与圆O只有一个公共点，此时α=0°；②当线段A1B所在地直线与圆O相切时，如图2所示，线段A1B与圆O只有一个公共点，此时OA1⊥BA1，OA1=1，OB=2，∴cos∠A1OB==．∴∠A1OB=60°．∴当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时，α地范围为：0°≤α≤60°．（3）连接MQ，如图3所示．∵PQ是⊙O地直径，∴∠PMQ=90°．∵OA⊥PM，∴∠PDO=90°．∴∠PDO=∠PMQ．∴△PDO∽△PMQ．∴==∵PO=OQ=PQ．∴PD=PM，OD=MQ．同理：MQ=AO，BM=A B．∵AO=1，∴MQ=．∴OD=．∵∠PDO=90°，PO=1，OD=，∴PD=．∴PM=．∴DM=．∵∠ADM=90°，AD=A0﹣OD=，∴AM===．∵△ABC是等边三角形，∴AC=AB=BC，∠CAB=60°．∵BM=AB，∴AM=BM．∴CM⊥A B．∵AM=，∴BM=，AB=．∴AC=．∴CM===．∴CM地长度为．点评：本题考查了等边三角形地性质、相似三角形地性质与判定、直线与圆相切、勾股定理、特殊三角函数值等知识，考查了用临界值法求角地取值范围，综合性较强．10. （•泰州，第25题，12分）如图，平面直角坐标系xOy中，一次函数y=﹣x+b（b为常数，b＞0）地图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，半径为4地⊙O与x轴正半轴相交于点C，与y轴相交于点D、E，点D在点E上方．（第2题图）（1）若直线AB与有两个交点F、G．①求∠CFE地度数；②用含b地代数式表示FG2，并直接写出b地取值范围；（2）设b≥5，在线段AB上是否存在点P，使∠CPE=45°？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．考点：圆地综合题分析：（1）连接CD，EA，利用同一条弦所对地圆周角相等求行∠CFE=45°，（2）作OM⊥AB点M，连接OF，利用两条直线垂直相交求出交点M地坐标，利用勾股定理求出FM2，再求出FG2，再根据式子写出b地范围，（3）当b=5时，直线与圆相切，存在点P，使∠CPE=45°，再利用两条直线垂直相交求出交点P地坐标，解答：解：（1）连接CD，EA，∵DE是直径，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，（2）①如图，作OM⊥AB点M，连接OF，∵OM⊥AB，直线地函数式为：y=﹣x+b，∴OM所在地直线函数式为：y=x，∴交点M（b，b）∴OM2=（b）2+（b）2，∵OF=4，∴FM2=OF2﹣OM2=42﹣（b）2﹣（b）2，∵FM=FG，∴FG2=4FM2=4×[42﹣（b）2﹣（b）2]=64﹣b2=64×（1﹣b2），∵直线AB与有两个交点F、G．∴4≤b＜5，（3）如图，当b=5时，直线与圆相切，∵DE是直径，∴∠DCE=90°，∵CO⊥DE，且DO=EO，∴∠ODC=OEC=45°，∴∠CFE=∠ODC=45°，∴存在点P，使∠CPE=45°，连接OP，∵P是切点，∴OP⊥AB，∴OP所在地直线为：y=x，又∵AB所在地直线为：y=﹣x+5，∴P（，）．点评：本题主要考查了圆与一次函数地知识，解题地关键是作出辅助线，明确两条直线垂直时K地关系．11 （•扬州，第25题，10分）如图，⊙O与Rt△ABC地斜边AB相切于点D，与直角边AC 相交于E、F两点，连结DE，已知∠B=30°，⊙O地半径为12，弧DE地长度为4π．（1）求证：DE ∥BC ；（2）若AF =CE ，求线段BC 地长度．（第3题图）考点： 切线地性质；弧长地计算．分析：[来源:学.科.网Z.X.X.K] （1）要证明DE ∥BC ，可证明∠EDA =∠B ，由弧DE 地长度为4π，可以求得∠DOE 地度数，再根据切线地性质可求得∠EDA 地度数，即可证明结论． （2）根据90°地圆周角对地弦是直径，可以求得EF ，地长度，借用勾股定理求得AE 与CF 地长度，即可得到答案．解答： 解：（1）证明：连接OD 、OE ，∵OD 是⊙O 地切线，∴OD ⊥AB ，∴∠ODA =90°，又∵弧DE 地长度为4π， ∴，∴n =60，∴△ODE 是等边三角形，∴∠ODE =60°，∴∠EDA =30°，∴∠B=∠EDA，∴DE∥B C．（2）连接FD，∵DE∥BC，∴∠DEF=90°，∴FD是⊙0地直径，由（1）得：∠EFD=30°，FD=24，[来源:学+科+网]∴EF=，又因为∠EDA=30°，DE=12，∴AE=，又∵AF=CE，∴AE=CF，∴CA=AE+EF+CF=20，又∵，∴BC=60．点评：本题考查了勾股定理以及圆地性质地综合应用，解答本题地关键在于900地圆周角对地弦是直径这一性质地灵活运用．12.（•滨州，第21题8分）如图，点D在⊙O地直径AB地延长线上，点C在⊙O上，AC=CD，∠ACD=120°．（1）求证：CD是⊙O地切线；（2）若⊙O地半径为2，求图中阴影部分地面积．考点：扇形面积地计算；等腰三角形地性质；切线地判定；特殊角地三角函数值．专题：几何综合题；压轴题．分析：（1）连接O C．只需证明∠OCD=90°．根据等腰三角形地性质即可证明；（2）阴影部分地面积即为直角三角形OCD地面积减去扇形COB地面积．解答：（1）证明：连接O C．∵AC=CD，∠ACD=120°，∴∠A=∠D=30°．∵OA=OC，∴∠2=∠A=30°．∴∠OCD=90°．∴CD是⊙O地切线．（2）解：∵∠A=30°，∴∠1=2∠A=60°．∴S扇形BOC=．在Rt△OCD中，∵，∴．∴．∴图中阴影部分地面积为．点评：此题综合考查了等腰三角形地性质、切线地判定方法、扇形地面积计算方法．13．（•德州，第22题10分）如图，⊙O地直径AB为10cm，弦BC为5cm，D、E分别是∠ACB 地平分线与⊙O，AB地交点，P为AB延长线上一点，且PC=PE．（1）求AC、AD地长；（2）试判断直线PC与⊙O地位置关系，并说明理由．考点：切线地判定；勾股定理；圆周角定理．分析：（1）①连接BD，先求出AC，在RT△ABC中，运用勾股定理求AC，②由CD平分∠ACB，得出AD=BD，所以RT△ABD是直角等腰三角形，求出AD，②连接OC，（2）由角地关系求出∠PCB=∠ACO，可得到∠OCP=90°，所以直线PC与⊙O相切．解答：解：（1）①如图，连接BD，∵AB是直径，∴∠ACB=∠ADB=90°，在RT△ABC中，AC===8，②∵CD平分∠ACB，∴AD=BD，∴Rt△ABD是直角等腰三角形，∴AD=AB=×10=5cm；（2）直线PC与⊙O相切，理由：连接OC，∵OC=OA，∴∠CAO=∠OCA，∵PC=PE，∴∠PCE=∠PEC，∵∠PEC=∠CAE+∠ACE，∵CD平分∠ACB，∴∠ACE=∠ECB，∴∠PCB=∠ACO，∵∠ACB=90°，∴∠OCP=∠OCB+∠PCB=∠ACO+∠OCB=∠ACB=90°，OC⊥PC，∴直线PC与⊙O相切．点评：本题主要考查了切线地判定，勾股定理和圆周角，解题地关键是运圆周角和角平分线及等腰三角形正确找出相等地角．14.（•菏泽，第18题10分）如图，AB是⊙O地直径，点C在⊙O上，连接BC，AC，作OD∥BC 与过点A地切线交于点D，连接DC并延长交AB地延长线于点E．（1）求证：DE是⊙O地切线；（2）若=，求cos∠ABC地值．考点：切线地判定；勾股定理．分析：（1）如图，连接O C．欲证DE是⊙O地切线，只需证得OC⊥DE；（2）由=，可设CE=2k（k＞0），则DE=3k，在Rt△DAE中，由勾股定理求得AE==2k．则tanE==．所以在Rt△OCE中，tanE==．在Rt△AOD中，由勾股定理得到OD==k，故cos∠ABC=cos∠AOD==．解答：（1）证明：如图，连接O C．∵AD是过点A地切线，AB是⊙O地直径，∴AD⊥AB，∴∠DAB=90°．∵OD∥BC，∴∠1=∠2，∠3=∠4．∵OC=OB，∴∠2=∠4．∴∠1=∠3．在△COD和△AOD中，，∴△COD≌△AOD（SAS）∴∠OCD=∠DAB=90°，即OC⊥DE于点C．∵OC是⊙O地半径，∴DE是⊙O地切线；（2）解：由=，可设CE=2k（k＞0），则DE=3k，∴AD=DC=k．∴在Rt△DAE中，AE==2k．∴tanE==．∵在Rt△OCE中，tanE==．∴=，∴OC=OA=．∴在Rt△AOD中，OD==k，∴cos∠ABC=cos∠AOD==．点评：本题考查了切线地判定与性质．要证某线是圆地切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．。

2020中考数学 直线和圆的位置关系专项练习(含答案)

2020中考数学 直线和圆的位置关系专项练习(含答案)

2020中考数学 直线和圆的位置关系专项练习（含答案）1. P A ，PB 切⊙O 于A ，B ，∠APB ＝78°，点C 是⊙O 上异于A ，B 的任意一点，则∠ACB ＝__________.2. 如图，以△ABC 的边AB 为直径作⊙O 交BC 于点D ，过点D 作⊙O 的切线交AC 于点E .要使DE⊥AC ，则△ABC 的边必须满足的条件是__________.第2题图 第3题图3. 如图，P A 切⊙O 于点A ，C 是»AB 上任意一点，∠P AB ＝62°，则∠C 的度数是__________. 4. 如图，AB 是⊙O 的直径，CD 是弦，过点C 的切线与AD 的延长线交于点E ．若∠DAB ＝56°，∠ABC ＝64°，则∠CED ＝__________.5. 如图，⊙O 与矩形ABCD 的边AD ，AB ，BC 分别相切于点E ，F ，G ，P 是»EG上的一点，则∠EPF ＝__________.第4题图 第5题图 第6题图6. 如图，直线AB ，AC 与⊙O 分别相切于点B ，C 两点，P 为圆上一点，P 到AB ，AC 的距离分别为4cm ，6cm ，那么P 到BC 的距离为__________cm.7. 直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠B ＝90°，AD ＋BC ＜DC .若腰DC 上有一点P ，使AP ⊥BP ，则这样的点（ ）A ．不存在B ．只有一个C ．只有两个D ．有无数个8. 如图，已知AB 是⊙O 的直径，CD ，CB 是⊙O 的切线，D ，B 为切点，OC 交⊙O 于点E ，AE 的延长线交BC 于点F ，连接AD ，BD ，给出以下四个结论：①AD ∥OC ；②E 为△CDB 的内心；③FC ＝FE .其中正确的结论是 ( )A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③9. 如图，ABCD 为⊙O 的内接四边形，AC 平分∠BAD 并与BD 相交于E 点，CF 切⊙O 于点C 并与AD的延长线相交于点F .图中的四个三角形①△CAF ,②△ABC ,③△ABD ,④△BEC ，其中一定相似的是PA ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．①②④第8题图 第9题图10. 如图，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，⊙O 分别与AB ，AC 相切于点E ，F ，圆心O 在BC 上，若AB ＝a ，AC ＝b ，则⊙O 的半径等于（ ）A ．abB ．a ＋b 2C ．aba ＋bD ．a ＋b ab11. 如图，在⊙O 的内接△ABC 中，∠ABC ＝30°，AC 的延长线与过点B 的⊙O 的切线相交于点D ．若⊙O 的半径OC ＝1，BD ∥OC ，则CD 的长为( )A ．BCD ． 2第10题图 第11题图 第12题图12. 如图，⊙O 的内接△ABC 的外角∠ACE 的平分线交⊙O 于点D ．DF ⊥AC ，垂足为F ，DE ⊥BC ，垂足为E ．给出以下四个结论：①CE ＝CF ；②∠ACB ＝∠EDF ；③DE 是⊙O 的切线；④»AD ＝»BD ．其中正确的结论是( )A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．①②④13. 如图，△ABC 内接于⊙O ，AE 切⊙O 于点A ，BC ∥AE ．(1) 求证：△ABC 是等腰三角形；(2) 设AB =10cm ，BC =8cm ，点P 是射线AE 上的点，若以A ，P ，C 为顶点的三角形与△ABC 相似，问这样的点有几个?AC14. 如图，Rt △ABC 中，∠C ＝90°，以AC 为直径的⊙O 交斜边AB 于点E ，OD ∥AB ．求证：(1) ED 是⊙O 的切线；(2) 2DE 2＝BE •OD .15. 如图，在△ABC 中，a ，b ，c 分别是∠A ，∠B ，∠C 的边，且a ，b 是关于x 的一元二次方程x 2＋4(c＋2)＝(c+4)x 的两个根. 点D 在AB 上，以BD 为直径的⊙O 切AC 于点E ． (1) 求证：△ABC 是直角三角形；(2) 若tan A ＝34时，求AE 的长.16. 如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，以AB 为直径作⊙O 交AC 边于点D ，E 是边BC 中点，连接DE .(1) 求证：直线DE 是⊙O 的切线；(2) 连接OC 交DE 于点F ，若OF ＝CF ，求tan ∠ACO 的值．17. 如图，⊙O 的半径r ＝25，四边形ABCD 内接于⊙O ，AC ⊥BD 于点H ，P 为CA 延长线上一点，且∠PDA ＝∠ABD ．(1) 试判断PD 与⊙O 的位置关系，并说明理由；(2) 若tan ∠ADB ＝34，P A ＝AH ，求BD 的长；(3) 在(2)的条件下，求四边形ABCD 的面积.BA CBC BE18. 如图，已知AC 切⊙O 于点C ，CP 为⊙O 的直径，AB 切⊙O 于点D ，与CP 的延长线交于点B .若AC＝PC .求证：(1) BD ＝2BP ；(2) PC ＝3BP .19. 如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AB ＝12cm ，AD ＝8cm ，BC ＝22cm ，AB 为⊙O 的直径.动点P 从点A 开始沿AD 边向点D 以1cm/s 的速度运动，动点Q 从点C 开始沿CB 边向点B 以2cm/s 的速度运动. P ，Q 分别从点A ，C 同时出发，当其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止.设运动时间为t (s).(1) 当t 为何值时，四边形PQCD 为平行四边形?(2) 当t 为何值时，PQ 与⊙O 相切?20. 如图，已知在△ABC 中，∠ABC ＝90°,O 是AB 上一点，以O 为圆心，OB 为半径的半圆与AB 交于点E ，与AC 切于点D ，AD ＝2，AE ＝1.求证：S △AOD ，S △BCD 是方程10x 2－51x ＋54＝0的两个根.CCCAB21. 如图，点O 在∠APB 的平分线上，⊙O 与P A 相切于点C .(1) 求证：直线PB 与⊙O 相切;(2) PO 的延长线与⊙O 交于点E ，若⊙O 的半径为3，PC ＝4，求弦CE 的长.22. 如图，直线y ＝43x ＋4交x 轴于点B ，交y 轴于点A ，⊙O ′过A ，O 两点.(1) 如图1，若⊙O ′交AB 于点C ，当O ′在OA 上时，求弦AC 的长; (2) 如图2，当⊙O ′与直线l 相切于点A 时，求圆心O ′的坐标;(3) 当O ′A 平分△AOB 的外角时，请画出图形，并求⊙O ′的半径的长.23. 如图，AB 是⊙O 的直径，AB ＝d ，过点A 作⊙O 的切线并在其上取一点C ，使AC ＝AB ，连接OC 交⊙O 于点D ，BD 的延长线交AC 于点E . 求AE 的长.DEC参考答案1、51︒或129︒2、AB AC =3、62︒或118︒ 4．86° 5．45°6．连接BP ，MQ ，PC ，QN ，由PM ⊥AB ，PN ⊥AC ，PQ ⊥BC 可得P ，Q ，C ，N 四点共圆，P ，Q ，B ，M 四点共圆．由△MPQ ∽△QPN 得PQ 26=．7、D 提示：以AB 为直径的圆与DC 相交 8.A 9.D 10C11. B 【提示】连接OB ，过C 作CH ⊥BD 交BD 于点H ． ∴OBHC 是正方形，CH =1．∵∠ABC =30°，∴∠OAC =60°=∠D ．在Rt △CDH 中，=sin =CH D CD ∠，∴CD． 12. D13. （1）略 （2）满足条件的点有两个：①过点C 作1CP ∥AB 交AE 于点P ，则1APC ∆~ 1BCA ∆，这时18AP BC cm ==； ②过点C 作⊙O 的切线交AE 于点2P ，则2AP C ∆~ CAB ∆，这时1252AP cm =14. （1）提示：连接OE ，证明90OED ∠=︒，12OD AB =，2BC DE = （2）在Rt ACB ∆中，2BC BE AB =，又2BC DE =，2(2)DE BE AB =，又AB =2OD ，2(2)2DE BE OD ∴=，22DE BE OD ∴=15. （1）由已知，得2(4)4(2)0x c x c -+++=，由两根关系得4a b c +=+，2ab c =+， 22222()2(4)8(2)a b a b ab c c c ∴+=+-=+-+=，ABC ∴∆是直角三角形 （2）提示：连接OE ，则OE ∥BC ，6a =，8b =，10c =，5AE =16. （1）连接OD ，OE ，BD ，AB 是⊙O 的直径，90CDB ADB ∴∠=∠=︒，E 是BC 的中点，DE CE BE ∴==，OD OB =，OE OF =，ODE ∴∆≌OBE ∆， 90ODE OBE ∴∠=∠=︒，∴直线DE 是⊙O 的切线（2）作OH ⊥AC 于点H ，由（1）知BD ⊥AC ，EC =EB ．∵OA =OB ，∴OE ∥AC 且OE =12AC ，∴∠CDF =∵CF =OF ，∴△DCF ≌△EOF ，∴DC =OE =AD ，∴BA =BC ，∴∠A =45°． ∵OH ⊥AD ，∴OH =AH =DH ，∴CH =3OH ，故tan ∠ACO =13OH CH =． 17. （1）略 （2）连接DO 并延长与⊙O 相交于点E ，连接BE ．设AH =3k ．∵tan ∠ADB =34，P A AH ，AC ⊥BD 于点H ．∴DH =4k ，AD =5k ，P A =3)k -，PH =P A +AH =．∴tan ∠P =DH PH =．∴∠P =30°，PD =8k ． ∵BD ⊥AC ，∴∠P +∠PDB =90°．∵PD ⊥DE ，∴∠PDB +∠BDE =90°．∴∠BDE =∠P =30°． ∵DE 是直径，∴∠DBE =90°，DE =2r =50．∴BD =DE ·cos ∠BDE =50·cos30°= （3）连接CE ．∵DE 是直径，∴∠DCE =90°．∴CD =DE ·sin ∠CED =DE ·sin ∠CAD =450=405⨯．∵∠PDA =∠ABD =∠ACD ，∠P =∠P ，∴△PDA ∽△PCD ．∴PD DA PAPC CD PD==．∴8540k k PC ==．解得PC =64，k =3．∴AC =PC －P A =64－23)3)7k ==+∴S 四边形ABCD =S △ABD +S △CBD =1111253(79002222BD AH BD CH BD AC +==⨯+=+18. 提示：（1）连接OD ，由△BDO ∽△BCA ，得BD =12BC ，又BD 2=BP ·BC ．（2）由（1）可知BC =2BD ，BD =2BP ，得BC =4BP ， ∴PC +BP =4BP ，∴PC =3BP ．19. （1）∵直角梯形ABCD ，AD ∥BC ， ∴PD ∥QC ．∴当PD =QC 时，四边形PQCD 是平行四边形． 由题意可知AP =t ，CQ =2t ，∴8－t =2t ，3t =8，t =83时，四边形PQCD 为平行四边形．（2）设PQ 与⊙O 相切于点H ，过P 作PE ⊥BC 于E ．有题意可知AP=BE=t，CQ=2t，∴BQ=BC－CQ=22－2t，EQ=BQ－BE=22－2t－t=22－3t．∵AB为⊙O的直径，∠ABC=∠DAB=90°，∴AD、BC为⊙O的切线．∴AP=PH，HQ=BQ．∴PQ=PH+HQ=AP+BQ=22－t．在Rt△PEQ中，PE2+EQ2=PQ2，∴122+(22－3t)2=(22－2t)2，即8t2－88t+144=0，t2－11t+18=0，∴t1=2，t2=9．∵P在AD边运动时间为8811ADs==，而t=9＞8，∴t=9舍去．∴当t=2时，PQ与⊙O相切．20. 提示：AB=4，BC=CD=3，S△AOD=32．作BH⊥AC于H，则Rt△AOD∽Rt△ABH，得OD AO BH AB=．∴12,5BH=S△BCD=185．21. （1）过点O作OD⊥PB于点D，连接OC．∵P A切⊙O于点C，∴OC⊥P A．又∵点O在∠APB的平分线上，∴OC=OD，∴PB与⊙O相切．（2）过点C作CF⊥OP于点F．在Rt△PCO中，PC=4，OC=3，OP5=，∵OC·PC=OP·CF=2S△POD，∴CF=125．在Rt△COF中，95 OF=．∴EF=EO+OF=245，∴CE22. （1）AC=165．（2）连接AC，则A，O’，C共线．设OC=a，则AC2=a2+42，又AC2=（a+3）2－52，即a2+42=（a+3）2－52，解得a=163，∴O’8 (2)3，．（3）如图，设⊙O’交x轴于点C，交BA的延长线于D．∵O ’A 平分∠OAD ，∴∠OAC =∠DAC ， ∴CO CD =，∴OC =CD ．∵∠AOC =90°，∴AC 是⊙O ’的直径．∴∠D =90°，∴△AOC ≌△ADC ，∴AD =AO =4．设OC =DC =a ，在Rt △BCD 中，BC =a +3，BD =9，CD =a ， ∴（a +3）2=a 2+92，解得a =12，∴AC 2=OA 2+OC 2=42+122=160，AC =∴⊙O ’的半径长为23. 连接AD ，由△CDE ∽△CAD ，有CD CADE AD=①． 又由△ADE ∽△BDA ，有AE ABDE DA=②． 由①②及AB =AC ，得AE =CD ．由∠DAE =∠EDC ，知CD 是△ADE 外接圆的切线． 故CD 2=CE ·CA ，即AE 2=CE ·CA ． 设AE =x ，则CE =d －x ，∴2()x d d x =-，即x 2+dx －d 2=0，解方程并取正根得AE =x ．。