2019-2020年中考数学试卷解析分类汇编：点直线与圆的位置关系(最新整理)
- 格式：docx
- 大小：710.28 KB
- 文档页数：48
E
D
．O
B C
3
3 2019-2020 年中考数学试卷解析分类汇编：点直线与圆的位置关系
一、选择题
1. （2014 ft东济南，第 13 题，3 分）如图，⊙O 的半径为 1， ABC 是⊙O 的内接等边三角形，点 D，E 在圆上，四边形 BCDE 为矩形，这个矩形的面积是
A
第 13 题图
3 A．2 B． C． D． 2 2
【解析】OA 1 ，知CD 1, BC ，所以矩形的面积是 ．
2. （2014•ft东淄博,第 11 题 4 分）如图，直线 AB 与⊙O 相切于点 A，弦 CD∥AB，E，F 为圆上的两点，且∠CDE=∠ADF．若⊙O 的半径为，CD=4，则弦 EF 的长为（ ）
A． 4 B． 2 C． 5 D． 6
考点： 切线的性质．菁优网
分析： 首先连接 OA，并反向延长交 CD 于点 H，连接 OC，由直线 AB 与⊙O 相切于点 A，弦CD∥AB，可求得 OH 的长，然后由勾股定理求得 AC 的长，又由∠CDE=∠ADF，可证得 EF=AC，
继而求得答案．
解答： 解：连接 OA，并反向延长交 CD 于点 H，连接 OC，
∵直线 AB 与⊙O 相切于点 A，
∴OA⊥AB，
∵弦 CD∥AB， 3
3 ∴AH⊥CD，
∴CH=CD=×4=2，
∵⊙O 的半径为，
∴OA=OC=，
∴OH==，
∴AH=OA+OH=+=4，
∴AC==2．
∵∠CDE=∠ADF，
∴=，
∴=，
∴EF=AC=2．
故选 B．
点评： 此题考查了切线的性质、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理等知识．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
3．（2014•四川宜宾，第 8 题，3 分）已知⊙O 的半径 r=3，设圆心 O 到一条直线的距离为 d，
圆上到这条直线的距离为 2 的点的个数为 m，给出下列命题：
①若 d＞5，则 m=0；②若 d=5，则 m=1；③若 1＜d＜5，则 m=3；④若 d=1，则 m=2；⑤若 d＜1，则 m=4．
其中正确命题的个数是（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
考点： 直线与圆的位置关系；命题与定理．
分析： 根据直线与圆的位置关系和直线与圆的交点个数结合答案分析即 可得到答案．
解答： 解：①若 d＞5 时，直线与圆相离，则 m=0，正确；
②若 d=5 时，直线与圆相切，则 m=1，故正确；
③若 1＜d＜5，则 m=3，正确；
④若 d=1 时，直线与圆相交，则 m=2 正确；
⑤若 d＜1 时，直线与圆相交，则 m=2，故错误．故选 C．
点评： 考查了直线与圆的位置关系，解题的关键是了解直线与圆的位置关
系与 d 与 r 的数量关系．
4．（2014•四川内江，第 10 题，3 分）如图，Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=4，BC=6，以斜边 AB 上的一点 O 为圆心所作的半圆分别与 AC、BC 相切于点 D、E，则 AD 为（ ）
A．2.5 B．1.6 C．1.5 D．1
考点：切线的性质；相似三角形的判定与性质．
分析：连接 OD、OE，先设 AD=x，再证明四边形 ODCE 是矩形，可得出 OD=CE，OE=CD，从而得出 CD=CE=4﹣x，BE=6﹣（4﹣x），可证明△AOD∽OBE，再由比例式得出 AD 的长即可．
解答：解：连接 OD、OE，
设 AD=x，
∵半圆分别与 AC、BC 相切，
∴∠CDO=∠CEO=90°，
∵∠C=90°，
∴四边形 ODCE 是矩形，
∴OD=CE，OE=CD，
∴CD=CE=4﹣x，BE=6﹣（4﹣x）=x+2，
∵∠AOD+∠A=90°，∠AOD+∠BOE=90°， ∴∠A=∠BOE，
∴△AOD∽OBE，
∴=，
∴=，
解得 x=1.6，
故选 B．
点评：本题考查了切线的性质．相似三角形的性质与判定，运用切线的性质来进行计算或论证，常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形，证明三角形相似解决有关问题．
5.（2014•甘肃白银、临夏）,第 7 题 3 分）已知⊙O 的半径是 6cm，点 O 到同一平面内直线 l
的距离为 5cm，则直线 l 与⊙O 的位置关系是（ ）
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断
考点：直线与圆的位置关系．
分析：设圆的半径为 r，点 O 到直线 l 的距离为 d，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，从而得出答案．
解答：解：设圆的半径为 r，点 O 到直线 l 的距离为 d，
∵d=5，r=6，
∴d＜r，
∴直线 l 与圆相交． 故选 A．
点评：本题考查的是直线与圆的位置关系，解决此类问题可通过比较圆心到直线距离 d 与圆半径大小关系完成判定．
3. 4.
5.
6.
7.
8.
二、填空题
1. （2014•江苏苏州,第 18 题 3 分）如图，直线 l 与半径为 4 的⊙O 相切于点 A，P 是⊙O 上的一个动点（不与点 A 重合），过点 P 作 PB⊥l，垂足为 B，连接 PA．设 PA=x，PB=y，则（x﹣y）
的最大值是 2 ．
考点：切线的性质
分析：作直径 AC，连接 CP，得出△APC∽△PBA，利用=，得出 y=x2，所以x﹣y=x﹣x2=﹣x2+x=﹣（x﹣4）2+2，当 x=4 时，x﹣y 有最大值是 2．
解答：解：如图，作直径 AC，连接 CP，
∴∠CPA=90°，
∵AB 是切线，
∴CA⊥AB，
∵PB⊥l，
∴AC∥PB， ∴∠CAP=∠APB，
∴△APC∽△PBA，
∴=，
∵PA=x，PB=y，半径为 4
∴=，
∴y=x2，
∴x﹣y=x﹣x2=﹣x2+x=﹣（x﹣4）2+2，
当 x=4 时，x﹣y 有最大值是 2，
故答案为：2．
点评：此题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，以及二次函数的性质，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．
2．（2014•四川宜宾，第 15 题，3 分）如图，已知 AB 为⊙O 的直径，AB=2，AD 和 BE 是圆 O
的两条切线，A、B 为切点，过圆上一点 C 作⊙O 的切线 CF，分别交 AD、BE 于点 M、N，连接 AC、CB，若∠ABC=30°，则 AM= ．
考点： 切线的性质
专题： 计算题．
分析： 连接 OM，OC，由 OB=OC，且∠ABC 的度数求出∠BCO 的度数，利用外角性质求出∠AOC 度数，利用切线长定理得到 MA=AC，利用 HL 得到三角形 AOM 与三角形 COM 全等，利用全等三角形对应角相等得到 OM 为角平分线，求出
∠AOM 为 30°，在直角三角形 AOM 值，利用锐角三角函数定义即可求出 AM
的长．
解答： 解：连接 OM，OC，
∵OB=OC，且∠ABC=30°， ∴∠BCO=∠ABC=30°，
∵∠AOC 为△BOC 的外角，
∴∠AOC=2∠ABC=60°，
∵MA，MC 分别为圆 O 的切线，
∴MA=MC，且∠MAO=∠MCO=90°，
在 Rt△AOM 和 Rt△COM 中，
，
∴Rt△AOM≌Rt△COM（HL），
∴∠AOM=∠COM=∠AOC=30°，
在 Rt△AOM 中，OA=AB=1，∠AOM=30°，
∴tan30°= ，即=，
解得：AM= ．
故答案为：
点评： 此题考查了切线的性质，锐角三角函数定义，外角性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
3.
4.
5.
6.
7.
8.
三、解答题 1. （2014•四川巴中，第 29 题 10 分）如图，已知在△ABC 中，AD 是 BC 边上的中线，以 AB
为直径的⊙O 交 BC 于点 D，过 D 作 MN⊥AC 于点 M，交 AB 的延长线于点 N，过点 B 作 BG⊥MN
于 G．
（1） 求证：△BGD∽△DMA；
（2） 求证：直线 MN 是⊙O 的切线．
考点：相似三角形的判定，切线的性质．
分析：（1）根据垂直定义得出∠BGD=∠DMA=90°，由圆周角定理、三角形内角和定理、对顶角性质及等角的余角相等得出∠DBG=∠ADM，再根据两角对应相等的两三角形相似
即可证明△BGD∽△DMA；
（2）连结 OD．由三角形中位线的性质得出 OD∥AC，根据垂直于同一直线的两直线平行得出 AC∥BG，由平行公理推论得到 OD∥BG，再由 BG⊥MN，可得 OD⊥MN，然后根据切线的判定定理即可证明直线 MN 是⊙O 的切线．
解答：证明：（1）∵MN⊥AC 于点 M，BG⊥MN 于 G，
∴∠BGD=∠DMA=90°．
∵以 AB 为直径的⊙O 交 BC 于点 D，∴AD⊥BC，∠ADC=90°，
∴∠ADM+∠CDM=90°，
∵∠DBG+∠BDG=90°，∠CDM=∠BDG，
∴∠DBG=∠ADM．
在△BGD 与△DMA 中， ，∴△BGD∽△DMA；
（2）连结 OD．∵BO=OA，BD=DC，
∴OD 是△ABC 的中位线，∴OD∥AC．∵MN⊥AC，BG⊥MN，
∴AC∥BG，∴OD∥BG，∵BG⊥MN，∴OD⊥MN，
∴直线 MN 是⊙O 的切线．
点评：本题主要考查了切线的判定，相似三角形的判定．要证某线是圆的切线，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．
