直線和圓的位置關(guān)系 同步練習(xí) 人教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊

參考答案1．C解：取BC中點(diǎn)D，連結(jié)AD，∵，AD為中線，BD=CD=4，∴AD⊥BC，∴在Rt△ABD中，AD=，∵AB=5＞r=3，∴點(diǎn)B在外，故選項(xiàng)A不正確；∵AC=5＞r=3，∴點(diǎn)C在外，故選項(xiàng)B不正確；∵以A為圓心作一個(gè)半徑為3的圓,r=3,AD=3,∴AD=r，∴直線與相切，故選項(xiàng)C正確；選項(xiàng)D不正確．故選擇C．2．C解：如圖所示，過C作CD⊥AB，交AB于點(diǎn)D，在Rt△ABC中，AC=6cm，BC=8cm，根據(jù)勾股定理得：AB==10（cm），∵S△ABC=BC?AC=AB?CD，∴×6×8=×10×CD，解得：CD=4.8，則r=4.8（cm）．故選：C．3．B解：如圖，連接，分別與相切于兩點(diǎn),,，，，．故選B．4．D解：連接AQ、PA，如圖，∵PQ切⊙A于點(diǎn)Q，∴AQ⊥PQ，∴∠AQP＝90°，∴PQ＝，當(dāng)AP的長度最小時(shí)，PQ的長度最小，∵AP⊥x軸時(shí)，AP的長度最小，∴AP⊥x軸時(shí)，PQ的長度最小，∵A（﹣3，2），∴此時(shí)P點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣3，0）．故選：D．5．C解：∵是的直徑，切于點(diǎn)，∴∠PAO=90°，∵∠P=40°，∴∠POA=90°?40°=50°，∵，∴∠B=．故選：C6．B解：∵⊙O的直徑為8，∴半徑=4，∵圓心O到直線a的距離為3，∴圓心O到直線a的距離<半徑，∴直線a與⊙O相交．故選：B．7．D解：設(shè)EF的中點(diǎn)為O，⊙O與AB的切點(diǎn)為D，連接OD，連接CO，CD，∵，∴AC2+BC2=AB2，∴是直角三角形，∠ACB=90°，∴EF是⊙O的直徑，∴OC+OD=EF，∵⊙O與邊AB相切，∴OD⊥AB，∵OC+OD≥CD，即當(dāng)點(diǎn)O在直角三角形ABC的斜邊AB的高上時(shí)，OC+OD=EF有最小值，此時(shí)最小值為CD的長，∵CD=，∴EF的最小值為4.8．故選D．8．C解：連接，∵，∴與半圓相切與點(diǎn)，∵半圓與斜邊AB相切于點(diǎn)D，∴，∵∠B＝70°，∴，∴，∵CE為直徑，∴,∴∠CED，故選：C．9．A解：如圖，連接OC，∵OA＝OC，∠A＝35°，∴∠OAC＝∠OCA＝35°，∴∠POC＝∠OAC+∠OCA＝70°，∵PC是⊙O切線，∴PC⊥OC，∴∠PCO＝90°，∴∠P＝180°-∠OCP﹣∠POC＝180°-90°﹣70°＝20°，故選：A．10．C解：∵PA、PB切⊙O于點(diǎn)A、B，

∴PB＝PA＝8，

∵CD切⊙O于點(diǎn)E，交PA、PB于C、D兩點(diǎn)，

∴CA＝CE，DB＝DE，

∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PC+CA+DB+PD＝PA+PB＝8+8＝16．

則△PCD的周長是16．

故選C．11．D解：連接OA、OB，∵PA、PB分別與⊙O相切于A、B兩點(diǎn)，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∴∠AOB＝180°﹣∠P＝180°﹣50°＝130°，，∴∠ACB＝∠AOB＝×130°＝65°．故選：D．12．D解：①設(shè)PA與相切于點(diǎn)D，如圖：∴，∵，，∴，∴；②設(shè)PA與相切于點(diǎn)E，如圖：∴，∵，，∴，∴；綜上所述：當(dāng)圓心O移動(dòng)的距離為或5cm時(shí)，與直線相切；故選D．13．B解：連接∵為中點(diǎn)∴∴∴為小圓的切線故選：14．A解：連接OC，∵CD是切線，∴∠OCD＝90°，∵∠A＝30°，∴∠COD＝2∠A＝60°，∴∠D＝∠OCD-∠COD=90°﹣60°＝30°．故選：A．15．A解：因?yàn)锽C是圓O的直徑，AC與圓O相切于點(diǎn)C，所以∠ACO=90°，因?yàn)椤螦=40°，所以∠AOC=50°，所以∠OBD==25°，因?yàn)镺B=OD，所以∠ODB=∠OBD=25°.故選A.16．相離解：∵，∴，∵⊙的半徑是一元二次方程的一個(gè)根，∴，∵，∴直線與⊙的位置關(guān)系是相離．故答案為：相離．17．3解：∵AC、AP為⊙O的切線，∴AC=AP，∵BP、BD為⊙O的切線，∴BP=BD，∴AC=AP=AB-BP=5-2=3．故答案為：3．18．24解：連接OB．

∵PA是⊙O的切線，點(diǎn)A是切點(diǎn)，

∴PA⊥OA；

∴PA＝，

∵PA、PB為圓的兩條相交切線，

∴PA＝PB；

同理可得：DA＝DE，CE＝CB．

∵△PCD的周長＝PC＋CE＋ED＋PD，

∴△PCD的周長＝PC＋CB＋AD＋PD＝PA＋PB＝2PA，

∴△PCD的周長＝24；

故答案是：24．19．30°解：如圖所示，連接OD，∵EC是圓O的切線，∴∠ODE=∠ODC=90°，∵∠ADE=60°，∴∠ADO=30°，∠ADC=120°∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA=30°，∴∠C=180°-∠DAC-∠ADC=30°，故答案為：30°．20．或解：設(shè)，由折疊的性質(zhì)可得，，，則由勾股定理得，即，解得即，由勾股定理得∴由勾股定理得由以為半徑的與的一邊相切，可分為兩種情況，與相切或相切∵，∴不可能與相切當(dāng)與相切，如下圖：則，∴∴∴設(shè)，則，則解得，即當(dāng)與相切時(shí)，如下圖：則，∴∴設(shè)，則，則解得，即故答案為或21．l1//l2，見解析解：l1//l2．證明如下：∵直線l1，l2是⊙O的切線，∴AB⊥l1，AB⊥l2，∴l(xiāng)1//l2．22．解：∵△ABC的內(nèi)切圓⊙O與BC,CA,AB分別相切于點(diǎn)D,E,F，設(shè)，則，，．由，可得．解得．因此．23．（1）見解析；（2）1或3解：證明：（1）如圖，過點(diǎn)P作PD垂直AB，交AB于D點(diǎn)，∵AB＝5，BC＝3，CA＝4，∴，∴∠ACB＝90°，∴PC⊥BC，∵BP平分∠ABC，PC⊥BC，PD⊥AB，∴PC＝PD＝r，∴⊙P與直線AB相切．（2）如圖，當(dāng)⊙P同時(shí)與直線BC、AC相切時(shí)，點(diǎn)P在∠ACB或∠ACM的角平分線上存在兩種情況：①當(dāng)圓心在△ABC內(nèi)部，即⊙P1分別與直線BC、AC相切時(shí)，∴P1G＝P1F＝P1E＝r，P1G⊥BC，P1E⊥AB，P1F⊥AC，∴＝＝，∴，②當(dāng)圓心在△ABC外部，⊙P2分別與直線BC、AC相切時(shí)，∴P2M＝P2N＝P2Q＝R，P2M⊥BC，P2Q⊥AB，P2N⊥AC，∴S△ABC＝，∴，綜上，⊙P的半徑為1或3．24．（1）見解析；（2）的半徑解：（1）連接，過點(diǎn)作于，與相切于點(diǎn)，，，是菱形的對角線，，，，，與相切；（2）是菱形，，，，，設(shè)半徑為．則，，，，，，解得（負(fù)值已舍去）．25．（1）見解析；（2）見解析；（3）四邊形CFPE的面積為45．解：證明：（1）連接OE，∵OE=OD，∴∠OED=∠ADE，∵AD是直徑，∴∠AED=90°，∴∠EAD+∠ADE=90°，又∵∠DEB=∠EAD，∴∠DEB+∠OED=90°，∴∠BEO=90°，∴OE⊥BC，∴BC是⊙O的切線；（2）∵∠BEO=∠ACB=90°，∴AC∥OE，∴∠CAE=∠OEA，∵OA=OE，∴∠EAO=∠AEO，∴∠CAE=∠EAO，∴AE為∠CAB的角平分線，又∵EP⊥AB，∠ACB=90°，∴CE=EP；（3）連接PF，∵CG=12，AC=15，∴AG==9，∵∠CAE=∠EAP，∴∠AEC=∠AFG=∠CFE，∴CF=CE，∵CE=EP，∴CF=PE，∵CG⊥AB，EP⊥AB，∴CF∥EP，∴四邊形CFPE是平行四邊形，又∵CF=PF，∴四邊