20232024學年蘇科版數學九年級上冊同步專題熱點難點專項練習專題2.3直線與圓的位置關系（專項拔高卷）考試時間：90分鐘試卷滿分：100分難度：0.52一．選擇題（共10小題，滿分20分，每小題2分）1．（2分）（2022秋?金華期末）AB為⊙O的直徑，延長AB到點P，過點P作⊙O的切線，切點為C，連接AC，∠P＝40°，D為圓上一點，則∠D的度數為（）A．20° B．25° C．30° D．40°解：如圖，連接OC．∵PC為⊙O的切線，∴∠OCP＝90°，∴∠COP+∠P＝90°，∵∠P＝40°，∴∠COP＝50°，∴，故選：B．2．（2分）（2022秋?陽谷縣期末）如圖是“光盤行動”的宣傳海報，圖中餐盤與筷子可看成直線和圓的位置關系是（）A．相切 B．相交 C．相離 D．平行解：∵餐盤看成圓形的半徑大于餐盤的圓心到筷子看成直線l的距離為d．∴d＜r，∴直線和圓相交．故選：B．3．（2分）（2022秋?河西區校級期末）如圖，AB是⊙O的切線，B為切點，AO與⊙O交于點C，若∠BAO＝35°，則∠OCB的度數為（）A．42.5° B．55.5° C．62.5° D．75°解：∵AB是⊙O的切線，B為切點，∴OB⊥AB，即∠OBA＝90°，∵∠BAO＝35°，∴∠O＝55°，∵OB＝OC，∴∠OCB＝（180°﹣∠O）＝62.5°．故選：C．4．（2分）（2023春?青山區校級月考）如圖，不等邊△ABC內接于⊙O，I是其內心，BI⊥OI，AC＝14，BC＝13，△ABC內切圓半徑為（）A．4 B． C． D．解：延長BI交⊙O于點D，連接OB，OD，AI，OD交AC于點E，則：∠DAC＝∠DBC，∵I是△ABC內心，∴∠ABD＝∠DBC，∠CAI＝∠BAI，∴∠DAC＝∠DBA，∴∠DAC+∠CAI＝∠DBA+∠BAI，即：∠DAI＝∠AID，∴AD＝DI，∵OD＝OB，OI⊥BD，∴DI＝BI，∴AD＝BI，∵∠ABD＝∠DBC，∴，∴OD⊥AC，，過點I作IG⊥BC，IM⊥AC，IN⊥AB，則：∠BGI＝∠AED＝90°，∵AD＝BI，∠DAC＝∠DBC，∴△AED≌△BGI（AAS），∴，∴CG＝BC﹣BG＝13﹣7＝6，∵I是△ABC內心，∴CM＝CG＝6，BN＝BG＝7，AN＝AM＝AC﹣CM＝14﹣6＝8，∴AB＝AN+BN＝7+8＝15，如圖2：過點C作CH⊥AB，連接IC，設AH＝x，則：BH＝15﹣x，∴CH2＝AC2﹣AH2＝AB2﹣BH2，即：142﹣x2＝132﹣（15﹣x）2，解得：，∴，∴，設⊙I的半徑為r，則：IG＝IM＝IN＝r∴，即：，解得：r＝4；故選：A．5．（2分）（2022秋?大荔縣期末）如圖，點O是△ABC的內心，也是△DBC的外心．若∠A＝84°，則∠D的度數為（）A．42° B．66° C．76° D．82°解：如圖，連接OB，OC，∵點O是△ABC的內心，∠A＝84°，∴OB，OC是∠ABC，∠ACB的平分線，∴∠OBC＝ABC，∠OCB＝ACB，∴∠BOC＝180°﹣∠OBC﹣∠OCB＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（180°﹣∠A）＝90°+A＝132°，∵點O也是△DBC的外心，∴∠D＝BOC＝66°，則∠D的度數為66°．故選：B．6．（2分）（2023?沙坪壩區校級模擬）如圖，AB是⊙O的直徑，E為⊙O上一點，BD垂直平分OE交⊙O于點D，過點D的切線與BE的延長線交于點C．若，則AB的長為（）A．4 B．2 C． D．解：連接OD、AD，∵DC是⊙O的切線，∴OD⊥CD，∵BD垂直平分OE交⊙O于點D，∴∠ABD＝∠CBD＝∠ABC，OB＝BE，∵∠ABD＝∠AOD，OB＝OE，∴∠ABC＝∠AOD，△OBE是等邊三角形，∴OD∥BC，∠OBE＝60°，∴BC⊥CD，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝30°，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°＝∠DCB，∴△ABD∽△DBC，∴，設AD＝x，則AB＝2x，BD＝，∴，∴x＝2，∴AB＝2x＝4，故選：A．7．（2分）（2023?哈爾濱）如圖，AB是⊙O的切線，A為切點，連接OA，點C在⊙O上，OC⊥OA，連接BC并延長，交⊙O于點D，連接OD，若∠B＝65°，則∠DOC的度數為（）A．45° B．50° C．65° D．75°解：∵AB是⊙O的切線，A為切點，∴OA⊥AB，∵OC⊥OA，∴AB∥OC，∴∠OCD＝∠B＝65°，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC＝65°，∴∠DOC＝180°﹣65°﹣65°＝50°，故選：B．8．（2分）（2023?遵義一模）如圖，AB是半圓O的直徑，點P為BA延長線上一點，PC是⊙O的切線，切點為C，過點B作BD⊥PC交PC的延長線于點D，連接BC．若CD＝2，BD＝4，則⊙O的半徑為（）A．3 B．2 C．2.5 D．2解：∵連接OC，作OI⊥BD于點I，∵PC與⊙O相切于點C，∴PC⊥OC，∵BD⊥PC交PC的延長線于點D，∴∠OCD＝∠CDI＝∠OID＝90°，∴四邊形OCDI是矩形，∴OE＝CD＝2，ID＝OC＝OB，∵∠OIB＝90°，BD＝4，∴BI2+OI2＝OB2，BI＝4﹣ID＝4﹣OB，∴（4﹣OB）2+22＝OB2，解得OB＝2.5，∴⊙O的半徑為2.5，故選：C．9．（2分）（2023?江岸區模擬）如圖，AB為⊙O直徑，C為圓上一點，I為△ABC內心，AI交⊙O于D，OI⊥AD于I，若CD＝4，則AC為（）?A． B． C． D．5解：連接BD、CD、BI，∵I為△ABC內心，∴∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，∴，∴BD＝CD＝4，∵∠DBI＝∠DBC+∠CBI＝∠DAC+∠CBI＝∠DAB+∠ABI＝∠BID，∴ID＝BD＝4，∵OI⊥AD，∴AD＝2ID＝8，∴AB＝，連接OD交BC于點E，則OD⊥BC，設DE＝x，則OE＝AB﹣x＝2﹣x，∵OB2﹣OE2＝BD2﹣DE2，∴（2）2﹣（2﹣x）2＝42﹣x2，解得：x＝，∴BE＝，∴BC＝2BE＝，∵AB為⊙O直徑，∴∠ACB＝90°，∴AC＝，故選：A．10．（2分）（2022?成縣校級模擬）如圖，⊙O與∠A＝90的Rt△ABC的三邊AB、BC、AC分別相切于點D、E、F，若BE＝10，CF＝3，則⊙O的半徑為（）A．5 B．4 C．3 D．2解：如圖，連接OD，OF，∵AC、AB、CB與⊙O相切，∴BD＝BE＝10，CE＝CF＝3，AD＝AF，OD⊥AB，OF⊥AC，∴∠ADO＝∠AFO＝90°，∵∠BAC＝90°，∴四邊形ADOF是矩形，∴矩形ADOF是正方形，∴AD＝OD，設AD＝AF＝x，Rt△ABC中，AB＝BD+AD＝x+10，AC＝CF+AF＝x+3，BC＝BE+CE＝13，由勾股定理得，AB2+AC2＝BC2，∴（10+x）2+（x+3）2＝132，∴x1＝2，x2＝﹣15（舍去），∴OD＝2，故選：D．二．填空題（共10小題，滿分20分，每小題2分）11．（2分）（2023?柯橋區校級模擬）如圖AB、AC、BD是圓O的切線，切點分別為P、C、D，若AB＝5，BD＝2，則AC的長是3．解：∵AB、AC、BD是圓O的切線，∴AC＝AP，BP＝BD＝2，∵AP＝AB﹣BP＝5﹣2＝3，∴AC＝3．故答案為3．12．（2分）（2022秋?啟東市校級期末）如圖，AB為⊙O的直徑，CB為⊙O的切線，AC交⊙O于D，∠C＝38°．點E在AB右側的半圓上運動（不與A、B重合），則∠AED的大小是38°．解：如圖，連接BD，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠ABD+∠BAC＝90°，∵CB為⊙O的切線，∴CB⊥AB，∴∠ABC＝90°，∴∠C+∠BAC＝90，∴∠ABD＝∠C＝38°，∴∠AED＝∠ABD＝38°，故答案為：38°．13．（2分）（2022秋?河西區校級期末）如圖，在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝8，AB＝10，⊙O的半徑為4，點P是AB上的一動點，過點P作⊙O的一條切線PQ，Q為切點，則PQ的最小值為．解：連接OP、OQ，過點O作OP′⊥AB于P′，∵PQ是⊙O的切線，∴OQ⊥PQ，∴PQ＝＝，在Rt△OAB中，∠AOB＝90°，OA＝8，AB＝10，則OB＝＝6，∵S△AOB＝OB?OA＝AB?OP′，∴×6×8＝×10?OP′，解得：OP′＝4.8，當點P運動到點P′時，PQ最小，PQ的最小值為＝，故答案為：．14．（2分）（2023?青海）如圖，MN是⊙O的切線，M是切點，連接OM，ON．若∠N＝37°，則∠MON的度數是53°．解：∵MN是⊙O的切線，M是切點，∴∠OMN＝90°，∵∠N＝37°，∴∠MON＝90°﹣∠N＝53°，故答案為：53°．15．（2分）（2022秋?建昌縣期末）如圖，點O是△ABC的內心，∠A＝60°，OB＝3，OC＝6，，則⊙O的半徑為．解：過O作交BC于E，設BE＝x，∵點O是△ABC的內心，OB＝3，OC＝6，，在Rt△OBE中，由勾股定理可得：32＝x2+r2，在Rt△OCE中，由勾股定理可得：，故，解得，故，故答案為：．16．（2分）（2023?西陵區模擬）木工師傅可以用角尺測量并計算出圓的半徑．如圖，用角尺的較短邊緊靠⊙O于點A，并使較長邊與⊙O相切于點C．記角尺的直角頂點為B，量得AB＝8cm，BC＝16cm，則⊙O的半徑等于20cm．解：設圓的半徑為rcm，如圖，連接OC、OA，作AD⊥OC，垂足為D．則OD＝（r﹣8）cm，AD＝BC＝16cm，在Rt△AOD中，r2＝（r﹣8）2+162解得：r＝20．即該圓的半徑為20cm．故答案為：20．17．（2分）（2023?安岳縣二模）如圖，AB、CD是⊙O的兩條直徑，EA切⊙O于點A，交CD的延長線于點E．若∠ABC＝75°，則∠E的度數為60°．解：連接BC、AD，則∠ADC＝∠ABC＝75°，∵OA＝OD，∴∠OAD＝∠ADC＝75°，∴∠AOE＝180°﹣∠OAD﹣∠ADC＝180°﹣75°﹣75°＝30°，∵EA切⊙O于點A，∴EA⊥OA，∴∠OAE＝90°，∴∠E＝90°﹣∠AOE＝90°﹣30°＝60°，故答案為：60°．18．（2分）（2022?宜賓）我國古代數學家趙爽的“弦圖”是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形（如圖所示）．若直角三角形的內切圓半徑為3，小正方形的面積為49，則大正方形的面積為289．解：如圖，設內切圓的圓心為O，連接OE，OD，則四邊形EODC為正方形，∴OE＝OD＝3＝，∴AC+BC﹣AB＝6，∴AC+BC＝AB+6，∴（AC+BC）2＝（AB+6）2，∴BC2+AC2+2BC×AC＝AB2+12AB+36，而BC2+AC2＝AB2，∴2BC×AC＝12AB+36①，∵小正方形的面積為49，∴（BC﹣AC）2＝49，∴BC2+AC2﹣2BC×AC＝49②，把①代入②中得AB2﹣12AB﹣85＝0，∴（AB﹣17）（AB+5）＝0，∴AB＝17（負值舍去），∴大正方形的面積為289．故答案為：289．19．（2分）（2022秋?鼓樓區校級月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，直線l經過△ABC的內心O，過點C作CD⊥l，垂足為D，連接AD，則AD的最小值是4．解：如圖，圓O與Rt△ABC三邊的切點分別為E，F，G，連接OE，OF，OG，∵圓O是Rt△ABC的內切圓，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，∴CE＝CF，BE＝BG，AF＝AG，AB＝＝10，∴四邊形CEOF是正方形，設正方形CEOF的邊長為x，則BE＝BG＝6﹣x，AF＝AG＝8﹣x，根據題意，得6﹣x+8﹣x＝10，解得x＝2，∴OC＝x＝2，∵CD⊥l，∴∠CDO＝90°，∴點D在以OC為直徑的圓Q上，如圖，連接AQ，過點Q作QP⊥AC于點P，當點D運動到線段QA上時，AD取得最小值，∴CP＝QP＝1，∴AP＝AC﹣CP＝8﹣1＝7，圓Q的半徑QD＝，∴QA＝＝＝5，∴AD的最小值為AQ﹣QD＝5﹣＝4．故答案為：4．20．（2分）（2022秋?濱湖區校級期中）如圖，AC是矩形ABCD的對角線，⊙O是△ABC的內切圓，現將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，使點D與點O重合，折痕為FG，點F、G分別在AD、BC上，連結OG、DG，若OG⊥DG，且⊙O的半徑長為1，則BC﹣AB的值2，CD+DF的值5．解：如圖，設⊙O與BC的切點為M，連接MO并延長MO交AD于點N，∵將矩形ABCD按如圖所示的方式折疊，使點D與點O重合，折痕為FG，∴OG＝DG，∵OG⊥DG，∴∠MGO+∠DGC＝90°，∵∠MOG+∠MGO＝90°，∴∠MOG＝∠DGC，在△OMG和△GCD中，，∴△OMG≌△GCD（AAS），∴OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2．∵AB＝CD，∴BC﹣AB＝2；設AB＝a，BC＝b，AC＝c，⊙O的半徑為r，⊙O是Rt△ABC的內切圓可得r＝（a+b﹣c），∴c＝a+b﹣2．在Rt△ABC中，由勾股定理可得a2+b2＝（a+b﹣2）2，整理得2ab﹣4a﹣4b+4＝0，又∵BC﹣AB＝2即b＝2+a，代入可得2a（2+a）﹣4a﹣4（2+a）+4＝0，解得a1＝1﹣（舍去），a2＝1+，∴BC+AB＝2+4，∴AB＝1+，BC＝3+，再設DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝3+﹣1﹣x，OF＝x，ON＝1+﹣1，由勾股定理可得（2+﹣x）2+（）2＝x2，解得x＝4﹣，∴CD+DF＝+1+4﹣＝5，故答案為：2，5．三．解答題（共8小題，滿分60分）21．（6分）（2023?鞍山二模）如圖，在△ABC中，以AB為直徑作⊙O，⊙O恰好經過點C，點D為半圓AB中點，連接CD，過D作DE∥AB交AC延長線于點E．?（1）求證：DE為⊙O切線：（2）若AC＝4，，求⊙O的半徑長．（1）證明：連接OD，過點D作DF⊥AC于點F，如圖：∵點D為半圓AB的中點，∴OD⊥AB，∵DE∥AB，∴OD⊥DE，∵OD為⊙O的半徑，∴DE為⊙O的切線；（2）解：由（1）可知：OD⊥AB，∴∠AOD＝90°，∴∠ACD＝∠AOD＝45°，∵DF⊥AC，∴△DCF為等腰直角三角形，∴DF＝CF，在Rt△DCF中，DF＝CF，，由勾股定理得：DF2+CF2＝CD2，即：，∴CF＝DF＝1，∵AC＝4，∴AF＝AC﹣CF＝4﹣1＝3，在Rt△ADF中，AF＝3，DF＝1，由勾股定理得：，在Rt△AOD中，OA＝OD，，由勾股定理得：OA2+OD2＝AD2，即：，∴，∴⊙O的半徑為．22．（6分）（2023?槐蔭區模擬）如圖，AB為⊙O的直徑，C為⊙O上一點，⊙O的切線BD交OC的延長線于點D．（1）求證：∠DBC＝∠OCA；（2）若∠BAC＝30°，AC＝2．求CD的長．（1）證明：∵DB是⊙O的切線，∴BD⊥AB，∴∠OBD＝∠OBC+∠DBC＝90°．∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝∠OCA+∠OCB＝90°．∵OC＝OB，∴∠OBC＝∠OCB．∴∠DBC＝∠OCA；（2）解：在Rt△ACB中，∵∠A＝30°，AC＝2，∴CB＝AC＝，∵∠A＝30°，∴∠COB＝2∠A＝60°，∴∠D＝90°﹣∠COB＝30°，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠A＝30°．∴∠DBC＝∠OCA＝30°，∴∠D＝∠DBC．∴CB＝CD．∴CD＝．23．（8分）（2022秋?嘉祥縣校級期末）已知BC是⊙O的直徑，點D是BC延長線上一點，AB＝AD，AE是⊙O的弦，∠AEC＝30°．（1）求證：直線AD是⊙O的切線；（2）若AE⊥BC，垂足為M，⊙O的半徑為10，求AE的長．（1）證明：如圖，連結OA，∵∠AEC＝30°，∴∠B＝∠AEC＝30°，∠AOC＝2∠AEC＝60°，∵AB＝AD，∴∠D＝∠B＝30°，∴∠OAD＝180°﹣∠AOC﹣∠D＝90°，∵OA是⊙O的半徑，且AD⊥OA，∴直線AD是⊙O的切線．（2）解：如圖，∵BC是⊙O的直徑，且AE⊥BC于點M，∴AM＝EM，∵∠AMO＝90°，∠AOM＝60°，∴∠OAM＝30°，∴OM＝OA＝×10＝5，∴AM＝＝＝5，∴AE＝2AM＝2×5＝10．24．（8分）（2022秋?平陰縣期末）如圖，AB為⊙O的直徑，PQ切⊙O于E，AC⊥PQ于C，交⊙O于D．（1）求證：AE平分∠BAC；（2）若，∠BAC＝60°，求⊙O的半徑．（1）證明：連接OE，∴OA＝OE，∴∠OEA＝∠OAE．∵PQ切⊙O于E，∴OE⊥PQ．∵AC⊥PQ，∴∠OEP＝∠ACP＝90°，∴OE∥AC．∴∠OEA＝∠EAC，∴∠OAE＝∠EAC，∴AE平分∠BAC；（2）解：連接BE，∵AB是直徑，∴∠AEB＝90°．∵∠BAC＝60°，∴∠OAE＝∠EAC＝30°．∴AB＝2BE．∵AC⊥PQ，∴∠ACE＝90°，∴AE＝2CE．∵，∴．在Rt△ABE中，∠BAE＝30°．∴，∴，解得AB＝4，∴⊙O的半徑為2．25．（8分）（2023?宛城區二模）如圖①，中國古代的馬車已經涉及很復雜的機械設計（相對當時的生產力），包含大量零部件和工藝，所彰顯的智慧讓人拜服．如圖②是馬車的側面示意圖，AB為車輪⊙O的直徑，過圓心O的車架AC一端點C著地時，地面CD與車輪⊙O相切于點D，連接AD，BD．（1）徽徽猜想∠C+2∠BDC＝90°，徽徽的猜想正確嗎？請說明理由；（2）若，BC＝2米，求車輪的直徑AB的長．解：（1）徽徽的猜想正確，理由如下：如圖②，連接OD，∵CD與⊙O相切，∴OD⊥CD，∴∠C+∠DOC＝90°，∠ODB+∠BDC＝90°，∵OB＝OD，∴∠ODB＝∠OBD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠A+∠OBD＝90°∴∠A＝∠BDC，由圓周角定理得：∠DOC＝2∠A，∴∠DOC＝2∠BDC，∴∠C+2∠BDC＝90°；（2）∵∠A＝∠BDC，∠C＝∠C，∴△CBD∽△CDA，∴＝＝，即＝＝，解得：CD＝，AB＝1，答：車輪的直徑AB的長1米．26．（8分）（2023?晉安區校級模擬）如圖，以AB邊為直徑的⊙O經過點P，C是⊙O上一點，連接PC交AB于點E，且∠ACP＝60°，PA＝PD．（1）證明：PD是⊙O的切線．（2）若點C是弧AB的中點，已知AB＝2，求CE?CP的值．解：（1）連接OP，∵∠ACP＝60°，∴∠AOP＝120°，∵OA＝OP，∴∠OAP＝∠OPA＝30°，∴∠POD＝60°，∵PA＝PD，∴∠PAO＝∠D＝30°，∴∠OPD＝90°，∴PD是⊙O的切線．（2）連接BC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°，又∵C為弧AB的中點，∴∠CAB＝∠ABC＝∠APC＝45°，AC＝BC，∴AC2+BC2＝AB2，∵AB＝2，∴，∵∠C＝∠C，∠CAB＝∠APC，∴△CAE∽△CPA，∴∴CP?CE＝．27．（8分）（2022秋?惠陽區校級期末）（1）如圖1，在菱形ABCD中，點E，F分別為邊CD，AD的中點，連接AE，CF．求證：AE＝CF．（2）如圖2，AB是⊙O的直徑，CA與⊙O相切于點A，連接CO交⊙O于點D，CO的延長線交⊙O于點E，連接BE，BD，∠ABD＝25°，求∠C的度數．（1）證明：∵點E，F分別為邊CD，AD的中點，∴．∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∴DE＝DF．∴在△ADE和△CDF中，∴，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴AE＝CF．（