河北省2019年中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第六單元 圓 課時(shí)訓(xùn)練25 直線與圓的位置關(guān)系練習(xí).doc

課時(shí)訓(xùn)練(二十五)　直線與圓的位置關(guān)系 (限時(shí):50分鐘) |夯實(shí)基礎(chǔ)| 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(diǎn),則以DE為直徑的圓與BC的位置關(guān)系是 (　　) 圖K25-1 A. 相切 B.相交 B. C.相離 D.無(wú)法確定 2.[xx眉山] 如圖K25-2所示,AB是☉O的直徑,PA切☉O于點(diǎn)A,線段PO交☉O于點(diǎn)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AB,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(zhǎng)等于 (　　) 圖K25-3 A.13 cm B.12 cm C.11 cm D.10 cm 4.[xx煙臺(tái)] 如圖K25-4,四邊形ABCD內(nèi)接于☉O,點(diǎn)I是△ABC的內(nèi)心,∠AIC=124,點(diǎn)E在AD的延長(zhǎng)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(diǎn)D,E,若點(diǎn)D是AB的中點(diǎn),則∠DOE=　　　　. 圖K25-5 6.關(guān)注數(shù)學(xué)文化《九章算術(shù)》是我國(guó)古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學(xué)名著.書(shū)中有下列問(wèn)題“今有勾八步,股十五步.問(wèn)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(zhǎng)為8步,股(長(zhǎng)直角邊)長(zhǎng)為15步,問(wèn)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?qū)ⅰ鰽BC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(diǎn)C在☉O上,過(guò)點(diǎn)C的切線與BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D,點(diǎn)E在BC上(不與點(diǎn)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(guò)點(diǎn)D作☉O的切線,與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)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(diǎn),☉O的直徑BE=23,∠BCD=120,A為BE的中點(diǎn),延長(zhǎng)BA到點(diǎn)P,使AP=BA,連接PE. 圖K25-10 (1)求線段BD的長(zhǎng); (2)求證:直線PE是☉O的切線. 11.[xx曲靖] 如圖K25-11,AB為☉O的直徑,點(diǎn)C為☉O上一點(diǎn),將BC沿直線BC翻折,使BC的中點(diǎn)D恰好與圓心O重合,連接OC,CD,BD,過(guò)點(diǎn)C的切線與線段BA的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P,連接AD,在PB的另一側(cè)作∠MPB=∠ADC. 圖K25-11 (1)判斷PM與☉O的位置關(guān)系,并說(shuō)明理由; (2)若PC=3,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(diǎn)O的圓形紙片放置在三角板內(nèi)部. 圖K25-12 (1)如圖①,當(dāng)圓形紙片與兩直角邊AC,BC都相切時(shí),試用直尺與圓規(guī)作出射線CO.(不寫(xiě)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(dòng)1周,回到起點(diǎn)位置時(shí)停止.若BC=9,圓形紙片的半徑為2,求圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng). |拓展提升| 13.[xx百色] 以坐標(biāo)原點(diǎn)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<22 B.-22≤b≤22 C.-23<b<23 D.-22<b<22 14.[xx唐山樂(lè)亭二模] 如圖K25-13,直線AB,CD相交于點(diǎn)O,∠AOD=30,半徑為1 cm的☉P的圓心在射線OA上,且與點(diǎn)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(dòng),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(diǎn)A和點(diǎn)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(jié)論: ①l1和l2的距離為2;②MN=433;③當(dāng)直線MN與☉O相切時(shí),∠MON=90;④當(dāng)AM+BN=433時(shí),直線MN與☉O相切.正確的個(gè)數(shù)是 (　　) 圖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(zhǎng)為8,M是AB的中點(diǎn),P是BC邊上的動(dòng)點(diǎn),連接PM,以點(diǎn)P為圓心,PM長(zhǎng)為半徑作☉P.當(dāng)☉P與正方形ABCD的邊相切時(shí),BP的長(zhǎng)為　　　　. 圖K25-15 17.[xx南京] 結(jié)果如此巧合! 下面是小穎對(duì)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(diǎn)D,AD=3,BD=4,求△ABC的面積. 圖K25-16 解:設(shè)△ABC的內(nèi)切圓分別與AC,BC相切于點(diǎn)E,F,CE的長(zhǎng)為x. 根據(jù)切線長(zhǎng)定理,得AE=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=12ACBC =12(x+3)(x+4) =12(x2+7x+12) =12(12+12) =12. 小穎發(fā)現(xiàn)12恰好就是34,即△ABC的面積等于AD與BD的積.這僅僅是巧合嗎? 請(qǐng)你幫她完成下面的探索. 已知:△ABC的內(nèi)切圓與AB相切于點(diǎn)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(guò)來(lái)思考呢? (2)若ACBC=2mn,求證∠C=90. 改變一下條件…… (3)若∠C=60,用m,n表示△ABC的面積.  參考答案 1.B　[解析] 過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于點(diǎn)M,交DE于點(diǎn)N, ∴AMBC=ACAB,∴AM=345=125.∵D,E分別是AC,AB的中點(diǎn),∴DE∥BC,DE=12BC=2.5,∴AN=MN=12AM,∴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(guān)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(duì)的圓周角等于圓心角的一半,可得∠B=27. 3.D　[解析] ∵AB∥CD,∴∠ABC+∠BCD=180, ∵CD,BC,AB分別與☉O相切于G,F,E, ∴∠OBC=12∠ABC,∠OCB=12∠BCD, BE=BF,CG=CF, ∴∠OBC+∠OCB=90, ∴∠BOC=90,∴BC=OB2+OC2=10, ∴BE+CG=10(cm).故選D. 4.C　[解析] ∵點(diǎn)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] 連接OA, ∵四邊形ABOC是菱形, ∴BA=BO, ∵AB與☉O相切于點(diǎn)D, ∴OD⊥AB. ∵D是AB的中點(diǎn), ∴OD是AB的垂直平分線,∴OA=OB, ∴△AOB是等邊三角形, ∴∠AOD=12∠AOB=30, 同理∠AOE=30, ∴∠DOE=∠AOD+∠AOE=60, 故答案為60. 6.6 7.1033　[解析] 設(shè)圓的圓心為點(diǎn)O,能夠?qū)ⅰ鰽BC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(diǎn)D,則∠ODB=90,∠BOD=60,∴BD=52,∴OB=52sin60,即OB=533,∴2OB=1033,即△ABC外接圓的直徑是1033 cm, 8.115　[解析] 連接OC,AC,由CD是切線得∠OCD=90.又因?yàn)椤螪=40可得∠COD=50.因?yàn)镺A=OC,可得∠OAC=65.因?yàn)樗倪呅蜛CEB是圓內(nèi)接四邊形,由圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)得到∠BEC的度數(shù). 9.解:如圖,連接OD. ∵DP切☉O于點(diǎn)D, ∴OD⊥DP,即∠ODP=90. ∵DP∥AC,∠BAC=38, ∴∠P=38, ∵∠AOD是△ODP的外角, ∴∠AOD=∠ODP+∠P=128. ∴∠ACD=12∠AOD=64. 又OA=OC,得∠ACO=∠A=38. ∴∠OCD=∠ACD-∠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=12BE=1223=3,BD=3DE=33=3. (2)證明:連接EA,如圖, ∵BE為直徑,∴∠BAE=90, ∵A為BE的中點(diǎn),∴∠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(zhǎng)交PM于E,如圖, ∵BC沿直線BC翻折,BC的中點(diǎn)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=OPcos60=12OP, ∵PC為☉O的切線,∴OC⊥PC, ∴OC=12OP, ∴OE=OC,而OE⊥PM, ∴PM是☉O的切線. (2)在Rt△OPC中,OC=33PC=333=1, ∴四邊形OCDB的面積=2S△OCD=23412=32. 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, ∴△OO1O2的周長(zhǎng)△ABC的周長(zhǎng)=OO1BC. 過(guò)點(diǎn)O作OD⊥BC,垂足為點(diǎn)D,過(guò)點(diǎn)O1作O1E⊥BC,O1F⊥AB,垂足分別為點(diǎn)E,F,連接BO1,則四邊形ODEO1是矩形. ∵O1E=O1F,O1E⊥BC,O1F⊥AB, ∴BO1平分∠ABC. ∴∠O1BE=12∠ABC=1260=30. ∴BE=3O1E=23. ∴DE=BC-CD-BE=9-2-23=7-23. ∴OO1=DE=7-23. 在Rt△ABC中,∵BC=9,∠A=30, ∴AB=2BC=18,AC=3BC=93. ∴△ABC的周長(zhǎng)為27+93. ∴△OO1O2的周長(zhǎng)27+93=7-239. ∴△OO1O2的周長(zhǎng)為15+3,即圓心O運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為15+3. 13.D　[解析] 如圖,將直線y=-x向上平移為y=-x+b1,當(dāng)y=-x+b1與圓相切時(shí),b1最大,由平移知∠CAO=∠AOC=45,OC=2,∴OA=b1=22.同理,將y=-x向下平移為y=-x+b2,當(dāng)y=-x+b2與圓相切時(shí),b2最小,此時(shí)b2=-22,∴當(dāng)y=-x+b與圓相交時(shí),b的取值范圍為-22<b<22. 14.D　[解析] 由題意CD與☉P1相切于點(diǎn)E,∴P1E⊥CD.又∵∠AOD=30,r=1 cm,∴在△OEP1中,OP1=2 cm. 又∵OP=6 cm,∴P1P=4 cm,∴☉P到達(dá)☉P1需要時(shí)間為:41=4(秒).同理,當(dāng)☉P在直線CD的右側(cè)時(shí), P1P=8 cm,∴☉P到達(dá)☉P1需要時(shí)間為:81=8(秒),∴☉P與直線CD相切時(shí),時(shí)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(diǎn)A和點(diǎn)B, ∴OA⊥l1,OB⊥l2,∵l1∥l2, ∴點(diǎn)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=NHsin60=433,所以②正確; 當(dāng)直線MN與☉O相切時(shí),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(guò)點(diǎn)O作OC⊥MN于C,如圖②, ∵S四邊形ABNM=S△OAM+S△OMN+S△OBN, ∴121AM+121BN+12MNOC=12(BN+AM)2, 即12(AM+BN)+12MNOC=AM+BN, ∵AM+BN=433,MN=433,∴OC=1, 而OC⊥MN,∴直線MN與☉O相切,所以④正確. 16.3或43　[解析] 如圖①,當(dāng)☉P與直線CD相切時(shí),設(shè)PC=PM=x. 在Rt△PBM中,∵PM2=BM2+PB2,∴x2=42+(8-x)2,∴x=5,∴PC=5,BP=BC-PC=8-5=3. 如圖②,當(dāng)☉P與直線AD相切時(shí),設(shè)切點(diǎn)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=82-42=43. 綜上所述,BP的長(zhǎng)為3或43. 17.[解析] (1)根據(jù)題目中所給的方法由切線長(zhǎng)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(jì)算; (2)由ACBC=2mn得(x+m)(x+n)=2mn,即x2+(m+n)x=mn,再利用勾股定理逆定理求證; (3)作AG⊥BC,由三角函數(shù)得AG=ACsin60=32(x+m),CG=ACcos60=12(x+m),BG=BC-CG=(x+n)-12(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(jì)算可得. 解:設(shè)△ABC的內(nèi)切圓分別與AC,BC相切于點(diǎn)E,F,CE的長(zhǎng)為x.根據(jù)切線長(zhǎng)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=12ACBC =12(x+m)(x+n) =12[x2+(m+n)x+mn] =12(mn+mn) =mn. (2)證明:由ACBC=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(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC,垂足為G. 在Rt△ACG中,AG=ACsin60=32(x+m),CG=ACcos60=12(x+m). 所以BG=BC-CG=(x+n)-12(x+m). 在Rt△ABG中,根據(jù)勾股定理,得 32(x+m)2+(x+n)-12(x+m)2=(m+n)2, 整理,得x2+(m+n)x=3mn, 所以S△ABC=12BCAG =12(x+n)32(x+m) =34[x2+(m+n)x+mn] =34(3mn+mn) =3mn.