【数学】2020届一轮复习人教A版 直线与圆的位置关系 课时作业 15页

‎2020届一轮复习人教A版 直线与圆的位置关系 课时作业 1、‎ 如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8 cm，AB＝10 cm，点P由C出发以每秒2 cm的速度沿线段CA向点A运动(不运动至A点)，⊙O的圆心在BP上，且⊙O分别与AB、AC相切，当点P运动2 s时，⊙O的半径是(　　)‎ A. cm B. cm C. cm D. 2 cm ‎2、‎ 如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AC为BD的垂直平分线，∠ACB＝60°，AB＝a，则CD等于(　　)‎ A a B. a C. a D. a ‎3、‎ 在等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，BC＝6 cm，则其外接圆的直径为(　　)‎ A. cm B. 2 cm C. 4 cm D. 6 cm ‎4、‎ 如图，AB是⊙O的直径，C为半圆上一点，CD⊥AB于D，若BC＝3，AC＝4，则AD∶CD∶BD等于(　　)‎ A. 4∶6∶3 B. 6∶4∶3‎ C. 4∶4∶3 D. 16∶12∶9‎ ‎5、‎ 如图，在⊙O中，弦AB与CD相交于P点，∠B＝30°，∠APD＝80°，则∠A＝(　　)‎ A. 40° B. 50° C. 70° D. 110‎ ‎6、‎ 如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，⊙I是△ABC的内切圆，∠A＝80°，则∠BIC等于(　　)‎ A. 80° B. 100° C. 120° D. 130°‎ ‎7、‎ 如图所示，在⊙O中，弦AB与半径OC相交于点M，且OM＝MC，AM＝1.5，BM＝4，则OC等于 A．2 　　　　 B.‎ C．2 　　　　 D．2‎ ‎8、‎ 点P为⊙O的弦AB上一点，且AP＝9，PB＝4，连接PO，作PC⊥OP交圆于点C，则PC等于(　　)‎ A. 4 B. 6 C. 8 D. 9‎ ‎9、‎ 如图所示，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G．给出下列三个结论：‎ ‎①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；‎ ‎②AF·AG＝AD·AE；‎ ‎③△AFB∽△ADG．‎ 其中正确结论的序号是(　　)‎ A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③‎ ‎10、‎ 如图，已知：⊙O的内接四边形ABCD中，AB是⊙O的直径，∠BCD＝120°.过D点的切线PD与BA的延长线交于P点，则∠ADP的度数是(　　)‎ A. 15° B. 30° C. 45° D. 60° 11、‎ 如图，⊙中的弦与直径相交于点，为延长线上一点，为⊙的切线，为切点，若，，，，则 ．‎ ‎12、‎ 如图，已知P是⊙O外一点，PD为⊙O的切线，D为切点，割线PEF经过圆心O，若PF＝12，PD＝4，则圆O的半径长为________、∠EFD的度数为________．‎ ‎ 13、如图，、分别是圆的切线和割线，其中为切点，为切线的中点，弦、相交于点，弦延长线上的点，满足．‎ 求证：、、三点共线的充分必要条件是、、三点共线．‎ ‎14、如图，是的直径，点在圆上，且四边形是平行四边形，过点作的切线，分别交延长线与延长线于点，连接.‎ ‎(1)求证：是的切线；‎ ‎(2)已知圆的半径为2，求的长.‎ ‎15、如图，D为△ABC的BC边上的一点，⊙O1经过点B，D，交AB于另一点E，⊙O2经过点C，D，交AC于另一点F，⊙O1与⊙O2交于点G．‎ 求证：（1）∠BAC＋∠EGF＝1800；（2）∠EAG＝∠EFG．‎ ‎16、‎ 如图，已知Rt△ABC，∠ABC＝90°，D是AC的中点，⊙O经过A，B，D三点，CB的延长线交⊙O于点E，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F.在满足上述条件的情况下，当∠CAB的大小变化时，图形也随着改变，但在这个变化过程中，有些线段总保持着相等的关系．‎ ‎(1)连接图中已标明字母的某两点，得到一条新线段与线段CE相等，并说明理由；‎ ‎(2)若CF＝CD，求sin F的值．‎ ‎17、‎ 如图，已知AB切⊙O于B，BC是⊙O的直径，AC交⊙O于D，DE是⊙O的切线，CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，求AB的长．‎ ‎18、‎ 如图，已知AB为⊙O的弦，CD切⊙O于P，AC⊥CD于C，BD⊥DC于D，PQ⊥AB于Q.‎ 求证：PQ2＝AC·BD.‎ ‎19、‎ 如图，在⊙O中，半径OA⊥OB，弦AC交OB于D，E是OB延长线上一点，若∠OAD＝30°，ED＝CE.‎ 求证：EC是⊙O的切线．‎ ‎20、‎ 如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，求DE的长．‎ 参考答案 ‎1、答案：A ∵PC＝2×2＝4 cm，‎ ‎∴P是AC的中点，‎ ‎∴BC＝6 cm，BP＝2 cm.连接OD，∵D为切点，‎ ‎∴OD⊥AC，则OD∥BC，‎ 即.设半径OD＝3k，DP＝2k，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎∵AE、AD为⊙O的切线，‎ ‎∴AE＝AD＝AP＋PD＝4＋2k，‎ BE＝10－(4＋2k)＝6－2k.‎ 在Rt△BOE中，∵OB2＝BE2＋OE2，‎ ‎∴，解得.‎ 故半径OD＝3k＝.‎ 本题选择A选项. ‎ ‎2、答案：A ∵AC为BD的垂直平分线，‎ ‎∴AB＝AD＝a，AC⊥BD，‎ ‎∵∠ACB＝60°，∴∠ADB＝60°，‎ ‎∴AB＝AD＝BD，‎ ‎∴∠ACD＝∠ABD＝60°，‎ ‎∴∠CDB＝30°，‎ ‎∴∠ADC＝90°，‎ ‎∴CD＝tan 30°·AD＝a.‎ ‎3、答案：C 作BC边上的中线AD，则AD⊥BC，延长AD交△ABC外接圆于E，连接CE.‎ ‎∵AE⊥BC，AE平分BC，‎ ‎∴AE为△ABC外接圆的直径，‎ ‎∴∠ACE＝90°.‎ 在Rt△ACD中，‎ ‎∠CAD＝∠BAC＝60°，CD＝BC＝3 cm，‎ ‎∴ (cm)．‎ 在Rt△ACE中， (cm)．‎ 即△ABC外接圆的直径为 cm.‎ 本题选择C选项.‎ 名师点评：在辅助线的作法和叙述上易出现以下的错误：？1？作AB和CD的垂线段EF；？2？过O点作直线EF垂直AB和CD；？3？过O点作AB和CD的垂直平分线EF；？4？连接AB，CD的中点EF，并使之通过O点；？5？连接EF，使EF⊥AB，EF⊥CD.这些作法和叙述违反了几何作图的基本要求.在学习几何时要应用规范用语，突出几何语言，特别在尺规作图时，更要突出作图规范用语.‎ ‎4、答案：D 由AB是⊙O的直径，可得△ABC是直角三角形．由勾股定理知AB＝5.又CD⊥AB，根据射影定理就有AC2＝AD·AB，于是AD＝.同理，BD＝，CD＝，据此即得三条线段的比值AD∶CD∶BD等于16∶12∶9.‎ 本题选择D选项.‎ ‎5、答案：B 易知∠A＝∠D，‎ 又∵∠APD＝∠B＋∠D，∠B＝30°，∠APD＝80°，‎ ‎∴∠D＝∠APD－∠B＝80°－30°＝50°.‎ ‎∴∠A＝50°.‎ 本题选择B选项.‎ ‎6、答案：D ∵∠A＝80°，‎ ‎∴∠ABC＋∠ACB＝100°.‎ ‎∵∠IBC＝∠ABC，∠ICB＝∠ACB，‎ ‎∴∠IBC＋∠ICB＝ (∠ABC＋∠ACB)＝50°，‎ ‎∴∠BIC＝180°－50°＝130°.‎ 本题选择D选项.‎ ‎7、答案：D 延长CO交⊙O于D，则DM＝3CM，CM·MD＝MA·MB，所以1.5×4＝3CM 2，CM＝，OC＝2.‎ ‎ 8、答案：B 延长CP交⊙O于点D，则OP垂直平分弦CD，‎ 且CP·PD＝AP·PB＝36，‎ ‎∴PC2＝36，PC＝6，‎ 本题选择B选项..‎ ‎9、答案：A 逐个判断：由切线定理得CE＝CF，BD＝BF，‎ 所以AD＋AE＝AB＋BD＋AC＋CE ‎＝AB＋AC＋BC，即①正确；‎ 由切割线定理得AF·AG＝AD2＝AD·AE，即②正确；‎ 因为△ADF∽△AGD，所以③错误．故选A．‎ ‎10、答案：B 要求弦切角∠ADP，即连接BD，‎ 则∠ADP＝∠ABD，又AB是直径，所以∠ADB＝90°，‎ 而四边形ABCD是⊙O的内接四边形，‎ 所以∠C＋∠DAB＝180°，即∠DAB＝60°，‎ 所以∠ABD＝30°，故∠ADP＝30°.‎ 本题选择B选项.‎ ‎11、答案： ‎ ‎12、答案： 4 30°‎ 由切割线定理得，‎ PD2＝PE·PF，‎ ‎∴，EF＝8，OD＝4.‎ ‎∵OD⊥PD，OD＝PO，‎ ‎∴∠P＝30°，∠POD＝60°，‎ ‎∴∠EFD＝30°.‎ ‎13、答案：试题分析：由题意作出辅助线，结合题中的位置关系和赛瓦定理即可证得题中的结论.‎ 试题 解：由为圆的切线知，．‎ 又，‎ ‎∴．∴．‎ ‎（1）若、、三点共线．‎ 设直线，交于点。则由塞瓦定理知．‎ ‎∵，∴，．‎ 又点、均在直线上，因此、重合．‎ ‎∴、、三点共线．‎ ‎（2）若、、三点共线．‎ 设直线、相交于点．‎ 则由塞瓦定理知，．‎ ‎∵，，‎ ‎∴，，为的中点、重合．‎ ‎∴、、三点共线．由（1）、（2）可得，、、三点共线的充分必要条件是、、三点共线。‎ ‎（若有另外的解法，言之成理亦可得分。） 14、答案：（1）见解析(2)‎ 试题分析：（1）先证明四边形AOCD是菱形，从而得到∠AOD=∠COD=60°，再根据切线的性质得∠FDO=90°，接着证明△FDO≌△FBO得到∠ODF=∠OBF=90°，然后根据切线的判定定理即可得到结论；（2）在Rt△OBF中，利用60度的正切的定义求解．‎ 试题 ‎（1）证明：连接，如图，∵四边形是平行四边形，‎ 而，‎ ‎∴四边形是菱形，‎ ‎∴和都是等边三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵为切线，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 在和中，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴是的切线；‎ ‎(2)解：在中，∵，‎ 而，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ 名师点评：本题考查了切线的判断与性质：圆的切线垂直于经过切点的半径；经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．有切线时，常常“遇到切点连圆心得半径”，证明过程一定要充分利用判定与性质的内容要严密. 15、答案：试题分析：（1）连结GD交AB于H,由B、D、E、G四点共圆，可得∠EGH＝∠B，同理∠FGH＝∠C，故∠BAC＋∠EGF=∠BAC＋∠B+∠C＝1800；2）由（1）知E、G、F、A四点共圆，故∠EAG＝∠EFG.‎ 试题（1）连结GD交AB于H,由B、D、E、G四点共圆，‎ 可得∠EGH＝∠B，‎ 同理∠FGH＝∠C，‎ 故∠BAC＋∠EGF=∠BAC＋∠B+∠C＝1800；‎ ‎（2）由（1）知E、G、F、A四点共圆，故∠EAG＝∠EFG． 16、答案：（1）见解析；（2）.‎ 试题分析：‎ ‎(1)AE＝CE.理由如下：连接AE，则AE＝CE.结合圆的直径可知∠ADE＝90°，则AE＝CE；‎ ‎(2)设CF＝x，则FA＝3x，FD＝2x，AD＝x.计算可得FE＝，则.‎ 试题 ‎(1)连接AE，则AE＝CE.‎ ‎∵∠ABE＝90°，‎ ‎∴AE为直径，连接DE.‎ 则∠ADE＝90°，‎ 又AD＝CD，‎ ‎∴AE＝CE.‎ ‎(2)设CF＝x，‎ 则FA＝3x，FD＝2x，AD＝x.‎ ‎∵FE为⊙O的切线，‎ ‎∴AE⊥EF.‎ ‎∴DE2＝AD·DF＝2x2，‎ 即DE＝x.‎ FE2＝FD·FA＝2x·3x＝6x2，‎ 即FE＝x.‎ ‎∴sinF＝＝＝.‎ ‎17、答案：‎ 试题分析：‎ 由题意可得CD＝5.连接BD.则∠EDC＝∠DBC.据此可得Rt△BDC∽Rt△DEC.利用相似比计算可得.‎ 试题 因为CE⊥DE于E，DE＝3，CE＝4，‎ 所以CD＝5.‎ 连接BD.因为DE切⊙O于点D，‎ 所以∠EDC＝∠DBC.‎ 又因为BC为⊙O的直径，‎ 所以∠BDC＝90°.‎ 所以Rt△BDC∽Rt△DEC.‎ 所以＝＝，‎ 即＝＝.‎ 所以BC＝，BD＝.‎ 又因为AB与⊙O相切于点B，‎ 所以AB⊥BC.‎ 所以＝.‎ 所以AB＝.‎ 名师点评：本题要准确地应用平行线性质、圆的切线性质、圆的割线性质以及相似三角形的判定和性质等，在证明过程中要求能将相关性质和条件结合起来，做到证题简捷．‎ ‎18、答案：见解析 试题分析：‎ 连接PA、PB，由题意可证得△ACP∽△PQB.利用相似比可得PQ∶BD＝AP∶PB.‎ 则PQ2＝AC·BD.‎ 试题 如图，连接PA、PB，‎ 因为CD切⊙O于P，‎ 所以∠1＝∠2.‎ 因为AC⊥CD于C，PQ⊥AB于Q，‎ 所以∠ACP＝∠PQB＝90°.‎ 所以△ACP∽△PQB.‎ 所以AC∶PQ＝AP∶PB.‎ 同理，△BDP∽△PQA，‎ 所以PQ∶BD＝AP∶PB.‎ 所以AC∶PQ＝PQ∶BD，即PQ2＝AC·BD.‎ 名师点评：证明线段乘积相等的问题一般转化为有关线段成比例问题．往往通过证明三角形相似或利用相交弦定理、切割线定理达到证题的目的．‎ ‎19、答案：见解析 试题分析：‎ 连接OC.结合题意可证得∠ECD＋∠ACO＝90°，即EC是⊙O的切线．‎ 试题 连接OC.‎ 因为OA⊥OB，‎ 所以∠CAO＋∠ADO＝90°.‎ 因为DE＝CE，‎ 所以∠ECD＝∠EDC＝∠ADO.‎ 因为OA＝OC，‎ 所以∠ACO＝∠CAO.‎ 所以∠ECD＋∠ACO＝90°.‎ 所以EC是⊙O的切线．‎ ‎20、答案：5‎ 在△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AB=20，∴BC=AB？sin60°=．‎ ‎∵CD是此圆的切线，∴∠BCD=∠A=60°．‎ 在Rt△BCD中，CD=BC？cos60°=，BD=BC？sin60°=15．‎ 由切割线定理可得CD2=DE？DB，∴，解得DE=5．‎ 故答案为5． ‎