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中考押题预测卷 与圆有关的位置关系
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 丽水期末）已知⊙O的半径为4，点P在⊙O外，OP的长可能是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2024秋 增城区期末）已知⊙O的半径为6cm，若OP＝5cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O外 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O内 D．不能确定
3．（2024秋 巢湖市期末）如图，CA，CB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OA，OB，AB，CO，CO与AB交于点D．若∠ACB＝60°，，则CO的长为（　　）
A．2 B．4 C． D．
4．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是直径，直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l，垂足为D．若AB＝15，BD＝12，则CD的长为（　　）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
5．（2024秋 西山区校级期末）如图，AD，AE分别是⊙O的切线，D，E为切点，BC切⊙O于F，交AD，AE于点B，C．若AD＝6，则△ABC的周长是（　　）
A．6 B．12 C．8 D．16
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 金东区期末）如图，AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，点D是圆弧上一点，连结DC和BD．若∠D＝65°，则∠A的度数为　 　．
7．（2024秋 康县期末）如图，⊙O经过A，B，C三点，PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，∠P＝48°，则∠C的度数为　 　．
8．（2024秋 靖江市期末）已知⊙O的半径为2，点P到圆心O的距离为，那么点P与⊙O的位置关系是　 　．
9．（2024秋 玄武区期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，直径CD与AB边交于点E，B是的中点．若CE＝2，则⊙O的半径为 　 　．
10．（2024秋 清江浦区期末）已知直角三角形两条直角边为3，4，则它的外接圆半径为 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 扎兰屯市期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF．
（1）求证：CF为⊙O的切线；
（2）连接BD．若CF＝4，BF＝2，求BD的长．
12．（2024秋 仪征市期末）已知：如图，⊙O过正方形ABCD的顶点A，B，且与CD边相切于点E．点F是BC与⊙O的交点，连接OB，OF，
AF，点G是AB延长线上一点，连接FG，且∠G∠BOF＝90°．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）如果正方形边长为2，求BG的长．
13．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是弦，C是的中点，OC与AB交于点E，过点A作⊙O的切线，与OC的延长线交于点D，连接OB．求证：∠B＝∠D．
14．（2024秋 仪征市期末）如图，在△AEC中，∠E＝90°，AD平分∠CAE交CE于点D，点B为边AC上一点，以AB为直径的圆恰好经过点D．
（1）试判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若OB＝4，BC＝2，求DE的长．
15．（2024秋 靖江市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，过点A作AD⊥AB，交⊙O于点D，交BC于点E，延长DA到F，使得AF＝AE，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若，BE＝3．求⊙O的半径．
中考押题预测卷 与圆有关的位置关系
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 丽水期末）已知⊙O的半径为4，点P在⊙O外，OP的长可能是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系．
【答案】D
【分析】根据题意可以求得OP的取值范围，从而可以解答本题．
【解答】解：∵O的半径为4，点P在⊙O外，
∴OP＞4，
故选：D．
【点评】本题考查点和圆的位置关系，解答本题的关键是明确题意，求出OP的取值范围．
2．（2024秋 增城区期末）已知⊙O的半径为6cm，若OP＝5cm，则点P与⊙O的位置关系是（　　）
A．点P在⊙O外 B．点P在⊙O上 C．点P在⊙O内 D．不能确定
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】圆的有关概念及性质；推理能力．
【答案】C
【分析】根据点到圆心的距离和圆的半径之间的数量关系，即可判断点和圆的位置关系．点到圆心的距离小于圆的半径，则点在圆内；点到圆心的距离等于圆的半径，则点在圆上；点到圆心的距离大于圆的半径，则点在圆外．
【解答】解：根据点到圆心的距离5cm小于圆的半径6cm，则该点在圆内．
故选：C．
【点评】本题考查了点和圆的位置关系与数量之间的联系：当点到圆心的距离大于圆的半径时，则点在圆外．
3．（2024秋 巢湖市期末）如图，CA，CB是⊙O的两条切线，切点分别为A，B．连接OA，OB，AB，CO，CO与AB交于点D．若∠ACB＝60°，，则CO的长为（　　）
A．2 B．4 C． D．
【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】C
【分析】根据切线的性质得到OA⊥AC，求出∠OAD＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质计算即可．
【解答】解：∵CA，CB是⊙O的两条切线，∠ACB＝60°，
∴CA＝CB，∠ACO＝∠BCO＝30°，OA⊥AC，
∴OC⊥AB，∠AOC＝90°﹣30°＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∴OA＝2OD＝2，
在Rt△AOC中，∠ACO＝30°，
∴CO＝2OA＝4，
故选：C．
【点评】本题考查的是切线的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
4．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是直径，直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l，垂足为D．若AB＝15，BD＝12，则CD的长为（　　）
A．4.8 B．5 C．5.4 D．6
【考点】切线的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】连接OC，作OF⊥BD于点F，由直线l与⊙O相切于点C，得l⊥OC，可证明四边形OCDF是矩形，则FD＝OC＝OBAB，所以BF＝BD﹣FD，求得CD＝OF6，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OC，作OF⊥BD于点F，则∠OFD＝∠OFB＝90°，
∵直线l与⊙O相切于点C，BD⊥l于点D，
∴l⊥OC，
∴∠OFD＝∠OCD＝∠CDF＝90°，
∴四边形OCDF是矩形，
∵AB＝15，BD＝12，
∴FD＝OC＝OBAB15，
∴BF＝BD﹣FD＝12，
∴CD＝OF6，
∴CD的长为6，
故选：D．
【点评】此题重点考查切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
5．（2024秋 西山区校级期末）如图，AD，AE分别是⊙O的切线，D，E为切点，BC切⊙O于F，交AD，AE于点B，C．若AD＝6，则△ABC的周长是（　　）
A．6 B．12 C．8 D．16
【考点】切线长定理．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】B
【分析】先利用切线长定理AD＝AE，BD＝BF，CF＝CE，然后利用等线段代换得到△ABC的周长＝2AD．
【解答】解：∵AD，AE分别是⊙O的切线，
∴AE＝AD，
∵BD、BC分别为⊙O的切线，
∴BD＝BF，
∵CF、CE分别为⊙O的切线，
∴CE＝CF，
∴三角形ABC的周长＝AB+BC+AC＝AB+BF+CF+AC＝AB+BD+AC+CE＝AD+AE＝2AD＝12．
故选：B．
【点评】本题考查了切线长的性质：灵活运用切线长定理和等线段代换是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 金东区期末）如图，AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，点D是圆弧上一点，连结DC和BD．若∠D＝65°，则∠A的度数为　50°　．
【考点】切线的性质；圆周角定理．
【专题】圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】50°．
【分析】连结OB、OC，由切线的性质得∠OBA＝∠OCA＝90°，而∠BOC＝2∠D＝130°，则∠A＝360°﹣∠BOC﹣∠OBA﹣∠OCA＝50°，于是得到问题的答案．
【解答】解：连结OB、OC，
∵AB，AC是⊙O的切线，点B，C是切点，
∴AB⊥OB，AC⊥OC，
∴∠OBA＝∠OCA＝90°，
∵∠D＝65°，
∴∠BOC＝2∠D＝130°，
∴∠A＝360°﹣∠BOC﹣∠OBA﹣∠OCA＝50°，
故答案为：50°．
【点评】此题重点考查切线的性质、圆周角定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
7．（2024秋 康县期末）如图，⊙O经过A，B，C三点，PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，∠P＝48°，则∠C的度数为　66°　．
【考点】切线的性质；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】66°．
【分析】根据切线的性质定理得到∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，根据四边形的内角和等于360°求出∠AOB，根据圆周角定理解答．
【解答】解：如图，连接OA，OB，
∵PA，PB分别与⊙O相切于A，B点，
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
∴∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，
∴∠AOB＝360°﹣90°﹣90°﹣48°＝132°，
由圆周角定理得，∠C∠AOB＝66°，
故答案为：66°．
【点评】本题考查的是切线的性质，圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．
8．（2024秋 靖江市期末）已知⊙O的半径为2，点P到圆心O的距离为，那么点P与⊙O的位置关系是　点P在圆内　．
【考点】点与圆的位置关系．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】点P在圆内．
【分析】直接根据点与圆的位置关系解答即可．
【解答】解：∵2，
∴点P在圆内．
故答案为：点P在圆内．
【点评】本题考查的是点圆的位置关系，熟知点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：点P在圆外 d＞r；点P在圆上 d＝r；点P在圆内 d＜r是解题的关键．
9．（2024秋 玄武区期末）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，AB＝AC，直径CD与AB边交于点E，B是的中点．若CE＝2，则⊙O的半径为 　　．
【考点】三角形的外接圆与外心；圆心角、弧、弦的关系．
【专题】圆的有关概念及性质；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接OB，设⊙O的半径是R，依题意得，则OB⊥CD，OC＝OB＝OD＝R，进而得∠OCB＝∠OBC＝∠A＝45°，再根据AB＝AC得∠ABC＝∠ACB＝67.5°，由此可求出∠CEB＝67.5°，则CB＝CE＝2，然后在Rt△BOC中，由勾股定理即可求出半径R的长．
【解答】解：连接OB，设⊙O的半径是R，如图所示：
∵点B是弧CD的中点，CD是⊙O的直径，
∴，
∴OB⊥CD，
∵OC＝OB＝OD＝R，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∠BOC＝90°，
∴∠A∠BOC＝45°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB（180°﹣∠A）（180°﹣45°）＝67.5°，
在△BCE中，∠CEB＝180°﹣（∠OCB+∠ABC）＝180°﹣（45°+67.5°）＝67.5°，
∴∠CEB＝∠ABC＝67.5°，
∴CB＝CE＝2，
在Rt△BOC中，OC＝OB＝R，
由勾股定理得：BC，
∴，
∴．
即⊙O的半径为．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了三角形的外接圆与外心，圆心角、弧、弦的关系，理解三角形的外接圆与外心，熟练掌握圆心角、弧、弦的关系是解决问题的关键．
10．（2024秋 清江浦区期末）已知直角三角形两条直角边为3，4，则它的外接圆半径为 　　．
【考点】三角形的外接圆与外心；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】由直角三角形两条直角边为3，4，根据勾股定理求得该直角三角形的斜边为5，则它的外接圆的直径为5，所以它的外接圆的半径为，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵直角三角形两条直角边为3，4，
∴该直角三角形的斜边为5，
∴它的外接圆的直径为5，
∴它的外接圆的半径为，
故答案为：．
【点评】此题重点考查勾股定理、三角形的外接圆与外心等知识，正确地求出直角三角形的斜边长是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 扎兰屯市期末）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，D是的中点，CD与AB交于点E．F是AB延长线上的一点，且CF＝EF．
（1）求证：CF为⊙O的切线；
（2）连接BD．若CF＝4，BF＝2，求BD的长．
【考点】切线的判定与性质；垂径定理；圆周角定理．
【专题】与圆有关的计算；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图，连接OC，OD．证明∠OCF＝90°即可；
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，在Rt△COF中，42+r2＝（r+2）2，可得r＝3，再根据勾股定理可解决问题．
【解答】（1）如图，连接OC，OD，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵CF＝EF，
∴∠FCE＝∠FEC，
∵∠OED＝∠FEC，
∴∠OED＝∠FCE，
∵AB是直径，D是的中点，
∴∠DOE＝90°，
∴∠OED+∠ODC＝90°，
∴∠FCE+∠OCD＝90°，即∠OCF＝90°，
∵OC是半径，
∴CF是⊙O的切线．
（2）设OA＝OD＝OC＝OB＝r，则OF＝r+2，
在Rt△COF中，OC2+CF2＝OF2
∴42+r2＝（r+2）2，
解得r＝3，
∴OB＝OD＝3，
∵∠DOB＝90°，
∴BD2＝OD2+OB2，
∴．
【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
12．（2024秋 仪征市期末）已知：如图，⊙O过正方形ABCD的顶点A，B，且与CD边相切于点E．点F是BC与⊙O的交点，连接OB，OF，
AF，点G是AB延长线上一点，连接FG，且∠G∠BOF＝90°．
（1）求证：FG是⊙O的切线；
（2）如果正方形边长为2，求BG的长．
【考点】切线的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理．
【专题】与圆有关的位置关系；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）根据正方形的性质和切线的判定定理即可得到结论；
（2）连接OE，根据切线的性质得到OE⊥CD，过O作OH⊥BC于H，推出四边形OECH是矩形，得到BH＝FH，求得OH＝CE，CH＝OE，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF＝90°，
∴AF是⊙O的直径；
∵∠A∠BOF，∠G∠BOF＝90°．
∴∠A+∠G＝90°，
∴∠AFG＝90°，
∴FG是⊙O的切线；
（2解：连接OE，
∵CD是⊙O的切线，
∴OE⊥CD，
过O作OH⊥BC于H，
则四边形OECH是矩形，BH＝FH，
∴OH＝CE，CH＝OE，
∵AO＝OF，
∴OHAB＝1，
设OB＝OE＝CH＝r，
∴BH＝2﹣r，
∵OB2＝BH2+OH2，
∴r2＝（2﹣r）2+12，
∴r，
∴AF，BF，
∵∠ABF＝∠FBG＝∠AFG＝90°，
∴∠BAF+∠AFB＝∠AFB+∠BFG＝90°，
∴∠BAF＝∠BFG，
∴△ABF∽△FBG，
∴，
∴BG．
【点评】本题考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．
13．（2024秋 玄武区期末）如图，在⊙O中，AB是弦，C是的中点，OC与AB交于点E，过点A作⊙O的切线，与OC的延长线交于点D，连接OB．求证：∠B＝∠D．
【考点】切线的性质；垂径定理；圆周角定理．
【答案】详见解答．
【分析】根据切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理进行解答即可．
【解答】证明：∵AB是弦，C是的中点，
∴OC⊥AB，AE＝BE，
∵OA＝OB，
∴∠AOE＝∠BOE，
∵AD是⊙O的切线，
∴∠OAD＝90°，
∵∠B+∠BOE＝90°＝∠D+∠AOB，
∴∠B＝∠D．
【点评】本题考查切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理，掌握切线的性质，垂径定理，等腰三角形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．
14．（2024秋 仪征市期末）如图，在△AEC中，∠E＝90°，AD平分∠CAE交CE于点D，点B为边AC上一点，以AB为直径的圆恰好经过点D．
（1）试判断直线CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若OB＝4，BC＝2，求DE的长．
【考点】直线与圆的位置关系；角平分线的性质；勾股定理；垂径定理；圆周角定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）直线CE与⊙O相切，理由见解析；
（2）．
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，根据角平分线的定义得到∠OAD＝∠DAE，等量代换得到∠ODA＝∠DAE，根据平行线的性质得到∠ODC＝∠E，求得∠ODC＝90°，根据切线的判定定理即可得到结论；
（2）根据勾股定理和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：（1）直线CE与⊙O相切，
理由：连接OD，∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAE交CE于点D，
∴∠OAD＝∠DAE，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∴∠ODC＝∠E，
∵∠E＝90°，
∴∠ODC＝90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线CE与⊙O相切；
（2）∵∠ODC＝90°，
∴OC2＝OD2+CD2，
∴62＝42+CD2，
∴CD＝2，
∵OD∥AE，
∴△COD∽△CAE，
∴，
∴，
∴CE，
∴DE＝CE﹣CD．
【点评】本题考查了直线与圆的位置关系，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地找出辅助线是解题的关键．
15．（2024秋 靖江市期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，且AB＝AC，过点A作AD⊥AB，交⊙O于点D，交BC于点E，延长DA到F，使得AF＝AE，连接BF．
（1）求证：BF是⊙O的切线；
（2）若，BE＝3．求⊙O的半径．
【考点】切线的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形的外接圆与外心．
【专题】等腰三角形与直角三角形；圆的有关概念及性质；与圆有关的位置关系；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）⊙O的半径长为2．
【分析】（1）连接BD、OA，OA交BC于点H，由AB垂直平分EF，得BF＝BE，则∠ABF＝∠ABE，由∠BAD＝90°，证明BD是⊙O的直径，则OA＝OB，所以∠OBA＝∠OAB，由AB＝AC，得，则OA垂直平分BC，所以∠OBF＝∠ABF+∠OBA＝∠ABE+∠OAB＝90°，即可证明BF是⊙O的切线；
（2）由∠FAB＝∠FBD＝90°，∠F＝∠F，证明△FAB∽△FBD，得，所以AF DF＝BF2，而DE，AF＝AE，BF＝BE＝3，则DF＝2AF，所以AF（2AF）＝9，求得AF，则DF＝5，所以BD4，则OBBD＝2，所以⊙O的半径长为2．
【解答】（1）证明：连接BD、OA，OA交BC于点H，
∵AD⊥AB，交⊙O于点D，延长DA到F，使得AF＝AE，
∴AB垂直平分EF，
∴BF＝BE，
∴∠ABF＝∠ABE，
∵∠BAD＝90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴点O在BD上，
∴OA＝OB，
∴∠OBA＝∠OAB，
∵AB＝AC，
∴，
∴OA垂直平分BC，
∴∠AHB＝90°，
∴∠OBF＝∠ABF+∠OBA＝∠ABE+∠OAB＝90°，
∵OB是⊙O的半径，且BF⊥OB，
∴BF是⊙O的切线．
（2）解：∵∠FAB＝∠FBD＝90°，∠F＝∠F，
∴△FAB∽△FBD，
∴，
∴AF DF＝BF2，
∵DE，AF＝AE，BF＝BE＝3，
∴DF＝2AF，BF2＝32＝9，
∴AF（2AF）＝9，
解得AF或AF（不符合题意，舍去），
∴DF＝25，
∴BD4，
∴OBBD＝2，
∴⊙O的半径长为2．
【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、垂径定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
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