（浙教版）九年级数学下册 同步备课系列专题2 22页

第 2 章 直线与圆的位置关系 2.2 切线长定理 一、单选题 1．如图，已知 O 的直径 AB 与弦 AC 的夹角为30°，过点C 的切线 PC 与 AB 的延长线交于点 P ， 5PC  ， 则 O 的半径为（ ） A． 5 3 3 B． 5 3 6 C．10 D． 5 【答案】A 【解析】 【分析】 本题可通过构建直角三角形求解．连接 OC，在 Rt △ POC 中，根据圆周角定理，可求得∠POC=2∠A=60°， 已知 PC 的长，即可求出 OC 的值，也就是半径的长． 【详解】 连接 OC，则 OC⊥PC， 根据圆周角定理得：∠POC=2∠A=60  ， 在 Rt △ OCP 中，∠POC=60  ，PC=5， 因此 OC= 5 5 3 tan 33 PC POC   . 故选 A . 【点睛】 本题考查切线的性质，圆周角定理，特殊角的三角函数值. 2．如图，P 是⊙O 外一点，PA，PB 分别和⊙O 切于 A，B 两点，C 是弧 AB 上任意一点，过点 C 作⊙O 的切 线分别交 PA，PB 于点 D，E.若 △ PDE 的周长为 12，则 PA 的长为( ) A．12 B．6 C．8 D．4 【答案】B 【解析】 【分析】 由 PA，PB 分别和⊙O 切于 A，B 两点， DE 是⊙O 的切线，根据切线长定理，即可得 PA=PB，DA=DC， EB=EC，又由 △ PDE 的周长为 12，易求得 PA+PB=12，则可求得答案． 【详解】 ∵PA，PB 分别和⊙O 切于 A，B 两点， ∴PA=PB， ∵DE 是 O 的切线， ∴DA=DC，EB=EC， ∵ △ PDE 的周长为 12， 即 PD+DE+PE =PD+DC+EC+PE =PD+AD+EB+PE =PA+PB =2PA =12， ∴PA=6. 故选 B. 【点睛】 本题考查切线长定理. 3．如图，PA，PB 分别是⊙O 的切线，A，B 为切点，AC 是⊙O 的直径，已知∠BAC＝35°，则∠P 的度数是 ( ) A．50° B．60° C．70° D．80° 【答案】C 【解析】 【分析】 根据切线的性质，结合已知条件可先求出∠BAP；再利用切线长定理、等边对等角可得到∠BAP=∠PBA， 在 △ ABP 中，利用三角形内角和定理求出∠P 的度数. 【详解】 ∵PA 是⊙O 的切线， ∴∠CAP=90 ， ∵∠BAC=35 ， ∴∠BAP=55 ， ∵PA，PB 分别是⊙O 的切线， ∴PA=PB， ∴∠BAP=∠PBA=55  ， ∴∠P=180 55 55    70 . 故选 C. 【点睛】 本题考查切线长定理及其推论，圆的切线垂直于过切点的半径. 4．如图，从圆O 外一点 P 引圆O 的两条切线 PA ，PB ，切点分别为 A ，B ，如果 60APB  o ， 8PA  ， 那么弦 AB 的长是（ ） A． 4 B． 4 3 C．8 D．8 3 【答案】C 【分析】 先利用切线长定理得到 PA PB ，再利用 60APB   可判断 APB 为等边三角形，然后根据等边三角形 的性质求解． 【详解】 解： PA ，PB 为 O 的切线， PA PB  ， 60APB   ， APB 为等边三角形， 8AB PA   ． 故选 C． 【点睛】 本题考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键． 5．已知⊙O1 与⊙O2 外切，它们的半径分别为 2 和 3，则圆心距 O1O2 的长是( ) A．O1O2＝1 B．O1O2＝5 C．1＜O1O2＜5 D．O1O2＞5 【答案】B 【解析】 【分析】 根据两圆的位置关系可以得到两圆半径和圆心距之间的数量关系．设两圆的半径分别为 R 和 r，且 R≥r，圆 心距为 d：外离，则 d＞R＋r；外切，则 d＝R＋r；相交，则 R−r＜d＜R＋r；内切，则 d＝R−r；内含，则 d ＜R−r． 【详解】 根据题意，得：O1O2＝R+r＝5． 故选 B． 【点睛】 本题考查了由两圆位置关系来判断半径和圆心距之间数量关系的方法． 6．如图，P 为⊙O 外一点，PA、PB 分别切⊙ O 于 A、B 两点，若 3PA  ，则 PB  （ ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】 根据切线长定理即可得到答案. 【详解】 因为 PA 和 PB 与⊙O 相切，根据切线长定理，所以 PA＝PB＝3，故选 B. 【点睛】 本题考查切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理. 7．如图， ,PA PB 切 O 于 ,A B 两点， CD 切 O 于点 E ，交 ,PA PB 于 ,C D ．若 PCD 的周长为3 ， 则 PA 的值为（ ） A． 3 2 B． 2 3 C． 1 2 D． 3 4 【答案】A 【分析】 利用切线长定理得出 , ,PA PB CA CE DE DB   ，然后再根据 PCD 的周长即可求出 PA 的长． 【详解】 ∵ ,PA PB 切 O 于 ,A B 两点， CD 切 O 于点 E ，交 ,PA PB 于 ,C D , ,PA PB CA CE DE DB    ∴ PCD 的周长为 2 3PC CA PD DB PA     ∴ 3 2PA  故选：A． 【点睛】 本题主要考查切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键． 8．如图， PA，PB，DE 分别切⊙O 于点 A，B，C，过 C 的切线分别交 PA，PB 于点 E，D，若 △ PDE 的 周长为 8，OP=5，则⊙O 的半径为（ ） A．2 B．3 C．4 D．不能确定 【答案】B 【分析】 根据切线长定理得 BD＝CD，CE＝AE，PA＝PB，由△PDE 的周长为 8 得到 AP=BP=4，连接 AO，利用勾 股定理即可求出 AO，即可求解． 【详解】 连接 OA． ∵PA、PB、DE 分别切⊙O 于 A、B、C 点， ∴BD＝CD，CE＝AE，PA＝PB，OA⊥AP． ∴△PDE 的周长为 2AP＝8 ∴AP＝4 在直角三角形 OAP 中，根据勾股定理，得 AO＝ 2 25 4 =3， ∴⊙O 的半径为 3． 故选 B． 【点睛】 本题考查了切线长定理和勾股定理，是基础知识比较简单． 二、填空题 9．如图，PA、PB 是⊙O 的切线，若∠APO＝25°，则∠BPA＝_____． 【答案】50° 【分析】 根据切线长定理得到∠BPO＝∠APO，结合图形计算，得到答案． 【详解】 解：∵PA、PB 是⊙O 的切线， ∴∠BPO＝∠APO＝25°， ∴∠BPA＝50°， 故答案为：50°． 【点睛】 本题考查了切线长定理，熟知切线长定理的性质是解题的关键． 10．如图： △ ABC 的内切圆 O 与边 BC 切于点 D，若∠BOC=135°，BD=3，CD=2，则 △ ABC 的面积为=______． 【答案】6. 【解析】 【分析】 首先根据内心的性质得出∠A=90°，再利用勾股定理和切线长定理得出 AE 的长，进而得出 △ ABC 的面积． 【详解】 ∵△ABC 的内切圆 O 与边 BC 切于点 D，∠BOC=135°， ∴∠OBC+∠OCB=45°，∠ABO=∠OBC，∠ACO=∠BCO，AE=AF，BE=BD，CD=FC， ∴∠ABC+∠ACB=90°， ∴∠A=90°， ∴AB2+AC2=BC2， ∵BD=3，CD=2， ∴（3+AE）2+（AE+2）2=52， 解得：AE=1， ∴AB=4，AC=3， ∴△ABC 的面积为： 1 2 ×AC×AB= 1 2 ×4×3=6． 故答案为：6． 【点睛】 考查了三角形内心的性质以及勾股定理和三角形面积求法，根据已知得出∠A=90°是解题关键． 11．如图，在 △ ABC 中，已知∠ABC＝90°，在 AB 上取一点 E，以 BE 为直径的⊙O 恰与 AC 相切于点 D， AE＝2 cm，AD＝4 cm.则⊙O 的直径 BE 的长是_____cm； △ ABC 的面积是_____cm2 【答案】6， 24 【解析】 【分析】 （1）连接 OD，由切线的性质得 OD⊥AC，，在 Rt △ ODA 中运用勾股定理可以求出半径 OD，即可求得直径 BE 的长； （2）由切线长定理知，CD=BC，在 Rt △ ABC 中运用勾股定理可以求出 BC，则可由直角三角形的面积公式 求得 △ ABC 的面积． 【详解】 1）连接 OD， ∴OD⊥AC ∴△ODA 是直角三角形 设半径为 r ∴AO＝r＋2 ∴ 2 22 16r r   解之得：r＝3 ∴BE＝6 （2）∵∠ABC=90°， ∴CB 是⊙O 的切线. ∵CB、CD 是⊙O 的切线， ∴CD=CB. ∵∠ABC=90°， ∴AB2+BC2=AC2， 即(2+6)2+BC2=(BC+4)2， ∴BC=6cm， ∴S △ ABC= 1 2 •AB•BC= 1 2 ×(2+6)×6=24（cm2）. 故答案为 (1). 6， (2). 24 . 【点睛】 本题考查勾股定理，切线的定义，切线长定理. 12．如图，PA，PB 分别切⊙O 于点 A，B，连结 PO，AB 相交于点 D，C 是⊙O 上一点，∠C＝60°. 那么 ∠APB=____°. 【答案】60 【解析】 【分析】 由 PA、PB 分别切 O 于 A、B，由切线的性质，即可得 OA⊥PA，OB⊥PB，又由圆周角定理，求得∠AOB 的度数，继而求得∠APB 的大小. 【详解】 ∵PA、PB 分别切 O 于 A. B， ∴OA⊥PA，OB⊥PB， ∴∠PAO=∠PBO=90 ， ∵∠C=60  ， ∴∠AOB=2∠C=2×60  =120  ， ∴∠APB=360  −∠PAO−∠PBO−∠AOB=60  . 故答案为：60. 【点睛】 本题考查切线的性质, 圆周角定理. 13．一个钢管放在 V 形架内，右图是其截面图，O 为钢管的圆心．如果钢管的半径为 25cm，∠MPN＝60， 则 OP＝________. 【答案】50cm 【解析】 【分析】 钢管放在 V 形架内，则钢管所在的圆与 V 形架的两边相切，根据切线的性质可知 △ OMP 是直角三角形，且 ∠OPM=∠OPN=30°，根据直角三角形中 30°角所对的直角边长度等于斜边的一半，求出 OP 的长． 【详解】 ∵圆与 V 形架的两边相切， ∴ △ OMP 是直角三角形，∠OPN= 1 2 ∠MPN=30  ， ∴OP=2ON=50cm. 故答案为 50 cm. 【点睛】 本题考查切线的性质, 含 30 度角的直角三角形. 14．如图所示，P 为⊙O 外一点，PA、PB 分别切⊙O 于 A、B，CD 切⊙O 于点 E，分别交 PA、PB 于点 C、D，若 PA=15，则△PCD 的周长为___________ ． 【答案】30 【分析】 根据切线长定理可以得知△PCD 的周长等于 PA 与 PB 的和，然后根据 PA 的长度及 PA=PB 即可得到答案． 【详解】 解：由切线长定理可得：CA=CE，DE=DB，PB=PA=15， ∴△PCD 的周长=PC+CD+PD =PC+CE+ED+PD =PC+CA+BD+PD =PA+PB=30, 故答案为 30． 【点睛】 本题考查切线的应用，熟练掌握切线长定理是解题关键． 15．如图，PA，PB 是⊙O 的两条切线，切点分别为 A，B，连接 OA，OP，AB，设 OP 与 AB 相交于点 C， 若∠APB=60°，OC=2cm，则 PC=_________cm． 【答案】6 【分析】 由切线长定理可知 PA=PB，由垂径定理可知 OP 垂直平分 AB，所以 OP 平分 AOB ，可得 30APO   , 利用直角三角形 30 度角的性质可得 OA、OP 的长， OP PC 即可. 【详解】 解：PA，PB 是⊙O 的两条切线 PA PB  ， 90OAP   由垂径定理可知 OP 垂直平分 AB， OP 平分 AOB ， 90ACO   1 302APO AOB     60AOC   30OAC   在 Rt OAC 中， 2 4OA OC  在 Rt OAP 中， 2 8OP OA  8 2 6OP PC     故答案为：6 【点睛】 本题主要考查了圆的性质与三角形的性质，涉及的知识点主要有切线长定理、垂径定理、等腰三角形的性 质、直角三角形 30 度角的性质，灵活的将圆与三角形相结合是解题的关键. 三、解答题 16．如图，AB、BC、CD 分别与⊙O 相切于 E、F、G 三点，且 AB∥CD，OB＝6cm，OC＝8cm． （Ⅰ）求证：OB⊥OC； （Ⅱ）求 CG 的长． 【答案】（Ⅰ）证明见解析 （Ⅱ）6.4cm 【分析】 （Ⅰ）根据切线的性质得到 OB 平分∠EBF，OC 平分∠GCF，OF⊥BC，再根据平行线的性质得 ∠GCF+∠EBF=180°，则有∠OBC+∠OCB=90°，即∠BOC=90°； （Ⅱ）由勾股定理可求得 BC 的长，进而由切线长定理即可得到 CG 的长. 【详解】 解：（Ⅰ）连接 OF；根据切线长定理得：BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG； ∵AB∥CD， ∴∠ABC+∠BCD＝180°， ∴∠OBE+∠OCF＝90°， ∴∠BOC＝90°， ∴OB⊥OC； （Ⅱ）由（Ⅰ）知，∠BOC＝90°． ∵OB＝6cm，OC＝8cm， ∴由勾股定理得到：BC＝ 2 2OB OC ＝10cm， ∴ 1 1 2 2BOCS OB OC BC OF     即 1 16 8 102 2 OF     ∴OF＝4.8cm． ∴ 2 2CF OC OF  ＝6.4cm， ∵CF、CG 分别与⊙O 相切于 F、G， ∴CG＝CF＝6.4cm． 【点睛】 本题综合运用了切线长定理和切线的性质定理．注意：求直角三角形斜边上的高时，可以借助直角三角形 的面积进行计算． 17．如图，在 △ ABC 中，已知∠ABC＝90o，在 AB 上取一点 E，以 BE 为直径的⊙O 恰与 AC 相切于点 D， 若 AE＝2cm，AD＝4cm． (1)求⊙O 的直径 BE 的长； (2)计算 △ ABC 的面积． 【答案】（1）BE＝6；(2) S △ ABC＝24.. 【解析】 【分析】 （1）连接 OD，由切线的性质得 OD⊥AC，，在 Rt △ ODA 中运用勾股定理可以求出半径 OD，即可求得直径 BE 的长； （2）由切线长定理知，CD=BC，在 Rt △ ABC 中运用勾股定理可以求出 BC，则可由直角三角形的面积公式 求得 △ ABC 的面积． 【详解】 （1）连接 OD， ∴OD⊥AC ∴△ODA 是直角三角形 设半径为 r ∴AO＝r＋2 ∴ 2 22 16r r   解之得：r＝3 ∴BE＝6 (2)∵∠ABC＝900 ∴OB⊥BC ∴BC 是⊙O 的切线 ∵CD 切⊙O 于 D ∴CB＝CD 令 CB＝x ∴AC＝x＋4， CB＝x，AB＝8 ∵  22 28 4x x   ∴x＝6. ∴S △ ABC＝ 1 8 62    24（cm2）. 故答案为：（1）BE＝6；(2) S △ ABC＝24.. 【点睛】 本题考查勾股定理，切线的定义，切线长定理. 18．已知：如图，AB 是⊙O 的直径，BC 是和⊙O 相切于点 B 的切线，⊙O 的弦 AD 平行于 OC．求证： DC 是⊙O 的切线. 【答案】证明见解析 【分析】 连接 OD，要证明 DC 是⊙O 的切线，只要证明∠ODC=90°即可．根据题意，可证△OCD≌△OCB，即可得 ∠CDO=∠CBO=90°，由此可证 DC 是⊙O 的切线． 【详解】 证明：连接 OD, ∵BC 是和⊙O 相切于点 B 的切线 ∴∠CBO=90°. ∵AD 平行于 OC， ∴∠COD=∠ODA，∠COB=∠A； ∵∠ODA=∠A， ∴∠COD=∠COB，OC=OC，OD=OB， ∴△OCD≌△OCB， ∴∠CDO=∠CBO=90°． ∴DC 是⊙O 的切线． 19．如图， ABC 是直角三角形， 90ABC  ，以 AB 为直径的 O 与边 AC 交于点 D ，过 D 作 O 的 切线 DE 交 BC 于 E ，连接 OE ，交 O 于 F ． （1）求证： //OE AC ； （2）若 6AB  ， 18 5AD  ，求线段 EF 的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） 2EF  ． 【分析】 （1）方法一：连接 BD 交 EO 于G ，利用切线长定理可得 BE DE ， DEO BEO   ，可得 EO BD ， 利用圆周角定理证明 90ADB   ，从而可得结论；方法二：证明 ,DE CE BE  结合 ,OA OB 利用 三角形的中位线的性质可得结论； （2）连接 DO ，证明 5 BEO DEO     ，由 3sin 5 5   ，利用等角的三角函数值相等，求解 ,OE 从 而可得答案． 【详解】 证明（1）方法一：连接 BD 交 EO 于G ， ∵ 90ABC  且 AB 为 O 直径 ∴ BC 是 O 的切线 又∵DE 是 O 的切线 ∴ BE DE ， DEO BEO   ， ∴ EO BD ∴ 90OGB   ∵ AB 为 O 直径 ∴ 90ADB   ∴ //OE AC 方法二：连接 BD ， ∵ 90ABC  且 AB 为 O 直径 ∴ BC 是 O 的切线 又∵ DE 是 O 的切线 ∴ BE DE ∴ 1 2   ∵ AB 为 O 直径 ∴ 90ADB   ∴ 180 90 90CDB      ∴ 1 3 2 4 90         ∴ 3 4   ∴CE DE ∴ BE CE 又∵ AO BO ∴ //OE AC （2）连接 DO ， ∵ 90OGB   ∴ 5 6 90     ∵ 90ABC   ∴ 6 90BEO     ∴ 5 BEO DEO     ∵ 90ADB   又∵ 6AB  ， 18 5AD  ∴ 3sin 5 5 AD AB    ∴ 3sin 5DEO DO EO   ∵ 1 32DO AB  ∴ 5EO  ∴ 5 3 2EF EO OF     ∴ 2EF  ． 【点睛】 本题考查的是圆周角定理，圆的切线的判定与性质，平行线的判定，直角三角形的两锐角互余，三角形的 中位线的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，掌握以上知识是解题的关键． 20．如图，在 Rt ABC 中， 90ACB  ，O 是线段 BC 上一点，以O 为圆心，OC 为半径作 O ，AB 与 O 相切于点 F ，直线 AO 交 O 于点 E ， D ． （1）求证： AO 是 CAB 的角平分线； （2）若 1tan 2  D ，求 AE AC 的值； （3）如图，在（2）条件下，连接CF 交 AD 于点G ， O 的半径为 3，求 CF 的长． 【答案】（1）见解析；（2） 1 2 AE AC  ；（3） 24 5CF  ． 【分析】 （1）连接 OF ，利用切线的性质定理与角平分线定理的逆定理可得答案； （2）连接CE ，证明 ACE ADC ∽ 即可得到答案； （3）利用 ACE ADC ∽ 求解 , , ,AE AC AO 再利用切线长定理与勾股定理可得答案． 【详解】 （1）证明：连接 OF ， ABQ 与 O 相切于点 F ， OF AB  ， 90ACB   ， OC OF ， OAF OAC   ， 即 AO 是 ABC 的角平分线； （2）如图 2，连接CE ， ED 是 O 的直径， 90ECD   ， 90ECO OCD     ， 90ACB   ， 90ACE ECO     ， ACE OCD   ， OC OD ， OCD ODC   ， ACE ODC   ， CAE CAE   ， ACE ADC ∽ ，  AE CE AC CD  ， 1tan 2D  ，  1 2 CE CD  ，  1 2 AE AC  ； （3）由（2）可知： 1 2 AE AC  ， 设 AE x ， 2AC x ， ACE ADC  ∽ ，  AE AC AC AD  ， 2AC AE AD   ， 2(2 ) ( 6)x x x   ， 解得： 2x  或 0x  （不合题意，舍去）， 2AE  ， 4AC  ， 2 3 5AO AE OE      ， 如图 3，连接 CF 交 AD 于点G ， AC ， AF 是 O 的切线， AC AF  ， CAO OAF   ， CF AO  ， 90ACO CGO     ， COG AOC   ， CGO ACO ∽ ，  OC OA OG OC  ， 2OC OG OA   ， 9 5OG  ， 2 2 2 29 123 ( )5 5CG OC OG      ， 242 5CF CG   ． 【点睛】 本题考查的是圆周角定理，切线的性质定理，切线长定理，同时考查了相似三角形的判定与性质，勾股定 理的应用，掌握以上知识是解题的关键．