24.2.2　第3课时　切线长定理和三角形的内切圆同步练习 2021-2022学年人教版数学九年级上册（word答案版）

24.2.2　第3课时　切线长定理和三角形的内切圆
命题点
1　切线长定理
1.如图,PA,PB分别切☉O于A,B两点,如果∠P=60°,PA=2,那么AB的长为
(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
2.如图是用一把直尺、含60°角的三角尺和光盘摆放而成的,A为60°角与直尺的交点,B为光盘与直尺的唯一交点.若AB=3,则光盘的直径是
(　　)
A.6
B.3
C.6
D.3
3.如图,PA,PB
分别切☉O于点A,B,MN切☉O于点C,分别交PA,PB于点M,N.若PA=7.5
cm,则△PMN的周长是
(　　)
A.7.5
cm
B.10
cm
C.12.5
cm
D.15
cm
4.如图,PA,PB,CD分别切☉O于点A,B,E,CD分别交PA,PB于C,D两点.若∠P=40°,则∠PAE+∠PBE的度数为
(　　)
A.50°
B.62°
C.66°
D.70°
5.[2019·盐城阜宁期中]
如图,☉O为△ABC的内切圆,AC=10,AB=8,BC=9,D,E分别为BC,AC上的点,且DE为☉O的切线,则△CDE的周长为
(　　)
A.9
B.7
C.11
D.8
6.如图,PA,PB分别切☉O于点A,B,连接PO与☉O相交于点C,连接AC,BC.
求证:AC=BC.
7.如图所示,P为☉O外一点,PA,PB为☉O的切线,A,B为切点,AC为☉O的直径,PO交☉O于点E.
(1)试判断∠APB与∠BAC的数量关系,并说明理由.
(2)若☉O的半径为4,P是☉O外一动点,是否存在点P,使四边形PAOB为正方形?若存在,请求出PO的长,并判断点P的个数及其满足的条件;若不存在,请说明理由.
命题点
2　三角形的内切圆与内心
8.三角形的内心是
(　　)
A.三边垂直平分线的交点
B.三条角平分线的交点
C.三条高所在直线的交点
D.三条中线的交点
9.[2020·随州]
如图,设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h,r,R,则下列结论不正确的是
(　　)
A.h=R+r
B.R=2r
C.r=a
D.R=a
10.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著.书中有下列问题“今有勾八步,股十五步,问勾中容圆径几何.”其意思是:“如图,今有直角三角形,勾(短直角边)长为8步,股(长直角边)长为15步,问该直角三角形能容纳的圆形(内切圆)直径是多少.”其结果为
(　　)
A.3步
B.5步
C.6步
D.8步
11.如图,☉I是△ABC的内切圆,与AB,BC,CA分别相切于点D,E,F,∠DEF=50°,求∠A的度数.
12.如图,在△ABC中,边AC上有一点D满足CD=2AD,点O是△BDC的内心,E,F分别为☉O与边BD,CD的切点,已知BD=BC.
(1)求证:①AE⊥EF;
②AE∥DO.
(2)若AC=6,☉O的半径为1,求AE的长.
13.联想三角形内心的概念,我们可引出如下概念.
定义:到三角形的两边距离相等的点,叫做此三角形的准内心.
举例:如图①,若PD=PE,则点P为△ABC的准内心.
应用:如图②,BF为等边三角形ABC的角平分线,准内心P在BF上,PD⊥AB于点D,PE⊥BC于点E,且PF=BP.求证:点P是△ABC的内心.
14.联想三角形外心的概念,我们可引出如下概念:到三角形的两个顶点距离相等的点,叫做此三角形的准外心.例如:如图①,若PA=PB,则点P为△ABC的准外心.
(1)如图②,CD为等边三角形ABC的高,准外心P在高CD上,且PD=AB,连接AP,BP,求∠APB的度数;
(2)如图③,若△ABC为直角三角形,∠C=90°,AB=13,BC=5,准外心P在AC边上,试探究PA的长.
答案
1.B　2.A　3.D
4.D　[解析]
∵∠P=40°,
∴∠PCD+∠PDC=140°.
∵PA,PB,CD分别切☉O于点A,B,E,
∴AC=CE,DE=DB,
∴∠CAE=∠CEA,∠DEB=∠DBE.
∵∠PCD=∠CAE+∠CEA=2∠PAE,
∠PDC=∠DEB+∠DBE=2∠PBE,
∴∠PCD+∠PDC=2(∠PAE+∠PBE)=140°,
∴∠PAE+∠PBE=70°.
5.C
6.证明:∵PA,PB分别切☉O于点A,B,
∴PA=PB,∠APO=∠BPO.
又∵PC=PC,∴△APC≌△BPC,∴AC=BC.
7.解:(1)∠APB=2∠BAC.
理由:∵PA,PB为☉O的切线,A,B为切点,
∴PA=PB,∠APO=∠BPO,
∴∠PAB=∠PBA.
∵∠APO+∠BPO+∠PAB+∠PBA=180°,
∴∠APO+∠PAB=90°.
∵PA是☉O的切线,∴∠PAO=90°,
即∠PAB+∠BAC=90°,
∴∠APO=∠BAC,∴∠APB=2∠BAC.
(2)存在.
∵PA,PB为☉O的切线,∴OA⊥PA,OB⊥PB,
∴∠OAP=∠OBP=90°,
∴当OA⊥OB时,四边形PAOB为矩形.
又∵OA=OB,∴四边形PAOB为正方形,
∴PO=OA=4.
这样的点P有无数个,当点P在以点O为圆心,4为半径的圆上时,四边形PAOB为正方形.
8.B
9.C　[解析]
如图.∵△ABC是等边三角形,
∴△ABC的内切圆和外接圆是同心圆,设圆心为O.
过点A作AD⊥BC于点D,则AD过点O,且D为△ABC的内切圆与边BC的切点,设△ABC的内切圆与边AC的切点为E,连接OE,则OE⊥AC.
由题意,得OE=r,AO=R,AD=h,
∴h=R+r,故A正确;
∵AD⊥BC,
∴∠DAC=∠BAC=×60°=30°.
在Rt△AOE中,AO=2OE,
∴R=2r,故B正确;
∵AB=AC=BC=a,
∴AE=AC=a.
在Rt△AOE中,由勾股定理,得AE2+OE2=AO2,
即a2+r2=(2r)2,a2+R2=R2,
∴r=,R=a,故C错误,D正确.
故选C.
10.C　[解析]
如图,设BC=8,AC=15,
则AB==17.
∵S△ABC=AC·BC=AB·r+AC·r+BC·r=r(AB+AC+BC),
∴r===3.
故该直角三角形能容纳的圆形的直径是6步.
11.解:连接ID,IF,如图.
∵∠DEF=50°,
∵∠DIF=2∠DEF=100°.
∵☉I是△ABC的内切圆,与AB,CA分别相切于点D,F,
∴ID⊥AB,IF⊥AC,
∴∠ADI=∠AFI=90°,∴∠A+∠DIF=180°,
∴∠A=180°-100°=80°.
12.解:(1)证明:①如图,连接OB,OF.
∵点O是△BDC的内心,∴BO平分∠DBC.
∵BD=BC,∴OB⊥CD.
∵CD与☉O相切于点F,∴OF⊥CD,
∴B,O,F三点共线,∴DF=CF.
又∵CD=2AD,∴AD=DF.
∵BD与☉O相切,
∴由切线长定理可知DE=DF,
∴AD=DE=DF,
∴∠DAE=∠DEA,∠DEF=∠DFE.
∵∠DAE+∠DEA+∠DEF+∠DFE=180°,
∴∠DEA+∠DEF=90°,
∴∠AEF=90°,∴AE⊥EF.
②∵点O是△BDC的内心,∴DO平分∠BDC,
∴∠EDF=2∠EDO.
由①知∠DAE=∠DEA.
又∵∠EDF=∠DAE+∠DEA,
∴2∠EDO=2∠DEA,∴∠EDO=∠DEA,
∴AE∥DO.
(2)如图,设DO与EF相交于点G.
由(1)可知DE=DF,DO平分∠EDF,
∴DO⊥EF,∴EF=2FG.
∵AD=DF=CF,AC=6,∴DF=2.
∵OF=1,∴由勾股定理可求得OD=.
∵DF·OF=OD·FG,
即×2×1=×FG,∴FG=,
∴EF=2FG=.
∵AF=2DF=4,∠AEF=90°,
∴由勾股定理可求得AE===.
13.证明:∵△ABC是等边三角形,∴∠ABC=60°.
∵BF为△ABC的角平分线,
∴∠PBE=30°,∴PE=BP.
∵BF是等边三角形ABC的角平分线,
∴BF⊥AC.
∵点P是△ABC的准内心,PD⊥AB,PE⊥BC,PF=BP,
∴PE=PD=PF,∴点P是△ABC的内心.
14.解:(1)①若PB=PC,则∠PCB=∠PBC.
∵CD为等边三角形ABC的高,
∴AD=BD,∠PCB=30°,
∴∠PBD=∠PBC=∠PCB=30°,
∴PD=BD=AB,与已知PD=AB矛盾,∴PB≠PC;
②若PA=PC,同理可推出矛盾,∴PA≠PC;
③若PA=PB,由PD=AB,
得PD=BD=AD.
∵∠ADP=∠BDP=90°,
∴∠PAB=∠APD=∠PBA=∠BPD=45°,
∴∠APB=90°.
综上可得,∠APB=90°.
(2)①若PB=PA,连接PB.
设PA=x,则PB=x.
∵∠C=90°,AB=13,BC=5,
∴AC=12,∴PC=12-x.
在Rt△BCP中,有x2=(12-x)2+52,
解得x=,即PA=.
②若PA=PC,则PA=6.
③若PC=PB,由图知,此种情况不存在.
综上可得,PA的长为或6.