北师大版2021-2022年初中数学九年级下册3.7切线长定理同步课堂练习（Word版含答案）

2021-2022年初中数学九年级下册同步（北师大版）
3.7切线长定理-课堂练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，、是的切线，是的直径，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．若的外接圆半径为R，内切圆半径为，则其内切圆的面积与的面积比为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，中，，它的周长为16，若圆O与BC，AC，AB三边分别切于E，F，D点，则DF的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．6
4．如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，OP交⊙O于点C，连接AB，下列结论中，错误的是（　　）
A．∠1＝∠2 B．PA＝PB C．AB⊥OP D．OP＝2OA
5．如图，在中，，在边上取点为圆心画圆，使经过两点，下列结论：①；②；③以圆心，为半径的圆与相切；④延长交于点，则是的三等分点．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
6．如图，是的弦，点在过点的切线上，，交于点．若，则的度数等于（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
7．已知△ABC中，⊙I为△ABC的内切圆，切点为H，若BC＝6，AC＝8，AB＝10，则点A到圆上的最近距离等于_____．
8．如图，是的切线，为切点，连接．若，则=__________．
9．如图，中，，，，则的内切圆半径为________．
10．为了测量一个光盘的半径，小周同学把直尺、光盘和三角板按图所示放置于桌面上，并测量出AB＝3cm，这张光盘的半径是_____．
11．在边长为6的正△ABC中，若以A为圆心, 以8为半径作⊙A, 则⊙A与边BC的交点的个数为__________.
12．如图，△ABC为等边三角形，AB＝2，若P为△ABC内一动点，且满足∠PAB＝∠ACP，则点P运动的路径长为_________．
三、解答题
13．如图，和是⊙的两条切线，A，B为切点，．点D在上，点E和点F分别在和上，且，求的度数．
14．已知：如图，P为外一点，，为的两条切线，A和B为切点，为直径．求证：．
15．如图所示，四边形ABCD的顶点在同一个圆上，另一个圆的圆心在AB边上，且该圆与四边形ABCD的其余三条边相切．求证：．
16．如图，四边形ABCD是平行四边形，点A，B，D均在圆上．请仅用无刻度的直尺分别下列要求画图．
（1）在图①中，若AB是直径，CD与圆相切，画出圆心；
（2）在图②中，若CB，CD均与圆相切，画出圆心．
17．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，CD平分∠ACB，交AB于点D，以点D为圆心，DA为半径的⊙D与AB相交于点E.
(1)判断直线BC与⊙D的位置关系，并证明你的结论.
(2)若AC＝3，BC＝5，求BE的长.
18．如图，AB是⊙O的直径，点C是弧AB的中点，连接AC、BC，点Q是△ABC内一点，且有∠QAB＝∠QCA．
（1）求∠AQC的度数．
（2）线段QA、QC、QB三者之间的数量关系为： ，并说明理由．
（3）若，求∠AQB的度数．
参考答案
1．B
【解析】解:(1)PA,PB是⊙O的切线,
AP=BP,
∠P=62°,∠PAB==59°,
AC是⊙O的直径,
∠PAC=90°,
∠BAC=90°-59°=31°，
∠BOC=2∠BAC=62°，
故选B.
2．B
【解析】解：如图，由题意得：
，
由切线长定理可得：
设
，
，
而
故选B．
3．A
【解析】解：∵⊙O与BC，AC，AB三边分别切于E，F，D点，
∴AD=AF，BE=BD，CE=CF，
∵BC=BE+CE=6，
∴BD+CF=6，
∵AD=AF，∠A=60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴AD=AF=DF，
∵AB+AC+BC=16，BC=6，
∴AB+AC=10，
∵BD+CF=6，
∴AD+AF=4，
∵AD=AF=DF，
∴DF=AF=AD=，
故选：A．
4．D
【解析】由切线长定理可得：∠1＝∠2，PA＝PB，从而AB⊥OP．
因此A．B．C都正确．
无法得出AB＝PA＝PB，可知：D是错误的．
综上可知：只有D是错误的．
故选D．
5．D
【解析】①如图，连接，则．
，
，
．
，故①正确；
②在中，，
，故②错误；
③如图，过点作于点，
，
，
∴以圆心，为半径的圆与相切，故③正确；
④如图，延长，交于点，连接．
．
，
，
是等边三角形．
，
是的三等分点，故④正确；
故正确的有①③④．
6．B
【解析】∵，
∴∠APO=70°，
∵，
∴∠AOP=90°，∴∠A=20°，
又∵OA=OB，
∴∠ABO=20°，
又∵点C在过点B的切线上，
∴∠OBC=90°，
∴∠ABC=∠OBC ∠ABO=90° 20°=70°，
故答案为：B.
7．
【解析】解：连接IA，设AC、BC分别切⊙I于E、D，连接IE、ID，如图：
∵BC＝6，AC＝8，AB＝10，
∴BC2+AC2＝AB2
∴∠C＝90°
∵⊙I为△ABC的内切圆，
∴∠IEC＝∠IDC＝90°，IE＝ID，
∴四边形IDCE是正方形，设它的边长是x，
则IE＝EC＝CD＝ID＝IH＝x，
∴AE＝8﹣x，BD＝6﹣x，
由切线长定理可得：AH＝8﹣x，BH＝6﹣x，
而AH+BH＝10，
∴8﹣x+6﹣x＝10，解得x＝2，
∴AH＝6，IH＝2，
∴IA＝＝2，
∴点A到圆上的最近距离为2﹣2，
故答案为：2﹣2．
8．65°
【解析】解：∵是的切线，
∴AB=AC
∴∠ABC=∠ACB=（180°－∠A）=65°
故答案为：65°．
9．
【解析】如图，
∵在，，，
∴由勾股定理得：，
∵圆O为的内切圆，
∴，；
四边形是正方形；
由切线长定理，得：，，；
，
即：，
故答案为：2．
10．3cm．
【解析】如图，作OB⊥AB，连接OA，
∵∠CAD＝60°，
∴∠CAB＝120°，
∵AB和AC与⊙O相切，
∴∠OAB＝∠OAC，
∴∠OAB＝∠CAB＝60°
∵AB＝3cm，
∴OA＝6cm，
∴由勾股定理得3cm，
∴光盘的半径是3cm．
故答案为：3cm．
11．0
【解析】解：根据题意，
∵正△ABC的边长为6，以A为圆心的圆半径为8，
故BC在圆内，
⊙A与边BC的交点的个数为0.
12．
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝60°，AC＝AB＝2，
∵∠PAB＝∠ACP，
∴∠PAC+∠ACP＝60°，
∴∠APC＝120°，
∴点P的运动轨迹是，如图所示：
连接OA、OC，作OD⊥AC于D，
则AD＝CDAC＝1，
∵所对的圆心角＝2∠APC＝240°，
∴劣弧AC所对的圆心角∠AOC＝360°﹣240°＝120°，
∵OA＝OC，
∴∠OAD＝30°，
∵OD⊥AC，
∴ODAD，OA＝2OD，
∴的长为π；
故答案为：π．
13．
【解析】解：∵PA和PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB，
∴∠PAB=∠PBA，
∵AD=BE，BD=AF，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∵∠P=40°，
∴，
∴．
14．证明见解析
【解析】证明：如图，连接
∵，为的两条切线
∴
∴
∵
∴
∴
∵为的直径
∴
∴
∴
∴∥
15．见解析
【解析】证法一 如图所示，与AD相切于点E，与BC相切于点F，在射线EA上截取，连接OD，OE，OF，OG，则易证．
，．
四边形ABCD内接于圆，
．
AD，DC是半圆O的切线，
，
，
，
，
，即，
同理，
．
证法二 如图所示，与AD相切于点E，与BC相切于点F，在BO上截取，连接FM，OF．过点O作，交FM的延长线于点N，连接OE，OD．
，
．
，，
，，．
，，
．
AD，DC是半圆O的切线，
．
四边形ABCD内接于圆，
，
，
．
，
，
，，
，
同理，
．
16．（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）如图1所示，延长CB交圆于点E，连接DE，与AB交点即为圆心； 由已知可得∠A+∠DBA=90°，∠EBA=∠C=∠A,故∠EBA +∠DBA=90°，DE为直径；
（2）如图2所示，连接AC、BD交于点G，AC交圆于点E，射线DE交BC于F，射线FG交DA于H，连接BH交AC于O．点即为所求．说明：由已知可得，△ADB为等边三角形，由作图可知，AE为直径，DF⊥BC，可得，F是BC中点，进而得出H是AD中点，BH⊥AD，BH过圆心；
17．(1)直线BC与⊙D相切，理由见解析；(2)BE=1.
【解析】(1)直线BC与⊙D相切，
理由：过D作DF⊥BC于F，
∴∠CFD＝∠A＝90°，
∵CD平分∠ACB，
∴DA＝DF，
∴直线BC与⊙D相切；
(2)∵∠BAC＝90°，AC＝3，BC＝5，
∴AB＝＝4，
在Rt△ACD与Rt△FCD中,
∴Rt△ACD≌Rt△FCD(HL)，
∴CF＝AC＝3，
∴BF＝2，
∵BF是⊙D的切线，
∴BF2＝BA BE，
∴.
18．（1）135°；（2）AQ2+2QC2=BQ2，理由见详解；（3）150°
【解析】解：（1）∵AB是⊙O的直径，点C是弧AB的中点，
∴是等腰直角三角形，
∴∠QAB+∠QAC=∠BAC=45°，
∵∠QAB＝∠QCA，
∴∠QCA +∠QAC=45°，
∴∠AQC=180°-（∠QCA +∠QAC）=135°；
（2）如图：把CQ绕点C顺时针旋转90°得到CQ’，连接QQ’，AQ’，则是等腰直角三角形，
∴∠CQQ’=45°，QQ’=QC，
∵∠QCQ’=∠ACB=90°，
∴∠ACQ’=∠BCQ，
又∵AC=BC，CQ=CQ’，
∴，
∴AQ’=BQ，
∵∠AQC=135°，
∴∠AQQ’=135°-45°=90°，
∴AQ2+QQ’2=AQ’2，
∴AQ2+2QC2=BQ2；
（3）∵，
∴设CQ=3x，AQ=，则QQ’=3x，
∴tan∠AQ’Q=，即：∠AQ’Q=30°，
∴∠AQ’C=30°+45°=75°，
∵，
∴∠BQC=∠AQ’C=75°，
∴∠AQB=360°-135°-75°=150°．
试卷第4页，共4页
试卷第3页，共4页