【精品解析】（培优卷）2.2切线长定理-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试

（培优卷）2.2切线长定理-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·武汉）如图，在四边形中，，以为圆心，为半径的弧恰好与相切，切点为．若，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接DB，DE，
∵，
∴设AB=x，则CD=3x，
∵AD⊥AB，AD是半径，
∴AB是切线，
∵BC是切线，
∴AB=BE=x，∠ABD=∠DBC，∠DEC=90°，
∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠DBC=∠BDC，
∴DC=BC=3x，
∴CE=BC-BE=3x-x=2x，
∴，
∴.
故答案为：B
【分析】设AB=x，则CD=3x，连接DB，DE，可证得AB是切线，利用切线长定理可证得AB=BE=x，∠ABD=∠DBC，∠DEC=90°，利用平行线的性质可推出∠ABD=∠DBC=∠BDC，再利用等腰三角形的性质可表示出BC，CE的长；利用勾股定理表示出DE的长；然后利用锐角三角函数的定义可求出sinC的值.
2．（2023·衡水模拟）如图，将直尺、含的直角三角尺和量角器按如图摆放，角的顶点A在直尺上读数为4，量角器与直尺的接触点B在直尺上的读数为7，量角器与直角三角尺的接触点为点C，则该量角器的直径是（　　）．
A．3 B． C．6 D．
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理的应用；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】
解：如图，连接OA、OB、OC，
∵AC、AB都与圆相切，
∴OC⊥AC，OB⊥AB，OA平分∠BAC，
∵∠BAC＝180°-60°＝120°，∴∠OAC＝∠OAB＝60°，∴∠AOB＝30°，
∴OA＝2AB＝6，
∴，
∴量角器的直径为.
故答案为：D
【分析】
连接OA，OB，OC，根据切线的性质，切线长定理，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理可求出可求出OB。
3．（2023·武安模拟）如图是个一不倒的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿，分别相切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆心O，若，则的度数为（　　）．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：切于点A，是半径，
，
．
，
．
、分别切于点A、B，
，
．
，
．
故答案为：A．
【分析】利用切线长的性质可得，再利用等边对等角的性质可得，再利用三角形的内角和求出即可。
4．（2023九上·钦州期末）如图，的内切圆与、、分别相切于点、、，且，，，则阴影部分（即四边形）的面积是（　　）
A．4 B．6.25 C．7.5 D．9
【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理；正方形的判定与性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵，，
∴
∴为直角三角形，
∵与分别相切于点、
∴ ，，
∴四边形是正方形
设
则
∵的内切圆与、、分别相切于点、、
∴，
∴
∴
∴阴影部分的面积是：
故答案为：A.
【分析】根据勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，且∠A=90°，根据切线的性质可得∠AFO=∠AEO=90°，再结合OF=OE可判断出四边形OFAE是正方形，设OE=r，根据切线长定理得BD=BF=5-r，CD=CE=12-r，根据BD+CD=AB建立方程，求解得出r的值，最后根据正方形的面积计算方法即可算出四边形AEOF的面积.
5．（2022九上·曹县期中）如图，中，，，以BC边上一点O为圆心作，分别与AB，AC相切于点D，E，则AD的长为（　　）
A．4.5 B．5 C．5.5 D．6
【答案】A
【知识点】相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】连接
∵AB，AC相切于点D，E，
∴，
又∵
∴
∴
又∵
∴，
根据勾股定理得
∵
∴
∴
∴
故答案为：A．
【分析】连接，先证明，利用相似三角形的性质可得，再将数据代入求出即可。
6．（2021九上·南宁期中）如图，以正方形的边为直径作半圆O过点C作直线切半圆于点F，交边于点E，若的周长为12，则线段的长为（　　）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
设正方形的边长为m，，则，
经过的半径的外端，且，
是的切线，
与相切于点F，
，，
，
，
，
，
，
，
线段的长为1.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质可得AD=CD=CB，∠A=∠D=90°，设正方形ABCD的边长为m，AE=x，则AD=CD=CB=m，由题意可得AD为切线，根据切线长定理可得FE=AE=x，CF=CB=m，根据DE+CE+CD=12可得m的值，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理计算即可.
7．（2022·黔东南）如图，、分别与相切于点、，连接并延长与交于点、，若，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；锐角三角函数的定义；切线长定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连结OA
∵、分别与相切于点A、，
∴PA=PB，OP平分∠APB，OP⊥AP，
∴∠APD=∠BPD，
在△APD和△BPD中，
，
∴△APD≌△BPD（SAS）
∴∠ADP=∠BDP，
∵OA=OD=6，
∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，
∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，
在Rt△AOP中，OP=，
∴sin∠ADB=.
故答案为：A
【分析】连结OA，利用切线长定理可证得PA=PB，∠APD=∠BPD，OP⊥AP；再利用SAS证明△APD≌△BPD，利用全等三角形的性质可得到∠ADP=∠BDP可推出∠AOP=∠ADB，在Rt△AOP中，利用勾股定理求出OP的长；然后利用锐角三角函数的定义可求出sin∠ADB的值.
8．（2022·上城模拟）在直角坐标系中，一次函数 的图象记作G，以原点O为圆心，作半径为1的圆，有以下几种说法：
①当G与⊙O相交时，y随x增大而增大；②当G与⊙O相切时， ③当G与⊙O相离时， 或 . 其中正确的说法是（　　）
A．① B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义；一次函数的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵ ，当x=2时，y=1，
∴一次函数经过点（2，1），
如图1，P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB，OP，AB，AB与OP交于点C，过B作BE⊥y轴于E，
∵A点坐标（0，1），∴PA∥x轴，
∵PA=2，OA=1，∴OP= ，
Rt△PAO中，sin∠OPA= ，cos∠OPA= ，
由切线长定理可得：PB=PA，PO⊥AB，
∴AB=2AC，∵AC=APsin∠OPA= ，∴AB= ，
∵∠AOP+∠OPA=90°，∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠OPA，
Rt△ABE中，BE=ABsin∠EAB= × = ，AE=ABcos∠EAB= × = ，
∴OE=AE-AO= ，
∴B点坐标（ ，- ），代入 可得：k= ，
∵直线 与y轴交点纵坐标为（1-2k），
当k= 时，直线与圆相切，直线与y轴交点（0， ），
当k＞ 时，（1-2k）＜ ，直线与圆相离；
当k＜0时，（1-2k）＞1，直线与圆相离；
当0＜k＜ ， ＜（1-2k）＜1，直线与圆相交；
∵直线与圆相交时，0＜k＜ ，∴一次函数递增，故①正确；
∵直线与圆相切时，k= ，故②错误；
∵直线与圆相离时， 或 ，故③正确；
①③正确.
故答案为：C.
【分析】由一次函数解析式可得其图象过点（2，1），P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB，OP，AB，AB与OP交于点C，过B作BE⊥y轴于E，根据点A的坐标可得PA=2，OA=1，利用勾股定理求出OP，由切线长定理可得：PB=PA，PO⊥AB，则AB=2AC，根据三角函数的概念可得AC、AB，根据同角的余角相等可得∠OAC=∠OPA，利用三角函数的概念可得BE、AE，然后求出OE，得到点B的坐标，代入y=kx+1-2k中求出k的值，得到直线与y轴交点的纵坐标，然后根据直线与圆的位置关系以及一次函数的性质进行判断.
9．（2020九上·安徽月考）如图，PA，PB为⊙O的切线，切点分别为A，B，PO交AB于点C，PO的延长线交⊙O于点D。下列结论不一定成立的是（　　）
A．△BPA为等腰三角形 B．AB与PD相互垂直平分
C．点A，B都在以PO为直径的圆上 D．PC为△BPA的边AB上的中线
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解：
A.∵PA，PB为⊙O的切线，∴PA= PB，∴△BPA是等腰三角形，故A选项不符合题意。
B.由圆的对称性可知：PD垂直平分AB，但AB不一定平分PD，故B选项符合题意，
C.连接OB，OA，PA，PB为⊙O的切线∠OBP=∠OAP=90°，点A，B，P在以OP为直径的圆上，故C选项不符合题意．
D.∵△BPA是等腰三角形，PD⊥AB，∴PC为OBPA的边AB上的中线，故D选项不符合题意。
【分析】根据切线长定理、等腰三角形的性质以及菱形的性质，分别判断得到答案即可。
10．（2019·武汉模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD，CD分别与⊙O切于点E，F，点M、N分别在线段DE，DF上，且MN与⊙O相切，若△MBN的面积为8，则⊙O的半径为（　　）
A． B．2 C． D．2
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.
∵AD、CD、MN是切线，
∴AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，
在Rt△DMN中，∵MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，
∴（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2，
∴ax+ay+xy＝a2，
∵S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝8，
∴4a2﹣ ×2a×（a+x）﹣ （a﹣x）（a﹣y）﹣ ×2a×（a+y）＝8，
∴ a2﹣ （ax+ay+xy）＝8，
∴a2＝8，
∴a＝2 ，
∴AB＝2a＝4 ，
∴⊙O的半径为2 ，
故答案为：B.
【分析】设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.因为AD、CD、MN是切线，可得AE=DE=DF=CF=a，MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF=y，在Rt△DMN中，以为MN=x+y，DN=a-y，DM=a-x，看到（x+y）2=（a-y）2+（a-x）2，推出ax+ay+xy=a2，根据S△BMN=S正方形ABCD-S△ABM-S△DMN-S△BCN=8，构建方程求出a即可解决问题；
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2023·泰州）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为　 　里．
【答案】9
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，在中，点O是AB上一点，以OB为半径的与AC相切与点D，连接OD，
，又∵∠A=∠A，
，是的切线，
，，
里，
里，
里，
里，
里，
设里，
里，
，
，
里，
故答案为：9.
【分析】首先由切线的定义证得，再通过切线长定理得到AC的长，然后由勾股定理求得AB的长，设里，利用相似三角形的线段比求得r的值，进而得到该城堡的外围直径长.
12．（2023·通辽）某款“不倒翁”（如图）的主视图是图，分别与所在圆相切于点A，B，若该圆半径是，则主视图的面积为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；切线的性质；扇形面积的计算；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA、OB，
∵PA、PB分别与所在圆相切于点A，B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，PA=PB.
∵∠P=60°，
∴∠AOB=120°，且△AOB为等边三角形，
∴优弧AMB对应的圆心角的度数为360°-120°=240°，AB=OA=，
∴优弧AMB的面积为=，S△PAB=×()2=，S△AOB=×102=∴主视图的面积=++=+.
故答案为：+.
【分析】连接OA、OB，则∠OAP=∠OBP=90°，PA=PB，∠AOB=120°，且△AOB为等边三角形，优弧AMB对应的圆心角的度数为360°-120°=240°，AB=OA=，然后根据S主视图=优弧AMB的面积+S△PAB+S△AOB进行计算.
13．（2022·宁波模拟）如图， 在矩形 中 ， 点 为 的中点， 点 为边 上的动点， 连结 . 将 沿着 翻折， 使点 的对应点 恰好落在线段 上. 若 三点共线， 则 的值为　 　；若 ， 且这样的点 有且只有一个时， 则 的长为　 　.
【答案】；4
【知识点】矩形的性质；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：如图， 当 A、B'、C 三点共线时， 连结三点，
则 ，
∴ ， 则 .
当这样的点B'有且只有一个时，
即以AB为半径的 与DE相切，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ .
故答案为：，4.
【分析】第一空、由翻折性质得，易得，可得，所以 ，，易得，求得即可；第二空，AB=AB'，即B'的运动轨迹是以A为圆心，AB长为半径的圆弧，因为B'在DE上仅有一个，说明圆弧与DE相切，BC也与圆弧相切，由切长线定理可得E和F重合，AB'⊥DE，∠ADB’=∠DEC，AB’=AB=CD，易得，得DE=AD，即可.
14．（2020·乌苏模拟）如图，半径为2的⊙O与含有30°角的直角三角板ABC的AC边切于点A，将直角三角板沿CA边所在的直线向左平移，当平移到AB与⊙O相切时，该直角三角板平移的距离为　 　.
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；平移的性质；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：根据题意画出平移后的图形，如图所示：
设平移后的△A′B′C′与 相切于点D，连接OD，OA，AD，
过O作OE⊥AD，可得E为AD的中点，
∵平移前 与AC相切于A点，
∴OA⊥A′C，即
∵平移前 与AC相切于A点，平移后 与A′B′相切于D点，
即A′D与A′A为 的两条切线，
∴A′D=A′A，又
∴△A′AD为等边三角形，
∴
∴
在Rt△AOE中，
∴
∴
∴
则该直角三角板平移的距离为
故答案为
【分析】 根据题意画出平移后的图形，如图所示，设平移后的△A′B′C′与圆O相切于点D，连接OD，OA，AD，过O作OE⊥AD，根据垂径定理得到E为AD的中点，由平移前AC与圆O相切，切点为A点，根据切线的性质得到OA与AC垂直，可得∠OAA′为直角，由A′D与A′A为圆O的两条切线，根据切线长定理得到A′D=A′A，再根据∠B′A′C′=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形可得出三角形A′AD为等边三角形，平移的距离AA′=AD，且∠DAA′=60°，由∠OAA′-∠DAA′求出∠OAE为30°，在直角三角形AOE中，由锐角三角函数定义表示出cos30°=，把OA及cos30°的值代入，求出AE的长，由AD=2AE可求出AD的长，即为平移的距离．
15．（2019九下·温州竞赛）如图，在△ABC中，AB=AC，在∠ABC的内部作∠ABE=45°，EC⊥BC点D在AB上，DE、AC相交点F，若以DE为直径的⊙O与AB、BC都相切，切点分别为点D和G，则 的值是　 　.
【答案】
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的性质；切线长定理
【解析】【解答】设圆的半径为1，EC=x，GC=y，连接EG、DG，
Rt△ECG∽Rt△EGD，则，，在Rt△BCE中，，解得 得
设CE交圆于M点，CG为切线，有，从而
，过F作AH的垂线，交AH、DP分别为J、K，AH交DE于I.，
∴
【分析】要求AF：FC的值，直接求不好处理，考虑间接求法。作AH垂直于BC，交DE于一点P，这样AF：FC就转化为AI：EC。作出有关平行线和垂线，利用平行线所截线段成比例和三角形相似等求得AI的长度，进而求出的值。
16．（人教版九年级数学上册 24.2.2 直线和圆的位置关系（二）同步练习）如图，PA、PB分别切⊙O于A、B，点C、M是⊙O上的点，∠AMB=60°，过点C作的切线交PA、PB于E、F，△PEF的外心在PE上．已知PA=3，则AE的长为　 　．
【答案】2 ﹣3
【知识点】圆周角定理；切线的性质；切线长定理；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OB．
∵∠AMB=60°，
∴∠AOB=120°
∵PA、PB分别切⊙O于A、B，
∴PA=PB=3，∠OAP=∠OBP=90°，
在四边形PAOB中，∠P=360°﹣∠PAO﹣∠AOB﹣∠OBP=60°
∵△PEF的外心在PE上，
∴△PEF是直角三角形，且∠PFE=90°．
在Rt△PEF中，∵∠P=60°，
∴PE=2PF，EF= PF．
设AE的长为x，则PE=3﹣AE=3﹣x，
则PF= （3﹣x），EF= （3﹣x），BF=3﹣PF= （3+x）
∵EF是⊙O的切线，
∴EA=EC，FC=FB．
∵EF=EC+FC=AE+BF
∴ （3﹣x）=x+ （3+x）
∴x=2 ﹣3．
故答案为：2 ﹣3
【分析】根据题目中的切线长定理可知，CE=CF，PA=PB，所以根据△PEF的外心在PE上即可得出该三角形为直角三角形，由∠M的度数为60°，即可得出∠P的度数，利用特殊角之间的关系，可以得到FB、PF、AE、PE，从而根据EF=AE+BF的等量关系式列出方程，即可求得AE的长度。
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2022·覃塘模拟）如图，在四边形中，，以为直径作平分，动点P在左侧的半圆O上（P与点A，B均不重合）.
（1）求证：是的切线；
（2）记（1）中的切点为E，若，求的值.
【答案】（1）证明：如图，过O作，垂足为E，
∵，，
∴，
又∵平分，
∴，
∵是的直径，是的半径，
∴是的半径，
∴是的切线.
（2）解：如图，过点D作于点H，连接，
∵，，
∴∠BAD=∠ABH=∠BHD=90°
∴四边形是矩形，
∴，
又∵，
则，
∵，，均是的切线，A，B，E是切点，
∴，，，
∴在Rt中，
，
又∵，
∴，
在Rt中，由勾股定理得∶，
∵，，且，
∴平分，
即，
∵在中， ，
∴在Rt中，.
【知识点】矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【分析】（1）过O作OE⊥CD，垂足为E，易得BC⊥AB，根据角平分线的性质可得OE=OB，进而根据到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线即可得出结论；
（2） 过点D作DH⊥BC于点H，连接OD，由有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形ABHD是矩形， 则BH=AD=1，CH=1，根据切线长定理得DE=AD=1，CE=BC=2，CD=3，利用勾股定理求出DH，进而得到OA、OB，由勾股定理可得OD，根据角平分线的判定定理可得∠1=∠2=∠AOE，根据圆周角定理可得∠APE=∠AOE=∠1，然后根据三角函数的概念进行计算.
18．（2023·中山模拟）如图，已知是的直径，，为圆上任意一点，过点作圆的切线，分别与过，两点的切线交于，两点．
（1）求的值；
（2）如图，连接，交于点，证明直线．
【答案】（1）解∶如图，连接 ， ， ．
∵ ， ， 是 的切线，
∴ ， 分别是 ， 的平分线．
∵ ，
∴ ．
∴ ，即 是直角三角形．
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴ ．
∴ ．
即 ．
∴ ．
（2）解：证明：∵ ， ， 是 的切线，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
又∵ ， ，
∴ ．
又 ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
又 ，
∴ ．
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）连接OP、OQ、OC，由题意可得OP、OQ分别为∠AOC、∠BOC的平分线，根据平角的概念结合角平分线的概念可得∠POQ=90°，根据同角的余角相等可得∠OPC=∠COQ，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△OCP∽△QCO，再利用相似三角形的性质进行计算；
（2）根据切线的性质以及切线长定理可得PC=PA，QC=QB，AP⊥AB，BQ⊥AB，则AP∥BQ，根据平行于三角形一边的直线和其他两边或其延长线相交，所得的三角形与原三角形相似可得△MBQ∽△MPA，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△PMC∽△PBQ，则∠PMC=∠PBQ，推出MC∥BQ，据此证明.
19．（2023·四川模拟）已知的半径为为的一条直径，P为外一点，且，过点P作的两条切线，连接与相交于点G.
（1）求证：；
（2）求点O到线段的距离；
（3）记线段与交于点F，连接，直接写出的值.
【答案】（1）证明：∵是的两条切线，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴点O到线段的距离为；
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；求特殊角的三角函数值；切线长定理
【解析】【解答】解：（3）如图所示，连接，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴.
【分析】（1）根据切线长定理可得PC=PD，∠OPC=∠OPD，由等腰三角形三线合一的性质可得PG⊥CD，然后根据垂直于同一直线的两直线互相平行进行证明；
（2）连接OC，由切线的性质可得∠OCP=∠OGC=90°，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△COG∽△POC，根据相似三角形的性质可求出OG的值，即为点O到线段CD的距离；
（3）连接FD、OD，易得PF=OF=1，OF=DF=OP=1，推出△ODF是等边三角形，得到∠ODF=60°，∠CDF=30°，然后根据特殊角的三角函数值进行计算.
20．（2023·济宁）如图，已知是的直径，，切于点，过点作交于点，若．
（1）如图1，连接，求证：；
（2）如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论．
【答案】（1）证明：∵，是半径，
∴是的切线，
∵是的切线，
∴，
∵
∴，
∴
∴，，
∵
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
延长至使得，连接，，如图所示
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得，
又是直径，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
即．
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理；切线的判定；切线长定理
【解析】【分析】（1）先根据切线的判定证明是的切线，进而根据切线长定理即可得到，进而即可得到，从而得到，进而即可得到，，再根据题意即可得到，进而根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得到，进而根据三角形全等的判定即可求解；
（2），理由如下：延长至使得，连接，，先根据题意即可得到，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，，由（1）可得，再根据圆周角定理得到，进而得到，从而证明，再根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而即可求解。
21．（2021·古冶模拟）已知 的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．
（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上， ，则 　 　；
（2）如图2，点C在圆上运动，当 最大时（即连接 并延长交⊙O于点C），连接 ， ，
①求证： ；
②若 交⊙O于另一点D， ，求图中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）．
【答案】（1）50°
（2）解：①证明：∵ ， 为 的切线
∴ ，
又∵ ，
∴
②连接OA，OB，
∵
∴
∴ 为 的切线
∴
∵ ，
∴ ， ， ，
∵
∴弧 的长度 ，
∴阴影部分的周长
【知识点】弧长的计算；切线长定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)如图1，连接OA，OB，
∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠MPN+∠PAO+∠PBO+∠AOB＝360°，
∴∠MPN+∠AOB＝180°，
∵∠MPN＝80°，
∴∠AOB＝100°，
∴∠ACB＝50°；
故答案为：50°；
【分析】（1）连接OA，OB，由切线的性质可求∠PAO＝∠PBO＝90°，由四边形内角和可求解；
（2）①由切线长定理可得PA＝PB，∠APC＝∠BPC，由“SAS”可证△APC≌△BPC；②分别求出AP，PD的长，由弧长公式可求 ，即可求解．
22．（2022九上·莒南期中）已知，AB是⊙O的直径，AB＝16，点C在⊙O的半径OA上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC＝10，PT为⊙O的切线，切点为T．
（1）如图（1），当C点运动到O点时，求PT的长；
（2）如图（2），当C点运动到A点时，连接PO、BT，求证：PO∥BT；
（3）如图（3），设PT＝y，AC＝x，求y与x的解析式并求出y的最小值．
【答案】（1）解：连接OT，如图（1）所示：
则OT⊥PT，
∴∠OTP＝90°，
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，
∴OT＝AB＝×16＝8，
在Rt△OTP中，由勾股定理得：PT＝；
（2）证明：连接OT，如图（2）所示：
∵PC⊥AB，点C与点A重合，AB是⊙O的直径，
∴PA是⊙O的切线，
∵PT为⊙O的切线，
∴PA＝PT，
在△OPA和△OPT中，，
∴△OPA≌△OPT（SSS），
∴∠AOP＝∠TOP＝∠AOT，
∵∠AOT＝2∠B，
∴∠AOP＝∠B，
∴PO∥BT；
（3）解：连接PO、OT，如图（3）所示：
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，AC＝x，
∴OC＝OA-AC＝AB-AC＝8-x，OT＝8，
∵PC⊥AB，
∴∠PCO＝90°，
在Rt△PCO中，由勾股定理得：PO＝，
∵PT为⊙O的切线，
∴PT⊥OT，
在Rt△OTP中，由勾股定理得：y＝PT＝＝，
∴y与x的解析式为：y＝，
∴当x＝8时，y有的最小值，y最小值为6．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线长定理；二次函数y=ax²+bx+c的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】（1）连接OT， 求出OT＝AB＝8，在Rt△OTP中，由勾股定理求出PT即可；
（2）连接OT，由切线长定理可得PA=PT，证明△OPA≌△OPT（SSS），可得∠AOP＝∠TOP＝∠AOT，由圆周角定理可得∠AOT＝2∠B，即得∠AOP＝∠B，根据平行线的判定即证；
（3）连接PO、OT，易求OC=8-x， OT＝8， 在Rt△PCO中，由勾股定理PO＝， 再次利用勾股定理得y＝PT＝，据此即得y＝， 利用偶次幂的非负性求其最小值即可.
23．（2021九上·硚口月考）如图1，AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，A为切点，点B在⊙O上，PA＝PB，弦AB与PC交于点M
（1）求证：PB是⊙O的切线
（2）连接BC，若∠APB＝4∠BPC，AP＝6，求BC的长
（3）如图2，若AB＝4BM，求 的值
（4）如图3，若AP＝AC，PO与AB交于点D，PC与⊙O交于点N，连接DN，则 ＝　 　
【答案】（1）证明：连接BO，PO.
∵ PA为⊙O的切线，
∴ PA⊥OA，即∠PAO＝90°.
∵ PA＝PB， OA＝OB，
∴ ∠PAB＝∠PBA，∠OAB＝∠OBA.
∴ ∠PAB＋∠OAB＝∠PBA＋∠OBA，
即 ∠PBO＝∠PAO＝90°，
∴ PB⊥OB，
∴ PB为⊙O的切线.
（2）解：连接PO.
∵ PA、PB为⊙O的切线，
∴ PA＝PB＝6，∠APO＝∠BPO，即∠1＝∠2＋∠3，
∠APB＝4∠BPC，
∠APM＝3∠BPM，
∴ ∠1＋∠2＝3∠3，
∴ 2∠2＋∠3＝3∠3，即∠2＝∠3＝ ∠1.
设∠2＝∠3＝α，则∠1＝2α，∠APB＝4α，
∴∠PBA＝ （180°－4α）＝90°－2α，
又∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠PBC＝180°－2α，
∴ ∠4＝180°－∠3－∠PBC＝180°－α－（180°－2α）＝α，
∴ ∠3＝∠4，
∴BC＝PB＝6.
（3）解：连接PO交AB于点Q，连接BO、BC.
∵ PA、PB为⊙O的切线，
∴ PA＝PB，∠APO＝∠BPO
∴ AQ＝BQ＝ AB，∠PQM＝90°
∵ AB＝4BM，
∴2BQ＝4BM，即BQ＝2BM
∴ M为BQ中点 .
设BM＝QM＝x，则AQ＝BQ＝2x，AM＝3x，
∵ ∠PQM＝∠CBM＝90°，BM＝QM，∠PMQ＝CMB
∴ △PQM≌△CBM（ASA）
∴ PM＝CM
∵ ∠PAC＝90°，
∴AM＝CM＝3x
∴
（4）
【知识点】圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（4）如图，连接
设 ， ， 是⊙O的直径，
，
在 中，
=
是 的切线
， ，
又
又∵
中，
在 中，
故答案为： .
【分析】（1）连接BO，PO，根据切线的性质可得∠PAO＝90°，根据等腰三角形的性质可得 ∠PAB＝∠PBA，∠OAB＝∠OBA，推出∠PBO＝∠PAO＝90°，据此证明；
（2）连接PO，根据切线长定理可得PA＝PB＝6，∠APO＝∠BPO，即∠1＝∠2＋∠3，由已知条件可知∠APB＝4∠BPC，则∠APM＝3∠BPM，即∠1＋∠2＝3∠3，进而推出∠2＝∠3＝∠1，设∠2＝∠3＝α，则∠1＝2α，∠APB＝4α，∠PBA＝90°-2α，由圆周角定理可得∠ABC＝90°，则∠PBC＝180°－2α，结合内角和定理可得∠4＝α，则∠3＝∠4，据此解答；
（3）连接PO交AB于点Q，连接BO、BC，同理可得PA＝PB，∠APO＝∠BPO，则AQ＝BQ＝AB，∠PQM＝90°，根据AB＝4BM可得BQ＝2BM，设BM＝QM＝x，则AQ＝BQ＝2x，AM＝3x，证明△PQM≌△CBM，得到PM＝CM，根据直角三角形斜边上中线的性质可得AM＝CM＝3x，据此求解；
（4）连接AN、ON，设PA=a，则AO=，PC=a，PN=a，证明△PAD∽△POA，根据勾股定理可得PA=a，然后表示出AD、PD、PO，进而证明△NPD∽△OPC，得到△NPD∽△OPC，据此求解.
24．（2021九上·东台月考）
（1）探究问题：如图1，PM、PN、EF分别切⊙O于点A、B、C，猜想△PEF的周长与切线长PA的数量关系，并证明你的结论．
（2）变式迁移：如果图1的条件不变，且PO=10厘米，△PEF的周长为16厘米，那么⊙O 的半径为　 　厘米．
（3）拓展提高：如图2，点E是∠MPN的边PM上的点，EF⊥PN于点F，⊙O与边EF及射线PM、射线PN都相切．
①画出符合条件的⊙O；
②若EF=3，PF=4，求⊙O的半径．
【答案】（1）解：△PEF的周长=2PA，理由如下，
分别相切⊙O于，
，分别相切⊙O于
同理可得
的周长
△PEF的周长=2PA，
（2）6
（3）解：①如图，
分别作的角平分线交于点O，以O为圆心，点O到的距离为半径作圆，或者分别作的角平分线交于点，以为圆心，点到的距离为半径作圆，即为所求，
②当在的右侧时，设与交于点，与相切于点C，
则，
连接
四边形是矩形
四边形是正方形
设的半径为r
即
解得
的半径为
当在的左侧时，设与交于点，与相切于点S，
则，
连接
四边形是矩形
四边形是正方形
设的半径为r
即
解得
的半径为1
综上所述，的半径为1或2.
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：（2）连接，如图，
是的切线，
的周长为厘米
厘米
厘米
的半径为厘米
故答案为：6
【分析】（1）由切线长定理可得PA=PB，EA=EC，FC=FB，由于△PEF的周长=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF=PE+EA+PF+FB=2PA，继而得解；
（2）连接OA，OP，由切线的性质可得∠PAO=90°，由△PEF的周长为16cm，可求出PA的长，再根据勾股定理可求出OA的长，即得结论；
（3）① 分别作的角平分线交于点O，以O为圆心，点O到的距离为半径作圆或分别作的角平分线交于点，以为圆心，点到的距离为半径作圆即可；② 分两种情况：当在的右侧时或当在的左侧时 ，根据正方形的判定与性质，勾股定理及切线长定理分别解答即可.
1 / 1（培优卷）2.2切线长定理-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2023·武汉）如图，在四边形中，，以为圆心，为半径的弧恰好与相切，切点为．若，则的值是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·衡水模拟）如图，将直尺、含的直角三角尺和量角器按如图摆放，角的顶点A在直尺上读数为4，量角器与直尺的接触点B在直尺上的读数为7，量角器与直角三角尺的接触点为点C，则该量角器的直径是（　　）．
A．3 B． C．6 D．
3．（2023·武安模拟）如图是个一不倒的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿，分别相切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆心O，若，则的度数为（　　）．
A． B． C． D．
4．（2023九上·钦州期末）如图，的内切圆与、、分别相切于点、、，且，，，则阴影部分（即四边形）的面积是（　　）
A．4 B．6.25 C．7.5 D．9
5．（2022九上·曹县期中）如图，中，，，以BC边上一点O为圆心作，分别与AB，AC相切于点D，E，则AD的长为（　　）
A．4.5 B．5 C．5.5 D．6
6．（2021九上·南宁期中）如图，以正方形的边为直径作半圆O过点C作直线切半圆于点F，交边于点E，若的周长为12，则线段的长为（　　）
A．1 B．2 C． D．
7．（2022·黔东南）如图，、分别与相切于点、，连接并延长与交于点、，若，，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2022·上城模拟）在直角坐标系中，一次函数 的图象记作G，以原点O为圆心，作半径为1的圆，有以下几种说法：
①当G与⊙O相交时，y随x增大而增大；②当G与⊙O相切时， ③当G与⊙O相离时， 或 . 其中正确的说法是（　　）
A．① B．①② C．①③ D．②③
9．（2020九上·安徽月考）如图，PA，PB为⊙O的切线，切点分别为A，B，PO交AB于点C，PO的延长线交⊙O于点D。下列结论不一定成立的是（　　）
A．△BPA为等腰三角形 B．AB与PD相互垂直平分
C．点A，B都在以PO为直径的圆上 D．PC为△BPA的边AB上的中线
10．（2019·武汉模拟）如图，⊙O内切于正方形ABCD，边AD，CD分别与⊙O切于点E，F，点M、N分别在线段DE，DF上，且MN与⊙O相切，若△MBN的面积为8，则⊙O的半径为（　　）
A． B．2 C． D．2
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2023·泰州）小明对《数书九章》中的“遥度圆城”问题进行了改编：如图，一座圆形城堡有正东、正南、正西和正北四个门，出南门向东走一段路程后刚好看到北门外的一颗大树，向树的方向走9里到达城堡边，再往前走6里到达树下．则该城堡的外围直径为　 　里．
12．（2023·通辽）某款“不倒翁”（如图）的主视图是图，分别与所在圆相切于点A，B，若该圆半径是，则主视图的面积为　 　．
13．（2022·宁波模拟）如图， 在矩形 中 ， 点 为 的中点， 点 为边 上的动点， 连结 . 将 沿着 翻折， 使点 的对应点 恰好落在线段 上. 若 三点共线， 则 的值为　 　；若 ， 且这样的点 有且只有一个时， 则 的长为　 　.
14．（2020·乌苏模拟）如图，半径为2的⊙O与含有30°角的直角三角板ABC的AC边切于点A，将直角三角板沿CA边所在的直线向左平移，当平移到AB与⊙O相切时，该直角三角板平移的距离为　 　.
15．（2019九下·温州竞赛）如图，在△ABC中，AB=AC，在∠ABC的内部作∠ABE=45°，EC⊥BC点D在AB上，DE、AC相交点F，若以DE为直径的⊙O与AB、BC都相切，切点分别为点D和G，则 的值是　 　.
16．（人教版九年级数学上册 24.2.2 直线和圆的位置关系（二）同步练习）如图，PA、PB分别切⊙O于A、B，点C、M是⊙O上的点，∠AMB=60°，过点C作的切线交PA、PB于E、F，△PEF的外心在PE上．已知PA=3，则AE的长为　 　．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2022·覃塘模拟）如图，在四边形中，，以为直径作平分，动点P在左侧的半圆O上（P与点A，B均不重合）.
（1）求证：是的切线；
（2）记（1）中的切点为E，若，求的值.
18．（2023·中山模拟）如图，已知是的直径，，为圆上任意一点，过点作圆的切线，分别与过，两点的切线交于，两点．
（1）求的值；
（2）如图，连接，交于点，证明直线．
19．（2023·四川模拟）已知的半径为为的一条直径，P为外一点，且，过点P作的两条切线，连接与相交于点G.
（1）求证：；
（2）求点O到线段的距离；
（3）记线段与交于点F，连接，直接写出的值.
20．（2023·济宁）如图，已知是的直径，，切于点，过点作交于点，若．
（1）如图1，连接，求证：；
（2）如图2，是上一点，在上取一点，使，连接．请问：三条线段有怎样的数量关系？并证明你的结论．
21．（2021·古冶模拟）已知 的两边分别与⊙O相切于点A，B，⊙O的半径为r．
（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上， ，则 　 　；
（2）如图2，点C在圆上运动，当 最大时（即连接 并延长交⊙O于点C），连接 ， ，
①求证： ；
②若 交⊙O于另一点D， ，求图中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）．
22．（2022九上·莒南期中）已知，AB是⊙O的直径，AB＝16，点C在⊙O的半径OA上运动，PC⊥AB，垂足为C，PC＝10，PT为⊙O的切线，切点为T．
（1）如图（1），当C点运动到O点时，求PT的长；
（2）如图（2），当C点运动到A点时，连接PO、BT，求证：PO∥BT；
（3）如图（3），设PT＝y，AC＝x，求y与x的解析式并求出y的最小值．
23．（2021九上·硚口月考）如图1，AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，A为切点，点B在⊙O上，PA＝PB，弦AB与PC交于点M
（1）求证：PB是⊙O的切线
（2）连接BC，若∠APB＝4∠BPC，AP＝6，求BC的长
（3）如图2，若AB＝4BM，求 的值
（4）如图3，若AP＝AC，PO与AB交于点D，PC与⊙O交于点N，连接DN，则 ＝　 　
24．（2021九上·东台月考）
（1）探究问题：如图1，PM、PN、EF分别切⊙O于点A、B、C，猜想△PEF的周长与切线长PA的数量关系，并证明你的结论．
（2）变式迁移：如果图1的条件不变，且PO=10厘米，△PEF的周长为16厘米，那么⊙O 的半径为　 　厘米．
（3）拓展提高：如图2，点E是∠MPN的边PM上的点，EF⊥PN于点F，⊙O与边EF及射线PM、射线PN都相切．
①画出符合条件的⊙O；
②若EF=3，PF=4，求⊙O的半径．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接DB，DE，
∵，
∴设AB=x，则CD=3x，
∵AD⊥AB，AD是半径，
∴AB是切线，
∵BC是切线，
∴AB=BE=x，∠ABD=∠DBC，∠DEC=90°，
∵AB∥CD，
∴∠ABD=∠DBC=∠BDC，
∴DC=BC=3x，
∴CE=BC-BE=3x-x=2x，
∴，
∴.
故答案为：B
【分析】设AB=x，则CD=3x，连接DB，DE，可证得AB是切线，利用切线长定理可证得AB=BE=x，∠ABD=∠DBC，∠DEC=90°，利用平行线的性质可推出∠ABD=∠DBC=∠BDC，再利用等腰三角形的性质可表示出BC，CE的长；利用勾股定理表示出DE的长；然后利用锐角三角函数的定义可求出sinC的值.
2．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理的应用；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】
解：如图，连接OA、OB、OC，
∵AC、AB都与圆相切，
∴OC⊥AC，OB⊥AB，OA平分∠BAC，
∵∠BAC＝180°-60°＝120°，∴∠OAC＝∠OAB＝60°，∴∠AOB＝30°，
∴OA＝2AB＝6，
∴，
∴量角器的直径为.
故答案为：D
【分析】
连接OA，OB，OC，根据切线的性质，切线长定理，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理可求出可求出OB。
3．【答案】A
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：切于点A，是半径，
，
．
，
．
、分别切于点A、B，
，
．
，
．
故答案为：A．
【分析】利用切线长的性质可得，再利用等边对等角的性质可得，再利用三角形的内角和求出即可。
4．【答案】A
【知识点】勾股定理的逆定理；正方形的判定与性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵，，
∴
∴为直角三角形，
∵与分别相切于点、
∴ ，，
∴四边形是正方形
设
则
∵的内切圆与、、分别相切于点、、
∴，
∴
∴
∴阴影部分的面积是：
故答案为：A.
【分析】根据勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，且∠A=90°，根据切线的性质可得∠AFO=∠AEO=90°，再结合OF=OE可判断出四边形OFAE是正方形，设OE=r，根据切线长定理得BD=BF=5-r，CD=CE=12-r，根据BD+CD=AB建立方程，求解得出r的值，最后根据正方形的面积计算方法即可算出四边形AEOF的面积.
5．【答案】A
【知识点】相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】连接
∵AB，AC相切于点D，E，
∴，
又∵
∴
∴
又∵
∴，
根据勾股定理得
∵
∴
∴
∴
故答案为：A．
【分析】连接，先证明，利用相似三角形的性质可得，再将数据代入求出即可。
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
设正方形的边长为m，，则，
经过的半径的外端，且，
是的切线，
与相切于点F，
，，
，
，
，
，
，
，
线段的长为1.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质可得AD=CD=CB，∠A=∠D=90°，设正方形ABCD的边长为m，AE=x，则AD=CD=CB=m，由题意可得AD为切线，根据切线长定理可得FE=AE=x，CF=CB=m，根据DE+CE+CD=12可得m的值，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理计算即可.
7．【答案】A
【知识点】勾股定理；锐角三角函数的定义；切线长定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连结OA
∵、分别与相切于点A、，
∴PA=PB，OP平分∠APB，OP⊥AP，
∴∠APD=∠BPD，
在△APD和△BPD中，
，
∴△APD≌△BPD（SAS）
∴∠ADP=∠BDP，
∵OA=OD=6，
∴∠OAD=∠ADP=∠BDP，
∴∠AOP=∠ADP+∠OAD=∠ADP+∠BDP=∠ADB，
在Rt△AOP中，OP=，
∴sin∠ADB=.
故答案为：A
【分析】连结OA，利用切线长定理可证得PA=PB，∠APD=∠BPD，OP⊥AP；再利用SAS证明△APD≌△BPD，利用全等三角形的性质可得到∠ADP=∠BDP可推出∠AOP=∠ADB，在Rt△AOP中，利用勾股定理求出OP的长；然后利用锐角三角函数的定义可求出sin∠ADB的值.
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义；一次函数的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵ ，当x=2时，y=1，
∴一次函数经过点（2，1），
如图1，P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB，OP，AB，AB与OP交于点C，过B作BE⊥y轴于E，
∵A点坐标（0，1），∴PA∥x轴，
∵PA=2，OA=1，∴OP= ，
Rt△PAO中，sin∠OPA= ，cos∠OPA= ，
由切线长定理可得：PB=PA，PO⊥AB，
∴AB=2AC，∵AC=APsin∠OPA= ，∴AB= ，
∵∠AOP+∠OPA=90°，∠AOC+∠OAC=90°，∴∠OAC=∠OPA，
Rt△ABE中，BE=ABsin∠EAB= × = ，AE=ABcos∠EAB= × = ，
∴OE=AE-AO= ，
∴B点坐标（ ，- ），代入 可得：k= ，
∵直线 与y轴交点纵坐标为（1-2k），
当k= 时，直线与圆相切，直线与y轴交点（0， ），
当k＞ 时，（1-2k）＜ ，直线与圆相离；
当k＜0时，（1-2k）＞1，直线与圆相离；
当0＜k＜ ， ＜（1-2k）＜1，直线与圆相交；
∵直线与圆相交时，0＜k＜ ，∴一次函数递增，故①正确；
∵直线与圆相切时，k= ，故②错误；
∵直线与圆相离时， 或 ，故③正确；
①③正确.
故答案为：C.
【分析】由一次函数解析式可得其图象过点（2，1），P（2，1），A、B为直线与圆的切点，连接OB，OP，AB，AB与OP交于点C，过B作BE⊥y轴于E，根据点A的坐标可得PA=2，OA=1，利用勾股定理求出OP，由切线长定理可得：PB=PA，PO⊥AB，则AB=2AC，根据三角函数的概念可得AC、AB，根据同角的余角相等可得∠OAC=∠OPA，利用三角函数的概念可得BE、AE，然后求出OE，得到点B的坐标，代入y=kx+1-2k中求出k的值，得到直线与y轴交点的纵坐标，然后根据直线与圆的位置关系以及一次函数的性质进行判断.
9．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解：
A.∵PA，PB为⊙O的切线，∴PA= PB，∴△BPA是等腰三角形，故A选项不符合题意。
B.由圆的对称性可知：PD垂直平分AB，但AB不一定平分PD，故B选项符合题意，
C.连接OB，OA，PA，PB为⊙O的切线∠OBP=∠OAP=90°，点A，B，P在以OP为直径的圆上，故C选项不符合题意．
D.∵△BPA是等腰三角形，PD⊥AB，∴PC为OBPA的边AB上的中线，故D选项不符合题意。
【分析】根据切线长定理、等腰三角形的性质以及菱形的性质，分别判断得到答案即可。
10．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.
∵AD、CD、MN是切线，
∴AE＝DE＝DF＝CF＝a，MK＝ME，NK＝NF，设MK＝ME＝x，NK＝NF＝y，
在Rt△DMN中，∵MN＝x+y，DN＝a﹣y，DM＝a﹣x，
∴（x+y）2＝（a﹣y）2+（a﹣x）2，
∴ax+ay+xy＝a2，
∵S△BMN＝S正方形ABCD﹣S△ABM﹣S△DMN﹣S△BCN＝8，
∴4a2﹣ ×2a×（a+x）﹣ （a﹣x）（a﹣y）﹣ ×2a×（a+y）＝8，
∴ a2﹣ （ax+ay+xy）＝8，
∴a2＝8，
∴a＝2 ，
∴AB＝2a＝4 ，
∴⊙O的半径为2 ，
故答案为：B.
【分析】设⊙O与MN相切于点K，设正方形的边长为2a.因为AD、CD、MN是切线，可得AE=DE=DF=CF=a，MK=ME，NK=NF，设MK=ME=x，NK=NF=y，在Rt△DMN中，以为MN=x+y，DN=a-y，DM=a-x，看到（x+y）2=（a-y）2+（a-x）2，推出ax+ay+xy=a2，根据S△BMN=S正方形ABCD-S△ABM-S△DMN-S△BCN=8，构建方程求出a即可解决问题；
11．【答案】9
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，在中，点O是AB上一点，以OB为半径的与AC相切与点D，连接OD，
，又∵∠A=∠A，
，是的切线，
，，
里，
里，
里，
里，
里，
设里，
里，
，
，
里，
故答案为：9.
【分析】首先由切线的定义证得，再通过切线长定理得到AC的长，然后由勾股定理求得AB的长，设里，利用相似三角形的线段比求得r的值，进而得到该城堡的外围直径长.
12．【答案】
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；切线的性质；扇形面积的计算；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA、OB，
∵PA、PB分别与所在圆相切于点A，B，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠OAP=∠OBP=90°，PA=PB.
∵∠P=60°，
∴∠AOB=120°，且△AOB为等边三角形，
∴优弧AMB对应的圆心角的度数为360°-120°=240°，AB=OA=，
∴优弧AMB的面积为=，S△PAB=×()2=，S△AOB=×102=∴主视图的面积=++=+.
故答案为：+.
【分析】连接OA、OB，则∠OAP=∠OBP=90°，PA=PB，∠AOB=120°，且△AOB为等边三角形，优弧AMB对应的圆心角的度数为360°-120°=240°，AB=OA=，然后根据S主视图=优弧AMB的面积+S△PAB+S△AOB进行计算.
13．【答案】；4
【知识点】矩形的性质；直线与圆的位置关系；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：如图， 当 A、B'、C 三点共线时， 连结三点，
则 ，
∴ ， 则 .
当这样的点B'有且只有一个时，
即以AB为半径的 与DE相切，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ .
故答案为：，4.
【分析】第一空、由翻折性质得，易得，可得，所以 ，，易得，求得即可；第二空，AB=AB'，即B'的运动轨迹是以A为圆心，AB长为半径的圆弧，因为B'在DE上仅有一个，说明圆弧与DE相切，BC也与圆弧相切，由切长线定理可得E和F重合，AB'⊥DE，∠ADB’=∠DEC，AB’=AB=CD，易得，得DE=AD，即可.
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；平移的性质；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：根据题意画出平移后的图形，如图所示：
设平移后的△A′B′C′与 相切于点D，连接OD，OA，AD，
过O作OE⊥AD，可得E为AD的中点，
∵平移前 与AC相切于A点，
∴OA⊥A′C，即
∵平移前 与AC相切于A点，平移后 与A′B′相切于D点，
即A′D与A′A为 的两条切线，
∴A′D=A′A，又
∴△A′AD为等边三角形，
∴
∴
在Rt△AOE中，
∴
∴
∴
则该直角三角板平移的距离为
故答案为
【分析】 根据题意画出平移后的图形，如图所示，设平移后的△A′B′C′与圆O相切于点D，连接OD，OA，AD，过O作OE⊥AD，根据垂径定理得到E为AD的中点，由平移前AC与圆O相切，切点为A点，根据切线的性质得到OA与AC垂直，可得∠OAA′为直角，由A′D与A′A为圆O的两条切线，根据切线长定理得到A′D=A′A，再根据∠B′A′C′=60°，根据有一个角为60°的等腰三角形为等边三角形可得出三角形A′AD为等边三角形，平移的距离AA′=AD，且∠DAA′=60°，由∠OAA′-∠DAA′求出∠OAE为30°，在直角三角形AOE中，由锐角三角函数定义表示出cos30°=，把OA及cos30°的值代入，求出AE的长，由AD=2AE可求出AD的长，即为平移的距离．
15．【答案】
【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的性质；切线长定理
【解析】【解答】设圆的半径为1，EC=x，GC=y，连接EG、DG，
Rt△ECG∽Rt△EGD，则，，在Rt△BCE中，，解得 得
设CE交圆于M点，CG为切线，有，从而
，过F作AH的垂线，交AH、DP分别为J、K，AH交DE于I.，
∴
【分析】要求AF：FC的值，直接求不好处理，考虑间接求法。作AH垂直于BC，交DE于一点P，这样AF：FC就转化为AI：EC。作出有关平行线和垂线，利用平行线所截线段成比例和三角形相似等求得AI的长度，进而求出的值。
16．【答案】2 ﹣3
【知识点】圆周角定理；切线的性质；切线长定理；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：连接OA、OB．
∵∠AMB=60°，
∴∠AOB=120°
∵PA、PB分别切⊙O于A、B，
∴PA=PB=3，∠OAP=∠OBP=90°，
在四边形PAOB中，∠P=360°﹣∠PAO﹣∠AOB﹣∠OBP=60°
∵△PEF的外心在PE上，
∴△PEF是直角三角形，且∠PFE=90°．
在Rt△PEF中，∵∠P=60°，
∴PE=2PF，EF= PF．
设AE的长为x，则PE=3﹣AE=3﹣x，
则PF= （3﹣x），EF= （3﹣x），BF=3﹣PF= （3+x）
∵EF是⊙O的切线，
∴EA=EC，FC=FB．
∵EF=EC+FC=AE+BF
∴ （3﹣x）=x+ （3+x）
∴x=2 ﹣3．
故答案为：2 ﹣3
【分析】根据题目中的切线长定理可知，CE=CF，PA=PB，所以根据△PEF的外心在PE上即可得出该三角形为直角三角形，由∠M的度数为60°，即可得出∠P的度数，利用特殊角之间的关系，可以得到FB、PF、AE、PE，从而根据EF=AE+BF的等量关系式列出方程，即可求得AE的长度。
17．【答案】（1）证明：如图，过O作，垂足为E，
∵，，
∴，
又∵平分，
∴，
∵是的直径，是的半径，
∴是的半径，
∴是的切线.
（2）解：如图，过点D作于点H，连接，
∵，，
∴∠BAD=∠ABH=∠BHD=90°
∴四边形是矩形，
∴，
又∵，
则，
∵，，均是的切线，A，B，E是切点，
∴，，，
∴在Rt中，
，
又∵，
∴，
在Rt中，由勾股定理得∶，
∵，，且，
∴平分，
即，
∵在中， ，
∴在Rt中，.
【知识点】矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的判定；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【分析】（1）过O作OE⊥CD，垂足为E，易得BC⊥AB，根据角平分线的性质可得OE=OB，进而根据到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线即可得出结论；
（2） 过点D作DH⊥BC于点H，连接OD，由有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形ABHD是矩形， 则BH=AD=1，CH=1，根据切线长定理得DE=AD=1，CE=BC=2，CD=3，利用勾股定理求出DH，进而得到OA、OB，由勾股定理可得OD，根据角平分线的判定定理可得∠1=∠2=∠AOE，根据圆周角定理可得∠APE=∠AOE=∠1，然后根据三角函数的概念进行计算.
18．【答案】（1）解∶如图，连接 ， ， ．
∵ ， ， 是 的切线，
∴ ， 分别是 ， 的平分线．
∵ ，
∴ ．
∴ ，即 是直角三角形．
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又 ，
∴ ．
∴ ．
即 ．
∴ ．
（2）解：证明：∵ ， ， 是 的切线，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
又∵ ， ，
∴ ．
又 ，
∴ ．
∴ ．
∴ ．
又 ，
∴ ．
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理；角平分线的概念
【解析】【分析】（1）连接OP、OQ、OC，由题意可得OP、OQ分别为∠AOC、∠BOC的平分线，根据平角的概念结合角平分线的概念可得∠POQ=90°，根据同角的余角相等可得∠OPC=∠COQ，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△OCP∽△QCO，再利用相似三角形的性质进行计算；
（2）根据切线的性质以及切线长定理可得PC=PA，QC=QB，AP⊥AB，BQ⊥AB，则AP∥BQ，根据平行于三角形一边的直线和其他两边或其延长线相交，所得的三角形与原三角形相似可得△MBQ∽△MPA，根据对应边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△PMC∽△PBQ，则∠PMC=∠PBQ，推出MC∥BQ，据此证明.
19．【答案】（1）证明：∵是的两条切线，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵是的切线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴点O到线段的距离为；
（3）
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；求特殊角的三角函数值；切线长定理
【解析】【解答】解：（3）如图所示，连接，
∵，
∴，
同理可得，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴.
【分析】（1）根据切线长定理可得PC=PD，∠OPC=∠OPD，由等腰三角形三线合一的性质可得PG⊥CD，然后根据垂直于同一直线的两直线互相平行进行证明；
（2）连接OC，由切线的性质可得∠OCP=∠OGC=90°，根据两角对应相等的两个三角形相似可得△COG∽△POC，根据相似三角形的性质可求出OG的值，即为点O到线段CD的距离；
（3）连接FD、OD，易得PF=OF=1，OF=DF=OP=1，推出△ODF是等边三角形，得到∠ODF=60°，∠CDF=30°，然后根据特殊角的三角函数值进行计算.
20．【答案】（1）证明：∵，是半径，
∴是的切线，
∵是的切线，
∴，
∵
∴，
∴
∴，，
∵
∴，
∴，
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下，
延长至使得，连接，，如图所示
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）可得，
又是直径，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
即．
【知识点】三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；圆周角定理；切线的判定；切线长定理
【解析】【分析】（1）先根据切线的判定证明是的切线，进而根据切线长定理即可得到，进而即可得到，从而得到，进而即可得到，，再根据题意即可得到，进而根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据含30°角的直角三角形的性质即可得到，进而根据三角形全等的判定即可求解；
（2），理由如下：延长至使得，连接，，先根据题意即可得到，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，，由（1）可得，再根据圆周角定理得到，进而得到，从而证明，再根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而即可求解。
21．【答案】（1）50°
（2）解：①证明：∵ ， 为 的切线
∴ ，
又∵ ，
∴
②连接OA，OB，
∵
∴
∴ 为 的切线
∴
∵ ，
∴ ， ， ，
∵
∴弧 的长度 ，
∴阴影部分的周长
【知识点】弧长的计算；切线长定理；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1)如图1，连接OA，OB，
∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠PAO＝∠PBO＝90°，
∵∠MPN+∠PAO+∠PBO+∠AOB＝360°，
∴∠MPN+∠AOB＝180°，
∵∠MPN＝80°，
∴∠AOB＝100°，
∴∠ACB＝50°；
故答案为：50°；
【分析】（1）连接OA，OB，由切线的性质可求∠PAO＝∠PBO＝90°，由四边形内角和可求解；
（2）①由切线长定理可得PA＝PB，∠APC＝∠BPC，由“SAS”可证△APC≌△BPC；②分别求出AP，PD的长，由弧长公式可求 ，即可求解．
22．【答案】（1）解：连接OT，如图（1）所示：
则OT⊥PT，
∴∠OTP＝90°，
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，
∴OT＝AB＝×16＝8，
在Rt△OTP中，由勾股定理得：PT＝；
（2）证明：连接OT，如图（2）所示：
∵PC⊥AB，点C与点A重合，AB是⊙O的直径，
∴PA是⊙O的切线，
∵PT为⊙O的切线，
∴PA＝PT，
在△OPA和△OPT中，，
∴△OPA≌△OPT（SSS），
∴∠AOP＝∠TOP＝∠AOT，
∵∠AOT＝2∠B，
∴∠AOP＝∠B，
∴PO∥BT；
（3）解：连接PO、OT，如图（3）所示：
∵AB是⊙O的直径，AB＝16，AC＝x，
∴OC＝OA-AC＝AB-AC＝8-x，OT＝8，
∵PC⊥AB，
∴∠PCO＝90°，
在Rt△PCO中，由勾股定理得：PO＝，
∵PT为⊙O的切线，
∴PT⊥OT，
在Rt△OTP中，由勾股定理得：y＝PT＝＝，
∴y与x的解析式为：y＝，
∴当x＝8时，y有的最小值，y最小值为6．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线长定理；二次函数y=ax²+bx+c的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【分析】（1）连接OT， 求出OT＝AB＝8，在Rt△OTP中，由勾股定理求出PT即可；
（2）连接OT，由切线长定理可得PA=PT，证明△OPA≌△OPT（SSS），可得∠AOP＝∠TOP＝∠AOT，由圆周角定理可得∠AOT＝2∠B，即得∠AOP＝∠B，根据平行线的判定即证；
（3）连接PO、OT，易求OC=8-x， OT＝8， 在Rt△PCO中，由勾股定理PO＝， 再次利用勾股定理得y＝PT＝，据此即得y＝， 利用偶次幂的非负性求其最小值即可.
23．【答案】（1）证明：连接BO，PO.
∵ PA为⊙O的切线，
∴ PA⊥OA，即∠PAO＝90°.
∵ PA＝PB， OA＝OB，
∴ ∠PAB＝∠PBA，∠OAB＝∠OBA.
∴ ∠PAB＋∠OAB＝∠PBA＋∠OBA，
即 ∠PBO＝∠PAO＝90°，
∴ PB⊥OB，
∴ PB为⊙O的切线.
（2）解：连接PO.
∵ PA、PB为⊙O的切线，
∴ PA＝PB＝6，∠APO＝∠BPO，即∠1＝∠2＋∠3，
∠APB＝4∠BPC，
∠APM＝3∠BPM，
∴ ∠1＋∠2＝3∠3，
∴ 2∠2＋∠3＝3∠3，即∠2＝∠3＝ ∠1.
设∠2＝∠3＝α，则∠1＝2α，∠APB＝4α，
∴∠PBA＝ （180°－4α）＝90°－2α，
又∵AC为直径，
∴∠ABC＝90°，
∴∠PBC＝180°－2α，
∴ ∠4＝180°－∠3－∠PBC＝180°－α－（180°－2α）＝α，
∴ ∠3＝∠4，
∴BC＝PB＝6.
（3）解：连接PO交AB于点Q，连接BO、BC.
∵ PA、PB为⊙O的切线，
∴ PA＝PB，∠APO＝∠BPO
∴ AQ＝BQ＝ AB，∠PQM＝90°
∵ AB＝4BM，
∴2BQ＝4BM，即BQ＝2BM
∴ M为BQ中点 .
设BM＝QM＝x，则AQ＝BQ＝2x，AM＝3x，
∵ ∠PQM＝∠CBM＝90°，BM＝QM，∠PMQ＝CMB
∴ △PQM≌△CBM（ASA）
∴ PM＝CM
∵ ∠PAC＝90°，
∴AM＝CM＝3x
∴
（4）
【知识点】圆周角定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（4）如图，连接
设 ， ， 是⊙O的直径，
，
在 中，
=
是 的切线
， ，
又
又∵
中，
在 中，
故答案为： .
【分析】（1）连接BO，PO，根据切线的性质可得∠PAO＝90°，根据等腰三角形的性质可得 ∠PAB＝∠PBA，∠OAB＝∠OBA，推出∠PBO＝∠PAO＝90°，据此证明；
（2）连接PO，根据切线长定理可得PA＝PB＝6，∠APO＝∠BPO，即∠1＝∠2＋∠3，由已知条件可知∠APB＝4∠BPC，则∠APM＝3∠BPM，即∠1＋∠2＝3∠3，进而推出∠2＝∠3＝∠1，设∠2＝∠3＝α，则∠1＝2α，∠APB＝4α，∠PBA＝90°-2α，由圆周角定理可得∠ABC＝90°，则∠PBC＝180°－2α，结合内角和定理可得∠4＝α，则∠3＝∠4，据此解答；
（3）连接PO交AB于点Q，连接BO、BC，同理可得PA＝PB，∠APO＝∠BPO，则AQ＝BQ＝AB，∠PQM＝90°，根据AB＝4BM可得BQ＝2BM，设BM＝QM＝x，则AQ＝BQ＝2x，AM＝3x，证明△PQM≌△CBM，得到PM＝CM，根据直角三角形斜边上中线的性质可得AM＝CM＝3x，据此求解；
（4）连接AN、ON，设PA=a，则AO=，PC=a，PN=a，证明△PAD∽△POA，根据勾股定理可得PA=a，然后表示出AD、PD、PO，进而证明△NPD∽△OPC，得到△NPD∽△OPC，据此求解.
24．【答案】（1）解：△PEF的周长=2PA，理由如下，
分别相切⊙O于，
，分别相切⊙O于
同理可得
的周长
△PEF的周长=2PA，
（2）6
（3）解：①如图，
分别作的角平分线交于点O，以O为圆心，点O到的距离为半径作圆，或者分别作的角平分线交于点，以为圆心，点到的距离为半径作圆，即为所求，
②当在的右侧时，设与交于点，与相切于点C，
则，
连接
四边形是矩形
四边形是正方形
设的半径为r
即
解得
的半径为
当在的左侧时，设与交于点，与相切于点S，
则，
连接
四边形是矩形
四边形是正方形
设的半径为r
即
解得
的半径为1
综上所述，的半径为1或2.
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：（2）连接，如图，
是的切线，
的周长为厘米
厘米
厘米
的半径为厘米
故答案为：6
【分析】（1）由切线长定理可得PA=PB，EA=EC，FC=FB，由于△PEF的周长=PE+EF+PF=PE+EC+FC+PF=PE+EA+PF+FB=2PA，继而得解；
（2）连接OA，OP，由切线的性质可得∠PAO=90°，由△PEF的周长为16cm，可求出PA的长，再根据勾股定理可求出OA的长，即得结论；
（3）① 分别作的角平分线交于点O，以O为圆心，点O到的距离为半径作圆或分别作的角平分线交于点，以为圆心，点到的距离为半径作圆即可；② 分两种情况：当在的右侧时或当在的左侧时 ，根据正方形的判定与性质，勾股定理及切线长定理分别解答即可.
1 / 1