专题2.24切线的性质与判定 提升练（含解析）2023-2024学年九年级数学上册苏科版专项讲练

专题2.24 切线的性质与判定（提升练）
一、单选题
1．如图，已知的直径与弦的夹角为，过点的切线与的延长线交于点P，则的度数是（　　）

A． B． C． D．
2．如图，，分别切于点A，B，点C在上，若四边形为菱形，则为（　　）

A． B． C． D．
3．如图，在中，，点是边上一点，以点为圆心，以为半径作圆，恰好与相切于点，连接．若平分，，则线段的长是（ ）

A． B． C．3 D．6
4．点P的坐标为，点是垂直于y轴的直线l上的一点，经过点P，且与直线l相切于点A，则点M的纵坐标为（　　）
A． B．1 C．2 D．4
5．如图，为的直径，分别与相切于点，当时的大小为（ ）

A． B． C． D．
6．在中，，点O是斜边边上一点，以O为圆心，为半径作圆，恰好与边相切于点D，连接．若，的半径为3，则的长度为（ ）

A． B． C．3 D．
7．如图，在中，，以点A为圆心的圆与边相切于点D，与分别交于点E和点G，点F是优弧上一点，，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
8．如图，点A的坐标是，点C是以为直径的上的一动点，点A关于点的C对称点为点P，当点C在上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线有且只有一个公共点，则k的值为（ ）．
A． B． C． D．
9．如图，是的内接三角形，过点C的的切线交BO的延长线于点P，若，那么度数为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，已知△ABC，以AB为直径的☉O交AC于点E，交BC于点D，且BD=CD，DF⊥AC于点F．给出以下结论：①DF是☉O的切线;②CF=EF；③其中正确结论的序号是(　　)
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题
11．如图，为的直径，、为上的点，连接、、、，为延长线上一点，连接，且，．若的半径为，则点到的距离为 ．
12．已知△ABC内接于⊙O，过点A作直线EF，如图，若AB为⊙O的直径，要使EF成为⊙O的切线，(至少说出两种)： 或者 ；
13．如图，与相切于点A，交于点B，点C在上，且．若，，则的长为 ．
14．如图，的两边、分别切于点、，若，则 ．

15．如图，是的直径，切于点，线段交于点，连接，若，则 ．

16．如图，为直径的与相切于点，连接，，分别交于点，．连接，，若，，则的度数为 度．
17．如图，中，，斜边，以边为直径在另一侧作半圆，点为半圆上一点，将半圆沿所在直线翻折，翻折后的与边相切于点，与边相交于点，则的长为 ．

18．如图，在矩形ABCD中，BC=8，AB=6，经过点B和点D的两个动圆均与AC相切，且与AB、BC、AD、DC分别交于点G、H、E、F，则EF+GH的最小值是 ．
三、解答题
19．如图，在中，，以为直径的交于点，，垂足为E．

(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
20．如图，在中，，的平分线交于点E，过点E作的垂线交于点F，是的外接圆．
(1)求证：是的切线；
(2)过点E作于点H，若，求的半径．
21．如图，为的直径，，是上不同于，的两点，过点的切线垂直于交的延长线于点，连接．

(1)求证：；
(2)若，，则的长为__________．
22．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC的平分线BD交AC于点D，DE⊥BD交AB于点E，设⊙O是△BDE的外接圆．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）探究线段BC，BD，BO之间的数量关系，并证明；
（3）若DC=2，BC=4，求AD的长．
23．如图，为的切线，A为切点．过A作的垂线，垂足为点C，交于点B．延长与交于点D，与的延长线交于点E．
(1)求证：为的切线；
(2)试探究线段之间的等量关系，并加以证明．

24．是的外接圆，，延长至点．

(1)如图，若，且B为弧的中点，求证：是的切线；
(2)如图，若是的切线，且，，求圆的半径及弦的长．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】先由为的切线得出，再用等腰三角形性质求出，最后利用三角形内角和即可求解．
【详解】解：连接，

为的切线，
，
，则，
在中，．
故选：C．
【点睛】本题是考查圆的切线的性质、等腰三角形性质、三角形内角和的综合运用能力．
2．C
【分析】连接，根据菱形的性质得到，推出与是等边三角形，求得，根据切线的性质得到于是得到结论．
【详解】解：连接，

∵四边形为菱形，
∴，
∴与是等边三角形，
∴，
∴，
∵，分别切于点A，B，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了切线的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．D
【分析】连接，根据切线的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据角平分线的定义得到，根据平行线的性质得到，设，则，，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：连接，

是的半径，是的切线，点是切点，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，，
，，
，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了切线的性质，直角三角形的性质，平行线的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
4．A
【分析】根据切线的性质得到，求得点的横坐标为，设，过作轴于，连接，，则，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：∵直线是的切线，
∴，
∵轴，
∴轴，
∵点，
∴点的横坐标为，
设，
过作轴于，连接，，
则，，，
∴，
∵点的坐标为，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴点M的纵坐标为．
故选：A．

【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．
5．B
【分析】由切线的性质得到，由圆周角定理得到，由四边形内角和是，即可求出的度数．
【详解】解：连接，如图所示，
，
分别与相切于点，
，
，，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、圆周角定理，关键是掌握切线的性质定理、圆周角定理．
6．B
【分析】如图，连接，由题意知，，由等边对等角可得，，由，，可得，解得，则，，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，连接，
由题意知，，
∵，，
∴，，
∵，，
∴，解得，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边对等角，三角形的外角，三角形内角和定理，含的直角三角形．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
7．B
【分析】连接，根据切线的性质可得，从而得到，再由圆周角定理可得，从而得到，再由，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，

∵与圆A相切，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，熟练掌握切线的性质，圆周角定理是解题的关键．
8．B
【分析】由点C的运动轨迹，可以推出点P的运动轨迹.然后根据当点C在上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线有且只有一个公共点，推出，然后根据勾股定理和等积法分别求出和，进而确定点P的坐标，然后代入直线即可求出k的值．
【详解】解：如图，连接，，由题意可知，点为的中点，点为的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵点A的坐标是，
∴，
∵点C的运动轨迹是以点B为圆心，为直径的圆，即：，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，以为半径的圆，
∵，当时，无论取何值，，
∴直线过定点，即：，
∵当点C在上运动时，所有这样的点P组成的图形与直线有且只有一个公共点， 即：直线与相切，
∴，
∴，
过点P作轴于点，
在中，由勾股定理得：，
由等积法，可得：，
即：，
解得：
在中，，
∴点P的坐标为，
把点的坐标代入，得：，
解得：．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了双动点模型：主动点运动轨迹是圆，从动点运动轨迹也是圆，圆与直线的位置关系，勾股定理，等积法，熟记相关模型，利用数形结合思想是解决此类问题的关键．
9．B
【分析】连接OC、CE，根据切线的性质得到OC⊥CP，根据直角三角形的性质求出∠COP，根据圆内接四边形的性质计算即可．
【详解】解：连接OC，设⊙O与OP交于点E，连接CE，
∵PC为⊙O的切线，
∴OC⊥CP，
∴∠COP＝90°﹣∠P＝90°﹣34°＝56°，
∵OC＝OE，
∴∠OEC＝∠OCE（180°﹣56°）＝62°，
∵四边形ABEC为⊙O的内接四边形，
∴∠BAC＝180°﹣∠OEC＝118°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
10．A
【分析】由DB=DC，OA=OB，推出OD是△ABC的中位线，OD∥AC，由DF⊥AC，得出DF⊥OD，即DF是☉O的切线，继而证得△ABC是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，进而推出△DEC是等腰三角形，进而根据等腰三角形的性质可得CF=EF，由假设推出进而即可求解．
【详解】如图,连接OD，DE，AD，
∵DB=DC，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥AC，
∵DF⊥AC，
∴DF⊥OD，
∴DF是☉O的切线，故①正确；
∵∠CED+∠AED=180°，∠B+∠AED=180°，
∴∠CED=∠B，
∵AB是☉O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BC，
∵BD=CD，
∴AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠CED=∠C，
∴DC=DE，
又∵DF⊥AC，
∴CF=EF，故②正确；
当∠EAD=∠EDA时， ，此时△ABC为等边三角形，当△ABC不是等边三角形时，∠EAD≠∠EDA，则
∴不一定正确，
综上，正确结论的序号是①②，
故选A．
【点睛】本题考查切线的判定及其性质，等腰三角形的判定及其性质，圆周角定理、线段垂直平分线的性质，圆内接四边形的性质等知识，综合性较强，解题的关键是熟练掌握并灵活运用所学知识．
11．##
【分析】连接OC，证明CD⊥OC；运用勾股定理求出OD=10，过点A作AF⊥DC，交DC延长线于点F，过点C作CG⊥AD于点G，在Rt△OCD中运用等积关系求出CD，同理，在△ACD中运用等积关系可求出AF
【详解】解：连接OC，
∵AB是圆的直径，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴，即OC⊥CD
∵的半径为
∴
在Rt△OCD中，
∴
∴
过点A作AF⊥DC，交DC延长线于点F，过点C作CG⊥AD于点G，
∵
∴，解得，
同理：
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了切线的判定、三角形面积、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形．
12． ∠BAE＝90° ∠EAC＝∠ABC
【分析】求出∠BAE=90°，再根据切线的判定定理推出即可.
【详解】（1）①∠BAE=90°，②∠EAC=∠ABC，
理由是：①∵∠BAE=90°，
∴AE⊥AB，
∵AB是直径，
∴EF是⊙O的切线；
②∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
∵∠EAC=∠ABC，
∴∠BAE=∠BAC+∠EAC=∠BAC+∠ABC=90°，
即AE⊥AB，
∵AB是直径，
∴EF是⊙O的切线；
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的判定的应用，掌握：经过半径的外端，并且垂直于半径的直线是圆的切线是关键．
13．
【分析】连接，证明，设，则，再证明，列出比例式计算即可．
【详解】如图，连接，
∵与相切于点A，
∴；
∵,
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
∴，
解得，
故的长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了切线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形相似的判断和性质，熟练掌握性质是解题的关键．
14．15°##度
【分析】如图，连接，，求解，可得，证明，再利用三角形的外角和的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接，，
∵的两边、分别切于点、，
∴，而，
∴，
∴，
∵，
∴，

∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，圆周角定理的应用，切线的性质，四边形的内角和定理的应用，三角形的外角的性质，熟记以上基础知识是解本题的关键．
15．##32度
【分析】由，由三角形外角的性质得到，由切线的性质即可求出的度数．
【详解】，
，
，
切于点A，
直径，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，掌握以上知识点是解题的关键．
16．54
【分析】由平行线的性质，圆周角定理得到，由等腰三角形的性质，三角形内角和定理得到，即可求出的度数，由余角的性质即可求出的度数．
【详解】解：连接，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
切于，
半径，
，
是圆的直径，
，
，
．
故答案为：54．
【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，余角的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，关键是由以上知识点得到，，求出的度数．
17．
【分析】作点O关于的对称点，连接，，作于点F，证明四边形为正方形，得，即，作于G，利用垂径定理、勾股定理、含30度角的三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，作点O关于的对称点，连接，，

∵中，，斜边，
∴，
∴，，
过A作于点F，则，
∴，
∴，且，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∴，
作于G，
∴，
∴，
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查圆的切线的性质，垂径定理，直角三角形的性质，正方形的判定和性质，解题的关键是掌握圆的切线的性质．
18．9.6
【分析】设GH的中点为O，过O点作OM⊥AC，过B点作BN⊥AC，垂足分别为M、N，根据∠B=90°可知，点O为过B点的圆的圆心，OM为⊙O的半径，BO+OM为直径，可知BO+OM≥BN，故当BN为直径时，直径的值最小，即直径GH也最小，同理可得EF的最小值．
【详解】如图，设GH的中点为O，过O点作OM⊥AC，过B点作BN⊥AC，垂足分别为M、N，
∵在Rt△ABC中，BC=8，AB=6，
∴，
由面积法可知，BN AC=AB BC，
解得BN=4.8，
∵∠ABC=90°，
∴点O为过B点的圆的圆心，OM为⊙O的半径，BO+OM为直径的长，
又∵BO+OM≥BN，
∴当BN为直径时，直径的值最小，
此时，直径GH=BN=4.8，
同理可得：EF的最小值为4.8，
故EF+GH的最小值是9.6．
故答案为：9.6
【点睛】本题考查了切线的性质，垂线的性质及勾股定理的运用．关键是明确EF、GH为两圆的直径，根据题意确定直径的最小值．
19．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，则，所以，由，得，则，所以，则，即可证明是的切线；
（2）连接，由是的直径，得，则，因为，，所以可由求解．
【详解】（1）证明：连接，则，

，
，
，
，
∴，
于点，
，
是的半径，，
是的切线．
（2）解：连接，

是的直径，
，
，
，，
，
的长是．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、切线的判定定理等知识，证明是解题的关键．
20．(1)见解析；
(2)5；
【分析】（1）连接，由于是角平分线，则有再证得，根据平行线的性质和切线的判定即可解答；
（2）先证明，再根据勾股定理列方程求解即可；
【详解】（1）证明：连接
∵平分
∴
又
∴
∴
∴，
又，即
∴
∴是的切线
（2）∵平分
设
解得：
故的半径为5
【点睛】本题主要考查了切线的证明、角平分线的性质定理以及全等三角形的判定与性质勾股定理，掌握切线的证明、角平分线的性质定理以及全等三角形的判定与性质、勾股定理是解题关键．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，可证，从而可证，即可求证．
（2）过作交于，可求，，，接可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接，

为的切线，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）解：过作交于，

由（1）得：，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
解得：，
；
故答案：．
【点睛】本题主要考查了圆的基本性质，切线的性质，角平分线的性质定理，勾股定理等，作出适当的辅助线，掌握相关的性质是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）BD2=2BO BC，理由见解析；（3）
【分析】（1）连接OD，由半径相等得到∠OBD=∠ODB，再由BD为角平分线，得到∠OBD=∠CBD，从而证得∠ODB =∠CBD，OD∥BC，得到∠ODC=90°，即可得证；
（2）BD2=2BO BC，理由为：由三角形EBD与三角形DBC相似，得比例式，将BE换为2BO即可得证；
（3）在直角三角形DBC中，利用勾股定理求出BD的长，根据（2）的关系式求出BO的长，即为OD的长，由OD与BC都与AC垂直，得到OD与BC平行，由平行得比例，即可求出AD的长．
【详解】（1）证明：连接OD，
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB，
∵BD为角平分线，
∴∠OBD=∠CBD，
∴∠ODB =∠CBD，
∴OD∥BC，
∵∠C=90°，
∴∠ODC=90°，
则AC为圆O的切线；
（2），
理由为：
∵∠C=∠BDE=90°，∠ABD=∠DBC，
∴△EBD∽△DBC，
∴=，即DB2=EB BC，
∵EB=2BO，
∴；
（3）在Rt△BDC中，BC=4，DC=2，
根据勾股定理得：BD==2，
∴由，得BO=OD==，
∵OD∥BC，
∴=，即=，
解得：AD=．
【点睛】本题考查了切线的判定，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键．
23．(1)证明见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）连接，证明，可得，即可；
（2）根据，可得到．再由， ，即可得到结论．
【详解】（1）证明：连接．

∵为的切线，
∴．
∵，
∴，
∴
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴为的切线；
（2）解：．证明如下：
∵，，
∴，
∴，即．
∵，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握切线的判定和性质是解题的关键．
24．(1)见解析
(2)半径为4；
【分析】（1）连接，根据垂径定理逆定理得出，，，根据平行线的性质及等腰三角形的判定得出，结合，即可判定四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质及切线的判定定理即可得解；
（2）过点作于，过点作于，连接，如图，设的半径为，则，，利用勾股定理得到，解方程得到，，再利用面积法求出，则，接着利用勾股定理计算出，，然后根据垂径定理可得到的长度．
【详解】（1）证明：如图，连接，

为弧的中点，
，，，
∵，
，
∴
，
，
∵，
四边形为平行四边形，
∴，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：过点作于，过点作于，连接，如图，

设的半径为，则， ，
是的切线，
∴，
，
在中，，
解得，
，，
∵
∴
∵，，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，熟记切线的判定与性质并添加合理的辅助线是解题的关键．
答案第1页，共2页
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