【培优卷】3.7切线长定理—2023-2024学年北师大版九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2022·广州模拟）如图，的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，已知的周长为36．，，则AF的长为（ ）
A．4 B．5 C．9 D．13
【答案】A
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：的周长为36．，，
∴，
由切线长定理可得，
，
设，，
解得：
∴；
故答案为：A．
【分析】根据切线长定义可得，再设，，根据题意列出方程组求解即可。
2．（2021九上·虎林期末）如图PA、PB分别与⊙O相切于A．B两点，点C为⊙O上一点，连接AC．BC，若∠ACB=60°，则 的度数为（ ）
A．60° B．65° C． D．
【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB =120°，
又∵PA．PB分别与相切于A．B两点，
∴，
∴∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°，
故答案为：A．
【分析】连接OA，OB，先利用圆周角的性质可得∠AOB=2∠ACB =120°，再利用四边形的内角和可得∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°。
3．（2021九上·硚口月考）如图，PA、PB、MN是⊙O的切线，A、B、C是切点，MN分别交线段PA、PB于M、N两点.若∠APB＝50°，则∠MON＝（ ）
A．50° B．60° C．65° D．70°
【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接AO，BO，OC，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠APB=50°，
∴∠AOB=360°-2×90°-50°=130°，
∵PA、PB、MN是⊙O的切线，
∴∠BNO=∠CNO，∠AMO=∠CMO，
∴∠BON=∠CON，AOM=∠COM，
∴∠MON=∠CON+∠COM= ∠AOB=65°.
故答案为：C.
【分析】连接AO，BO，OC，由切线性质得∠PAO=∠PBO=90°，易得∠AOB=130°，由切线长定理得∠BNO=∠CNO，∠AMO=∠CMO，则∠BON=∠CON，∠AOM=∠COM，∠MON=∠CON+∠COM= ∠AOB，据此计算.
4．（2021九上·阳信期中）如图，从圆外一点P引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点，C为PB上的一点，连接CO交⊙O于点D，若 ， ， ，则⊙O的半径长是（ ）
A． B． C．4 D．3
【答案】D
【知识点】勾股定理；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接OB，PO，
∵从圆外一点P引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点，
∴PA＝PB＝9，∠BPO＝∠APO，∠OBC＝90°，
∵CD∥AP，
∴∠COP＝∠OPA＝∠OPB，
∴CP＝CO＝2＋OD，
∴BC＝9 （2＋OD）＝7 OD，
∵OC2＝OB2＋BC2，
∴（7 OD）2＋OD2＝（2＋OD）2，
∴OD＝3，OD＝15（不合题意舍去），
∴⊙O的半径长是3，
故答案为：D．
【分析】由切线长定理得出PA＝PB＝9，∠BPO＝∠APO，∠OBC＝90°，由平行线的性质得出CP＝CO＝2＋OD，有勾股定理可求解。
5．（2021九上·鲅鱼圈期中）如图， 、 为⊙O的切线，切点分别为A、B， 交 于点C， 的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A． 为等腰三角形
B． 与 相互垂直平分
C．点A，B都在以 为直径的圆上
D． 为 的边 上的中线
【答案】B
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴ 为等腰三角形，故A符合题意；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以 为直径的圆上，故C符合题意；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴ 为 的边 上的中线，故D符合题意；
无法证明 与 相互垂直平分，
故答案为：B．
【分析】根据题意求出∠OBP=∠OAP=90°，再根据全等三角形的判定与性质求解即可。
6．（2021九上·滨城期中）已知PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C是⊙O上不同于点A、点B的一个动点，若∠P＝54°，则∠ACB的度数是（ ）
A．63° B．117° C．53°或127° D．117°或63°
【答案】D
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB，在AB弧上任取一点C；
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
连接AC、BC，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠P＝54°，
在四边形OAPB中，可得∠AOB＝126°；
则有①若C点在优弧AB上，则∠ACB＝63°；
②若C点在优劣弧AB上，则∠ACB＝180°-63°=117°．
故答案为：D．
【分析】连接OA、OB，在AB弧上任取一点C；由PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，连接AC、BC，得出∠OAP＝∠OBP＝90°，
在四边形OAPB中，可得∠AOB＝126°；则有①若C点在优弧AB上，②若C点在优劣弧AB上，分别求出∠ACB的度数即可。
7．（2021九上·涪城月考）如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，OB＝3，半径为1的⊙O与OB交于点C，且AB与⊙O相切，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点M是边OA上动点．则△MCD周长最小值为（ ）
A．2 B． C． + D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；切线的性质；轴对称的应用-最短距离问题；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点M，此时周长最小．
设AB于⊙O相切于点F，连接OF，则．
．
．
．
且OC为⊙O的半径．
是⊙O的切线．
．
．
．
即：．
解得：．
．
的周长最小值为：．
故答案为：A.
【分析】延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点M，此时△MCD的周长最小，设AB于⊙O相切于点F，连接OF，根据勾股定理可得BF，根据切线长定理可得DF=CD，利用勾股定理可得CD、DE的值，据此求解.
8．（2021九上·南充期末）如图，在矩形ABCD中，点E在CD边上，连接AE，将 沿AE翻折，使点D落在BC边的点F处，连接AF，在AF上取点O，以O为圆心，线段OF的长为半径作⊙O，⊙O与AB，AE分别相切于点G，H，连接FG，GH.则下列结论错误的是（ ）
A． B．四边形EFGH是菱形
C． D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：由折叠可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED.
∵AB和AE都是⊙O的切线，点G、H分别是切点，
∴AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，
∴∠BAE=2∠DAE，故A正确，不符合题意；
延长EF与AB交于点N，如图：
∵OF⊥EF，OF是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线，
∴HE=EF，NF=NG，
∴△ANE是等边三角形，
∴FG//HE，FG=HE，∠AEF=60°，
∴四边形EFGH是平行四边形，∠FEC=60°，
又∵HE=EF，
∴四边形EFGH是菱形，故B正确，不符合题意；
∵AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴GH⊥AO，故D正确，不符合题意；
在Rt△EFC中，∠C=90°，∠FEC=60°，
∴∠EFC=30°，
∴EF=2CE，
∴DE=2CE.
∵在Rt△ADE中，∠AED=60°，
∴AD=
DE，
∴AD=2
CE，故C错误，符合题意.
故答案为：C.
【分析】由折叠的性质可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED，根据切线长定理可得AG=AH，∠GAF=∠HAF，则∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，据此判断A；延长EF与AB交于点N，易得△ANE是等边三角形，则FG//HE，FG=HE，∠AEF=60°，推出四边形EFGH是平行四边形，∠FEC=60°，然后结合HE=EF以及菱形的判定定理可判断B；根据等腰三角形三线合一的性质可判断D；易得∠EFC=30°，则EF=2CE，DE=2CE，结合三角函数的概念可判断C.
二、填空题
9．（2023九上·玉环期中）如图所示，过半径为6cm的⊙O外一点P引圆的切线PA，PB，连接PO交⊙O于F，过F作⊙O的切线，交PA，PB分别于D，E，如果PO=10cm，∠APB=40°，则△PED的周长= ；∠DOE的度数=
【答案】16cm；70°
【知识点】切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA、OB，
第一空：∵DA、DF分别切⊙O于A、F两点，EF、EB分别切⊙O于B、F两点，
∴DA=DF，EF=EB，
∴△PED的周长=PD+PE+DE=PD+PE+EF+DF=PD+PE+DA+EB=PA+PB，
∵PA、PB分别切⊙O于A、B两点，
∴PA=PB，
∵OA=6cm，PO=10cm，
∴PA=，
∴△PED的周长=PA+PB=8+8=16（cm）
第二空：∵PA、PB分别切⊙O于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
而∠APB=40°，∠AOB+∠APB+∠PAO+∠PBO=360°，
∴∠AOB=140°，
∵DA、DF分别切⊙O于A、F两点，EF、EB分别切⊙O于B、F两点，
∴∠AOD=∠FOD，∠FOE=∠BOE，
∴∠EOD=∠FOD+∠FOE=∠AOB=70°.
故答案为：16cm，70°.
【分析】第一空：连接OA、OB，根据切线长定理可得DA=DF，EF=EB，在直角三角形POA中，用勾股定理求出AP的值，然后由三角形的周长等于三边之和可求得△PED的周长；
第二空：由圆的切线的性质可得∠PAO=∠PBO=90°，结合四边形的内角和等于360度可求得∠AOB的度数，然后根据切线长定理可求解.
10．（2022·泸州）如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；切线的性质；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：设直线AO交于M点（M在O点右边），则点A到上的点的距离的最大值为AM的长度，当与AB、BC相切时，AM最长
设切点分别为D、F，连接OB，如图
∵，，
∴，
∴
∵与AB、BC相切
∴
∵的半径为1
∴
∴
∴
∴
∴
∴点到上的点的距离的最大值为.
故答案为：.
【分析】设直线AO交⊙O于M点（M在O点右边），则点A到⊙O上的点的距离的最大值为AM的长度，当⊙O与AB、BC相切时，AM最长，设切点分别为D、F，连接OB，求出tanB的值，可得∠B=60°，根据勾股定理可得AB的值，根据切线的性质可得∠OBD=30°，根据三角函数的概念可得BD，由AD=AB-DB可得AD，利用勾股定理求出OA，然后根据AM=OA+OM进行计算.
11．如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上一点，正方形DEFG的一边DG在直径AB上，另一边DE过△ABC的内切圆圆心O，且点E在半圆弧上．若正方形DEFG的面积为100，且△ABC的内切圆半径r=4，则半圆的直径AB= ．
【答案】21
【知识点】正方形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵正方形DEFG的面积为100，
∴正方形DEFG边长为10．
连接EB、AE，OI、OJ，
∵AC、BC是⊙O的切线，
∴CJ=CI，∠OJC=∠OIC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴四边形OICJ是正方形，且边长是4，
设BD=x，AD=y，则BD=BI=x，AD=AJ=y，
在Rt△ABC中，由勾股定理得（x+4）2+（y+4）2=（x+y）2①；
在Rt△AEB中，
∵∠AEB=90°，ED⊥AB，
∴△ADE∽△BDE∽△ABE，
∴ED2=AD BD，即102=x y②．
解①、②得x+y=21，即半圆的直径AB=21．
故答案为：21．
【分析】连接EB、AE，OI、OJ，根据切线长定理得出CJ=CI，∠OJC=∠OIC=90°，进而判断出四边形OICJ是正方形，且边长是4，设BD=x，AD=y，则BD=BI=x，AD=AJ=y，在Rt△ABC中，利用勾股定理建立方程（x+4）2+（y+4）2=（x+y）2①；然后判断出△ADE∽△BDE∽△ABE，根据相似三角形对应边成比例得出ED2=AD BD，即102=x y②，解联立①、②组成的方程组，即可得出答案。
12．（2018九上·北仑期末）如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C＝90°，∠A＝30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC＝7+2 ，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长为 ．
【答案】15+5
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；切线长定理
【解析】【解答】如图，
圆心O的运动路径长为 ，
过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，
过点O作OE⊥BC，垂足为点E，
过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°、∠A＝30°，
∴AC＝ ＝7 +6，AB＝2BC＝14+4 ，∠ABC＝60°，
∴C△ABC＝13 +27，
∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，
∴D、G为切点，
∴BD＝BG，
在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，
∵ ，
∴△O1BD≌△O1BG（HL），
∴∠O1BG＝∠O1BD＝30°，
在Rt△O1BD中，∠O1DB＝90°，∠O1BD＝30°，
∴BD＝ ＝2 ，
∴OO1＝7+2 ﹣2﹣2 ＝5，
∵O1D＝OE＝2，O1D⊥BC，OE⊥BC，
∴O1D∥OE，且O1D＝OE，
∴四边形OEDO1为平行四边形，
∵∠OED＝90°，
∴四边形OEDO1为矩形，
同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，
又OE＝OF，
∴四边形OECF为正方形，
∵∠O1GH＝∠CDO1＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠GO1D＝120°，
又∵∠FO1D＝∠O2O1G＝90°，
∴∠OO1O2＝360°﹣90°﹣90°＝60°＝∠ABC，
同理，∠O1OO2＝90°，
∴△OO1O2∽△CBA，
∴ ，即 ，
∴C△OO1O2＝15+5 ，
即圆心O运动的路径长为15+5 .
故答案为15+5 ．
【分析】过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，
过点O作OE⊥BC，垂足为点E，
过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，由题意知：圆心O的运动路径长为 ，解直角三角形ABC可求得AC、AB的长；由辅助线的做法可得OO1∥BC，OO2∥AC，O1O2∥AB，于是可得△OO1O2∽△CBA，只需求得两个三角形的相似比即可求解。由切线长定理易知，BO1平分∠ABC，解直角三角形BO1D可求得O1D的长，则OO1的长可求解，于是OO1∶BC的值可求解，根据相似三角形的周长的比等于相似比可求得三角形OO1O2的周长。
三、综合题
13．（2023九下·孝南月考）如图，以矩形ABCD的边CD为直径作，点E是AB的中点，连接CE交于点F，连接AF并延长交BC于点H．
（1）若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
（2）求证：AH是的切线；
（3）若，，求AH的长．
【答案】（1）结论：四边形AECO是平行四边形
理由：∵四边形ABCD是矩形
∴，
又，
∴，
∴四边形AECO是平行四边形
（2）解：由（1）得
∴，
又
∴
则又
∴
∴即又OF是的半径
∴是的切线
（3）由切线长定理可设，
且则
在中，
由得得
∴
【知识点】平行四边形的判定；矩形的性质；切线的判定；切线长定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得AB=CD，AB∥CD，由中点的概念可得AE=AB，CO=CD，推出AE=OC，AE∥OC，然后根据平行四边形的判定定理进行解答；
（2）由平行线的性质可得∠1=∠4，∠2=∠3，由等腰三角形的性质可得∠3=∠4，则∠1=∠2，利用SAS证明△AOD≌△AOF，得到∠AFO=∠ADO=90°，据此证明；
（3）由切线长定理可设AD=AF=x，则BH=x+2，然后在Rt△ABH中，由勾股定理可得x的值，进而可得AH.
14．（2023·绵阳模拟）如图，AB是的直径，PA，PC是的两条切线，点A，C为切点，延长PC，AB相交于点D，若BD＝1，CD＝3，点F为弧AB的中点，连接AC．
（1）连接OP交AC于点M，求证：；
（2）设，求的值；
（3）若点G与点F关于圆心O对称，连接CG，求CG的长．
【答案】（1）证明：∵PA，PC是 的两条切线，
∴ ， ，PA＝PC．
在 和 中，
∴ ．
∴ ，即AM平分 ，
∴OP垂直平分AC，即 ．
∵AB是 的直径，
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵OB＝OC，
∴ ，
∴ ．
（3）解：连接CF，FG．
∵点G与点F关于圆心O对称，
∴GF过圆心，且为 的直径，
∴ ．
由（2）得 ，
∴ ，即 ，
∴AB＝8．又 ，
∴设BC＝k，AC＝3k，由 得，
∴ ，即 ，
∴ （舍去负值），
即 ， ．
如图，过点A作 ，垂足为H，连接AF，BF．
∵点F为AB的中点，
∴AF＝BF， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ．
【知识点】圆周角定理；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；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【分析】（1）根据切线的性质以及切线长定理可得AB⊥AP，OC⊥CP，PA=PC，利用SSS证明△APO≌△CPO，得到∠AOM=∠COM，由垂直平分线的性质可得∠AMO=90°，由圆周角定理可得∠ACB=90°，据此证明；
（2）根据等腰三角形的性质以及余角的性质可得∠BCD=∠ACO=∠OAC，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△DCA∽△DBC，由等腰三角形的性质可得∠OCB=∠OBC，然后根据三角函数的概念以及相似三角形的性质进行解答；
（3）连接CF、FG，易得∠GCF=90°，利用相似三角形的性质可得AB的值，设BC＝k，AC＝3k，由勾股定理可得k的值，进而可得BC、AC，过点A作AH⊥CF，垂足为H，连接AF，BF，易得AH、AF、FH、CF的值，然后在Rt△CFG中，利用勾股定理进行计算.
15．（2023九下·泰兴月考）我们给出以下定义：如图（1）若点P在不大于的的内部，作于点Q，于点I，则称为点P与的“点角距离”记作.如图（2）在平面直角坐标系中，x、y的正半轴组成的，O为坐标原点.
（1）如图（2）点，则 ；
（2）若点B为内一点，，以点B为圆心r为半径作圆，与x轴、y轴均相切，求点B的坐标；
（3）已知点.
①已知点D的坐标为，求的解析式和的值.
②已知点在的内部，，当s为大于0的任意实数时，代数式（m为常数）的值为定值，求m的值及该定值.
【答案】（1）5
（2）解：如图，过点B作轴于点E，过点B作轴于点F，
∵，
∴，
∵与x轴、y轴均相切，
∴，
∴，
∴点B的坐标为；
（3）解：设直线的解析式为，
把点代入得：，解得：，
∴直线的解析式为；
过点D作轴于点G，过点D作于点H，连接，
∵，，，
∴，，，，
设，则，
在中，，
在中，，
∴，解得：，
∴，则（负值舍去），
∴；
②过点E作轴于点M，过点E作于点N，
∵，
∴
把代入，得：，解得：，
∴，则，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，整理得：，
即，
∵当s为大于0的任意实数时，代数式（m为常数）的值为定值，
∴，则，
把代入得：，
∴，
把代入得：，
综上：，定值为3.
【知识点】点的坐标；勾股定理；锐角三角函数的定义；定义新运算；切线长定理
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴点A到x轴距离为1个单位长度，到y轴距离为4个单位长度，
∴，
故答案为：5；
【分析】（1）根据点A的坐标可得：点A到x轴距离为1个单位长度，到y轴距离为4个单位长度，据此求解；
（2）过点B作BE⊥y轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，根据题意可得BE+BF=6，由切线长定理可得BE=BF，据此解答；
（3）①利用待定系数法求出直线OC的解析式，过点D作DG⊥y轴于点G，DH⊥OC于点H，连接CD，利用勾股定理可得DG、OC、OD、CD的值，设OH=x，则CH=-x，在Rt△CDH、Rt△ODH中，根据勾股定理可得x的值，然后求出DH，据此解答；
②过E作EM⊥y轴于点M，EN⊥OC于点N，根据点E的坐标可得ME=s，将y=t代入y=2x中表示出x，得到点P的坐标，然后求出PE、OP，根据三角函数的概念可得EN，然后表示出d(E，∠COY)，进而可得t与s的关系式，由题意可得mt=s+ms，将t代入可求出m的值，据此解答.
1 / 1【培优卷】3.7切线长定理—2023-2024学年北师大版九年级下册同步测试
一、选择题
1．（2022·广州模拟）如图，的内切圆⊙O与BC，CA，AB分别相切于点D，E，F，已知的周长为36．，，则AF的长为（ ）
A．4 B．5 C．9 D．13
2．（2021九上·虎林期末）如图PA、PB分别与⊙O相切于A．B两点，点C为⊙O上一点，连接AC．BC，若∠ACB=60°，则 的度数为（ ）
A．60° B．65° C． D．
3．（2021九上·硚口月考）如图，PA、PB、MN是⊙O的切线，A、B、C是切点，MN分别交线段PA、PB于M、N两点.若∠APB＝50°，则∠MON＝（ ）
A．50° B．60° C．65° D．70°
4．（2021九上·阳信期中）如图，从圆外一点P引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点，C为PB上的一点，连接CO交⊙O于点D，若 ， ， ，则⊙O的半径长是（ ）
A． B． C．4 D．3
5．（2021九上·鲅鱼圈期中）如图， 、 为⊙O的切线，切点分别为A、B， 交 于点C， 的延长线交⊙O于点D．下列结论不一定成立的是（ ）
A． 为等腰三角形
B． 与 相互垂直平分
C．点A，B都在以 为直径的圆上
D． 为 的边 上的中线
6．（2021九上·滨城期中）已知PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C是⊙O上不同于点A、点B的一个动点，若∠P＝54°，则∠ACB的度数是（ ）
A．63° B．117° C．53°或127° D．117°或63°
7．（2021九上·涪城月考）如图，在△AOB中，∠AOB＝90°，OB＝3，半径为1的⊙O与OB交于点C，且AB与⊙O相切，过点C作CD⊥OB交AB于点D，点M是边OA上动点．则△MCD周长最小值为（ ）
A．2 B． C． + D．
8．（2021九上·南充期末）如图，在矩形ABCD中，点E在CD边上，连接AE，将 沿AE翻折，使点D落在BC边的点F处，连接AF，在AF上取点O，以O为圆心，线段OF的长为半径作⊙O，⊙O与AB，AE分别相切于点G，H，连接FG，GH.则下列结论错误的是（ ）
A． B．四边形EFGH是菱形
C． D．
二、填空题
9．（2023九上·玉环期中）如图所示，过半径为6cm的⊙O外一点P引圆的切线PA，PB，连接PO交⊙O于F，过F作⊙O的切线，交PA，PB分别于D，E，如果PO=10cm，∠APB=40°，则△PED的周长= ；∠DOE的度数=
10．（2022·泸州）如图，在中，，，，半径为1的在内平移（可以与该三角形的边相切），则点到上的点的距离的最大值为 .
11．如图，AB为半圆的直径，C是半圆弧上一点，正方形DEFG的一边DG在直径AB上，另一边DE过△ABC的内切圆圆心O，且点E在半圆弧上．若正方形DEFG的面积为100，且△ABC的内切圆半径r=4，则半圆的直径AB= ．
12．（2018九上·北仑期末）如图，△ABC是一块直角三角板，且∠C＝90°，∠A＝30°，现将圆心为点O的圆形纸片放置在三角板内部，将圆形纸片沿着三角板的内部边缘滚动1周，回到起点位置时停止，若BC＝7+2 ，圆形纸片的半径为2，求圆心O运动的路径长为 ．
三、综合题
13．（2023九下·孝南月考）如图，以矩形ABCD的边CD为直径作，点E是AB的中点，连接CE交于点F，连接AF并延长交BC于点H．
（1）若连接AO，试判断四边形AECO的形状，并说明理由；
（2）求证：AH是的切线；
（3）若，，求AH的长．
14．（2023·绵阳模拟）如图，AB是的直径，PA，PC是的两条切线，点A，C为切点，延长PC，AB相交于点D，若BD＝1，CD＝3，点F为弧AB的中点，连接AC．
（1）连接OP交AC于点M，求证：；
（2）设，求的值；
（3）若点G与点F关于圆心O对称，连接CG，求CG的长．
15．（2023九下·泰兴月考）我们给出以下定义：如图（1）若点P在不大于的的内部，作于点Q，于点I，则称为点P与的“点角距离”记作.如图（2）在平面直角坐标系中，x、y的正半轴组成的，O为坐标原点.
（1）如图（2）点，则 ；
（2）若点B为内一点，，以点B为圆心r为半径作圆，与x轴、y轴均相切，求点B的坐标；
（3）已知点.
①已知点D的坐标为，求的解析式和的值.
②已知点在的内部，，当s为大于0的任意实数时，代数式（m为常数）的值为定值，求m的值及该定值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：的周长为36．，，
∴，
由切线长定理可得，
，
设，，
解得：
∴；
故答案为：A．
【分析】根据切线长定义可得，再设，，根据题意列出方程组求解即可。
2．【答案】A
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA，OB，
∵∠ACB=60°，
∴∠AOB=2∠ACB =120°，
又∵PA．PB分别与相切于A．B两点，
∴，
∴∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°，
故答案为：A．
【分析】连接OA，OB，先利用圆周角的性质可得∠AOB=2∠ACB =120°，再利用四边形的内角和可得∠P=360°－∠PAO－∠PBO－∠AOB=60°。
3．【答案】C
【知识点】多边形内角与外角；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接AO，BO，OC，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
∵∠APB=50°，
∴∠AOB=360°-2×90°-50°=130°，
∵PA、PB、MN是⊙O的切线，
∴∠BNO=∠CNO，∠AMO=∠CMO，
∴∠BON=∠CON，AOM=∠COM，
∴∠MON=∠CON+∠COM= ∠AOB=65°.
故答案为：C.
【分析】连接AO，BO，OC，由切线性质得∠PAO=∠PBO=90°，易得∠AOB=130°，由切线长定理得∠BNO=∠CNO，∠AMO=∠CMO，则∠BON=∠CON，∠AOM=∠COM，∠MON=∠CON+∠COM= ∠AOB，据此计算.
4．【答案】D
【知识点】勾股定理；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接OB，PO，
∵从圆外一点P引圆的两条切线PA，PB，A，B为切点，
∴PA＝PB＝9，∠BPO＝∠APO，∠OBC＝90°，
∵CD∥AP，
∴∠COP＝∠OPA＝∠OPB，
∴CP＝CO＝2＋OD，
∴BC＝9 （2＋OD）＝7 OD，
∵OC2＝OB2＋BC2，
∴（7 OD）2＋OD2＝（2＋OD）2，
∴OD＝3，OD＝15（不合题意舍去），
∴⊙O的半径长是3，
故答案为：D．
【分析】由切线长定理得出PA＝PB＝9，∠BPO＝∠APO，∠OBC＝90°，由平行线的性质得出CP＝CO＝2＋OD，有勾股定理可求解。
5．【答案】B
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：连接OB，OC，令M为OP中点，连接MA，MB，
∵B，C为切点，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∵OA=OB，OP=OP，
∴Rt△OPB≌Rt△OPA，
∴BP=AP，∠OPB=∠OPA，∠BOC=∠AOC，
∴ 为等腰三角形，故A符合题意；
∵△OBP与△OAP为直角三角形，OP为斜边，
∴PM=OM=BM=AM
∴点A、B都在以 为直径的圆上，故C符合题意；
∵∠BOC=∠AOC，OB=OA，OC=OC，
∴△OBC≌△OAC，
∴∠OCB=∠OCA=90°，
∴PC⊥AB，
∵△BPA为等腰三角形，
∴ 为 的边 上的中线，故D符合题意；
无法证明 与 相互垂直平分，
故答案为：B．
【分析】根据题意求出∠OBP=∠OAP=90°，再根据全等三角形的判定与性质求解即可。
6．【答案】D
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接OA、OB，在AB弧上任取一点C；
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
连接AC、BC，
∴∠OAP＝∠OBP＝90°，
∵∠P＝54°，
在四边形OAPB中，可得∠AOB＝126°；
则有①若C点在优弧AB上，则∠ACB＝63°；
②若C点在优劣弧AB上，则∠ACB＝180°-63°=117°．
故答案为：D．
【分析】连接OA、OB，在AB弧上任取一点C；由PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，连接AC、BC，得出∠OAP＝∠OBP＝90°，
在四边形OAPB中，可得∠AOB＝126°；则有①若C点在优弧AB上，②若C点在优劣弧AB上，分别求出∠ACB的度数即可。
7．【答案】A
【知识点】勾股定理；切线的性质；轴对称的应用-最短距离问题；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点M，此时周长最小．
设AB于⊙O相切于点F，连接OF，则．
．
．
．
且OC为⊙O的半径．
是⊙O的切线．
．
．
．
即：．
解得：．
．
的周长最小值为：．
故答案为：A.
【分析】延长CO交⊙O于点E，连接ED，交AO于点M，此时△MCD的周长最小，设AB于⊙O相切于点F，连接OF，根据勾股定理可得BF，根据切线长定理可得DF=CD，利用勾股定理可得CD、DE的值，据此求解.
8．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定；翻折变换（折叠问题）；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：由折叠可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED.
∵AB和AE都是⊙O的切线，点G、H分别是切点，
∴AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，
∴∠BAE=2∠DAE，故A正确，不符合题意；
延长EF与AB交于点N，如图：
∵OF⊥EF，OF是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线，
∴HE=EF，NF=NG，
∴△ANE是等边三角形，
∴FG//HE，FG=HE，∠AEF=60°，
∴四边形EFGH是平行四边形，∠FEC=60°，
又∵HE=EF，
∴四边形EFGH是菱形，故B正确，不符合题意；
∵AG=AH，∠GAF=∠HAF，
∴GH⊥AO，故D正确，不符合题意；
在Rt△EFC中，∠C=90°，∠FEC=60°，
∴∠EFC=30°，
∴EF=2CE，
∴DE=2CE.
∵在Rt△ADE中，∠AED=60°，
∴AD=
DE，
∴AD=2
CE，故C错误，符合题意.
故答案为：C.
【分析】由折叠的性质可得∠DAE=∠FAE，∠D=∠AFE=90°，EF=ED，根据切线长定理可得AG=AH，∠GAF=∠HAF，则∠GAF=∠HAF=∠DAE=30°，据此判断A；延长EF与AB交于点N，易得△ANE是等边三角形，则FG//HE，FG=HE，∠AEF=60°，推出四边形EFGH是平行四边形，∠FEC=60°，然后结合HE=EF以及菱形的判定定理可判断B；根据等腰三角形三线合一的性质可判断D；易得∠EFC=30°，则EF=2CE，DE=2CE，结合三角函数的概念可判断C.
9．【答案】16cm；70°
【知识点】切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接OA、OB，
第一空：∵DA、DF分别切⊙O于A、F两点，EF、EB分别切⊙O于B、F两点，
∴DA=DF，EF=EB，
∴△PED的周长=PD+PE+DE=PD+PE+EF+DF=PD+PE+DA+EB=PA+PB，
∵PA、PB分别切⊙O于A、B两点，
∴PA=PB，
∵OA=6cm，PO=10cm，
∴PA=，
∴△PED的周长=PA+PB=8+8=16（cm）
第二空：∵PA、PB分别切⊙O于A、B两点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
∴∠PAO=∠PBO=90°，
而∠APB=40°，∠AOB+∠APB+∠PAO+∠PBO=360°，
∴∠AOB=140°，
∵DA、DF分别切⊙O于A、F两点，EF、EB分别切⊙O于B、F两点，
∴∠AOD=∠FOD，∠FOE=∠BOE，
∴∠EOD=∠FOD+∠FOE=∠AOB=70°.
故答案为：16cm，70°.
【分析】第一空：连接OA、OB，根据切线长定理可得DA=DF，EF=EB，在直角三角形POA中，用勾股定理求出AP的值，然后由三角形的周长等于三边之和可求得△PED的周长；
第二空：由圆的切线的性质可得∠PAO=∠PBO=90°，结合四边形的内角和等于360度可求得∠AOB的度数，然后根据切线长定理可求解.
10．【答案】
【知识点】勾股定理；切线的性质；锐角三角函数的定义；切线长定理
【解析】【解答】解：设直线AO交于M点（M在O点右边），则点A到上的点的距离的最大值为AM的长度，当与AB、BC相切时，AM最长
设切点分别为D、F，连接OB，如图
∵，，
∴，
∴
∵与AB、BC相切
∴
∵的半径为1
∴
∴
∴
∴
∴
∴点到上的点的距离的最大值为.
故答案为：.
【分析】设直线AO交⊙O于M点（M在O点右边），则点A到⊙O上的点的距离的最大值为AM的长度，当⊙O与AB、BC相切时，AM最长，设切点分别为D、F，连接OB，求出tanB的值，可得∠B=60°，根据勾股定理可得AB的值，根据切线的性质可得∠OBD=30°，根据三角函数的概念可得BD，由AD=AB-DB可得AD，利用勾股定理求出OA，然后根据AM=OA+OM进行计算.
11．【答案】21
【知识点】正方形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】解：∵正方形DEFG的面积为100，
∴正方形DEFG边长为10．
连接EB、AE，OI、OJ，
∵AC、BC是⊙O的切线，
∴CJ=CI，∠OJC=∠OIC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴四边形OICJ是正方形，且边长是4，
设BD=x，AD=y，则BD=BI=x，AD=AJ=y，
在Rt△ABC中，由勾股定理得（x+4）2+（y+4）2=（x+y）2①；
在Rt△AEB中，
∵∠AEB=90°，ED⊥AB，
∴△ADE∽△BDE∽△ABE，
∴ED2=AD BD，即102=x y②．
解①、②得x+y=21，即半圆的直径AB=21．
故答案为：21．
【分析】连接EB、AE，OI、OJ，根据切线长定理得出CJ=CI，∠OJC=∠OIC=90°，进而判断出四边形OICJ是正方形，且边长是4，设BD=x，AD=y，则BD=BI=x，AD=AJ=y，在Rt△ABC中，利用勾股定理建立方程（x+4）2+（y+4）2=（x+y）2①；然后判断出△ADE∽△BDE∽△ABE，根据相似三角形对应边成比例得出ED2=AD BD，即102=x y②，解联立①、②组成的方程组，即可得出答案。
12．【答案】15+5
【知识点】切线的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；切线长定理
【解析】【解答】如图，
圆心O的运动路径长为 ，
过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，
过点O作OE⊥BC，垂足为点E，
过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°、∠A＝30°，
∴AC＝ ＝7 +6，AB＝2BC＝14+4 ，∠ABC＝60°，
∴C△ABC＝13 +27，
∵O1D⊥BC、O1G⊥AB，
∴D、G为切点，
∴BD＝BG，
在Rt△O1BD和Rt△O1BG中，
∵ ，
∴△O1BD≌△O1BG（HL），
∴∠O1BG＝∠O1BD＝30°，
在Rt△O1BD中，∠O1DB＝90°，∠O1BD＝30°，
∴BD＝ ＝2 ，
∴OO1＝7+2 ﹣2﹣2 ＝5，
∵O1D＝OE＝2，O1D⊥BC，OE⊥BC，
∴O1D∥OE，且O1D＝OE，
∴四边形OEDO1为平行四边形，
∵∠OED＝90°，
∴四边形OEDO1为矩形，
同理四边形O1O2HG、四边形OO2IF、四边形OECF为矩形，
又OE＝OF，
∴四边形OECF为正方形，
∵∠O1GH＝∠CDO1＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠GO1D＝120°，
又∵∠FO1D＝∠O2O1G＝90°，
∴∠OO1O2＝360°﹣90°﹣90°＝60°＝∠ABC，
同理，∠O1OO2＝90°，
∴△OO1O2∽△CBA，
∴ ，即 ，
∴C△OO1O2＝15+5 ，
即圆心O运动的路径长为15+5 .
故答案为15+5 ．
【分析】过点O1作O1D⊥BC、O1F⊥AC、O1G⊥AB，垂足分别为点D、F、G，
过点O作OE⊥BC，垂足为点E，
过点O2作O2H⊥AB，O2I⊥AC，垂足分别为点H、I，由题意知：圆心O的运动路径长为 ，解直角三角形ABC可求得AC、AB的长；由辅助线的做法可得OO1∥BC，OO2∥AC，O1O2∥AB，于是可得△OO1O2∽△CBA，只需求得两个三角形的相似比即可求解。由切线长定理易知，BO1平分∠ABC，解直角三角形BO1D可求得O1D的长，则OO1的长可求解，于是OO1∶BC的值可求解，根据相似三角形的周长的比等于相似比可求得三角形OO1O2的周长。
13．【答案】（1）结论：四边形AECO是平行四边形
理由：∵四边形ABCD是矩形
∴，
又，
∴，
∴四边形AECO是平行四边形
（2）解：由（1）得
∴，
又
∴
则又
∴
∴即又OF是的半径
∴是的切线
（3）由切线长定理可设，
且则
在中，
由得得
∴
【知识点】平行四边形的判定；矩形的性质；切线的判定；切线长定理；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得AB=CD，AB∥CD，由中点的概念可得AE=AB，CO=CD，推出AE=OC，AE∥OC，然后根据平行四边形的判定定理进行解答；
（2）由平行线的性质可得∠1=∠4，∠2=∠3，由等腰三角形的性质可得∠3=∠4，则∠1=∠2，利用SAS证明△AOD≌△AOF，得到∠AFO=∠ADO=90°，据此证明；
（3）由切线长定理可设AD=AF=x，则BH=x+2，然后在Rt△ABH中，由勾股定理可得x的值，进而可得AH.
14．【答案】（1）证明：∵PA，PC是 的两条切线，
∴ ， ，PA＝PC．
在 和 中，
∴ ．
∴ ，即AM平分 ，
∴OP垂直平分AC，即 ．
∵AB是 的直径，
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵ ， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵OB＝OC，
∴ ，
∴ ．
（3）解：连接CF，FG．
∵点G与点F关于圆心O对称，
∴GF过圆心，且为 的直径，
∴ ．
由（2）得 ，
∴ ，即 ，
∴AB＝8．又 ，
∴设BC＝k，AC＝3k，由 得，
∴ ，即 ，
∴ （舍去负值），
即 ， ．
如图，过点A作 ，垂足为H，连接AF，BF．
∵点F为AB的中点，
∴AF＝BF， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ．
【知识点】圆周角定理；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；三角形全等的判定（SSS）
【解析】【分析】（1）根据切线的性质以及切线长定理可得AB⊥AP，OC⊥CP，PA=PC，利用SSS证明△APO≌△CPO，得到∠AOM=∠COM，由垂直平分线的性质可得∠AMO=90°，由圆周角定理可得∠ACB=90°，据此证明；
（2）根据等腰三角形的性质以及余角的性质可得∠BCD=∠ACO=∠OAC，利用两角对应相等的两个三角形相似可得△DCA∽△DBC，由等腰三角形的性质可得∠OCB=∠OBC，然后根据三角函数的概念以及相似三角形的性质进行解答；
（3）连接CF、FG，易得∠GCF=90°，利用相似三角形的性质可得AB的值，设BC＝k，AC＝3k，由勾股定理可得k的值，进而可得BC、AC，过点A作AH⊥CF，垂足为H，连接AF，BF，易得AH、AF、FH、CF的值，然后在Rt△CFG中，利用勾股定理进行计算.
15．【答案】（1）5
（2）解：如图，过点B作轴于点E，过点B作轴于点F，
∵，
∴，
∵与x轴、y轴均相切，
∴，
∴，
∴点B的坐标为；
（3）解：设直线的解析式为，
把点代入得：，解得：，
∴直线的解析式为；
过点D作轴于点G，过点D作于点H，连接，
∵，，，
∴，，，，
设，则，
在中，，
在中，，
∴，解得：，
∴，则（负值舍去），
∴；
②过点E作轴于点M，过点E作于点N，
∵，
∴
把代入，得：，解得：，
∴，则，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，整理得：，
即，
∵当s为大于0的任意实数时，代数式（m为常数）的值为定值，
∴，则，
把代入得：，
∴，
把代入得：，
综上：，定值为3.
【知识点】点的坐标；勾股定理；锐角三角函数的定义；定义新运算；切线长定理
【解析】【解答】解：（1）∵，
∴点A到x轴距离为1个单位长度，到y轴距离为4个单位长度，
∴，
故答案为：5；
【分析】（1）根据点A的坐标可得：点A到x轴距离为1个单位长度，到y轴距离为4个单位长度，据此求解；
（2）过点B作BE⊥y轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，根据题意可得BE+BF=6，由切线长定理可得BE=BF，据此解答；
（3）①利用待定系数法求出直线OC的解析式，过点D作DG⊥y轴于点G，DH⊥OC于点H，连接CD，利用勾股定理可得DG、OC、OD、CD的值，设OH=x，则CH=-x，在Rt△CDH、Rt△ODH中，根据勾股定理可得x的值，然后求出DH，据此解答；
②过E作EM⊥y轴于点M，EN⊥OC于点N，根据点E的坐标可得ME=s，将y=t代入y=2x中表示出x，得到点P的坐标，然后求出PE、OP，根据三角函数的概念可得EN，然后表示出d(E，∠COY)，进而可得t与s的关系式，由题意可得mt=s+ms，将t代入可求出m的值，据此解答.
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