2023-2024学年冀教版初中数学九年级下册 29.3 切线的性质与判定同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023·聊城）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·张北期中）如图，一条公路环绕山脚的部分是一段圆弧形状（O为圆心），过A、B两点的切线交于点C，测得，A，B两点之间的距离为72米。则这段公路AB的长度为（ ）
A．12π米 B．24π米 C．36π米 D．48π米
3．（2023九上·大城期中）题目：“如图，在等腰直角三角形中，，以点为圆心，以小于的长度为半径作，是上一点，连接．将线役绕点顺时针旋转得到线段，连接．当为何度数时，与相切，切点为？”对于其答案，甲答：，乙答：，丙答：，则下列判断正确的是（ ）
A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整
C．乙、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整
4．（2015·衢州）如图，已知△ABC，AB=BC，以AB为直径的圆交AC于点D，过点D的⊙O的切线交BC于点E．若CD=5，CE=4，则⊙O的半径是（ ）
A．3 B．4 C． D．
5．（2021·新吴模拟）如图，正方形 的顶点A、D在⊙O上，边 与⊙O相切，若正方形 的周长记为 ，⊙O的周长记为 ，则 、 的大小关系为（ ）
A． B． C． D．无法判断
6．（2023九上·平山期中） 如图，一个零刻度落在点A的量角器（半圆O），其直径为AB，一等腰直角三角板MNB绕点B旋转，斜边BN交半圆O于点C，BM交半圆O于点D，点C在量角器上的读数为.关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：；
结论Ⅱ：当边MN与半圆O相切于点E（点E在量角器上的读数为）时，
A．只有结论Ⅰ对 B．只有结论Ⅱ对
C．结论Ⅰ、Ⅱ都对 D．结论Ⅰ、Ⅱ都不对
7．（2023九上·石家庄期中） 如图，正比例函数与反比例函数的图象相交于A、B两点，分别以A、B两点为圆心，画与x轴相切的两个圆，若点A的坐标为（2，1），则图中两个阴影部分面积的和是（ ）
A． B． C．π D．4π
8．（2023·洪山模拟）如图，是的内切圆，，过点I作分别交，于N，M，若，，则的半径是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023·西宁）如图，边长为的正方形内接于，分别过点A，D作的切线，两条切线交于点P，则图中阴影部分的面积是 .
10．（2023九上·西山期中）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝100°，⊙O与AB，BC分别切于点D，C，连接CD．则∠ACD的度数为 ．
11．（2023九上·石家庄期中）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B，CE切⊙O于E，已知PO＝13cm，⊙O的半径为5cm，则△PDE的周长是 cm．
12．（2023九上·阜阳月考）如图，在矩形中，，点分别是边上的两点，连接，以为直径的半圆分别与矩形的另外两边相切，则图中阴影部分的周长为 （结果保留）
13．（2023九上·襄都月考）如图，在中．，．是的内切圆．分别与，，相切于点，，．
（1） ．
（2）若，则 ．
三、解答题
14．如图1，已知AB是的直径，且，BM切于点B，点P是上的一个动点（不经过A，B两点），连接PA，过点O作交BM于点Q，过点P作于点C，交QO的延长线于点E，连接AE，PQ.
图1 （备用图）
（1）求证：；
（2）试判断PQ与的位置关系，并给予证明；
（3）随着点P的移动，四边形PAEO能否为菱形，若能，请说明点E与的位置关系，并求出PE的长；若不能，请说明理由.
15．（2023九上·长沙月考）在中，，以为直径的分别与交于点，过点作于点．
（1）求证：是的切线；
（2）如图1，若的半径为，求阴影部分的面积；
（3）如图2，若，求的值．
四、综合题
16．（2023·雅安）如图，在中，，以为直径的与交于点D，点是的中点，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长；
（3）在（2）的条件下，点P是上一动点，求的最大值．
17．（2023·天河模拟）如图1，菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝4.点P为射线AB上一动点，在射线DA上取一点E，连接DP，EP，使∠DPE＝60°.作△APE的外接圆，设圆心为O.
（1）当圆心O在AB上时，AE＝ ；
（2）当点E在边AD上时，
①判断⊙O与DP的位置关系，并证明；
②当AP为何值时，AE有最大值？并求出最大值；
（3）如图2，连接AC，若PE∥AC，则AP＝ ；将优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q，则PQ的弧长＝ .
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接OC，如图所示：
∵点I是的内心，，
∴∠CAB=70°，
∴∠BOC=140°，
∵OB=OC，
∴，
故答案为：C
【分析】连接OC，根据三角形内心的性质结合圆周角定理即可得到∠BOC=140°，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
2．【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】
解：由题知：AB=72m，∠C=120°，AC、BC为圆O的切线
∴ ∠OAC=∠OBC=90°
∴ ∠O=60°
∵ OA=OB
∴ 三角形OAB为等边三角形
∴ OA=AB=72m
∴m
故答案为：B
【分析】本题考查圆的切线性质、弧长计算。圆的切线垂直于过切点的半径。若弧所对圆心角为n，所在圆半径为r，则弧长=。根据题意AB=72m，∠C=120°，根据“AC、BC为圆O的切线”得 ∠OAC=∠OBC=90°，可得∠O为60°，得等边三角形OAB，根据弧长公式计算即可。
3．【答案】B
【知识点】切线的性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：当在的左侧时，如图所示，
∵
∴
当是的切线时，，
∴
∴，
②当在的右侧时，
同理可得，
当是的切线时，，
∴
∴
故答案为：B．
【分析】本题考查圆的切线的性质和等腰直角三角形的性质，熟悉性质是解题关键，分P在AB左侧和P在AB右侧两种情况，结合等腰直角三角形的性质可得出∠APB的度数。
4．【答案】D
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，连接OD、BD，
，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AC，
又∵AB=BC，
∴AD=CD，
又∵AO=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥BC，
∵CD=5，CE=4，
∴DE= ，
∵S△BCD=BD CD÷2=BC DE÷2，
∴5BD=3BC，
∴ ，
∵BD2+CD2=BC2，
∴ ，
解得BC= ，
∵AB=BC，
∴AB= ，
∴⊙O的半径是；
．
故选：D．
【分析】首先连接OD、BD，判断出OD∥BC，再根据DE是⊙O的切线，推得DE⊥OD，所以DE⊥BC；然后根据DE⊥BC，CD=5，CE=4，求出DE的长度是多少；最后判断出BD、AC的关系，根据勾股定理，求出BC的值是多少，再根据AB=BC，求出AB的值是多少，即可求出⊙O的半径是多少．
5．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图：设 与⊙O相切与点N，连接ON，延长NO交AD于点M，
为 中点，
设正方形的边长为 ，⊙O的半径为 ，
在 中，
正方形 周长为 ，⊙O的周长为
，
故答案为：A.
【分析】设 与⊙O相切与点N，连接ON，延长NO交AD于点M，设正方形的边长为 ，⊙O的半径为 ，结合垂径定理及勾股定理可求出，从而得出 ， ，继而得出，根据结果进行判断即可.
6．【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，连接OC，OD，
∵∠MBN=45°，
∴∠COD=2∠MBN=90°，
∴∠AOC+∠BOD=180°-90°=90°，
∴；
∴；
∴结论Ⅰ正确；
如图2，连接OC，OF，
∵MN与半圆O相切于点E ，
∴OE⊥MN，
又∵BM⊥MN，
∴OE∥MN，
∴∠ABM=∠AOE=β，
∴∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，
∵∠AOC=α，
∴∠ABN=α，
∴β-α=45°。
所以结论Ⅱ正确；
图1 图2
所以结论Ⅰ正确；结论Ⅱ也正确；
故答案为：C。
【分析】（1）如图1，连接OC，OD，首先根据圆周角定理求得∠COD=90°，进而得出∠AOC+∠BOD=90°，进一步可推导出；
（2）如图2，连接OC，OF，首先根据切线的性质得出OE⊥MN，进而得出OE∥MN，从而得出∠ABM=∠AOE=β，然后再根据圆周角定理得出∠ABN=∠AON=α，再根据∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，等量代换即可得出答案。
7．【答案】C
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；切线的性质；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：∵点A的坐标为（2，1）且圆A与x轴相切
∴圆A的半径为1
∵点A和点B是正比例函数与反比例函数的图象的交点
∴点B的坐标为（-2，-1）
同理可得圆B的半径为1
∴圆A与圆B关于原点中心对称
∴圆A的阴影部分与圆B空白的部分完全重合
∴圆A的阴影部分与圆B空白的部分的面积相等
∴圆中两阴影部分的面积之和为：
故答案为：C
【分析】根据点A坐标及切线性质可得圆A的半径为1，根据正比例函数与反比例函数的交点特征可得点B的坐标为（-2，-1），则圆B的半径为1，可判断圆A与圆B关于原点中心对称，圆A的阴影部分与圆B空白的部分完全重合，则阴影部分面积的和为圆A的面积即可求出答案.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：设切点分别为E，F，G，连接IE、IF、IG，过点M作MP⊥AB于P，过点N作NQ⊥AB于Q，
∵是的内切圆，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
设，，则，
在中，由勾股定理，
，
解得：，
∴，
故答案为：D.
【分析】设切点分别为E，F，G，连接IE、IF、IG，过M作MP⊥AB于P，过N作NQ⊥AB于Q，根据切线的性质得IE⊥BC，IF⊥AC，IG⊥AB，IE=IF=IG，根据平行线间的距离相等得NQ=IG=MP，推出NQ=IF，由AAS判断出△AQN≌△NFI，得IN=AN=4，同理IM=BM=3，进而判断出△MEI∽△IFN，由相似三角形对应边成比例得得，设ME=3x，IF=4x，则IE=IF=4x，在Rt△MEI中，利用勾股定理建立方程求出x的值，即可得出IF的长.
9．【答案】
【知识点】正方形的判定与性质；切线的性质；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：连接OA、OD，则OA=OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOD=90°，
∵AP、DP是 的切线，
∴∠OAP=∠ODP=90°，
∴四边形AODP是正方形，
∵AD=，
∴OA=OD=AD=1，
∴ 图中阴影部分的面积=正方形AODP的面积-扇形AOD的面积=1×1-=1-.
故答案为：1-.
【分析】连接OA、OD，可证四边形AODP是正方形，根据图中阴影部分的面积=正方形AODP的面积-扇形AOD的面积进行计算即可.
10．【答案】30°
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵AC＝BC，∠ACB＝100°，
∴∠B＝∠A＝×（180°﹣100°）＝40°，
∵⊙O与AB，BC分别切于点D，C，
∴BD＝CD，
∴∠BCD＝∠BDC＝×（180°﹣40°）＝70°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝100°﹣70°＝30°，
故答案为：30°．
【分析】从已知条件入手，已知等腰三角形ABC及顶角，两底角的度数可求，根据已知两切线，利用切线长定理又得到一个等腰三角形BCD且顶角已知，可以求出两底角度数，观察图形可知，所求圆周角是两个已知角的差，整理思路即可求得。
11．【答案】24
【知识点】勾股定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】 连接OA，则OA=5
PA，PB分别与⊙O相切于A，B，PO＝13
∴PA⊥OA
∴∠OAP=90°
∴
∵CE切⊙O于E
∴CD=AD，CE=BE
∴PD+DE+PE=PD+CD+CE+PE
=PD+AD+BE+PE
=PA+PB
=24
∴△PDE的周长为24
故答案为：24
【分析】连接OA，由切线性质可得∠OAP=90°，根据勾股定理可得，再根据切线长定理可得CD=AD，CE=BE，再进行边之间的转换即可求出答案.
12．【答案】
【知识点】矩形的性质；切线的性质；扇形面积的计算；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如下图，设中点为，半圆与相切于点，与相切于点，连接并延长，交于点，连接，
即点为半圆圆心，
设半圆的半径为，即，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∵半圆与相切于点，与相切于点，
∴，，
∴，，
∴四边形均为矩形，
∴，，，
∵，，
∴，，
在中，中点为，
∴，
在中，由勾股定理可得，
即，
整理可得，
解得，（不合题意，舍去），
∴，，，
∴，，
∴，，
∴
．
故答案为：．
【分析】根据矩形的性质、切线的性质、斜边中线的性质、扇形的面积公式求解。设中点为，半圆与相切于点，与相切于点，连接并延长，交于点，连接，设半圆的半径为，即，由切线的性质可得，，易得四边形，，，均为矩形，，，在中，由斜边中线的性质可得，在中，由勾股定理可列式并求解可得，再进一步确定，，得答案．
13．【答案】（1）60
（2）
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的判定与性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：（1）
∵，
∴，
∵，
∴，
连接，如图所示：
∵是的内切圆，分别与，，相切于点，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）∵，，
∴，，
连接，则：，，如图所示：
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
设，
则：，
∴，
解得：；
即：；
故答案为：
【分析】（1）先根据特殊角的三角函数值结合题意即可得到，连接，再根据切线的性质结合圆周角定理即可求解；
（2）先根据含30°角的直角三角形的性质得到，，连接，则：，，进而根据正方形的判定与性质即可得到，设，则：，从而得到x，进而即可求解。
14．【答案】（1）证明：∵BM切于点B，AB是的直径，
∴，
∵，
∴
（2）解：PQ是的切线.
证明：∵，
∴，.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
∵，，
∴.
∴.
∴PQ是的切线
（3）解：能，点E在上，如图3.
图3
当点E在上时，即PE是的弦，
∵，
∴.
∴.
∴.
∵，∴.
∴.
∴.
∴.
∴四边形PAEO为菱形.
∴为等边三角形.
∵，
∴.
在中，，
∴
【知识点】菱形的判定；圆周角定理；切线的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出，结合，即可证明；
（2）根据切线的判定、全等三角形的判定和性质求证。根据平行线的性质得出，．进而得出．通过证明，得出．即可得出结论；
（3）根据垂径定理和菱形的判定和性质求解。当点E在上时，即是的弦，根据垂径定理得出．在根据平行线的性质得出．进而得出．则．即可得出四边形为菱形． 易得．根据勾股定理得出，即可求解．
15．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
，
，
又，
，
，
，
，
，
点在上，
与的相切；
（2）解：连接，
，
，
，
，
，
的半径为3，
，
，
．
（3）解：连接，
为圆的直径，
，
又，
所以，
，，
，
【知识点】平行线的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；扇形面积的计算
【解析】【分析】（1）连接，先根据等腰三角形的性质得到，进而运用平行线的判定与性质即可得到，从而运用切线的判定即可求解；
（2）连接，先根据题意得到，进而运用扇形的面积公式结合三角形的面积公式即可求解；
（3）连接，先根据圆周角定理得到，进而结合题意运用勾股定理即可求解。
16．【答案】（1）证明：连接，如图所示，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴与相切；
（2）解：由（1）知，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
又∵在中，，即：，
∴（负值以舍去），
∴；
（3）解：设的边高为，
由（2）可知，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴当取最大值时，也取最大值，
又∵，
∴当取最大值时，取最大值，
此时边高为取最大值为半径，
∴，
∴
∴，
∴，
综上所述：的最大值为．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）连接，先根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据直角三角形斜边上的中线的性质即可得到，进而结合题意运用切线的判定即可求解；
（2）根据题意结合锐角三角函数的定义即可得到，，进而运用勾股定理即可求出BD，从而即可得到AD；
（3）设的边高为，先根据勾股定理得到，进而得到，从而得到当取最大值时，也取最大值，再根据三角形的面积结合题意即可求解。
17．【答案】（1）1
（2）解：①如图1，
DP与⊙O相切，理由如下：
作直径PF，连接EF，
∴∠PEF＝90°，
∴∠EPF+∠F＝90°，
∵，
∴∠F＝∠DAB，
∵∠DPE＝∠DAB，
∴∠DPE＝∠F，
∴∠DPE+∠EPF＝90°，
∴∠DPF＝90°，
即：DP⊥PF，
∵点P在⊙O上，
∴DP与⊙O相切；
②∵∠DAB，∠PDE＝∠ADP，
∴△DPE∽△DAP，
∴，
∴DE＝，
∴AE＝AD-DE＝4-，
∴当DP最小时，AE最大，
此时DP⊥AB，
由（1）知：AP是⊙⊙的直径，AE＝1，
∴AE的最大值为：1；
（3）8；
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；切线的判定；弧长的计算；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵AP为直径，
∴∠AEP=90°，
∵∠AEP=∠EDP+∠DPE， ∠DPE＝60° ，
∴∠EDP=30°，
∴∠APD=180°-∠EDP- ∠DAB＝ 180°-30°-60° =90°，
∴AP=AD=2，
在Rt△AEP中，∠EPB=30°，
AE=AP=1，
故答案为：1.
（3）∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=∠DAB=30°，
∵PE∥AC，
∴∠APE=∠BAC=30°，
∴∠DPA=∠DPE-∠APE=30°，
∴AP=2AD=8，
∵ 优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q， PA=AE，PO=OE，
∴点A与O关于PE对称，
∴弧PQ在以点A为圆心，AP为半径的圆上，
∵∠PAQ=30°，
∴弧PQ的长为；
故答案为：8，；
【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得∠AEP=90°，从而得出∠EPB=30°，利用三角形外角的性质可得∠EDP=30°，根据三角形内角和可求∠APD=90°，利用直角三角形的性质先求出AP=AD=2，从而得出AE=AP=1，
（2）①作直径PF，连接EF，可证∠DPE＝∠F=∠DAB，从而得出∠DPF=∠DPE+∠EPF＝90°，根据切线的判定定理即证结论；②证明△DPE∽△DAP，利用相似三角形的性质可得DE＝，从而得出AE＝AD-DE＝4-，当DP最小时，AE最大，据此求解即可；
（3）可推出∠APE=∠BAC=30°，再求出∠DPA=∠DPE-∠APE=30°，利用直角三角形的性质即可求出AP的长；推出点A是对称后优弧的圆心，然后根据弧长公式计算即可.
1 / 12023-2024学年冀教版初中数学九年级下册 29.3 切线的性质与判定同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023·聊城）如图，点O是外接圆的圆心，点I是的内心，连接，．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心
【解析】【解答】解：连接OC，如图所示：
∵点I是的内心，，
∴∠CAB=70°，
∴∠BOC=140°，
∵OB=OC，
∴，
故答案为：C
【分析】连接OC，根据三角形内心的性质结合圆周角定理即可得到∠BOC=140°，再根据等腰三角形的性质结合题意即可求解。
2．（2023九上·张北期中）如图，一条公路环绕山脚的部分是一段圆弧形状（O为圆心），过A、B两点的切线交于点C，测得，A，B两点之间的距离为72米。则这段公路AB的长度为（ ）
A．12π米 B．24π米 C．36π米 D．48π米
【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；切线的性质；弧长的计算
【解析】【解答】
解：由题知：AB=72m，∠C=120°，AC、BC为圆O的切线
∴ ∠OAC=∠OBC=90°
∴ ∠O=60°
∵ OA=OB
∴ 三角形OAB为等边三角形
∴ OA=AB=72m
∴m
故答案为：B
【分析】本题考查圆的切线性质、弧长计算。圆的切线垂直于过切点的半径。若弧所对圆心角为n，所在圆半径为r，则弧长=。根据题意AB=72m，∠C=120°，根据“AC、BC为圆O的切线”得 ∠OAC=∠OBC=90°，可得∠O为60°，得等边三角形OAB，根据弧长公式计算即可。
3．（2023九上·大城期中）题目：“如图，在等腰直角三角形中，，以点为圆心，以小于的长度为半径作，是上一点，连接．将线役绕点顺时针旋转得到线段，连接．当为何度数时，与相切，切点为？”对于其答案，甲答：，乙答：，丙答：，则下列判断正确的是（ ）
A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整
C．乙、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整
【答案】B
【知识点】切线的性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：当在的左侧时，如图所示，
∵
∴
当是的切线时，，
∴
∴，
②当在的右侧时，
同理可得，
当是的切线时，，
∴
∴
故答案为：B．
【分析】本题考查圆的切线的性质和等腰直角三角形的性质，熟悉性质是解题关键，分P在AB左侧和P在AB右侧两种情况，结合等腰直角三角形的性质可得出∠APB的度数。
4．（2015·衢州）如图，已知△ABC，AB=BC，以AB为直径的圆交AC于点D，过点D的⊙O的切线交BC于点E．若CD=5，CE=4，则⊙O的半径是（ ）
A．3 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，连接OD、BD，
，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴BD⊥AC，
又∵AB=BC，
∴AD=CD，
又∵AO=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，
∵DE是⊙O的切线，
∴DE⊥OD，
∴DE⊥BC，
∵CD=5，CE=4，
∴DE= ，
∵S△BCD=BD CD÷2=BC DE÷2，
∴5BD=3BC，
∴ ，
∵BD2+CD2=BC2，
∴ ，
解得BC= ，
∵AB=BC，
∴AB= ，
∴⊙O的半径是；
．
故选：D．
【分析】首先连接OD、BD，判断出OD∥BC，再根据DE是⊙O的切线，推得DE⊥OD，所以DE⊥BC；然后根据DE⊥BC，CD=5，CE=4，求出DE的长度是多少；最后判断出BD、AC的关系，根据勾股定理，求出BC的值是多少，再根据AB=BC，求出AB的值是多少，即可求出⊙O的半径是多少．
5．（2021·新吴模拟）如图，正方形 的顶点A、D在⊙O上，边 与⊙O相切，若正方形 的周长记为 ，⊙O的周长记为 ，则 、 的大小关系为（ ）
A． B． C． D．无法判断
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图：设 与⊙O相切与点N，连接ON，延长NO交AD于点M，
为 中点，
设正方形的边长为 ，⊙O的半径为 ，
在 中，
正方形 周长为 ，⊙O的周长为
，
故答案为：A.
【分析】设 与⊙O相切与点N，连接ON，延长NO交AD于点M，设正方形的边长为 ，⊙O的半径为 ，结合垂径定理及勾股定理可求出，从而得出 ， ，继而得出，根据结果进行判断即可.
6．（2023九上·平山期中） 如图，一个零刻度落在点A的量角器（半圆O），其直径为AB，一等腰直角三角板MNB绕点B旋转，斜边BN交半圆O于点C，BM交半圆O于点D，点C在量角器上的读数为.关于结论Ⅰ，Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：；
结论Ⅱ：当边MN与半圆O相切于点E（点E在量角器上的读数为）时，
A．只有结论Ⅰ对 B．只有结论Ⅱ对
C．结论Ⅰ、Ⅱ都对 D．结论Ⅰ、Ⅱ都不对
【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图1，连接OC，OD，
∵∠MBN=45°，
∴∠COD=2∠MBN=90°，
∴∠AOC+∠BOD=180°-90°=90°，
∴；
∴；
∴结论Ⅰ正确；
如图2，连接OC，OF，
∵MN与半圆O相切于点E ，
∴OE⊥MN，
又∵BM⊥MN，
∴OE∥MN，
∴∠ABM=∠AOE=β，
∴∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，
∵∠AOC=α，
∴∠ABN=α，
∴β-α=45°。
所以结论Ⅱ正确；
图1 图2
所以结论Ⅰ正确；结论Ⅱ也正确；
故答案为：C。
【分析】（1）如图1，连接OC，OD，首先根据圆周角定理求得∠COD=90°，进而得出∠AOC+∠BOD=90°，进一步可推导出；
（2）如图2，连接OC，OF，首先根据切线的性质得出OE⊥MN，进而得出OE∥MN，从而得出∠ABM=∠AOE=β，然后再根据圆周角定理得出∠ABN=∠AON=α，再根据∠ABM-∠ABN=∠NBM=45°，等量代换即可得出答案。
7．（2023九上·石家庄期中） 如图，正比例函数与反比例函数的图象相交于A、B两点，分别以A、B两点为圆心，画与x轴相切的两个圆，若点A的坐标为（2，1），则图中两个阴影部分面积的和是（ ）
A． B． C．π D．4π
【答案】C
【知识点】反比例函数与一次函数的交点问题；切线的性质；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：∵点A的坐标为（2，1）且圆A与x轴相切
∴圆A的半径为1
∵点A和点B是正比例函数与反比例函数的图象的交点
∴点B的坐标为（-2，-1）
同理可得圆B的半径为1
∴圆A与圆B关于原点中心对称
∴圆A的阴影部分与圆B空白的部分完全重合
∴圆A的阴影部分与圆B空白的部分的面积相等
∴圆中两阴影部分的面积之和为：
故答案为：C
【分析】根据点A坐标及切线性质可得圆A的半径为1，根据正比例函数与反比例函数的交点特征可得点B的坐标为（-2，-1），则圆B的半径为1，可判断圆A与圆B关于原点中心对称，圆A的阴影部分与圆B空白的部分完全重合，则阴影部分面积的和为圆A的面积即可求出答案.
8．（2023·洪山模拟）如图，是的内切圆，，过点I作分别交，于N，M，若，，则的半径是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；三角形的内切圆与内心；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：设切点分别为E，F，G，连接IE、IF、IG，过点M作MP⊥AB于P，过点N作NQ⊥AB于Q，
∵是的内切圆，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∵
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
设，，则，
在中，由勾股定理，
，
解得：，
∴，
故答案为：D.
【分析】设切点分别为E，F，G，连接IE、IF、IG，过M作MP⊥AB于P，过N作NQ⊥AB于Q，根据切线的性质得IE⊥BC，IF⊥AC，IG⊥AB，IE=IF=IG，根据平行线间的距离相等得NQ=IG=MP，推出NQ=IF，由AAS判断出△AQN≌△NFI，得IN=AN=4，同理IM=BM=3，进而判断出△MEI∽△IFN，由相似三角形对应边成比例得得，设ME=3x，IF=4x，则IE=IF=4x，在Rt△MEI中，利用勾股定理建立方程求出x的值，即可得出IF的长.
二、填空题
9．（2023·西宁）如图，边长为的正方形内接于，分别过点A，D作的切线，两条切线交于点P，则图中阴影部分的面积是 .
【答案】
【知识点】正方形的判定与性质；切线的性质；扇形面积的计算
【解析】【解答】解：连接OA、OD，则OA=OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOD=90°，
∵AP、DP是 的切线，
∴∠OAP=∠ODP=90°，
∴四边形AODP是正方形，
∵AD=，
∴OA=OD=AD=1，
∴ 图中阴影部分的面积=正方形AODP的面积-扇形AOD的面积=1×1-=1-.
故答案为：1-.
【分析】连接OA、OD，可证四边形AODP是正方形，根据图中阴影部分的面积=正方形AODP的面积-扇形AOD的面积进行计算即可.
10．（2023九上·西山期中）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝100°，⊙O与AB，BC分别切于点D，C，连接CD．则∠ACD的度数为 ．
【答案】30°
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵AC＝BC，∠ACB＝100°，
∴∠B＝∠A＝×（180°﹣100°）＝40°，
∵⊙O与AB，BC分别切于点D，C，
∴BD＝CD，
∴∠BCD＝∠BDC＝×（180°﹣40°）＝70°，
∴∠ACD＝∠ACB﹣∠BCD＝100°﹣70°＝30°，
故答案为：30°．
【分析】从已知条件入手，已知等腰三角形ABC及顶角，两底角的度数可求，根据已知两切线，利用切线长定理又得到一个等腰三角形BCD且顶角已知，可以求出两底角度数，观察图形可知，所求圆周角是两个已知角的差，整理思路即可求得。
11．（2023九上·石家庄期中）如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B，CE切⊙O于E，已知PO＝13cm，⊙O的半径为5cm，则△PDE的周长是 cm．
【答案】24
【知识点】勾股定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】 连接OA，则OA=5
PA，PB分别与⊙O相切于A，B，PO＝13
∴PA⊥OA
∴∠OAP=90°
∴
∵CE切⊙O于E
∴CD=AD，CE=BE
∴PD+DE+PE=PD+CD+CE+PE
=PD+AD+BE+PE
=PA+PB
=24
∴△PDE的周长为24
故答案为：24
【分析】连接OA，由切线性质可得∠OAP=90°，根据勾股定理可得，再根据切线长定理可得CD=AD，CE=BE，再进行边之间的转换即可求出答案.
12．（2023九上·阜阳月考）如图，在矩形中，，点分别是边上的两点，连接，以为直径的半圆分别与矩形的另外两边相切，则图中阴影部分的周长为 （结果保留）
【答案】
【知识点】矩形的性质；切线的性质；扇形面积的计算；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如下图，设中点为，半圆与相切于点，与相切于点，连接并延长，交于点，连接，
即点为半圆圆心，
设半圆的半径为，即，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∵半圆与相切于点，与相切于点，
∴，，
∴，，
∴四边形均为矩形，
∴，，，
∵，，
∴，，
在中，中点为，
∴，
在中，由勾股定理可得，
即，
整理可得，
解得，（不合题意，舍去），
∴，，，
∴，，
∴，，
∴
．
故答案为：．
【分析】根据矩形的性质、切线的性质、斜边中线的性质、扇形的面积公式求解。设中点为，半圆与相切于点，与相切于点，连接并延长，交于点，连接，设半圆的半径为，即，由切线的性质可得，，易得四边形，，，均为矩形，，，在中，由斜边中线的性质可得，在中，由勾股定理可列式并求解可得，再进一步确定，，得答案．
13．（2023九上·襄都月考）如图，在中．，．是的内切圆．分别与，，相切于点，，．
（1） ．
（2）若，则 ．
【答案】（1）60
（2）
【知识点】含30°角的直角三角形；正方形的判定与性质；圆周角定理；三角形的内切圆与内心；特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：（1）
∵，
∴，
∵，
∴，
连接，如图所示：
∵是的内切圆，分别与，，相切于点，，，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）∵，，
∴，，
连接，则：，，如图所示：
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
设，
则：，
∴，
解得：；
即：；
故答案为：
【分析】（1）先根据特殊角的三角函数值结合题意即可得到，连接，再根据切线的性质结合圆周角定理即可求解；
（2）先根据含30°角的直角三角形的性质得到，，连接，则：，，进而根据正方形的判定与性质即可得到，设，则：，从而得到x，进而即可求解。
三、解答题
14．如图1，已知AB是的直径，且，BM切于点B，点P是上的一个动点（不经过A，B两点），连接PA，过点O作交BM于点Q，过点P作于点C，交QO的延长线于点E，连接AE，PQ.
图1 （备用图）
（1）求证：；
（2）试判断PQ与的位置关系，并给予证明；
（3）随着点P的移动，四边形PAEO能否为菱形，若能，请说明点E与的位置关系，并求出PE的长；若不能，请说明理由.
【答案】（1）证明：∵BM切于点B，AB是的直径，
∴，
∵，
∴
（2）解：PQ是的切线.
证明：∵，
∴，.
∵，
∴.
∴.
∵，
∴.
∵，，
∴.
∴.
∴PQ是的切线
（3）解：能，点E在上，如图3.
图3
当点E在上时，即PE是的弦，
∵，
∴.
∴.
∴.
∵，∴.
∴.
∴.
∴.
∴四边形PAEO为菱形.
∴为等边三角形.
∵，
∴.
在中，，
∴
【知识点】菱形的判定；圆周角定理；切线的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出，结合，即可证明；
（2）根据切线的判定、全等三角形的判定和性质求证。根据平行线的性质得出，．进而得出．通过证明，得出．即可得出结论；
（3）根据垂径定理和菱形的判定和性质求解。当点E在上时，即是的弦，根据垂径定理得出．在根据平行线的性质得出．进而得出．则．即可得出四边形为菱形． 易得．根据勾股定理得出，即可求解．
15．（2023九上·长沙月考）在中，，以为直径的分别与交于点，过点作于点．
（1）求证：是的切线；
（2）如图1，若的半径为，求阴影部分的面积；
（3）如图2，若，求的值．
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
，
，
又，
，
，
，
，
，
点在上，
与的相切；
（2）解：连接，
，
，
，
，
，
的半径为3，
，
，
．
（3）解：连接，
为圆的直径，
，
又，
所以，
，，
，
【知识点】平行线的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理；切线的判定；扇形面积的计算
【解析】【分析】（1）连接，先根据等腰三角形的性质得到，进而运用平行线的判定与性质即可得到，从而运用切线的判定即可求解；
（2）连接，先根据题意得到，进而运用扇形的面积公式结合三角形的面积公式即可求解；
（3）连接，先根据圆周角定理得到，进而结合题意运用勾股定理即可求解。
四、综合题
16．（2023·雅安）如图，在中，，以为直径的与交于点D，点是的中点，连接，．
（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长；
（3）在（2）的条件下，点P是上一动点，求的最大值．
【答案】（1）证明：连接，如图所示，
∵为的直径，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴与相切；
（2）解：由（1）知，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，，
又∵在中，，即：，
∴（负值以舍去），
∴；
（3）解：设的边高为，
由（2）可知，
又∵是直径，
∴，
∴，
∴，
∴当取最大值时，也取最大值，
又∵，
∴当取最大值时，取最大值，
此时边高为取最大值为半径，
∴，
∴
∴，
∴，
综上所述：的最大值为．
【知识点】勾股定理；圆周角定理；切线的判定；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）连接，先根据圆周角定理即可得到，进而得到，再根据直角三角形斜边上的中线的性质即可得到，进而结合题意运用切线的判定即可求解；
（2）根据题意结合锐角三角函数的定义即可得到，，进而运用勾股定理即可求出BD，从而即可得到AD；
（3）设的边高为，先根据勾股定理得到，进而得到，从而得到当取最大值时，也取最大值，再根据三角形的面积结合题意即可求解。
17．（2023·天河模拟）如图1，菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝4.点P为射线AB上一动点，在射线DA上取一点E，连接DP，EP，使∠DPE＝60°.作△APE的外接圆，设圆心为O.
（1）当圆心O在AB上时，AE＝ ；
（2）当点E在边AD上时，
①判断⊙O与DP的位置关系，并证明；
②当AP为何值时，AE有最大值？并求出最大值；
（3）如图2，连接AC，若PE∥AC，则AP＝ ；将优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q，则PQ的弧长＝ .
【答案】（1）1
（2）解：①如图1，
DP与⊙O相切，理由如下：
作直径PF，连接EF，
∴∠PEF＝90°，
∴∠EPF+∠F＝90°，
∵，
∴∠F＝∠DAB，
∵∠DPE＝∠DAB，
∴∠DPE＝∠F，
∴∠DPE+∠EPF＝90°，
∴∠DPF＝90°，
即：DP⊥PF，
∵点P在⊙O上，
∴DP与⊙O相切；
②∵∠DAB，∠PDE＝∠ADP，
∴△DPE∽△DAP，
∴，
∴DE＝，
∴AE＝AD-DE＝4-，
∴当DP最小时，AE最大，
此时DP⊥AB，
由（1）知：AP是⊙⊙的直径，AE＝1，
∴AE的最大值为：1；
（3）8；
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；切线的判定；弧长的计算；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵AP为直径，
∴∠AEP=90°，
∵∠AEP=∠EDP+∠DPE， ∠DPE＝60° ，
∴∠EDP=30°，
∴∠APD=180°-∠EDP- ∠DAB＝ 180°-30°-60° =90°，
∴AP=AD=2，
在Rt△AEP中，∠EPB=30°，
AE=AP=1，
故答案为：1.
（3）∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠BAC=∠DAB=30°，
∵PE∥AC，
∴∠APE=∠BAC=30°，
∴∠DPA=∠DPE-∠APE=30°，
∴AP=2AD=8，
∵ 优弧PE沿PE翻折交射线AC于点Q， PA=AE，PO=OE，
∴点A与O关于PE对称，
∴弧PQ在以点A为圆心，AP为半径的圆上，
∵∠PAQ=30°，
∴弧PQ的长为；
故答案为：8，；
【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得∠AEP=90°，从而得出∠EPB=30°，利用三角形外角的性质可得∠EDP=30°，根据三角形内角和可求∠APD=90°，利用直角三角形的性质先求出AP=AD=2，从而得出AE=AP=1，
（2）①作直径PF，连接EF，可证∠DPE＝∠F=∠DAB，从而得出∠DPF=∠DPE+∠EPF＝90°，根据切线的判定定理即证结论；②证明△DPE∽△DAP，利用相似三角形的性质可得DE＝，从而得出AE＝AD-DE＝4-，当DP最小时，AE最大，据此求解即可；
（3）可推出∠APE=∠BAC=30°，再求出∠DPA=∠DPE-∠APE=30°，利用直角三角形的性质即可求出AP的长；推出点A是对称后优弧的圆心，然后根据弧长公式计算即可.
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