2023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.4.2 切线的判定与性质 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2023九上·大城期中）如图，为的切线，B为切点，交于点C，点D在优弧上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵ AB 为的切线，
∴ ∠OBA=90°
∵ ∠D=24°
∴ ∠AOB=48°
∴ ∠A=42°
故答案为：B
【分析】本题考查圆的切线性质、圆周角与圆心角的数量关系。同圆中，同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的2倍，可得∠AOB，根据切线可得∠OBA=90°，即可得结论。
2．（2023九上·景县期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．和半径垂直的直线是圆的切线
B．平分直径一定垂直于弦
C．相等的圆心角所对的弧相等
D．垂直于弦的直径必平分弦所对的弧
【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【解答】解：A： 经过半径的非圆心一端，并且垂直于这条半径的直线，就是这个圆的切线，说法错误，不符合题意；
B：平分弦（不是直径）的直径一定垂直于弦，说法错误，不符合题意；
C：同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，说法错误，不符合题意；
D：垂直于弦的直径必平分弦所对的弧，说法正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据切线的判定定理、垂径定理以及圆周角定理等对每个选项逐一判断求解即可。
3．（2022九上·宁波期中）如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D．则∠C＝（ ）
A．30° B．40° C．45° D．60°
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：∵以AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D，
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴
故答案为：C.
【分析】根据圆的性质和切线的性质可证明△AOD为等腰直角三角形，再根据平行四边形的性质得∠A=∠C，即可求解.
4．（2023·松原模拟） 如图，与相切于点，与相交于点，若，，则的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵与相切于点，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO=90°，
设 的半径为r，
由题意可得：，
解得：r=6，
即的半径为6，
故答案为：C.
【分析】根据切线的性质求出OB⊥AB，再求出∠ABO=90°，最后利用勾股定理计算求解即可。
5．（2022九上·渝中开学考）如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，记切点为A、B，点C为⊙O上一点，连接AC、BC．若∠ACB＝62°，则∠APB等于（ ）
A．68° B．64° C．58° D．56°
【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：∵ 圆周角∠ACB＝62°
∴（圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半）
∴
∵PA、PB是⊙O的切线 ，
∴
∴P、A、B、O四点共圆（四边形对角互补，那么四点共圆）
∴(圆的内接四边形对角和是180度)
∴
故答案为：D
【分析】圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半，这是圆周角定理；圆的内接四边形对角和是180度，反过来四边形对角和是180°那么四点共圆，这两个定理都是有关圆的角度证明时经常用到的。
6．（2022·萧山模拟）如图，已知 切 于点 ，点 在 上，且 ，连结 并延长交 于点 ， 的半径为2，设 ，
当 时， 是等腰直角三角形； 若 ，则 ； 当 时， 与 相切.以上选项正确的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；切线的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：当△BOC是等腰直角三角形时，
，
， ，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
切 于点 ，
，
，
，
，即 时， 是等腰直角三角形，故①错误；
当 时，过点 作 于 ，
， ，
， ，
，
， ，
，故②正确；
如图，当 与 相切时，切点为 ，连接 ，
，
，
，
在 和 中，
，
≌ ，
， ，
，
在 中， ，即 ，
，
故当 时， 与 相切，故③正确.
故答案为：C.
【分析】当△BOC是等腰直角三角形时，OB=OC=2，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=90°，易得△BOT是等边三角形，则∠OBT=∠OTB=∠BOT=60°，OB=OT=BT=2，根据平角的概念可得∠TBA=75°，根据切线的性质可得∠OTA=90°，则∠BTA=∠OTA-∠OTB=30°，利用内角和定理可得∠A=75°，则BT=AT，据此判断①；当m=2时，过点A作AD⊥BT于D，根据含30°角的直角三角形的性质可得AD=1，利用勾股定理求出TD、AB、BC，然后根据AC=AB+BC可判断②；当AB与⊙O相切时，切点为B，连接AO，易证△OTA≌△OBA， 得到AB=AT=m，∠AOT=∠AOB=30°，则OA=2AT=2m，然后在Rt△OTA中，应用勾股定理计算即可判断③.
7．（2021九上·鄞州月考）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（ ）
A． B．2.4 C． D．3
【答案】C
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
， 为直角三角形，
由勾股定理可知： ，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值，
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当 ，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ.
点A（﹣3，0），B（0，4），
， ，
在 中，由勾股定理可得： ，
利用等面积法可得： 解得：
故 .
故答案为：C.
【分析】连接OP、OQ，易得△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得：当OP有最小值时，PQ也有最小值，根据垂线段最短可知：当PO⊥AB时，OP有最小值，过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ，根据点A、B的坐标可得OA=3，OB=4，由勾股定理求出AB，然后根据等面积法求出OP，接下来根据勾股定理求解即可.
8．（2022·江北模拟）已知在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(3，4)，M是抛物线(a≠0)对称轴上的一个动点，小明经探究发现：当的值确定时，抛物线的对称轴上能使△AOM为直角三角形的点M的个数也随之确定．当满足（ ）时，抛物线(a≠0)的对称轴上存在4个不同的点M，使△AOM为直角三角形.
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】切线的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：由题意得：O（0，0），A（3，4）
∵为直角三角形，则有：
①当时，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点O）；如图，
②当时，，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点A）；
③当时，，
∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，
∴点P为OA的中点，
∴
∴半径r=
∵抛物线的对称轴与x轴垂直，
∴抛物线的对称轴与，分别有一个交点，
由题意得，抛物线的对称轴与，，有四个不同的交点，
∴抛物线的对称轴与有两个交点，且对称轴应在的两条切线、之间
∵点P到切线，的距离 ，
∴直线的解析式为：；直线的解析式为：；
∴当时，
当时，
∴-8<
故答案为：B.
【分析】由题意得：O（0，0），A（3，4），当∠AOM=90°时，点M在与OA垂直的直线l1上运动 （不含点O）；当∠OAM=90°时，点M在与OA垂直的直线l2上运动 （不含点A）；当∠OMA=90°时，点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，易得点P的坐标，求出r，由题意得：抛物线的对称轴与l1，l2，有四个不同的交点，求出点P到切线l3，l4的距离d ，然后求出直线l3、l4的解析式，据此求解.
二、填空题
9．（2023·青岛）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，过原点O，且与x轴交于另一点D，为的切线，为切点，是的直径，则的度数为 °.
【答案】60
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的性质
【解析】【解答】解：∵点A（1，0），P（-1，0），
∴PO=1，OA=1，
∴PA=2，
∵AB是 为的切线，B为切点，BC是的直径，
∴∠ABP=90°，
∵BP=PO=1，
∴BP=
∴∠PAB=30°，
∴∠ABP=60°，
∴∠CPD=60°，
又PC=PD，
∴△PCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°。
故答案为：60.
【分析】首先根据点A，P的坐标，求得PO，OA的长度均为1，从而得到PB=PO=1，再根据切线的性质得出∠ABP=90°，从而得出∠PAB=30°，进一步得出∠CPD=60°，又通过证明△PCD是等边三角形得出∠BCD=60°。
10．（2023九上·北京市月考）如图，是的直径，是的切线，为切点，与交于点，连接若，则的度数为 ．
【答案】80°
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】∵是的切线，
∴∠CAB=90°，
∵，
∴∠B=180°-∠CAB-∠C=40°，
∴∠AOD=2∠B=80°，
故答案为：80°.
【分析】先利用切线的性质及三角形的内角和求出∠B=180°-∠CAB-∠C=40°，再利用圆周角的性质可得∠AOD=2∠B=80°.
11．（2023·衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形.当 盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 .
【答案】10
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OD，设圆O与BC相切于点F，连接OF交AD于点E，
∵圆O与BC相切于点F，
∴OF⊥BC，
∴∠OFC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=6cm，AD∥BC，∠C=∠CDA=90°，
∴OF⊥AD，四边形CDEF是矩形，
∴ED=AD=8cm，EF=CD=4cm，
∴OE=OF-EF=OD-EF=OD-4，
在Rt△OED中，由勾股定理得OE2+ED2=OD2，即（OD-4）2+82=OD2，
解得OD=10，即此餐盘的半径为10cm.
故答案为：10.
【分析】连接OD，设圆O与BC相切于点F，连接OF交AD于点E，由切线性质得OF⊥BC，即∠OFC=90°，由矩形性质得AD=BC=6cm，AD∥BC，∠C=∠CDA=90°，从而根据平行线性质推出OF⊥AD，再由垂径定理得ED=AD=8cm，易得四边形CDEF是矩形，则EF=CD=4cm，在Rt△OED中，由勾股定理建立方程可求出此餐盘的半径OD的长.
12．（2023·黑龙江）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是 ．
【答案】6或或
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
∴点E在以点A为圆心，AB为半径的圆上运动，
如图，
延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6；
当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：
①过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EG，
∴，
∴E到直线BC的距离；
②过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴MN⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EM，
∴，
∴E到直线BC的距离.
故答案为：6或或.
【分析】由折叠得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E 时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解.
13．（2023·广元）如图，，半径为2的与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设，则t的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】正方形的判定与性质；切线的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，设 与角的两边相切相切于点M、N，连接OM、ON，分别延长NO、EP交于OB于点D、Q，
∴∠OND=∠OMD=90°，
∵∠ACB=45°，
∴△CND、△OMD、△ECQ、△PFQ为等腰直角三角形，
∴CE=EQ，PQ=PF，
∵OM=ON=2，
∴OD=OM=2，CN=ND=2+2，
∴t=PE+PF=PE+PQ=EQ，
∴当EQ与 相切且在点P在圆心O的右侧时，t值最大，连接OP，
∴四边形ENOP为正方形，
∴EN=OP=2，
∴t=PE+PF=PE+PQ=EQ=EC=CN +EN=4+2；
如图，当EQ与 相切且在点P在圆心O的左侧时，t值最小，
t=EQ=EC=CN -EN=2；
∴ t的取值范围是 ；
故答案为： .
【分析】设 与角的两边相切相切于点M、N，连接OM、ON，分别延长NO、EP交于OB于点D、Q，易得△CND、△OMD、△ECQ、△PFQ为等腰直角三角形，可得CE=EQ，PQ=PF，由圆的半径为2，可得OD=OM=2，CN=ND=2+2，即得t=PE+PF=PE+PQ=EQ，从而得出当EQ与 相切且在点P在圆心O的右侧时，t值最大，当EQ与 相切且在点P在圆心O的左侧时，t值最小，分别求出t值即得t的范围.
三、解答题
14．（2023·西城模拟） 如图，以菱形的边为直径作交于点，连接交于点，是上的一点，且，连接．
（1）求证：；
（2）求证：是的切线．
【答案】（1）证明：如图，连接，
是的直径，
，
即．
四边形是菱形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
是的直径，
，
四边形是菱形，
，
又，，
≌，
，
，
，
，
．
是半径，
是的切线．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的性质；切线的判定
【解析】【分析】
(1)连接AM，根据AD是直径可得AM和BD垂直，根据菱形可知AB=AD，△ABD是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一可得DM=BM；
(2)连接DE，证明△BED和△BFD全等，得∠BFD=∠BED=90°，结合AD∥BC得AD⊥DF，可证DF是切线。
15．（2023九上·西山期中）如图，AB为⊙O的切线，B为切点，过点B作BC⊥OA，垂足为点E，交⊙O于点C，连接CO并延长CO与AB的延长线交于点D，连接AC．
（1）求证：AC为⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为3，OD＝5．求线段AD的长．
【答案】（1）证明：连接OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴OB⊥AB，
即∠ABO＝90°，
∵BC是弦，OA⊥BC，
∴CE＝BE，
∴AC＝AB，
在△AOB和△AOC中，
，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠ACO＝∠ABO＝90°，
即AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△BOD中，由勾股定理得，
BD＝＝4，
∵∠OBD＝∠ACD＝90°，∠D＝∠D，
∴△DBO∽△DCA，
∴，
∵AC、AB都为⊙O的切线，
∴AB＝AC，
∴，
解得AB＝6，
∴AD＝BD+AB＝4+6＝10．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】(1)从已知条件入手， AB为⊙O的切线，容易想到连接OB，得到90°角，根据已知BC⊥OA，由垂径定理可得到BE=CE，由三线合一定理可推出AB=AC，再根据SSS判定定理得到全等三角形，对应角相等都是90°，可得到AC为⊙O的切线结论的；
（2）从已知条件入手，⊙O半径为3，OD＝5，易根据勾股定理得到BD=4，在（1）的结论下，有共同角的直角三角形易知相似，在这两个相似三角形中，对应成比例的四条边里有2条边已知，另两边可以用AB的长表达，故AB可求，而AD=AB+BD，因此AD可求。
四、综合题
16．（2023·本溪）如图，是的直径，点在上，，点在线段的延长线上，且．
（1）求证：EF与相切；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：连接，
∵，∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为半径，
∴EF与相切；
（2）解：设半径为x，则，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
∴半径为4，则，
在中，，，，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；解直角三角形
【解析】【分析】(1)要证明EF与相切，E显然为切点，因此连结辅助线OE，只需要证明OF⊥EF（∠OEF=90°）即可.连结辅助线OE后，因为OA=OE，所以∠EOF=2∠EAF，而题干中存在2∠EAF=∠CAF，∴∠EOF=∠CAF.又因为∠EFA=∠ABC，所以根据两角对应相等，△EOF相似△CAB，∠OEF必对应∠ACB.而因为AB为直径，所以∠ACB=90°，所以∠OEF也必为90°，得证.
（2）结合（1）中的结论，△OEF为直角三角形，则，而OF=OE+1，若直接设元半径OE=x，则得到关于x的分式方程：，从而得到x=4=OE，则直径AB=8.又因为∠ABC=∠AFE，所以在Rt△ABC中，利用，可得到AC，然后根据勾股定理，得到BC的值，得解.
17．（2019·遵义）如图，AB是⊙O的直径，弦AC与BD交于点E，且AC＝BD，连接AD，BC.
（1）求证：△ADB≌△BCA；
（2）若OD⊥AC，AB＝4，求弦AC的长；
（3）在（2）的条件下，延长AB至点P，使BP＝2，连接PC.求证：PC是⊙O的切线.
【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵AB＝AB，
∴△ADB≌△BCA（HL）
（2）解：如图，连接DC，
∵OD⊥AC，
∴ ，
∴AD＝DC，
∵△ADB≌△BCA，
∴AD＝BC，
∴AD＝DC＝BC，
∴∠AOD＝∠ABC＝60°，
∵AB＝4，
∴
（3）证明：如图，连接OC，
由(1)和(2)可知BC=
∵BP＝2
∴BC＝BP＝2
∴∠BCP＝∠P，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BCP＝30°，
∵OC＝OB，∠ABC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OCB＝60°，
∴∠OCP＝∠OCB+∠BCP＝60°+30°＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线.
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得出 ∠ACB＝∠ADB＝90°， 然后利用HL即可判断出 △ADB≌△BCA ；
（2） 如图，连接DC， 根据垂径定理得出 ，根据等弧所对的弦相等得出AD=DC，根据全等三角形的对应边相等得出 AD＝BC， 故 AD＝DC＝BC， 根据等弧所对的圆周角等于圆心角的一半得出 ∠AOD＝∠ABC＝60°， 进而根据正弦函数的定义及特殊角的锐角三角函数值，由 即可算出答案；
（3） 如图，连接OC， 首先判断出 △OBC是等边三角形， 根据等边三角形的性质得出 ∠OCB＝60°， 进而根据角的和差得出 ∠OCP＝∠OCB+∠BCP＝60°+30°＝90°， 即 OC⊥PC， 根据切线的判定定理得出PC是⊙O的切线 。
1 / 12023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.4.2 切线的判定与性质 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2023九上·大城期中）如图，为的切线，B为切点，交于点C，点D在优弧上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023九上·景县期中）下列命题中，正确的是（ ）
A．和半径垂直的直线是圆的切线
B．平分直径一定垂直于弦
C．相等的圆心角所对的弧相等
D．垂直于弦的直径必平分弦所对的弧
3．（2022九上·宁波期中）如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D．则∠C＝（ ）
A．30° B．40° C．45° D．60°
4．（2023·松原模拟） 如图，与相切于点，与相交于点，若，，则的半径为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022九上·渝中开学考）如图，点P为⊙O外一点，过点P作⊙O的切线PA、PB，记切点为A、B，点C为⊙O上一点，连接AC、BC．若∠ACB＝62°，则∠APB等于（ ）
A．68° B．64° C．58° D．56°
6．（2022·萧山模拟）如图，已知 切 于点 ，点 在 上，且 ，连结 并延长交 于点 ， 的半径为2，设 ，
当 时， 是等腰直角三角形； 若 ，则 ； 当 时， 与 相切.以上选项正确的有（ ）
A． B． C． D．
7．（2021九上·鄞州月考）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，点P在经过点A（﹣3，0），B（0，4）的直线上，PQ切⊙O于点Q，则切线长PQ的最小值为（ ）
A． B．2.4 C． D．3
8．（2022·江北模拟）已知在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(3，4)，M是抛物线(a≠0)对称轴上的一个动点，小明经探究发现：当的值确定时，抛物线的对称轴上能使△AOM为直角三角形的点M的个数也随之确定．当满足（ ）时，抛物线(a≠0)的对称轴上存在4个不同的点M，使△AOM为直角三角形.
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023·青岛）如图，在平面直角坐标系中，已知点，，过原点O，且与x轴交于另一点D，为的切线，为切点，是的直径，则的度数为 °.
10．（2023九上·北京市月考）如图，是的直径，是的切线，为切点，与交于点，连接若，则的度数为 ．
11．（2023·衢州）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形.当 盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 .
12．（2023·黑龙江）矩形中，，将矩形沿过点的直线折叠，使点落在点处，若是直角三角形，则点到直线的距离是 ．
13．（2023·广元）如图，，半径为2的与角的两边相切，点P是⊙O上任意一点，过点P向角的两边作垂线，垂足分别为E，F，设，则t的取值范围是 ．
三、解答题
14．（2023·西城模拟） 如图，以菱形的边为直径作交于点，连接交于点，是上的一点，且，连接．
（1）求证：；
（2）求证：是的切线．
15．（2023九上·西山期中）如图，AB为⊙O的切线，B为切点，过点B作BC⊥OA，垂足为点E，交⊙O于点C，连接CO并延长CO与AB的延长线交于点D，连接AC．
（1）求证：AC为⊙O的切线；
（2）若⊙O半径为3，OD＝5．求线段AD的长．
四、综合题
16．（2023·本溪）如图，是的直径，点在上，，点在线段的延长线上，且．
（1）求证：EF与相切；
（2）若，求的长．
17．（2019·遵义）如图，AB是⊙O的直径，弦AC与BD交于点E，且AC＝BD，连接AD，BC.
（1）求证：△ADB≌△BCA；
（2）若OD⊥AC，AB＝4，求弦AC的长；
（3）在（2）的条件下，延长AB至点P，使BP＝2，连接PC.求证：PC是⊙O的切线.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵ AB 为的切线，
∴ ∠OBA=90°
∵ ∠D=24°
∴ ∠AOB=48°
∴ ∠A=42°
故答案为：B
【分析】本题考查圆的切线性质、圆周角与圆心角的数量关系。同圆中，同弧或等弧所对的圆周角是圆心角的2倍，可得∠AOB，根据切线可得∠OBA=90°，即可得结论。
2．【答案】D
【知识点】垂径定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【解答】解：A： 经过半径的非圆心一端，并且垂直于这条半径的直线，就是这个圆的切线，说法错误，不符合题意；
B：平分弦（不是直径）的直径一定垂直于弦，说法错误，不符合题意；
C：同圆或等圆中相等的圆心角所对的弧相等，说法错误，不符合题意；
D：垂直于弦的直径必平分弦所对的弧，说法正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据切线的判定定理、垂径定理以及圆周角定理等对每个选项逐一判断求解即可。
3．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：∵以AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D，
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴
故答案为：C.
【分析】根据圆的性质和切线的性质可证明△AOD为等腰直角三角形，再根据平行四边形的性质得∠A=∠C，即可求解.
4．【答案】C
【知识点】勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：∵与相切于点，
∴OB⊥AB，
∴∠ABO=90°，
设 的半径为r，
由题意可得：，
解得：r=6，
即的半径为6，
故答案为：C.
【分析】根据切线的性质求出OB⊥AB，再求出∠ABO=90°，最后利用勾股定理计算求解即可。
5．【答案】D
【知识点】圆心角、弧、弦的关系；圆内接四边形的性质；切线的性质
【解析】【解答】解：∵ 圆周角∠ACB＝62°
∴（圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半）
∴
∵PA、PB是⊙O的切线 ，
∴
∴P、A、B、O四点共圆（四边形对角互补，那么四点共圆）
∴(圆的内接四边形对角和是180度)
∴
故答案为：D
【分析】圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半，这是圆周角定理；圆的内接四边形对角和是180度，反过来四边形对角和是180°那么四点共圆，这两个定理都是有关圆的角度证明时经常用到的。
6．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；切线的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：当△BOC是等腰直角三角形时，
，
， ，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
切 于点 ，
，
，
，
，即 时， 是等腰直角三角形，故①错误；
当 时，过点 作 于 ，
， ，
， ，
，
， ，
，故②正确；
如图，当 与 相切时，切点为 ，连接 ，
，
，
，
在 和 中，
，
≌ ，
， ，
，
在 中， ，即 ，
，
故当 时， 与 相切，故③正确.
故答案为：C.
【分析】当△BOC是等腰直角三角形时，OB=OC=2，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=90°，易得△BOT是等边三角形，则∠OBT=∠OTB=∠BOT=60°，OB=OT=BT=2，根据平角的概念可得∠TBA=75°，根据切线的性质可得∠OTA=90°，则∠BTA=∠OTA-∠OTB=30°，利用内角和定理可得∠A=75°，则BT=AT，据此判断①；当m=2时，过点A作AD⊥BT于D，根据含30°角的直角三角形的性质可得AD=1，利用勾股定理求出TD、AB、BC，然后根据AC=AB+BC可判断②；当AB与⊙O相切时，切点为B，连接AO，易证△OTA≌△OBA， 得到AB=AT=m，∠AOT=∠AOB=30°，则OA=2AT=2m，然后在Rt△OTA中，应用勾股定理计算即可判断③.
7．【答案】C
【知识点】垂线段最短；三角形的面积；勾股定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图所示：连接OP、OQ，
PQ切⊙O于点Q，
， 为直角三角形，
由勾股定理可知： ，
故当OP有最小值时，PQ也有最小值，
根据点到直线距离，垂线段最短可知：当 ，OP有最小值，
如下图所示：过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ.
点A（﹣3，0），B（0，4），
， ，
在 中，由勾股定理可得： ，
利用等面积法可得： 解得：
故 .
故答案为：C.
【分析】连接OP、OQ，易得△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得：当OP有最小值时，PQ也有最小值，根据垂线段最短可知：当PO⊥AB时，OP有最小值，过点O向AB作垂线，垂足为P，并在圆上找到对应切点Q，连接PQ与OQ，根据点A、B的坐标可得OA=3，OB=4，由勾股定理求出AB，然后根据等面积法求出OP，接下来根据勾股定理求解即可.
8．【答案】B
【知识点】切线的性质；二次函数与一次函数的综合应用
【解析】【解答】解：由题意得：O（0，0），A（3，4）
∵为直角三角形，则有：
①当时，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点O）；如图，
②当时，，
∴点M在与OA垂直的直线上运动 （不含点A）；
③当时，，
∴点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，
∴点P为OA的中点，
∴
∴半径r=
∵抛物线的对称轴与x轴垂直，
∴抛物线的对称轴与，分别有一个交点，
由题意得，抛物线的对称轴与，，有四个不同的交点，
∴抛物线的对称轴与有两个交点，且对称轴应在的两条切线、之间
∵点P到切线，的距离 ，
∴直线的解析式为：；直线的解析式为：；
∴当时，
当时，
∴-8<
故答案为：B.
【分析】由题意得：O（0，0），A（3，4），当∠AOM=90°时，点M在与OA垂直的直线l1上运动 （不含点O）；当∠OAM=90°时，点M在与OA垂直的直线l2上运动 （不含点A）；当∠OMA=90°时，点M在与OA为直径的圆上运动，圆心为点P，易得点P的坐标，求出r，由题意得：抛物线的对称轴与l1，l2，有四个不同的交点，求出点P到切线l3，l4的距离d ，然后求出直线l3、l4的解析式，据此求解.
9．【答案】60
【知识点】等边三角形的判定与性质；切线的性质
【解析】【解答】解：∵点A（1，0），P（-1，0），
∴PO=1，OA=1，
∴PA=2，
∵AB是 为的切线，B为切点，BC是的直径，
∴∠ABP=90°，
∵BP=PO=1，
∴BP=
∴∠PAB=30°，
∴∠ABP=60°，
∴∠CPD=60°，
又PC=PD，
∴△PCD是等边三角形，
∴∠BCD=60°。
故答案为：60.
【分析】首先根据点A，P的坐标，求得PO，OA的长度均为1，从而得到PB=PO=1，再根据切线的性质得出∠ABP=90°，从而得出∠PAB=30°，进一步得出∠CPD=60°，又通过证明△PCD是等边三角形得出∠BCD=60°。
10．【答案】80°
【知识点】三角形内角和定理；圆周角定理；切线的性质
【解析】【解答】∵是的切线，
∴∠CAB=90°，
∵，
∴∠B=180°-∠CAB-∠C=40°，
∴∠AOD=2∠B=80°，
故答案为：80°.
【分析】先利用切线的性质及三角形的内角和求出∠B=180°-∠CAB-∠C=40°，再利用圆周角的性质可得∠AOD=2∠B=80°.
11．【答案】10
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；切线的性质
【解析】【解答】解：如图，连接OD，设圆O与BC相切于点F，连接OF交AD于点E，
∵圆O与BC相切于点F，
∴OF⊥BC，
∴∠OFC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=6cm，AD∥BC，∠C=∠CDA=90°，
∴OF⊥AD，四边形CDEF是矩形，
∴ED=AD=8cm，EF=CD=4cm，
∴OE=OF-EF=OD-EF=OD-4，
在Rt△OED中，由勾股定理得OE2+ED2=OD2，即（OD-4）2+82=OD2，
解得OD=10，即此餐盘的半径为10cm.
故答案为：10.
【分析】连接OD，设圆O与BC相切于点F，连接OF交AD于点E，由切线性质得OF⊥BC，即∠OFC=90°，由矩形性质得AD=BC=6cm，AD∥BC，∠C=∠CDA=90°，从而根据平行线性质推出OF⊥AD，再由垂径定理得ED=AD=8cm，易得四边形CDEF是矩形，则EF=CD=4cm，在Rt△OED中，由勾股定理建立方程可求出此餐盘的半径OD的长.
12．【答案】6或或
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
∴点E在以点A为圆心，AB为半径的圆上运动，
如图，
延长BA交OA的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6；
当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况：
①过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EG，
∴，
∴E到直线BC的距离；
②过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴MN⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=3，
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
∴由勾股定理得，
∵S△AED=AE·DE=AD·EM，
∴，
∴E到直线BC的距离.
故答案为：6或或.
【分析】由折叠得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交圆A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E 时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解.
13．【答案】
【知识点】正方形的判定与性质；切线的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，设 与角的两边相切相切于点M、N，连接OM、ON，分别延长NO、EP交于OB于点D、Q，
∴∠OND=∠OMD=90°，
∵∠ACB=45°，
∴△CND、△OMD、△ECQ、△PFQ为等腰直角三角形，
∴CE=EQ，PQ=PF，
∵OM=ON=2，
∴OD=OM=2，CN=ND=2+2，
∴t=PE+PF=PE+PQ=EQ，
∴当EQ与 相切且在点P在圆心O的右侧时，t值最大，连接OP，
∴四边形ENOP为正方形，
∴EN=OP=2，
∴t=PE+PF=PE+PQ=EQ=EC=CN +EN=4+2；
如图，当EQ与 相切且在点P在圆心O的左侧时，t值最小，
t=EQ=EC=CN -EN=2；
∴ t的取值范围是 ；
故答案为： .
【分析】设 与角的两边相切相切于点M、N，连接OM、ON，分别延长NO、EP交于OB于点D、Q，易得△CND、△OMD、△ECQ、△PFQ为等腰直角三角形，可得CE=EQ，PQ=PF，由圆的半径为2，可得OD=OM=2，CN=ND=2+2，即得t=PE+PF=PE+PQ=EQ，从而得出当EQ与 相切且在点P在圆心O的右侧时，t值最大，当EQ与 相切且在点P在圆心O的左侧时，t值最小，分别求出t值即得t的范围.
14．【答案】（1）证明：如图，连接，
是的直径，
，
即．
四边形是菱形，
，
；
（2）证明：如图，连接，
是的直径，
，
四边形是菱形，
，
又，，
≌，
，
，
，
，
．
是半径，
是的切线．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的性质；切线的判定
【解析】【分析】
(1)连接AM，根据AD是直径可得AM和BD垂直，根据菱形可知AB=AD，△ABD是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一可得DM=BM；
(2)连接DE，证明△BED和△BFD全等，得∠BFD=∠BED=90°，结合AD∥BC得AD⊥DF，可证DF是切线。
15．【答案】（1）证明：连接OB，
∵AB是⊙O的切线，
∴OB⊥AB，
即∠ABO＝90°，
∵BC是弦，OA⊥BC，
∴CE＝BE，
∴AC＝AB，
在△AOB和△AOC中，
，
∴△AOB≌△AOC（SSS），
∴∠ACO＝∠ABO＝90°，
即AC⊥OC，
∴AC是⊙O的切线；
（2）解：在Rt△BOD中，由勾股定理得，
BD＝＝4，
∵∠OBD＝∠ACD＝90°，∠D＝∠D，
∴△DBO∽△DCA，
∴，
∵AC、AB都为⊙O的切线，
∴AB＝AC，
∴，
解得AB＝6，
∴AD＝BD+AB＝4+6＝10．
【知识点】勾股定理；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】(1)从已知条件入手， AB为⊙O的切线，容易想到连接OB，得到90°角，根据已知BC⊥OA，由垂径定理可得到BE=CE，由三线合一定理可推出AB=AC，再根据SSS判定定理得到全等三角形，对应角相等都是90°，可得到AC为⊙O的切线结论的；
（2）从已知条件入手，⊙O半径为3，OD＝5，易根据勾股定理得到BD=4，在（1）的结论下，有共同角的直角三角形易知相似，在这两个相似三角形中，对应成比例的四条边里有2条边已知，另两边可以用AB的长表达，故AB可求，而AD=AB+BD，因此AD可求。
16．【答案】（1）证明：连接，
∵，∴，
∵，
∴，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵为半径，
∴EF与相切；
（2）解：设半径为x，则，
∵，，
∴，
在中，，，
∴，即，
解得，
经检验，是所列方程的解，
∴半径为4，则，
在中，，，，
∴，
∴．
【知识点】圆周角定理；切线的判定；解直角三角形
【解析】【分析】(1)要证明EF与相切，E显然为切点，因此连结辅助线OE，只需要证明OF⊥EF（∠OEF=90°）即可.连结辅助线OE后，因为OA=OE，所以∠EOF=2∠EAF，而题干中存在2∠EAF=∠CAF，∴∠EOF=∠CAF.又因为∠EFA=∠ABC，所以根据两角对应相等，△EOF相似△CAB，∠OEF必对应∠ACB.而因为AB为直径，所以∠ACB=90°，所以∠OEF也必为90°，得证.
（2）结合（1）中的结论，△OEF为直角三角形，则，而OF=OE+1，若直接设元半径OE=x，则得到关于x的分式方程：，从而得到x=4=OE，则直径AB=8.又因为∠ABC=∠AFE，所以在Rt△ABC中，利用，可得到AC，然后根据勾股定理，得到BC的值，得解.
17．【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝∠ADB＝90°，
∵AB＝AB，
∴△ADB≌△BCA（HL）
（2）解：如图，连接DC，
∵OD⊥AC，
∴ ，
∴AD＝DC，
∵△ADB≌△BCA，
∴AD＝BC，
∴AD＝DC＝BC，
∴∠AOD＝∠ABC＝60°，
∵AB＝4，
∴
（3）证明：如图，连接OC，
由(1)和(2)可知BC=
∵BP＝2
∴BC＝BP＝2
∴∠BCP＝∠P，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BCP＝30°，
∵OC＝OB，∠ABC＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OCB＝60°，
∴∠OCP＝∠OCB+∠BCP＝60°+30°＝90°，
∴OC⊥PC，
∴PC是⊙O的切线.
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理；切线的判定
【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角得出 ∠ACB＝∠ADB＝90°， 然后利用HL即可判断出 △ADB≌△BCA ；
（2） 如图，连接DC， 根据垂径定理得出 ，根据等弧所对的弦相等得出AD=DC，根据全等三角形的对应边相等得出 AD＝BC， 故 AD＝DC＝BC， 根据等弧所对的圆周角等于圆心角的一半得出 ∠AOD＝∠ABC＝60°， 进而根据正弦函数的定义及特殊角的锐角三角函数值，由 即可算出答案；
（3） 如图，连接OC， 首先判断出 △OBC是等边三角形， 根据等边三角形的性质得出 ∠OCB＝60°， 进而根据角的和差得出 ∠OCP＝∠OCB+∠BCP＝60°+30°＝90°， 即 OC⊥PC， 根据切线的判定定理得出PC是⊙O的切线 。
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