2023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.4.3 切线长定理 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2023·东洲模拟）如图，是的切线，A、B为切点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022九上·哈尔滨月考）如图，、分别与相切于A、B两点，点C为上一点，连接、，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022九上·莒南期中）如图，PA，PB切⊙O 于点A，B，PA＝20，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D两点，则△PCD 的周长是（ ）
A．20 B．36 C．40 D．44
4．（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．
5．（2022·河池模拟）如图，的内切圆⊙与，，分别相切于点，，，，，，则的长是（ ）
A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
6．（2023九上·怀仁期中）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．
7．（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
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·无为月考）如图，AB与相切于点P，AC，BD均为的切线，，，．
（1）PC的长为 ．
（2）OB的长为 ．
10．（2023·杭州模拟）如图，PA，PB分别与半径为3的⊙O相切于点A，B，直线CD分别交PA，PB于点C，D，并切⊙O于点E，当PO＝6时，△PCD的周长为 ．
11．（2023九上·安顺期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD边上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，连接CG并延长交AD于点F，则AF的最大值是 ．
12．（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 .
13．（2019·无锡）如图，在△ABC中，AC：BC：AB=5：12：13，⊙O在△ABC内自由移动，若⊙O的半径为1，且圆心O在△ABC内所能到达的区域的面积为 ，则△ABC的周长为 .
三、解答题
14．（人教版九年级数学上册 24.2.2 直线和圆的位置关系（四） 同步练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D的切线交BC于点E．
（1）求证：EB=EC；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ODEC是正方形？证明你的结论．
15．（数学试题（123））如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴上，以OA为直径的半圆，圆心为B，半径为1．过y轴上点C（0，2）作直线CD与⊙B相切于点E，交x轴于点D．二次函数y=ax2－2ax+c的图象过点C和D交x轴另一点为F点．
（1）求抛物线对应的函数表达式；
（2）连接OE，如图2，求sin∠AOE的值；
（3）如图3，若直线CD与抛物线对称轴交于点Q，M是线段OC上一动点，过M作MN//CD交x轴于N，连接QM，QN，设CM=t，△QMN的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．S是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．
四、综合题
16．（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.
17．（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】三角形内角和定理；切线长定理
【解析】【解答】解：是的切线，
，
，
故答案为：A
【分析】先结合，，求出，再利用角的运算求出∠ABO的度数即可。
2．【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵、分别与相切于A，B两点，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C
【分析】连接OA，OB，根据切线长定理可得，再利用四边形的内角和求出∠AOB的度数，最后利用圆周角的性质求出即可。
3．【答案】C
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵PA、PB切⊙O于点A、B，
∴PB=PA=20，
∵CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，
∴CA=CE，DB=DE，
∴PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+CA+DB+PD=PA+PB=20+20=40．
则△PCD的周长是40．
故答案为：C．
【分析】根据切线长定理可得CA=CE，DB=DE，再利用三角形的周长公式及等量代换可得△PCD的周长是40。
4．【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.
5．【答案】D
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：设AD=x，
由题意知，AD=AF，BE=BD，CE=CF，
∴AF=x，BD=BE=14－x，CF=CE=9－x，
又CE+BE=BC，
∴9－x+14－x=13，
解得：x=5，
故答案为：D.
【分析】设AD=x，根据切线长定理可得AD=AF=x，BE=BD=14-x，CE=CF9-x，根据CE+BE=BC建立方程并解之即可.
6．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；圆的相关概念；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接AB，OC，
∵四边形ACBO是菱形，
∴BC=BO，
又∵BO=CO，
∴BC=BO=CO，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OBC=60°，
∵PB切 于点B，
∴∠OBP=90°，
∴ ∠PBC=30°，
∵四边形ACBO是菱形，
∴∠CBA=∠OBA=30°，
∴∠PBA=30°+30°=60°，
∵，分别切于点A，B，
∴PA=PB，
∴△PAB是等边三角形，
∴∠APB=60°。
故答案为：C。
【分析】连接AB，OC，首先可证△OBC是等边三角形，从而得出∠OBC=60°，然后结合切线的性质得出∠PBC=30°，根据菱形的性质得出∠CBA=30°，从而得出∠PBA=60°，再结合切线长定理得出PA=PB，故而得出△PAB是等边三角形，即可得出∠APB=60°。
7．【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；
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】（1）6
（2）
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】（1）AB，AC，均为的切线，
PA=PC，
，
△APC是等边三角形，
PC=AC=6；
(2)连接OP，OD，作垂足为M，如图，
，
AB与相切于点P，AC，BD均为的切线，
，
，
四边形OPBD是矩形，
OD=OP，
四边形OPBD是正方形，PB=OP，
，
【分析】(1)利于切线长定理可得PA=PC，结合已知证明△APC是等边三角形，从而得出结论；
（2）连接OP，OD，作垂足为M，可得，再证明四边形OPBD是正方形，利用余弦三角函数求得OP的值，再利用勾股定理即可求解OB的值.
10．【答案】
【知识点】切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接OB，
∵PB是圆O的切线，且B为切点，
∴∠PBO=90°，
在Rt△POB中，
∵PO=6，OB=3，
∴PB=，
∵PA、PB分别与圆O相切于点A、B，
∴PA=PB=，
∵DB、DE分别与圆O相切于点B、E，
∴DB=DE，
同理CE=CA，
∵CD=DE+CE，
∴CD=DB+CA，
∴△PCD的周长为：PD+PC+CD=PD+DE+CE+PC=PD+DB+CA+PC=PA+PB=.
故答案为：.
【分析】连接OB，由切线的性质可得∠PBO=90°，在Rt△POB中，运用勾股定理算出PB，由切线长定理可得PA=PB=，DB=DE，CE=CA，然后根据三角形周长的计算方法、等量代换及线段的和差可将△PCD的周长转化为PA+PB，从而代入即可求出答案.
11．【答案】1
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：以AB为直径作圆，
∵∠AGB=90°，
∴点G在圆上，
当CF与圆相切时，AF最大，
此时FA=FG，BC=CG，
设AF=x，则DF=4-x，FC=4+x，
∴DF2+DC2=FC2即（4-x）2+42=（4+x）2，
解之：x=1.
故答案为：1
【分析】利用直径所对的圆周角是直角可证得∠AGB=90°，同时可证得点G在圆上，当CF与圆相切时，AF最大，利用切线长定理可知FA=FG，BC=CG，设AF=x，可表示出DF，FC的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
12．【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．
13．【答案】25
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】如图，
可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，
则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴DE：EF：DF=5：12：13，
又∵S△DEF= DE EF= ，
∴DE= ，EF=4，
∴DF= ，
∴PH=DE= ，MQ=EF=4，NK=DF= ，
设AH=AK=x，BN=BQ=y，
则有AC=AH+HP+CP=x+ ，BC=CM+MQ+BQ=5+y，AB=AK+NK+BN=x+y+ ，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴ ，
解得： ，
∴AC= + ，BC=10，AB= + +5，
∴AC+BC+AB= + +10+ + +5=7+3+10+5=25，
故答案为：25.
【分析】如图：首先利用勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，根据相似三角形对应边成比例得出DE：EF：DF=5：12：13，进而根据△DEF的面积计算方法列出方程，求解算出DF，EF，DF的长，根据矩形的性质得出PH，MQ，NK的长，设AH=AK=x，BN=BQ=y，根据线段的和差表示出AC，BC，AB的长，进而根据AC：BC：AB=5：12：13，列出方程组，求解得出x，y的值，从而即可解决问题。
14．【答案】（1）证明：连接CD，∵AC是直径，∠ACB=90°，∴BC是⊙O的切线，∠ADC=90°．∵DE是⊙O的切线，
∴DE=CE（切线长定理）．
∴∠DCE=∠CDE，又∵∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°，∴∠EBD=∠EDB．
∴DE=BE，
∴CE=BE．
（2）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ODEC是正方形.证明如下：△ABC是等腰直角三角形．则∠B=45°，
∴∠DCE=∠CDE=45°，则∠DEB=90°，
又∵OC=OD，∠ACB=90°，∴∠OCD=∠ODC=45°，∴∠ODE=90°，
∴四边形ODEC是矩形，
∵EC=ED，∴四边形ODEC是正方形.
【知识点】正方形的判定；圆周角定理；切线的判定与性质；等腰直角三角形；切线长定理
【解析】【分析】（1）由条件可知BC、DE都是⊙O的切线，根据切线长定理可得DE=CE，连接CD，由直径所对的圆周角是直角又知∠ADC=90°，在Rt△CDB中借助等边对等角及互余的性质可得DE=BE，据此即可证明；
（2）由△ABC是等腰直角三角形可知∠B=45°，借助(1)的推理可得∠DEB=90°，从而可知四边形ODEC是矩形，再根据同圆半径相等即可得结论。
15．【答案】（1）证明：连接BE
∵CD与⊙B相切于点E∴BE⊥CD
设点D的坐标为（x，0），则BD=x－1
在△OCD和△EBD中，∴△OCD∽△EBD
∴即 ∴CD=2x－2 在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2即22+x2=（2x－2）2解得x1= ，x2=0（舍去）
即点D的坐标为（ ，0）
把C（0，2），D（ ，0）代入y=ax2－2ax+c中得：
函数解析式为：y= x2+ x+2
（2）解：连接BE，CB，CB交OE于H∵CD与⊙O相切于E，CO⊥OB于O，BO为⊙O半径
∴CO与⊙O相切于O
∴BC⊥OE于点H ∴∠OCH+∠COH=∠BOH+∠COH=90°，
∴∠BOH=∠COH
即∠AOE=∠OCB ∴sin∠AOE= sin∠OCB=
在Rt△OCB中，∵OB=1，OC=2 由勾股定理得 =
∴
（3）存在，理由如下： 连接DM，据题意有CM=t，OC=2，OD= ，则OM=2-t∵MN//CD ∴∠ONM=∠ODC且S△QMN=S△DMN
∴tan∠ONM=tan∠ODC
∴∴ON= ∴
∵S=S△QMN=S△DMN= ∴S=
∵点M在OC上运动 ∴
∵S与t成二次函数关系，且 < 0
∴当t=1时，S有最大值， 为
【知识点】二次函数的最值；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系；切线长定理
【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出BE⊥CD，设点D的坐标为（x，0），则BD=x－1，然后证出△OCD∽△EBD ，根据相似三角形对应边成比例得出OC∶EB=CD∶BD，即2∶1=CD∶x-1，从而得出CD=2x－2 ，在Rt△OCD中，根据勾股定理列出关于x的方程，求解得出x的值，得出D点的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）连接BE，CB，CB交OE于H，根据切线的判定定理判断出CO与⊙O相切于O，根据切线长定理得出BC⊥OE于点H ，根据同角的余角相等得出 ∠BOH=∠COH，即∠AOE=∠OCB，根据等角的同名三角函数值相等得出sin∠AOE= sin∠OCB= O B ∶C B ，在Rt△OCB中，由勾股定理得出BC的长度，从而得出答案；
（3）连接DM，据题意有CM=t，OC=2，OD= ，则OM=2-t；根据二直线平行同位角相等得出∠ONM=∠ODC，同时两平行线间的距离相等，根据同底等高得出S△QMN=S△DMN ，再根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠ONM=tan∠ODC，根据三角函数的定义，从而列出方程，表示出ON的长度，进而表示出ND，根据S=S△QMN=S△DMN= N D · O M，从而得出s与t之间的函数关系式；根据点M在OC上运动 故 0 < t < 2 ，S与t成二次函数关系中二次项的系数 < 0，从而得出答案当t=1时，S有最大值， S 最 大 值 = 。
16．【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.
17．【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 / 12023-2024学年沪科版初中数学九年级下册 24.4.3 切线长定理 同步分层训练培优卷
一、选择题
1．（2023·东洲模拟）如图，是的切线，A、B为切点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形内角和定理；切线长定理
【解析】【解答】解：是的切线，
，
，
故答案为：A
【分析】先结合，，求出，再利用角的运算求出∠ABO的度数即可。
2．（2022九上·哈尔滨月考）如图，、分别与相切于A、B两点，点C为上一点，连接、，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵、分别与相切于A，B两点，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C
【分析】连接OA，OB，根据切线长定理可得，再利用四边形的内角和求出∠AOB的度数，最后利用圆周角的性质求出即可。
3．（2022九上·莒南期中）如图，PA，PB切⊙O 于点A，B，PA＝20，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D两点，则△PCD 的周长是（ ）
A．20 B．36 C．40 D．44
【答案】C
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵PA、PB切⊙O于点A、B，
∴PB=PA=20，
∵CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，
∴CA=CE，DB=DE，
∴PC+CD+PD=PC+CE+DE+PD=PC+CA+DB+PD=PA+PB=20+20=40．
则△PCD的周长是40．
故答案为：C．
【分析】根据切线长定理可得CA=CE，DB=DE，再利用三角形的周长公式及等量代换可得△PCD的周长是40。
4．（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.
5．（2022·河池模拟）如图，的内切圆⊙与，，分别相切于点，，，，，，则的长是（ ）
A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
【答案】D
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：设AD=x，
由题意知，AD=AF，BE=BD，CE=CF，
∴AF=x，BD=BE=14－x，CF=CE=9－x，
又CE+BE=BC，
∴9－x+14－x=13，
解得：x=5，
故答案为：D.
【分析】设AD=x，根据切线长定理可得AD=AF=x，BE=BD=14-x，CE=CF9-x，根据CE+BE=BC建立方程并解之即可.
6．（2023九上·怀仁期中）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．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；圆的相关概念；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：连接AB，OC，
∵四边形ACBO是菱形，
∴BC=BO，
又∵BO=CO，
∴BC=BO=CO，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OBC=60°，
∵PB切 于点B，
∴∠OBP=90°，
∴ ∠PBC=30°，
∵四边形ACBO是菱形，
∴∠CBA=∠OBA=30°，
∴∠PBA=30°+30°=60°，
∵，分别切于点A，B，
∴PA=PB，
∴△PAB是等边三角形，
∴∠APB=60°。
故答案为：C。
【分析】连接AB，OC，首先可证△OBC是等边三角形，从而得出∠OBC=60°，然后结合切线的性质得出∠PBC=30°，根据菱形的性质得出∠CBA=30°，从而得出∠PBA=60°，再结合切线长定理得出PA=PB，故而得出△PAB是等边三角形，即可得出∠APB=60°。
7．（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；
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·无为月考）如图，AB与相切于点P，AC，BD均为的切线，，，．
（1）PC的长为 ．
（2）OB的长为 ．
【答案】（1）6
（2）
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；垂径定理；切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】（1）AB，AC，均为的切线，
PA=PC，
，
△APC是等边三角形，
PC=AC=6；
(2)连接OP，OD，作垂足为M，如图，
，
AB与相切于点P，AC，BD均为的切线，
，
，
四边形OPBD是矩形，
OD=OP，
四边形OPBD是正方形，PB=OP，
，
【分析】(1)利于切线长定理可得PA=PC，结合已知证明△APC是等边三角形，从而得出结论；
（2）连接OP，OD，作垂足为M，可得，再证明四边形OPBD是正方形，利用余弦三角函数求得OP的值，再利用勾股定理即可求解OB的值.
10．（2023·杭州模拟）如图，PA，PB分别与半径为3的⊙O相切于点A，B，直线CD分别交PA，PB于点C，D，并切⊙O于点E，当PO＝6时，△PCD的周长为 ．
【答案】
【知识点】切线的性质；切线长定理
【解析】【解答】解：如图，连接OB，
∵PB是圆O的切线，且B为切点，
∴∠PBO=90°，
在Rt△POB中，
∵PO=6，OB=3，
∴PB=，
∵PA、PB分别与圆O相切于点A、B，
∴PA=PB=，
∵DB、DE分别与圆O相切于点B、E，
∴DB=DE，
同理CE=CA，
∵CD=DE+CE，
∴CD=DB+CA，
∴△PCD的周长为：PD+PC+CD=PD+DE+CE+PC=PD+DB+CA+PC=PA+PB=.
故答案为：.
【分析】连接OB，由切线的性质可得∠PBO=90°，在Rt△POB中，运用勾股定理算出PB，由切线长定理可得PA=PB=，DB=DE，CE=CA，然后根据三角形周长的计算方法、等量代换及线段的和差可将△PCD的周长转化为PA+PB，从而代入即可求出答案.
11．（2023九上·安顺期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD边上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，连接CG并延长交AD于点F，则AF的最大值是 ．
【答案】1
【知识点】勾股定理；正方形的性质；圆周角定理；切线长定理
【解析】【解答】解：以AB为直径作圆，
∵∠AGB=90°，
∴点G在圆上，
当CF与圆相切时，AF最大，
此时FA=FG，BC=CG，
设AF=x，则DF=4-x，FC=4+x，
∴DF2+DC2=FC2即（4-x）2+42=（4+x）2，
解之：x=1.
故答案为：1
【分析】利用直径所对的圆周角是直角可证得∠AGB=90°，同时可证得点G在圆上，当CF与圆相切时，AF最大，利用切线长定理可知FA=FG，BC=CG，设AF=x，可表示出DF，FC的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值.
12．（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．
13．（2019·无锡）如图，在△ABC中，AC：BC：AB=5：12：13，⊙O在△ABC内自由移动，若⊙O的半径为1，且圆心O在△ABC内所能到达的区域的面积为 ，则△ABC的周长为 .
【答案】25
【知识点】矩形的判定与性质；切线的性质；相似三角形的判定与性质；切线长定理
【解析】【解答】如图，
可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，
则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴DE：EF：DF=5：12：13，
又∵S△DEF= DE EF= ，
∴DE= ，EF=4，
∴DF= ，
∴PH=DE= ，MQ=EF=4，NK=DF= ，
设AH=AK=x，BN=BQ=y，
则有AC=AH+HP+CP=x+ ，BC=CM+MQ+BQ=5+y，AB=AK+NK+BN=x+y+ ，
又∵AC：BC：AB=5：12：13，
∴ ，
解得： ，
∴AC= + ，BC=10，AB= + +5，
∴AC+BC+AB= + +10+ + +5=7+3+10+5=25，
故答案为：25.
【分析】如图：首先利用勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，可知圆心O在△ABC内所能到达的区域为△DEF的边以及其内部，其中点D在∠BAC的角平分线上，且到AB、AC边的距离为1，点E在∠ACB的角平分线上，且到CA、CB边的距离为1，点F在∠ABC的角平分线上，且到BA、BC边的距离为1，DH、EP分别垂直于AC，EM、FQ分别垂直于BC，DK、FN分别垂直于AB，则有AH=AK，CP=CM=EM=1，BN=BQ，四边形EDPH、EFQM、DFNK是矩形，△DEF是直角三角形且△DEF∽△ACB，根据相似三角形对应边成比例得出DE：EF：DF=5：12：13，进而根据△DEF的面积计算方法列出方程，求解算出DF，EF，DF的长，根据矩形的性质得出PH，MQ，NK的长，设AH=AK=x，BN=BQ=y，根据线段的和差表示出AC，BC，AB的长，进而根据AC：BC：AB=5：12：13，列出方程组，求解得出x，y的值，从而即可解决问题。
三、解答题
14．（人教版九年级数学上册 24.2.2 直线和圆的位置关系（四） 同步练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D的切线交BC于点E．
（1）求证：EB=EC；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ODEC是正方形？证明你的结论．
【答案】（1）证明：连接CD，∵AC是直径，∠ACB=90°，∴BC是⊙O的切线，∠ADC=90°．∵DE是⊙O的切线，
∴DE=CE（切线长定理）．
∴∠DCE=∠CDE，又∵∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°，∴∠EBD=∠EDB．
∴DE=BE，
∴CE=BE．
（2）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ODEC是正方形.证明如下：△ABC是等腰直角三角形．则∠B=45°，
∴∠DCE=∠CDE=45°，则∠DEB=90°，
又∵OC=OD，∠ACB=90°，∴∠OCD=∠ODC=45°，∴∠ODE=90°，
∴四边形ODEC是矩形，
∵EC=ED，∴四边形ODEC是正方形.
【知识点】正方形的判定；圆周角定理；切线的判定与性质；等腰直角三角形；切线长定理
【解析】【分析】（1）由条件可知BC、DE都是⊙O的切线，根据切线长定理可得DE=CE，连接CD，由直径所对的圆周角是直角又知∠ADC=90°，在Rt△CDB中借助等边对等角及互余的性质可得DE=BE，据此即可证明；
（2）由△ABC是等腰直角三角形可知∠B=45°，借助(1)的推理可得∠DEB=90°，从而可知四边形ODEC是矩形，再根据同圆半径相等即可得结论。
15．（数学试题（123））如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴上，以OA为直径的半圆，圆心为B，半径为1．过y轴上点C（0，2）作直线CD与⊙B相切于点E，交x轴于点D．二次函数y=ax2－2ax+c的图象过点C和D交x轴另一点为F点．
（1）求抛物线对应的函数表达式；
（2）连接OE，如图2，求sin∠AOE的值；
（3）如图3，若直线CD与抛物线对称轴交于点Q，M是线段OC上一动点，过M作MN//CD交x轴于N，连接QM，QN，设CM=t，△QMN的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．S是否存在最大值，若存在，求出最大值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明：连接BE
∵CD与⊙B相切于点E∴BE⊥CD
设点D的坐标为（x，0），则BD=x－1
在△OCD和△EBD中，∴△OCD∽△EBD
∴即 ∴CD=2x－2 在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2即22+x2=（2x－2）2解得x1= ，x2=0（舍去）
即点D的坐标为（ ，0）
把C（0，2），D（ ，0）代入y=ax2－2ax+c中得：
函数解析式为：y= x2+ x+2
（2）解：连接BE，CB，CB交OE于H∵CD与⊙O相切于E，CO⊥OB于O，BO为⊙O半径
∴CO与⊙O相切于O
∴BC⊥OE于点H ∴∠OCH+∠COH=∠BOH+∠COH=90°，
∴∠BOH=∠COH
即∠AOE=∠OCB ∴sin∠AOE= sin∠OCB=
在Rt△OCB中，∵OB=1，OC=2 由勾股定理得 =
∴
（3）存在，理由如下： 连接DM，据题意有CM=t，OC=2，OD= ，则OM=2-t∵MN//CD ∴∠ONM=∠ODC且S△QMN=S△DMN
∴tan∠ONM=tan∠ODC
∴∴ON= ∴
∵S=S△QMN=S△DMN= ∴S=
∵点M在OC上运动 ∴
∵S与t成二次函数关系，且 < 0
∴当t=1时，S有最大值， 为
【知识点】二次函数的最值；切线的判定与性质；相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系；切线长定理
【解析】【分析】（1）根据切线的性质得出BE⊥CD，设点D的坐标为（x，0），则BD=x－1，然后证出△OCD∽△EBD ，根据相似三角形对应边成比例得出OC∶EB=CD∶BD，即2∶1=CD∶x-1，从而得出CD=2x－2 ，在Rt△OCD中，根据勾股定理列出关于x的方程，求解得出x的值，得出D点的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）连接BE，CB，CB交OE于H，根据切线的判定定理判断出CO与⊙O相切于O，根据切线长定理得出BC⊥OE于点H ，根据同角的余角相等得出 ∠BOH=∠COH，即∠AOE=∠OCB，根据等角的同名三角函数值相等得出sin∠AOE= sin∠OCB= O B ∶C B ，在Rt△OCB中，由勾股定理得出BC的长度，从而得出答案；
（3）连接DM，据题意有CM=t，OC=2，OD= ，则OM=2-t；根据二直线平行同位角相等得出∠ONM=∠ODC，同时两平行线间的距离相等，根据同底等高得出S△QMN=S△DMN ，再根据等角的同名三角函数值相等得出tan∠ONM=tan∠ODC，根据三角函数的定义，从而列出方程，表示出ON的长度，进而表示出ND，根据S=S△QMN=S△DMN= N D · O M，从而得出s与t之间的函数关系式；根据点M在OC上运动 故 0 < t < 2 ，S与t成二次函数关系中二次项的系数 < 0，从而得出答案当t=1时，S有最大值， S 最 大 值 = 。
四、综合题
16．（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.
17．（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.
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