3.7切线长定理达标练习（含解析）北师大版数学九年级下册

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3.7切线长定理
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，P为⊙外一点，PA、PB分别切⊙于A、B两点，若，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．如图，、、是的切线，切点分别是、、．若，则的长是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
3．如图，与相切于点，与相切于点，为上一点，过点与相切的直线分别交，于点，．若的周长为，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．10
4．已知过正方形顶点，，且与相切，若正方形边长为，则圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，P为外一点，分别切于点A、B，切于点E，分别交于点C、D，若，则的周长为（　　）
A．8 B．12 C．16 D．20
6．如图，P为圆O外一点，分别切圆O于两点，若，则（ ）．
A．2 B．3 C．4 D．5
7．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AC边上，过△ABD的内心I作IE⊥BD于点E．若BD＝10，CD＝4，则BE的长为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
8．如图，已知PA、PB为圆O的切线，切点分别为A、B，PO交AB于点C，射线PO交圆O于点D、点E．下列结论不一定成立的是(　　)
A．点E是△BPA的内心 B．AB与PD相互垂直平分
C．点A、B都在以PO为直径的圆上 D．PC为△BPA的边AB上的中线
9．若直角三角形中两直角边之比是，则称直角三角形为完美三角形．如图，C是上半圆上一点，将沿着BC折叠，与直径AB交于圆心O右侧一点D，若是完美三角形，则为（ ）
A． B． C． D．
10．圆外切等腰梯形的中位线等于8，则一腰长等于（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
11．如图，与正方形的边，相切，且与相切与点E，若的半径为5，且，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．
12．如图，在等腰Rt ABC中，，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点.当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是（ ）
A． B．2 C． D．4
二、填空题
13．如图，，，是的切线，切点分别是，，．若，则的长是 ．
14．经过圆外一点的圆的切线上，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的 ．
切线长定理：从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长 ，这一点和圆心的连线 这两条切线的夹角．
15．如图，，分别与相切于，两点，点在上，切于，分别交，于点，，已知，的半径为，则的周长是 ．
16．如图，AB是⊙O的直径，PA，PC分别与⊙O相切于点A，点C，若∠P60°，PA，则AB的长为 ．
17．如图，在四边形中，，，以D为圆心，为半径的弧恰好与相切，切点为E，若， ，则的长为 ．

三、解答题
18．如图，在△ABC中，已知∠ABC＝90o，在AB上取一点E，以BE为直径的⊙O恰与AC相切于点D，若AE＝2cm，AD＝4cm．
(1)求⊙O的直径BE的长；
(2)计算△ABC的面积．
19．如图，已知：四边形是的外切四边形，，，，分别是切点，求证：．

20．如图，是直角三角形，，以为直径的与边交于点，过作的切线交于，连接，交于．
（1）求证：；
（2）若，，求线段的长．
21．阅读与思考：阿基米德（公元前287年－公元前212年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家、静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，留给后人的最有价值的书是《阿基米德全集》．在该书的“引理集”中有这样一道题：
如图1，以为直径作半圆O，弦是一个内接正五边形的一条边（即：），点D是的中点，连接并延长与直径的延长线交于点E，连接交于点F，过点F作于点M．求证：是半圆的半径．
下面是勤奋小组的部分证明过程：
证明：如图2，过点D作于点H．
∵，
∴．（依据1）
∵点D是的中点，
∴．
∵，
∴．
∴．（依据2）
∵以为直径作半圆O，
∴．（依据3）
∴．
∵四边形是半圆O的内接四边形，
∴．（依据4）
∵，
∴．
∵于点M，
∴．
∵，
∴．
∵．
∵．
∴．
∴．
……
通过上面的阅读，完成下列任务：
(1)任务一：直接写出依据1，依据2，依据3和依据4；
(2)任务二：根据勤奋小组的解答过程完成该题的证明过程．（提示：先求出的度数，再根据等腰三角形的性质或判定完成该题的证明过程）
22．如图，是的直径，过外一点作的两条切线，，切点分别为，，连接，．
（1）求证：；
（2）连接，，若，，，求的长．
23．已知如图所示，A，B，C是⊙O上三点，∠AOB=120°，C是 的中点，试判断四边形OACB形状，并说明理由．
24．如图，为的切线，C为切点，D是上一点，过点D作，垂足为F，交于点E，连接并延长交于点G，连接，已知．
(1)若的半径为5，求的长；
(2)试探究与之间的数量关系，写出并证明你的结论．（请用两种证法解答）
《3.7切线长定理》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B C B C D B B D C
题号 11 12
答案 C B
1．B
【分析】根据切线长定理即可得到答案.
【详解】因为PA和PB与⊙相切，根据切线长定理，所以PA＝PB＝3，故选B.
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是熟练掌握切线长定理.
2．B
【分析】本题考查了切线长定理；由切线长定理得，，即可求解．
【详解】解：、、是的切线，
切点分别是、、，
，，
，
，
故选：B．
3．C
【分析】本题可根据切线长定理，将的周长转化为与、有关的线段长度，再结合与的关系求解的长．本题主要考查切线长定理．解题的关键在于利用切线长定理得出线段间的等量关系，进而将的周长转化为与相关的表达式来求解．
【详解】解：∵，是的切线，切点分别为，，
∴．
又∵，是的切线，切点分别为，，
∴．
同理，∵，是的切线，切点分别为，，
∴．
．
∴．
又∵，
∴．
∵的周长为，即，
∴，可得，
解得．
故选：C
4．B
【分析】作于点，连接，在直角中根据勾股定理即可得到一个关于半径的方程，即可求得．
【详解】解析：如图，作于点，连接，设圆的半径是，
则在直角中，，，
，
，
解得．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、垂径定理以及勾股定理，在圆的有关半径、弦长、弦心距之间的计算一般要转化为直角三角形的计算．
5．C
【分析】根据切线长定理得到 ， ， ，再根据三角形的周长公式计算即可．
【详解】解： 分别切 于点 ， 切 于点 ，，
， ， ，
的周长
，
故选：C ．
【点睛】本题考查了切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，关键是把的周长转化为已知切线相关的线段计算．
6．D
【分析】根据切线长定理直接求得PB=PA=5．
【详解】∵P为圆O外一点，PA，PB分别切圆O于A，B两点，若PA=5，
∴PB=PA=5，
故选：D．
【点睛】本题考查了切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
7．B
【分析】过点作，根据切线长定理设，进而结合已知条件表示出，求得的长，进而即可求解．
【详解】解：如图，过点作，
∵是的内心，
∴，
设，
∵BD＝10，
∴，
∴,，
∵，
∴，
解得，
∴，
故选B．
【点睛】本题考查了三角形内心的性质，切线长定理，掌握切线长定理是解题的关键．
8．B
【分析】根据切线长定理、切线性质、等腰三角形性质和三角形全等的判定和性质可以得到解答 ．
【详解】解：如图，作EG⊥PA于G，EH⊥PB于H，作PO的中点F，并连结FB、FA、EB、EA、OB、OA，
由切线长定理可知PA=PB，∠BPO=∠APO，
∴△BPA为等腰三角形，且PC为△BPA的边AB上的中线，D不符合题意；
由切线的性质可知△OBP、△OAP为直角三角形，
∵F为PO的中点，∴FB=FA=，
∴点A、B都在以PO为直径的圆上，C不符合题意；
在△PBE和△PAE中，，
∴△PBE≌△PAE，∴EB=EA，∴∠EBA=∠EAB，
∵PA是⊙O的切线，∴∠PAE=∠EBA，∴∠PAE=∠EAB，∴EG=EC，
∵PO平分∠BPA，∴EH=EG，
∴EH=EG=EC，∴点E是△BPA的内心，A不符合题意；
∵PC=CD不一定成立，AB与PD不一定相互垂直平分，B符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查直线与圆相切的应用，综合运用切线长定理、切线性质、等腰三角形性质和三角形全等的判定和性质是解题关键．
9．D
【分析】作交于，连接，由折叠和圆周角定理得出，再由完美三角形的定义得出相关边长的等量关系，最后设，代入关系式求解即可．
【详解】解：如图，作交于，连接，
∵弧是由部分沿折叠得到的，且，
∴，
又∵，
∴，
∵是完美三角形，
∴，，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查了圆的折叠问题，三角函数，圆周角定理，直角三角形等知识点，正确画出辅助线，理清思路是解题的关键．
10．C
【详解】如图：
设圆的外切梯形ABCD，切点分别为E、H、N、中位线为MN，
∴MN=（AB+CD），
根据切线长定理得：
DE=DH，CF=CH，并且等腰梯形和圆都是轴对称图形，
∴CD=DH+CH=DE+CF=（AB+CD），
∴CD=MN，而MN=8，
∴CD=8．
故选C．
11．C
【分析】设与正方形的边，分别相切于点N，M，连接、，利用切线的性质得到三个直角，再由半径相等，得到四边形为正方形，根据切线长定理得到，进而可求的长．
【详解】解：设与正方形的边，分别相切于点N，M，连接、．
∵四边形是正方形，
∴，．
∵与正方形的两边、相切，
∴．
∵，
∴四边形是正方形，
∴．
∵和与相切，圆O的半径为5，
∴，
∴．
故选:C．
【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，切线的性质，切线长定理等知识点的应用，关键是求出长和得出．
12．B
【详解】分析：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连结OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，利用等腰直角三角形的性质得到AB=BC=8，则OC=AB=4，OP=AB=4，再根据等腰三角形的性质得OM⊥PC，则∠CMO=90°，于是根据圆周角定理得到点M在以OC为直径的圆上，由于点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，则利用四边形CEOF为正方得到EF=OC=4，所以M点的路径为以EF为直径的半圆，然后根据圆的周长公式计算点M运动的路径长．
详解：取AB的中点O、AC的中点E、BC的中点F，连结OC、OP、OM、OE、OF、EF，如图，∵在等腰Rt△ABC中，AC=BC=4，∴AB=BC=8，∴OC=AB=4，OP=AB=4．
∵M为PC的中点，∴OM⊥PC，∴∠CMO=90°，∴点M在以OC为直径的圆上，点P点在A点时，M点在E点；点P点在B点时，M点在F点，易得四边形CEOF为正方形，EF=OC=4，∴M点运动的路径为以EF为直径的半圆，∴点M运动的路径长= 4π=2π． 故选B．

点睛：本题考查了轨迹：点按一定规律运动所形成的图形为点运动的轨迹．解决此题的关键是利用等腰三角形的性质和圆周角定理确定M点的轨迹为以EF为直径的半圆．
13．
【分析】本题考查了切线长定理，两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键．由于、、是的切线，则，，求出的长即可求出的长．
【详解】解：、为的切线，
，
、为的切线，
，
．
故答案为：3．
14． 切线长 相等 平分
【解析】略
15．24
【分析】利用勾股定理求得切线的长，再根据切线长定理可知，，，进而可求出结果．
【详解】解：连接．
∵，与相切，
∴，，
在中，
由勾股定理可得．
根据切线长定理可得，，，
所以的周长．
故答案为：24．
【点睛】本题考查了切线长定理，熟练运用切线长定理转化线段是解题的关键．
16．2
【分析】根据AB是⊙O的直径，推出∠ACB=90°，根据 PA，PC分别与⊙O相切于点A，点C，推出∠PAB=90°，PC=PA，根据∠P=60°，推出△PAC是等边三角形，得到∠CAP=60°，AC=PA=，推出∠BAC=90°-60°=30°，推出cos∠BAC=，得到，解得AB=2．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，PA，PC分别与⊙O相切于点A，点C，
∴∠PAB=90°=∠ACB，PC=PA，
又∵∠P=60°，
∴△PAC是等边三角形，
∴∠CAP=60°，AC=PA=，
∴∠BAC=90°-60°=30°，
∴cos∠BAC=，
即，解得AB=2．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线，等边三角形，圆周角，锐角三角函数，解决问题的关键是熟练掌握圆的切线性质，切线长定理，等边三角形的判定和性质，圆周角定理推论，余弦定义及30°的余弦值．
17．
【分析】连接、，根据切线的判定可证是的切线，再根据切线长定理可得，，由切线的性质可得，再由平行线的性质与等腰三角形的判定可得，可得，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：连接、，
∵，是的半径，
∴是的切线，
∵是的切线，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题考查切线的判定与性质、切线长定理、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理，熟练掌握切线的判定与性质和切线长定理是解题的关键．
18．（1）BE＝6；(2) S△ABC＝24.
【分析】（1）连接OD，由切线的性质得OD⊥AC，，在Rt△ODA中运用勾股定理可以求出半径OD，即可求得直径BE的长；
（2）由切线长定理知，CD=BC，在Rt△ABC中运用勾股定理可以求出BC，则可由直角三角形的面积公式求得△ABC的面积．
【详解】（1）连接OD，
∴OD⊥AC
∴△ODA是直角三角形
设半径为r
∴AO＝r＋2
∴
解之得：r＝3
∴BE＝6
(2)∵∠ABC＝900
∴OB⊥BC
∴BC是⊙O的切线
∵CD切⊙O于D
∴CB＝CD
令CB＝x
∴AC＝x＋4， CB＝x，AB＝8
∵
∴x＝6.
∴S△ABC＝24（cm2）.
故答案为（1）BE＝6；(2) S△ABC＝24
【点睛】本题考查勾股定理，切线的定义，切线长定理.
19．见详解
【分析】根据切线长定理可得：，，，，问题随之得解 ．
【详解】根据切线长定理可得：，，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，根据切线长定理得出，，，，是解答本题的关键．
20．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）方法一：连接交于，利用切线长定理可得，，可得，利用圆周角定理证明，从而可得结论；方法二：证明 结合利用三角形的中位线的性质可得结论；
（2）连接，证明，由，利用等角的三角函数值相等，求解从而可得答案．
【详解】证明（1）方法一：连接交于，
∵且为直径
∴是的切线
又∵DE是的切线
∴，，
∴
∴
∵为直径
∴
∴
方法二：连接，
∵且为直径
∴是的切线
又∵是的切线
∴
∴
∵为直径
∴
∴
∴
∴
∴
∴
又∵
∴
（2）连接，
∵
∴
∵
∴
∴
∵
又∵，
∴
∴
∵
∴
∴
∴．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，圆的切线的判定与性质，平行线的判定，直角三角形的两锐角互余，三角形的中位线的性质，等腰三角形的判定，解直角三角形，掌握以上知识是解题的关键．
21．(1)依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半．（或圆周角定理）；依据2：同弧或等弧所对的圆周角相等；依据3：直径所对的圆周角是直角；依据4：圆内接四边形的对角互补
(2)见解析
【分析】（1）分析条件和结论的关系写出依据；
（2）求出，再求出，得到，推出；
【详解】（1）解：依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半（或圆周角定理）；
依据2：同弧或等弧所对的圆周角相等；
依据3：直径所对的圆周角是直角；
依据4：圆内接四边形的对角互补；
（2）解：∵，
∴，
∵于点H，
∴，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是半圆的半径．
【点睛】本题考查圆的综合题，涉及知识点：圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定及性质、三角形的外角的性质，解题关键结合图形应用条件推理论证．
22．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据切线的性质定理得到，平分．根据等腰三角形的性质即可得到于，即．
（2）连接、．根据等腰三角形的性质和平角的性质得到．进而得到．在中，解直角三角形即可.
【详解】（1）证明：∵、与相切于、．
∴，平分．
在等腰中，，平分．
∴于，即．
（2）解：连接、．
∵
∴
∴
同理：
∴．
在等腰中，．
∴．
∵与相切于．
∴．
∴．
在中，，
∴．
【点睛】本题考查了切线的性质和判定，圆周角定理，解直角三角形等，题目比较典型，综合性比较强，难度适中．
23．AOBC是菱形，理由见解析.
【分析】连接OC，根据等边三角形的判定及圆周角定理进行分析即可．
【详解】AOBC是菱形，理由如下：
连接OC，
∵C是 的中点
∴∠AOC=∠BOC=×120°=60°，
∵CO=BO（⊙O的半径），
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
同理△OCA是等边三角形，
∴OA=AC，
又∵OA=OB，
∴OA=AC=BC=BO，
∴AOBC是菱形．
【点睛】本题利用了等边三角形的判定和性质，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
24．(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）由题意得，，根据得，根据切线的性质得，即，根据题意得，则，即可得，根据角之间的关系和边之间的关系得是等边三角形，即可得∴，则,根据题意得，，，在中，根据锐角三角形函数即可得；
（2）方法一：根据题意和边、角之间得关系得，为等边三角形，可得，在中，根据直角三角形的性质得，即；方法二：连接，过点O作，垂足为H，根据题意得，四边形是矩形，所以，根据等边三角形的性质得，根据边之间的关系得CE=OE，根据HL得，即可得，由此即可得．
【详解】（1）解：如图所示，连接．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为的切线，C为切点，
∴，
∴，
∵，垂足为F，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
∵的半径为5，
∴，
∵是的直径，
∴，
∴在中，．
（2），证明如下
证明：方法一：如图所示，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴．
∴在中，，
∴，
即；
方法二：如图所示，连接，过点O作，垂足为H，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，即DE=2EH，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
∴（HL），
∴，
∴．
【点睛】本题考查了圆的综合，平行线的判定与性质，锐角三角函数，等边三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
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