24.2.2 直线和圆的位置关系课时作业（4）

24.2.2 直线和圆的位置关系课时作业（4）
姓名：__________班级：__________考号：__________
一、选择题
1.如图，P是⊙O外一点，PA，PB分别和⊙O切于A，B，C是弧AB上任意一点，过C作⊙O的切线分别交PA，PB于D，E.若△PDE的周长为12，则PA等于(　　)
A． 12 B． 6 C． 8 D． 10
2.如图,直线AB、BC、CD分别与⊙O相切于E、F、G,且AB∥CD,若BO=6cm,OC=8cm 则BE+CG的长等于( )
A． 13 B． 12 C． 11 D． 10
3.如图，是四边形的内切圆，下列结论一定正确的有（ ）个：
①；②；③；④．
A． 1 B． 2 C． 3 D． 4
4.以正方形ABCD的BC边为直径作半圆O，过点D作直线切半圆于点F，交AB边于点E.则三角形ADE和直角梯形EBCD周长之比为（　　）
A． 4：5 B． 5：6 C． 6：7 D． 7：8
5.如图，⊙与正方形的两边相切，且与⊙相切于点.若, ,则⊙的半径为（ ）
A． B． C． D．
6.如图，一把直尺，的直角三角板和光盘如图摆放，为角与直尺交点，,则光盘的直径是( )
A． 3 B． C． D．
7.如图，在直角坐标系中，⊙A的圆心A的坐标为（﹣1，0），半径为1，点P为直线y=﹣x+3上的动点，过点P作⊙A的切线，切点为Q，则切线长PQ的最小值是（ ）
A． 3 B． C． D． 2
8.如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E在以点B为圆心的上，过点E作所在圆的切线分别交边AD，CD于点F，G，连接AE，DE，若∠DEA=90°，则FG的长为（ ）
A． 4 B． C． D． 3
二 、填空题
9.如图，AB，AC，BD是⊙O的切线，P，C，D为切点，如果AB＝5，AC＝3，则BD的长为__．
10.如图，已知：⊙O与△ABC的边AB，AC，BC分别相切于点D，E，F，若AB＝4，AC＝5，AD＝1，则BC＝___．
11.PA、PB分别切⊙O于点A、B，若PA=3cm，那么PB=_____cm．
12.如图，AC是⊙O的直径，∠ACB=60°，连接AB，过A、B两点分别作⊙O的切线，两切线交于点P．若已知⊙O的半径为1，则△PAB的周长为_____．
13.如图，正方形ABCD的边长为4cm，以正方形的一边BC为直径在正方形ABCD内作半圆，过A作半圆的切线，与半圆相切于F点，与DC相交于E点，则△ADE的面积为____________.
14.如图，从⊙O外一点P引圆的两条切线PA，PB，切点为A，B，点C是劣弧AB上一点，过C的切线交PA，PB于M，N.若⊙O的半径为2，∠P＝60°，则△PMN的周长为______.
三 、解答题
15.如图所示，EB、EC是⊙O的两条切线，B、C是切点，A、D是⊙O上两点，如果∠E=46°，∠DCF=32°，求∠A的度数．
16.如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D．若PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2-mx+m-1=0的两个根，求△PCD的周长．
17.已知：如图，过圆O外一点B作圆O的切线BM，M为切点.BO交圆O于点A，过点A作BO的垂线，交BM于点P.BO＝3，PA=1,圆O的半径为1．求：MP的长.
18.如图，⊙O与△ABC中AB、AC的延长线及BC边相切，且∠ACB=90°，∠A，∠B，∠C所对的边长依次为3，4，5，求⊙O的半径.
19.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．
20.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作⊙O的切线．交BC于点E．
（1）求证：BE=EC
（2）填空：①若∠B=30°，AC=2，则DB=　 　；
②当∠B=　 　度时，以O，D，E，C为顶点的四边形是正方形．
答案解析
一 、选择题
1.【考点】切线长定理
【分析】利用切线长定理解答
解：∵PA、PB、DE分别切⊙O于A、B、C，
∴PA=PB，DA=DC，EC=EB；
∵△PDE的周长为12，
∴PD+DE+PE=PD+DA+EB+PE=PA+PB=12，
∴PA=PB=6.
故选A.
【点睛】本题主要考查了切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线,它们的切线长相等,圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角.
2.【考点】切线长定理，平行线的性质，勾股定理
【分析】利用切线长定理，平行线的性质，勾股定理解答
解：根据切线长定理得：BE=BF，CF=CG，∠OBF=∠OBE，∠OCF=∠OCG；
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠OBF+∠OCF=90°，
∴∠BOC=90°，
∵OB=6cm，OC=8cm，
∴BC=10cm，
∴BE+CG=BC=10cm，
故选D.
【点睛】本题主要考查了切线长定理，涉及到平行线的性质、勾股定理等，求得BC的长是解题的关键.
3.【考点】切线的性质，切线长定理
【分析】根据圆的切线的性质判断，解题.
解：∵⊙O是四边形ABCD的内切圆，∴多边形的每条边都与⊙O相切.
根据切线长定理可知，AF＝AE，BF＝BG，CG＝CH，DE＝DH，即②正确；
∵四边形形状不定，∴①④无法判定；
又∵AB＋CD＝AF＋BF＋CH＋DH，AD＋BC＝AE＋AD＋BG＋CG；∴AB＋CD＝AD＋BC,③正确；
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，熟知切线长定理是本题解题的关键.
4.【考点】切线长定理, 正方形的性质,勾股定理
【分析】设EF=x，DF=y，则DE=x+y，在△ADE中根据勾股定理可得列方程（y-x）2+y2=（x+y）2，从而得到三角形ADE的周长为12x和直角梯形EBCD周长为14x，因此两者周长之比为12x：14x=6：7．
解：设EF=x，DF=y，则DE=x+y
则在△ADE中根据勾股定理得：（y-x）2+y2=（x+y）2，
∴ADE的周长=12x，直角梯形EBCD周长=14x
∴周长之比为12x：14x=6：7．
故选：C．
【点睛】此题考查圆的切线长定理，正方形的性质和勾股定理等知识，解答本题关键是运用切线长定理得出EB=EF，DF=DC，从而求解．
5.【考点】正方形的性质，切线的性质，切线长定理
【分析】本题的关键是⊙的半径 “转移”到正方形的已知边上，在有相切条件下“遇切点，连半径”，
解：如图所示，作辅助线.
由题可知，
又∵,
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵, ，
∴，
∴，
∴.
故选A.
【点睛】本题主要考查正方形的性质、切线的性质、切线长定理等知识，关键是要想到怎样⊙的半径 “转移”到正方形的已知边上，通过“遇切点，连半径”这样的辅助线，通过构建起来的正方形使问题得以解决.
6.【考点】切线的性质，切线长定理，含30°角的直角三角形，勾股定理
【分析】设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，由AC、AB都与圆O相切，利用切线长定理得到AO平分∠BAC，且OC垂直于AC，OB垂直于AB，可得出∠CAO=∠BAO=60°，得到∠AOB=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出OA的长，再利用勾股定理求出OB的长，即可确定出光盘的直径．
解：如图，设光盘圆心为O，连接OC，OA，OB，
∵AC、AB都与圆O相切，
∴AO平分∠BAC，OC⊥AC，OB⊥AB，
∴∠CAO=∠BAO=60°，
∴∠AOB=30°，
在Rt△AOB中，AB=3cm，∠AOB=30°，
∴OA=6cm，
根据勾股定理得：OB=3，
则光盘的直径为6，
故选D.
【点睛】本题考查了切线的性质，切线长定理，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
7.【考点】切线长定理，二次函数的最值
【分析】利用切线长定理和二次函数的最值解答
解：设P点坐标为（p，﹣p+3），则有
PQ2=PA2-AQ2=（p+1）2+(﹣p+3)2-12=，
∵>0，
∴PQ2最小为8，
∴PQ最小为2，
故选D.
【点睛】本题考查了切线长、二次函数的最值等，解题的关键是灵活选用知识构造函数.
8.【考点】切线长定理、正方形的性质、勾股定理
【分析】由四边形ABCD是正方形，EF为⊙B的切线，根据切线长定理可得AF=EF，EG=CG，再根据∠DEA=90°，可推导得出DF=AF=2，在Rt△FGD中，根据勾股定理进行计算即可得.
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠BCD=∠ADC=90°，AD=CD=AB=4，
∵点B为圆心，AB为半径，
∴DA、DC分别为⊙B的切线，
又∵EF为⊙B的切线，
∴AF=EF，EG=CG，
∴∠FAE=∠FEA，
∵∠DEA=90°，
∴∠FAE+∠FDE=90°，∠FEA+∠FED=90°，
∴∠FDE=∠FED，
∴DF=FE，
∴AF=FD=2，
∴FE=2，
∵FG=FE+EG，
∴EG=FG-2，
∵DG=DC-CG，
∴DG=4-（FG-2）=6-FG，
在Rt△FGD中，∠FDG=90°，∴FG2=DF2+DG2，
即FG2=22+（6-FG）2，
∴FG=，
故选C.
【点睛】本题考查了切线长定理、正方形的性质、勾股定理等，熟练掌握切线长定理是解题的关键.
二 、填空题
9.【考点】切线长定理
【考点】利用切线长定理解决
解：根据切线长定理，AP=AC，BP=BD，所以BP=5-3=2，所以BD=2.
故答案为2.
【点睛】本题主要考查了切线长定理，从圆外一点可以引圆的两条切线，它们的切线长相等，这一点和圆心的连线平分两条切线的夹角．解题的关键是能从图形中根据切线长定理得到两组相等的线段.
10.【考点】切线长定理
【分析】由切线长定理得AD=AE，BD=BF，CE=CF，根据已知条件，先求出BD，即BF的长，再求出CE=4，即CF的长，求和即可．
解：∵AB、AC、BC都是⊙O的切线，
∴AD=AE，BD=BF，CE=CF，
∵AB=4，AC=5，AD=1，
∴AE=1，BD=3，CE=CF=4，
∴BC=BF+CF=3+4=7．
【点睛】本题考查的是切线长定理，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．
11.【考点】切线长定理
【考点】利用切线长定理解决
解：根据切线长定理得：
故答案为：3.
【点睛】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.
12.【考点】圆周角定理的，切线长定理
【分析】根据圆周角定理的推论及切线长定理，即可得出答案
解：∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∵∠ACB=60°，
∴∠BAC=30°，
∴CB=1，AB=，
∵AP为切线，
∴∠CAP=90°，
∴∠PAB=60°，
又∵AP=BP，
∴△PAB为正三角形，
∴△PAB的周长为3．
【点睛】本题主要考查圆周角定理及切线长定理.熟记圆的相关性质是解题的关键.
13.【考点】切线长定理，正方形的性质，勾股定理
【分析】由于AE与圆O切于点F，根据切线长定理有AF=AB=4cm，EF=EC；设EF=EC=xcm．则DE=（4-x）cm，AE=（4+x）cm， 然后在三角形BCE中由勾股定理可以列出关于x的方程，解方程即可求出，然后就可以求出△ADE的面积．
解：∵AE与圆O切于点F，
显然根据切线长定理有AF=AB=4cm，EF=EC，
设EF=EC=xcm，
则DE=（4-x）cm，AE=（4+x）cm，
在三角形ADE中由勾股定理得：
（4-x）2+42=（4+x）2，
∴x=1cm，
∴CE=1cm，
∴DE=4-1=3cm，
∴S△ADE=AD?DE÷2=3×4÷2=6(cm2)．
故答案为：6cm2
【点睛】本题考核知识点:切线长定理，正方形，勾股定理.解题关键点：运用切线长定理求出AF=AB，EF=EC.
14.【考点】切线长定理.，含30°的直角三角形性质，勾股定理
【分析】连接PO，根据含有30°的直角三角形性质求出PO,再根据勾股定理求出PA，由切线性质推出△PMN的周长=PA+PB.
解：连接PO，
因为，PA,PB是⊙O的切线，∠P＝60°
所以，∠APO=∠P=30°，PA=PB,
所以，OP=2OA=2×2=4,
所以，在直角三角形APO中，PA=,
又因为MN与 ⊙O相切，
所以，MC=MA,NC=NB,
所以，△PMN的周长=PA+PB=4
【点睛】本题考核知识点：切线长. 解题关键点：熟记圆的切线长定理.
三 、解答题
15.【考点】切线长定理，圆内接四边形的性质
【分析】根据切线长定理得EC=EB，则∠ECB=∠EBC=67°，再根据圆内接四边形的对角互补即可得.
解：∵EB、EC是⊙O的两条切线，
∴EB=EC，∴∠ECB=∠EBC，
又∵∠E=46°，∠E+∠EBC+∠ECB=180°，∴∠ECB=67°，
又∵∠DCF+∠ECB+∠DCB=180°，
∴∠BCD=180°-67°-32°=81°，
又∵∠A+∠BCD=180°，
∴∠A=180°-81°=99°.
16.【考点】切线的性质，切线长定理，根与系数的关系
【分析】由PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，根据切线长定理，可得PA=PB，又由PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2-mx+m-1=0的两个根，根据根与系数的关系，可求得PA与PB的长，又由CD切⊙O于点E，即可得△PCD的周长等于PA+PB．解：∵PA、PB的长是关于x的一元二次方程x2-mx+m-1=0的两个根，∴PA+PB=m，PA?PB=m-1，∵PA、PB切⊙O于A、B两点，∴PA=PB=，即?=m-1，即m2-4m+4=0，解得：m=2，∴PA=PB=1，∵PA、PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，∴AD=ED，BC=EC，∴△PCD的周长为：PD+CD+PC=PD+DE+EC+PC=PD+AD+BC+PC=PA+PB=2．
17.【考点】勾股定理，切线的判定定理，切线长定理
【分析】连接OM，根据切线的性质得到直角三角形，根据勾股定理求得MB的长,再根据切线长定理和勾股定理列方程求得MP的长.
解：连接OM，则OM⊥BM，
在Rt△BOM中，OM=1，BO=3，
根据勾股定理，得BM===2；
∵AP⊥OB，
∴AP是圆的切线，
又PM是圆的切线，
∴AP=MP；
在Rt△APB中，
设AP=x，AB=3-1=2，BP=2-x；
根据勾股定理得：
（2-x）2=x2+4
x=.
【点睛】此题综合运用了勾股定理和切线的判定以及切线长的定理．
18.【考点】切线长定理、正方形的性质、圆的性质
【分析】先连接OD、OE根据⊙O与△ABC中AB、AC的延长线及BC边相切，得出AF=AD，BE=BF，CE=CD，再根据OD⊥AD，OE⊥BC，∠ACB=90°，得出四边形ODCE是正方形，最后设OD=r，列出5+3-r=4+r，求出r=2即可．
解：连接OD、OE，
∵⊙O与△ABC中AB、AC的延长线及BC边相切，
∴AF=AD，BE=BF，CE=CD，
OD⊥AD，OE⊥BC，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ODCE是正方形，
设OD=r，则CD=CE=r，
∵BC=3，
∴BE=BF=3-r，
∵AB=5，AC=4，
∴AF=AB+BF=5+3-r，
AD=AC+CD=4+r，
∴5+3-r=4+r，
r=2，
则⊙O的半径是2．
【点睛】此题考查了切线长定理，用到的知识点是切线长定理、正方形的性质、圆的判定解题的关键是设出圆的半径，列出关于圆的半径的方程．
19.【考点】切线的性质，切线长定理，等腰直角三角形的性质，矩形、正方形的判定
【分析】（1）连接CD，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC为直径即可判定BC是⊙O的切线，所以∠ADC=90°，根据切线长定理可得DE=CE，根据等腰三角形的性质可得∠DCE=∠CDE，再由∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°，即可得∠EBD=∠EDB，所以DE=BE，即可得CE =BE；（2）当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ODEC是正方形，先证得四边形ODEC是矩形，再由EC=ED，即可判定四边形ODEC是正方形.
（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.
【点睛】本题考查了圆的综合题，涉及了切线的性质、切线长定理以及等腰直角三角形、矩形、正方形的知识，综合性较强，解答本题的关键是作出辅助线，将所学知识融会贯通．
20.【考点】圆的切线性质，切线长定理
【分析】（1）证出EC为⊙O的切线；由切线长定理得出EC=ED，再求得EB=ED，即可得出结论；
（2）①由含30°角的直角三角形的性质得出AB，由勾股定理求出BC，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出DE；
②由等腰三角形的性质，得到∠ODA=∠A=45°，于是∠DOC=90°然后根据有一组邻边相等的矩形是正方形，即可得到结论．
（1）证明：连接DO．
∵∠ACB=90°，AC为直径，
∴EC为⊙O的切线；
又∵ED也为⊙O的切线，
∴EC=ED，
又∵∠EDO=90°，
∴∠BDE+∠ADO=90°，
∴∠BDE+∠A=90°
又∵∠B+∠A=90°，
∴∠BDE=∠B，
∴BE=ED，
∴BE=EC；
（2）解：①∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，
∴AB=2AC=4，
∴BC==6，
∵AC为直径，
∴∠BDC=∠ADC=90°，
由（1）得：BE=EC，
∴DE=BC=3，
故答案为：3；
②当∠B=45°时，四边形ODEC是正方形，理由如下：
∵∠ACB=90°，
∴∠A=45°，
∵OA=OD，
∴∠ADO=45°，
∴∠AOD=90°，
∴∠DOC=90°，
∵∠ODE=90°，
∴四边形DECO是矩形，
∵OD=OC，
∴矩形DECO是正方形．
故答案为：45．
【点睛】本题考查了圆的切线性质、解直角三角形的知识、切线长定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．