切线长定理学年九年级数学下册尖子生同步培优题典解析版.docx

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切线长定理学年九年级数学下册尖子生同步培优题典解析版

2020-2021学年九年级数学下册尖子生同步培优题典【北师大版】

专题3.8切线长定理

姓名：

__________________班级：

______________得分：

_________________

注意事项：

本试卷满分100分，试题共24题，其中选择10道、填空6道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．

一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1．（2019秋•安宁市校级期中）如图，AB、AC是⊙O的切线，B、C为切点，∠A＝50°，点P是圆上异于B、C，且在

上的动点，则∠BPC的度数是（　　）

A．65°B．115°C．115°或65°D．130°或65°

【分析】连接OB、OC，根据四边形的内角和定理，求得∠BOC＝130°，再由圆周角定理求得∠P的度数即可．

【解析】如图，连接OB、OC，

∵AB、AC是⊙O的切线，

∴∠OBA＝∠OCA＝90°，

∵∠A＝50°，

∴∠BOC＝130°，

∵∠BOC＝2∠P，

∴∠BPC＝65°；

故选：

C．

2．（2020•南关区校级模拟）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，交AB的延长线于D，且∠D＝40°，则∠PCA等于（　　）

A．50°B．60°C．65°D．75°

【分析】根据切线的性质，由PD切⊙O于点C得到∠OCD＝90°，再利互余计算出∠DOC＝50°，由∠A＝∠ACO，∠COD＝∠A+∠ACO，所以∠A

∠COD＝25°，然后根据三角形外角性质计算∠PCA的度数．

【解析】∵PD切⊙O于点C，

∴OC⊥CD，

∴∠OCD＝90°，

∵∠D＝40°，

∴∠DOC＝90°﹣40°＝50°，

∵OA＝OC，

∴∠A＝∠ACO，

∵∠COD＝∠A+∠ACO，

∴∠A

∠COD＝25°，

∴∠PCA＝∠A+∠D＝25°+40°＝65°．

故选：

C．

3．（2019•南岗区校级四模）如图，PA、PB切⊙O于点A、B，直线FG切⊙O于点E，交PA于F，交PB于点G，若PA＝8cm，则△PFG的周长是（　　）

A．8cmB．12cmC．16cmD．20cm

【分析】由于PA、FG、PB都是⊙O的切线，可根据切线长定理，将△ABC的周长转化为切线长求解．

【解析】根据切线长定理可得：

PA＝PB，FA＝FE，GE＝GB；

所以△PFG的周长＝PF+FG+PG，

＝PF+FE+EG+PB，

＝PF+FA+GB+PG，

＝PA+PB＝16cm，

故选：

C．

4．（2014春•鹿城区校级期末）如图，PA，PB分别是⊙O的切线，A，B分别为切点，点E是⊙O上一点，且∠AEB＝60°，则∠P为（　　）

A．120°B．60°C．30°D．45°

【分析】连接OA，BO，由圆周角定理知可知∠AOB＝2∠E＝120°，PA、PB分别切⊙O于点A、B，利用切线的性质可知∠OAP＝∠OBP＝90°，根据四边形内角和可求得∠P＝180°﹣∠AOB＝60°．

【解析】连接OA，BO；

∵∠AOB＝2∠E＝120°，

∴∠OAP＝∠OBP＝90°，

∴∠P＝180°﹣∠AOB＝60°．

故选：

B．

5．（2018秋•泰兴市校级月考）已知⊙O1和⊙O2外切于M，AB是⊙O1和⊙O2的外公切线，A，B为切点，若MA＝4cm，MB＝3cm，则M到AB的距离是（　　）

A．

cmB．

cmC．

cmD．

cm

【分析】先画图，由AB是⊙O1和⊙O2的外公切线，则∠O1AB＝∠O2BA＝90°，再由O1A＝O1M，O2B＝O2M，得∠O1AM＝∠O1MA，∠O2BM＝∠O2MB，则∠BAM+∠AMO1＝90°，∠ABM+∠BMO2＝90°，则∠AMB＝∠BMO2+∠AMO1＝90°，再由勾股定理求出AB边上的高．

【解析】如图，

∵AB是⊙O1和⊙O2的外公切线，∴∠O1AB＝∠O2BA＝90°，

∵O1A＝O1M，O2B＝O2M，∴∠O1AM＝∠O1MA，∠O2BM＝∠O2MB，

∴∠BAM+∠AMO1＝90°，∠ABM+∠BMO2＝90°，

∴∠AMB＝∠BMO2+∠AMO1＝90°，

∴AM⊥BM，

∵MA＝4cm，MB＝3cm，

∴由勾股定理得，AB＝5cm，

由三角形的面积公式，M到AB的距离是

cm，

故选：

B．

6．（2019•深圳模拟）如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O外一点，CA、CD是⊙O的切线，A、D为切点，连接BD、AD．若∠ACD＝48°，则∠DBA的大小是（　　）

A．32°B．48°C．60°D．66°

【分析】根据切线长定理可知CA＝CD，求出∠CAD，再证明∠DBA＝∠CAD即可解决问题．

【解析】∵CA、CD是⊙O的切线，

∴CA＝CD，

∵∠ACD＝48°，

∴∠CAD＝∠CDA＝66°，

∵CA⊥AB，AB是直径，

∴∠ADB＝∠CAB＝90°，

∴∠DBA+∠DAB＝90°，∠CAD+∠DAB＝90°，

∴∠DBA＝∠CAD＝66°，

故选：

D．

7．（2006秋•和平区期末）如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别相切于点L、M、N、P．若四边形ABCD的周长为20，则AB+CD等于（　　）

A．5B．8C．10D．12

【分析】由切线长定理，得：

AL＝AP，BL＝BM，DN＝PD，CN＝CM；因此四边形ABCD的周长为：

AL+AP+BL+BM+CM+CN+DN+DP，可化简为2AB+2CD，已知了四边形的周长，可求出AB+CD的长．

【解析】根据圆外切四边形的两组对边和相等得AB+CD

10．故选：

C．

8．（2019秋•阜宁县期中）如图，⊙O为△ABC的内切圆，AC＝10，AB＝8，BC＝9，点D，E分别为BC，AC上的点，且DE为⊙O的切线，则△CDE的周长为（　　）

A．9B．7C．11D．8

【分析】设AB，AC，BC和圆的切点分别是P，N，M．根据切线长定理得到NC＝MC，QE＝DQ．所以三角形CDE的周长即是CM+CN的值，再进一步根据切线长定理由三角形ABC的三边进行求解即可．

【解析】设AB，AC，BC和圆的切点分别是P，N，M，CM＝x，根据切线长定理，得

CN＝CM＝x，BM＝BP＝9﹣x，AN＝AP＝10﹣x．

则有9﹣x+10﹣x＝8，

解得：

x＝5.5．

所以△CDE的周长＝CD+CE+QE+DQ＝2x＝11．

故选：

C．

9．（2020•随州）设边长为a的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为h、r、R，则下列结论不正确的是（　　）

A．h＝R+rB．R＝2rC．r

aD．R

a

【分析】根据等边三角形的内切圆和外接圆是同心圆，设圆心为O，根据30°角所对的直角边是斜边的一半得：

R＝2r；等边三角形的高是R与r的和，根据勾股定理即可得到结论．

【解析】如图，∵△ABC是等边三角形，

∴△ABC的内切圆和外接圆是同心圆，圆心为O，

设OE＝r，AO＝R，AD＝h，

∴h＝R+r，故A正确；

∵AD⊥BC，

∴∠DAC

∠BAC

60°＝30°，

在Rt△AOE中，

∴R＝2r，故B正确；

∵OD＝OE＝r，

∵AB＝AC＝BC＝a，

∴AE

AC

a，

∴（

a）2+r2＝（2r）2，（

a）2+（

R）2＝R2，

∴r

，R

a，故C错误，D正确；

故选：

C．

10．（2019秋•锡山区期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（0，﹣6），⊙P的半径为2，⊙P沿y轴以2个单位长度/s的速度向正方向运动，当⊙P与x轴相切时⊙P运动的时间为（　　）

A．2sB．3sC．2s或4sD．3s或4s

【分析】由题意可求OP＝2，分圆心P在x轴下方和x轴上方两种情况讨论可求解．

【解析】∵⊙P与x轴相切

∴OP＝2

当点P在x轴下方，即点P（0，﹣2）

∴t

2s

当点P在x轴上方，即点P（0，2）

∴t

4s

故选：

C．

二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上

11．（2019秋•建邺区期中）已知一个三角形的三边长分别为13、14、15，则其内切圆的半径为　4　．

【分析】作AH⊥BC于H，AB＝15，AC＝14，BC＝13，设AH＝x，BH＝y，则CH＝13﹣y，利用勾股定理得到x2+y2＝152，x2+（13﹣y）2＝142，解方程组得到y

，x

，所以S△ABC＝84，设三角形内切圆的半径为r，根据题意得

（13+14+15）•r＝84，然后解关于r的方程即可．

【解析】如图，作AH⊥BC于H，AB＝15，AC＝14，BC＝13，

设AH＝x，BH＝y，则CH＝13﹣y，

∵x2+y2＝152，①，

x2+（13﹣y）2＝142，②

∴①﹣②得y

，

∴x

，

∴S△ABC

13

84，

设三角形内切圆的半径为r，

根据题意得

（13+14+15）•r＝84，

解得r＝4，

即三角形内切圆的半径为4．

故答案为：

4．

12．（2018秋•金平区期末）如图，⊙O为△ABC的内切圆，D、E、F分别为切点，已知∠C＝90°，⊙O半径长为1cm，BC＝3cm，则AD长度为　3　cm．

【分析】如图，连接OD、OE、OF，由切线的性质和切线长定理可得OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，AF＝AD，BE＝BD，接着证明四边形OECF为正方形，则CE＝OE＝CF＝OF＝1cm，所以BE＝BD＝2cm，由勾股定理可求AD的长．

【解析】如图，连接OE，OF，OD，

∵⊙O为△ABC内切圆，与三边分别相切于D、E、F，

∴OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，AF＝AD，BE＝BD，

∴四边形OECF为矩形

而OF＝OE，

∴四边形OECF为正方形，

∴CE＝OE＝CF＝OF＝1cm，

∴BE＝BD＝2cm，

∵AC2+BC2＝AB2，

∴（AD+1）2+9＝（AD+2）2，

∴AD＝3cm，

故答案为：

3．

13．（2020•浙江自主招生）如图，⊙I为△ABC的内切圆，点D，E分别为边AB，AC上的点，且DE为⊙I的切线，DE∥BC．若△ABC的周长为8，则DE的最大值为　1　．

【分析】根据DE∥BC，可得△ADE∽△ABC，因为相似三角形周长的比等于相似比，可列出等式，设BC＝x，再根据切线长定理可得，点A到⊙I的两切线之和为：

8﹣2x，进而整理可得关于DE的二次函数解析式，根据二次函数的性质即可求出DE的最大值．

【解析】∵DE∥BC，

∴△ADE∽△ABC，

因为相似三角形周长的比等于相似比，

即

，

设BC＝x，

根据切线长定理可知：

点A到⊙I的两切线之和为：

8﹣2x，

所以

，

所以DE

（x﹣2）2+1，

所以当x＝2时，DE的最大值为1．

故答案为：

1．

14．（2015秋•沛县期末）与三角形的一边和其他两边的延长线都相切的圆叫做这个三角形的旁切圆，其圆心叫做这个三角形的旁心．如图，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，0），B（3，0），C（0，4）．则△ABC位于第二象限的旁心D的坐标是　（﹣5，4）　．

【分析】设∠B和∠C的外角平分线交于点P，则点P为旁心，过点P分别为作PE⊥x轴于E，PF⊥CB于F，则PF＝PE＝OC＝4，在Rt△PFC中，利用三角函数即可求解．

【解析】设∠B和∠C的外角平分线交于点P，则点P为旁心，

∵∠M