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第17讲 切线长定理
课程标准
1．理解切线长的定义；2．理解切线长定理及圆外切四边形的性质； 3．能证明切线长定理； 4．能运用切线长定理进行有关的证明与计算．
知识点01切线长定理
1．切线长：
经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
注意：
切线长是指圆外一点和切点之间的线段的长，不是“切线的长”的简称．切线是直线，而非线段．
2．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．
注意：
切线长定理包含两个结论：线段相等和角相等．
知识点02 圆外切四边形
1．圆外切四边形
四边形的四条边都与同一个圆相切，那这个四边形叫做圆的外切四边形．
2．圆外切四边形性质
圆外切四边形的两组对边之和相等．
注意：
不是所有的四边形都有内切圆
考法01 应用切线长定理求解
【典例1】
1．如图，分别与相切于点、过圆上点作的切线分别交于点，若，则的周长是（ ）
A．4 B．8 C．10 D．12
【即学即练】
2．如图，分别切于点A，B，C．若的半径为的长为，则的周长为（　　）
A． B． C． D．
【典例2】
3．如图是的切线，切点分别为P，C，D．若，则的长是（　　）
A．2.5 B．3 C．3.5 D．2
【即学即练】
4．如图，的内切圆⊙O与，BC，CA分别相切于点D，E，F，，则AD的长是（　　）
A． B． C． D．
考法02 应用切线长定理求证
【典例3】
5．已知：如图，为的直径，为的切线，D、B为切点，交于点E，的延长线交于点F，连接．以下结论：①；②点E为的内心；③；④．其中正确的只有（ ）
A．①② B．②③④ C．①③④ D．①②④
【即学即练】
6．如图AB、BC、CD分别与⊙O 相切于E、 F、G 三点且ABDC，则下列结论：①CG=CF；②BE=BF；③∠BOC=90°；④△BEO～△BOC～△OGC中正确的个数是（ ）
A．4 B．3
C．2 D．1
【典例4】
7．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
【即学即练】
8．如图，切于点切于点交于点，下列结论中不一定成立的是（ ）
A． B．平分
C． D．
考法03 圆的综合问题
【典例5】
9．如图，是的弦，点是上的动点（不与、重合），，垂足为，点是的中点．若的半径是，则长的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【即学即练】
10．如图，C为半圆弧的中点，P为弧上任意一点，，且与交于点D，连接．若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【典例6】
11．如图，是的直径，，点B为弧的中点，点P是直径上的一个动点，则的最小值为（ ）
A．6 B． C． D．
【即学即练】
12．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝7，AC＝9，以C为圆心、3为半径作⊙C，P为⊙C上一动点，连接AP、BP，则AP＋BP的最小值为（ ）
A．7 B．5 C． D．
题组A 基础过关练
13．平面内，⊙的半径为，点到圆心的距离为，过点可作⊙的切线条数（ ）
A．条 B．条 C．条 D．无数条
14．如图，已知、分别切于、，切于，，，则周长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
15．如图，、、是的切线，切点分别为、、，若，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
16．如图，的内切圆与，，分别相切于点，，，且，的周长为14，则的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
17．如图，是的切线，切点分别为P、C、D，若，，则BD的长是（ ）
A．2.5 B．2 C．1.5 D．1
18．如图，⊙O是的内切圆，D，E，F分别为切点，且．已知，，则四边形OFCE的面积为（ ）
A．1 B．15 C． D．4
19．如图，，是的切线，切点分别为，．若，，则的长为 ．
20．如图，P为 外一点， 分别切 于点 ， 切 于点 ，分别交 于点 ，若 ，则 的周长为 ．
21．如图，中，，点在边上，以为直径作交的延长线于点，．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径．
22．如图，与相切于点C，经过上的点D，交于点，，是的直径．
(1)求证：是的切线；
(2)当，时，求的半径长．
题组B 能力提升练
23．已知的内切圆的半径为，且，的周长为16，则的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
24．圆O内切于三角形，在斜边上的切点为D，，，则内切圆的半径为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
25．如图，过点作的切线，，切点分别是，，连接．过上一点作的切线，交，于点，．若，的周长为4，则的长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
26．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．
27．如图，的半径为2，，是的两条切线，切点分别为A，B．连接，，，，若，则的周长为（ ）
A． B． C．6 D．3
28．如图，是的直径，半径于点，平分，交于点，交于点，连接，，给出以下四个结论：①；②；③；④．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
29．如图，正方形的边长为，点是边上一点，连接，过点作于点，连接并延长交于点，则的最大值是 ．
30．在平面直角坐标系xOy中，以点为圆心，单位长1为半径的圆与直线相切于点M，直线与y轴交于点N，当取得最小值时，k的值为 ．
31．如图，是的直径，射线交于点D，E是劣弧上一点，且平分，过点E作于点F，延长，交延长线于点G．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的长．
32．如图，已知点D在⊙O的直径延长线上，点C为⊙O上，过D作，与的延长线相交于E，为⊙O的切线，．
(1)求证：；
(2)求的长；
(3)若的平分线与⊙O交于点F，P为的内心，求的长．
题组C 培优拔尖练
33．如图，，切⊙O于A、B两点，切于点E，交，于C，D．若的周长等于3，则的值是（　　）
A． B． C． D．
34．如图，是的直径，点，在上，点是的中点，过点画的切线，交的延长线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
35．如图，是的直径，点C，点D是半圆上两点，连接相交于点P，连接．已知于点E，．下列结论：①；②；③若，则；④若点P为的中点，则．其中正确的是（　　）
A．①②③ B．②③④ C．③④ D．②④
36．如图，矩形OABC，，点M为 的内心，将矩形绕点C顺时针旋转90°，则点M的对应点坐标为（　　）
A．（，6 ） B．（6，） C．（ 1，1 ） D．（，6）
37．如图，中，，，，点是的内心，则的长度为（　　）
A．2 B．3 C． D．
38．如图，AB是半圆O的直径，点C、E是半圆上的动点（不与点A、B重合），且，射线AE，BC交于点F，M为AF中点，G为CM上一点，作，交于点N，则点C在从点A往点B运动的过程中，四边形的面积（　　）
A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．保持不变 D．一直减小
39．如图，的半径为，圆心，点是上的任意一点，，且、与轴分别交于、两点，若点、点关于原点对称，则的最小值为 ．
40．如图，矩形中，，分别与边相切，点M，N分别在上，，将四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，若射线恰好与相切，切点为G，则线段的长为 ．
41．如图，是的切线，是的直径，与交于D，弧上一点E，使得点D成为弧的中点，连接与交于F．
(1)比较与的长度．并说明理由．
(2)当，时，求的长．
42．如图，，，，点O为射线上一动点，以O为圆心，长为半径作，交射线于点P，交线段于点E，连接、相交于点G，与射线交于点F.
(1)在图1，若与直线相切，求弦的长；
(2)在图2，设（为锐角），，，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(3)如果与直线交另一点为Q，且四边形是梯形，求的半径.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】由切线长定理知，，然后根据的周长公式即可求出其结果．
【详解】解：∵分别与相切于点，
的切线分别交于点，，
∴，
∴的周长．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了切线长定理的应用，解此题的关键是求出的周长．
2．C
【分析】连接，根据切线长定理得到，得到的周长等于，再用勾股定理求出的长，就可以算出周长．
【详解】解：如图，连接，
∵是的切线，
∴，
同理，，
，
在中，，
∴．
故选C．
【点睛】本题考查切线长定理，解题的关键是掌握切线长定理并能够熟练运用．
3．B
【分析】利用切线长定理求解即可．
【详解】解：∵是的切线，切点分别为P，C，D，，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了切线长定理，熟知切线长定理是解题的关键．
4．D
【分析】设，根据切线长定理得出，求出，，根据，代入求出x即可．
【详解】设，
∵的内切圆⊙O与，BC，CA分别相切于点D，E，F，
∴，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心和切线长定理，解决本题的关键是掌握切线的性质．
5．D
【分析】根据切线长定理，证△COB≌△COD，可得∠COB=∠BOD，根据圆周角定理即可得出∠DAB=∠COB，由此可证得AD∥OC；连接DE、BE；上面已证得弧DE=弧BE，根据弦切角定理以及圆周角定理相等，易求得DE、BE分别平分∠CDB和∠CBD；根据三角形内心的定义，即可得出结论②正确；若FE=FC，则∠OCB=∠CEF=∠OEA=∠OAE，在Rt△OBC中，BD⊥OC，易得∠DBA=∠OCB，即∠DBA=∠EAB；因此弧BE=弧AD，而这个条件并不一定成立．故③不正确；先证明FB=GB，然后证明△ABG∽△CEF，从而可得出④正确．
【详解】连接OD，DE，EB，
∵CD与BC是⊙O的切线，∴∠ODC=∠OBC=90°，OD=OB，
∵OC=OC
∴Rt△CDO≌Rt△CBO，
∴∠COD=∠COB，
∴∠COB=∠DAB=∠DOB，
∴AD∥OC，故①正确；
∵CD是⊙O的切线，
∴∠CDE=∠DOE，而∠BDE=∠BOE，
∴∠CDE=∠BDE，即DE是∠CDB的角平分线，同理可证得BE是∠CBD的平分线，
因此E为△CBD的内心，故②正确；
若FC=FE，则应有∠OCB=∠CEF，应有∠CEF=∠AEO=∠EAB=∠DBA=∠DEA，
∴弧AD=弧BE，而弧AD与弧BE不一定相等，故③不正确；
设AE、BD 交于点G，由②可知∠EBG=∠EBF，
又∵BE⊥GF，
∴FB=GB，
由切线的性质可得，点E是弧BD的中点，∠DCE=∠BCE，
又∵∠MDA=∠DCE（平行线的性质）=∠DBA，
∴∠BCE=∠GBA，
而∠CFE=∠ABF+∠FAB，∠DGE=∠ADB+∠DAG，∠DAG=∠FAB（等弧所对的圆周角相等），
∴∠AGB=∠CFE，
∴△ABG∽△CEF，
∴CE GB=AB CF，
又∵FB=GB，
∴CE FB=AB CF
故④正确．
因此正确的结论有：①②④．
故选：D．
【点睛】本题利用了切线长定理，全等三角形的判定和性质，圆周角定理，内心的概念，以及对相似三角形的性质求解．
6．A
【分析】连结OF，①②利用切线长定理即可判断正确性，③先推导∠OEB=∠OFB=∠OFC=∠OGC=90 ，再证∠EBO=∠FBO,∠FCO=∠GCO，可证△BEO≌△BFO（AAS），△FCO≌△GCO（AAS），可推出∠FOB+∠FOC=90 ，即∠BOC=90°③正确；④由△OBC、△BEO、△CGO都是直角三角形，再证∠GOC=∠EBO=∠OBC，可得△BEO∽△BOC∽△OGC④正确．
【详解】连结OF，
∵AB、BC、CD分别与⊙O 相切于E、 F、G，
又因为CG与CF为切线长，BE与BF也为切线长，
∴CG=CF，BE=BF，
∴①CG=CF，②BE=BF正确；
∵AB、BC、CD分别与⊙O 相切于E、 F、G，
∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，
∴∠OEB=∠OFB=∠OFC=∠OGC=90 ，
∴OB平分∠EBF，OC平分∠FCG，
∴∠EBO=∠FBO,∠FCO=∠GCO，
∴△BEO≌△BFO（AAS），△FCO≌△GCO（AAS），
∴∠EOB=∠FOB，∠FOC=∠GOC，
∵∠EOB+∠FOB+∠FOC+∠GOC=180 ，
∴2∠FOB+2∠FOC=180 ，
∴∠FOB+∠FOC=90 ，
∴∠BOC=∠FOB+∠FOC=90 ，
∴③∠BOC=90°正确；；
由△OBC、△BEO、△CGO都是直角三角形，
∵∠EOB+∠EBO=90 ，∠EOB+∠EBO=90 ，
∴∠GOC=∠EBO=∠OBC，
△BEO∽△BOC∽△OGC，
∴④△BEO～△BOC～△OGC正确，
①CG=CF；②BE=BF；③∠BOC=90°；④△BEO～△BOC～△OGC中正确的个数有4个，
故选择：A．
【点睛】本题考查切线的性质，三角形全等，三角形相似，掌握切线的性质，三角形全等的证明方法与性质，三角形相似的判定定理与判定方法的选择是解题关键．
7．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．
8．D
【分析】利用切线长定理证明△PAG≌△PBG即可得出．
【详解】解：连接OA，OB，AB，AB交PO于点G，
由切线长定理可得：∠APO＝∠BPO，PA＝PB，
又∵PG=PG，
∴△PAG≌△PBG，
从而AB⊥OP．
因此A．B．C都正确．
无法得出AB＝PA＝PB，可知：D是错误的．
综上可知：只有D是错误的．
故选：D．
【点睛】本题考查了切线长定理、全等三角形的判定和性质，关键是利用切线长定理解答．
9．A
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得，因此当为直径时，最大，由此求解即可；
【详解】解：∵
∴
∵点是的中点
∴
∴当为直径时，最大；
∵的半径是；
∴
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了圆中最长的弦、直角三角形的性质；熟练根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半转化线段是解题的关键．
10．A
【分析】由，得到点D的运动轨迹为以Q为圆心，为半径的圆弧，利用和是定值，即可求得的最小值
【详解】如图所示，以为斜边作等腰直角三角形，则，连接，，，
∵的直径为，C为半圆弧的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点D的运动轨迹为以Q为圆心，为半径的圆弧，
∵，C为半圆弧的中点，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴中，，
∴，
∵，
∴，
∴
∴的最小值为：
故选：A
【点睛】本题是圆与三角形的综合题，考查了圆的性质和勾股定理，难度较大，解决问题的关键是动点的轨迹.
11．C
【分析】过A作关于直线的对称点，连接，由轴对称的性质可知即为的最小值；
【详解】解：过A作关于直线的对称点，连接，，
∵关于直线对称，
∴，
∵，
∴，
∴，
过O作于Q，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的最小值．
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆的性质、特殊三角函数，掌握相关知识并正确做出辅助线是解题的关键.
12．B
【详解】思路引领：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．利用相似三角形的性质证明MPPA，可得AP+BP＝PM+PB≥BM，利用勾股定理求出BM即可解决问题．
答案详解：如图，在CA上截取CM，使得CM＝1，连接PM，PC，BM．
∵PC＝3，CM＝1，CA＝9，
∴PC2＝CM CA，
∴，
∵∠PCM＝∠ACP，
∴△PCM∽△ACP，
∴，
∴PMPA，
∴AP+BP＝PM+PB，
∵PM+PB≥BM，
在Rt△BCM中，∵∠BCM＝90°，CM＝1，BC＝7，
∴BM5，
∴AP+BP≥5，
∴AP+BP的最小值为5．
故选：B．
13．A
【分析】先确定点与圆的位置关系，再根据切线的定义即可得到答案．
【详解】⊙的半径为，点到圆心的距离为，
,
点与⊙的位置关系是：点在⊙的内部，
过点可以作⊙的条切线．
故选：A．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，切线的定义，切线是圆与直线有且只有一个公共点的直线，正确的理解定义是解题的关键．
14．C
【分析】根据切线的性质得到，根据勾股定理求出的长，根据切线长定理、三角形周长公式计算即可．
【详解】、分别切于、，
，，
，
、分别切于、，切于，
，，
，
故选：C．
【点睛】本题考查切线的性质、切线长定理，掌握圆的切线垂直经过切点的半径以及切线长定理是解题的关键．
15．B
【分析】根据切线长定理。可得到AP=AC，BP=BD，即可求解．
【详解】解：∵、、是的切线，
∴AP=AC，BP=BD，
∵，，
∴AP=3，
∴BD=BP=AB-AP=2．
故选：B
【点睛】本题主要考查了切线长定理，熟练掌握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是解题的关键．
16．C
【分析】根据切线长定理得到AF=AD=2，BD=BE，CE=CF，由△ABC的周长为14，可求BC的长．
【详解】解：与，，分别相切于点，，
，，，
的周长为14，
故选：．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，切线长定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
17．B
【分析】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，
∴，
∵，，
∴．
故选：B．
【点睛】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．
18．D
【分析】先根据勾股定理求出的长，再连接，设半径为，再根据切线长定理，，，，得到关于的方程，解方程，即可求出四边形的面积．
【详解】解：如图，连接，设半径为，则，，，，
∵，，，
∴,
∴，，
∴，
∴，
∵，分别为切点，且，，
∴四边形是正方形，
∴四边形的面积为．
故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理及切线长定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
19．
【分析】根据切线长定理和切线的性质，得出，，再根据等腰三角形的判定定理，得出为等腰三角形，再根据角之间的数量关系，得出，再根据等边三角形的判定定理，得出为等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出，进而即可得出答案．
【详解】解：∵，分别为的切线，
∴，，
∴为等腰三角形，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】本题考查了切线长定理、切线的性质、等腰三角形的判定定理、等边三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
20．
【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
，
故答案为： ．
【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．
21．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）连接，根据等边对等角和对顶角相等，得出，根据等边对等角，得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据等量代换，得出，再根据切线的判定定理，即可得出结论；
（2）根据勾股定理，得出，进而得出，设圆的半径为，则，，再根据勾股定理，即可求出的半径．
【详解】（1）证明：如图所示，连接，
∵交的延长线于点，
∴点，在圆上，
∴，且是圆的半径，
∴，
∵，
∴，
∵中，，
∴在中，，
∴，即，且点在圆上，
∴是的切线．
（2）解：在中，，，
∴，
∵，
∴，
由（1）可知，设圆的半径为，
∴，且，
∴，即，解得，，
故的半径为．
【点睛】本题主要考查圆与三角形的综合运用，涉及等边对等角、对顶角相等、切线的判定定理、直角三角形两锐角互余、勾股定理，熟练掌握相关的性质定理是解本题的关键．
22．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接，根据等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质得出，即可得出，进而证得，得到，即可证得结论；
（2）根据切线长定理可得，，然后利用勾股定理求出，再根据，即可求出答案．
【详解】（1）证明：连接，如图：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∵与相切，
∴，
又∵是的半径，
∴是的切线；
（2）解：∵是的切线，与相切，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得：，
即的半径长为3．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
23．C
【分析】根据题意，画出图形，，过点作，，，连接，根据内切圆的性质，可得，求得线段，再根据切线长定理求解即可．
【详解】解：根据题意，作出图形，过点作，，，连接，如下图：
由切线长定理可得：，，，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
在中，，，
∴，
由勾股定理可得：，
的周长为16，可得：
解得，
故选：C．
【点睛】此题考查了圆与三角形的综合应用，涉及了切线长定理，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
24．A
【分析】先证得四边形为正方形；再设的半径为r，由勾股定理得，解此方程即可求得答案．
【详解】解：由题意得，是直角三角形，且，设内切圆与三边分别切于点D，E，F，连接，，如图，
∵是的内切圆，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴矩形为正方形；
设的半径为r，
∵四边形为正方形，
∴，
∵是的内切圆，
∴，，
∴，，，
在中，，
∴，
解得：（舍去），
∴的半径为2；
故选：A．
【点睛】此题考查了三角形的内切圆的性质、切线长定理、正方形的判定与性质以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
25．B
【分析】利用切线长定理得出，，，再根据三角形周长等于4，可求得，从而利用勾股定理可求解．
【详解】解：∵，是的切线，切点分别是，，
∴，
∵、是的切线，切点是D，交，于点，，
∴，，
∵的周长为4，即，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查切线长定理，勾股定理，熟练掌握切线长定理是解题的关键．
26．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．
27．A
【分析】由切线的性质可得出，由切线长定理可得出，从而可判断为等边三角形，又易证，即可求出，从而可求出，进而可求出，最后由三角形周长公式求解即可．
【详解】解：∵，是的两条切线，切点分别为A，B，
∴，．
∵，
∴为等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
故选A．
【点睛】本题考查切线的性质，切线长定理，等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质．掌握从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等是解题关键．
28．D
【分析】设的半径为，证∽，由，，可得①正确；同理，由∽，可得，故②错误；由平分，可得，结合是的直径，半径于点，推出③正确；由，，证明∽，得，所以，即可证明，可判断正确，于是得到问题的答案．
【详解】解：设的半径为，则，
，，
平分，
，
，
，
∽，
，
，
，
，
∽，
，
故正确，符合题意；
，
，
，
又∽，
，
，
故错误，不符合题意；
平分，
，
，
是的直径，半径于点，
，
故正确，符合题意；
，
又是的直径，半径于点，
，，
，
，
∽，
，
，
，
，
，
故正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】此题重点考查圆的有关概念和性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，证明∽及∽是解题的关键．
29．1
【分析】以为直径作圆，当与圆相切时，最大．根据切线长定理转化线段，在利用勾股定理求解．
【详解】解：以为直径作圆，因为，所以点在圆上．
当与圆相切时，最大．
此时，．
设，则，，
在中，利用勾股定理可得：
，
解得．
故答案为．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、切线长定理等，解题的关键是熟练掌握相关的性质定理．
30．或##或
【分析】根据题意先求得，即可求得，，设直线与x轴的交点为，然后利用，即可求得k的值
【详解】∵直线与y轴交于点N，
∴，且，
∴，
∵单位长1为半径的圆与直线相切于点M，
∴，
∴，
∴当时，取得最小值，
∴点，
设直线与x轴的交点为，
∴，，，，
∴，
∴，
解得：或，
故答案为：或
【点睛】本题考查了切线的性质、勾股定理及分式方程，解决问题的关键是利用三角形的面积相等解分式方程
31．(1)证明见解析；
(2)6．
【分析】（1）连接，根据角平分线的定义，得到，再利用半径相等，得到，进而得到，推出，又因为，得到，即可证明结论；
（2）过点O作，证明四边形是矩形，得到，再利用勾股定理得到，最后利用垂径定理即可求出的长．
【详解】（1）证明：如图，连接，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
点E在上，
是的切线；
（2）解：过点O作于点M，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质，圆的切线性质和判定，垂径定理，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握圆的相关性质是解题关键．
32．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】想要证明，需先求出，由弦切线定理知，可发现和是和的余角，故可证，即．
方法一：连接，根据勾股定理，列出方程即可求出的长；方法二：根据相似三角形和勾股定理即可求出的长．
连接，由平分得，所以，∵为直径，，∴，又∵P为的内心，可得，进而可求．
【详解】（1）证明：如图，
连接，
∵是⊙O的切线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）（2）方法一：
∵，
∴，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴，
∴解得：或（舍去），
故．
方法二：
由弦切角定理得，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴由勾股定理可得，，
∵，
∴，
解得或（舍去）,
故．
（3）如图，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∵P为的内心，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
∴．
方法二：
如图，连接，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵为直径，，
∴，
∵P为的内心，平分，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理等，正确作出辅助线是解题关键．
33．A
【分析】直接利用切线长定理得出，，，进而求出的长．
【详解】∵，切⊙O于A、B两点，切于点E，交，于C，D．
∴，，，
∵的周长为，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了切线长定理，熟练应用切线长定理是解题关键．
34．B
【分析】根据切线的性质得到BA⊥AD，根据直角三角形的性质求出∠B，根据圆周角定理得到∠ACB=90°，进而求出∠BAC，根据垂径定理得到BA⊥EC，进而得出答案．
【详解】解：∵AD是⊙O的切线，
∴BA⊥AD，
∵∠ADB=58.5°，
∴∠B=90°-∠ADB=31.5°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠BAC=90°-∠B=58.5°，
∵点A是弧EC的中点，
∴BA⊥EC，
∴∠ACE=90°-∠BAC=31.5°，
故选：B．
【点睛】本题考查的是切线的性质、圆周角定理、垂径定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
35．B
【分析】①错误．证明即可判断．②正确．根于圆周角定理可得即可解决问题．③正确．推出是等边三角形，即可解决问题．④正确．利用全等三角形的性质证明，再利用三角形的中位线定理证明即可解决问题．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∴，
根据题意无法确定和之间的大小关系，
∴无法确定和4之间的大小关系，故①错误；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，故②正确；
∵，
∴＝，
∵，
∴＝，
∴＝＝，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，故③正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是的中位线，
∴，
∴，故④正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，等边三角形性质和判定，勾股定理，三角形的中位线等知识，熟记垂径定理，等边三角形性质和判定，勾股定理，三角形的中位线是关键．
36．D
【分析】过点M作，垂足分别为D、E、F，利用内心定义得到，证明四边形 是正方形，设，则，，利用切线长定理求出，得到，设将矩形绕点 C 顺时针旋转90°后，点M的对应点为点，如图，过点作轴于N，证得（AAS），得到，，从而得到点的坐标．
【详解】解：如图，在矩形OABC中，，
∴，
∴，
过点M作，垂足分别为D、E、F，∴，
∴四边形是矩形，
∵点 M 为的内心，
∴，
∴四边形BDME是正方形，
设设，则，，
∴，
解得，
∴，
设将矩形绕点 C 顺时针旋转90°后，点M的对应点为点，如图，
过点作轴于N，
∴，
∴，
又∵，，
∴（AAS），
∴，，
∴点的坐标为（，6），
故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形内心定义，切线长定理，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，熟记三角形内心定理及切线长定理从而求出点M的坐标是解题的关键．
37．C
【分析】根据点是的内心，画出的内切圆，如图，过点D作，，，垂足为E，F，H，连接AD，根据内切圆的性质可知垂足E，F，H也是三边与的切点，，，，，利用勾股定理可得，设，则，根据切线长定理可求得，设，根据，可得，即，问题随之得解．
【详解】根据点是的内心，画出的内切圆，如图，过点D作，，，垂足为E，F，H，连接AD，
根据内切圆的性质可知垂足E，F，H也是三边与的切点，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的内切圆和内心，勾股定理，三角形的外接圆与外心，作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
38．A
【分析】如图，连接，，．证明（ASA），推出，推出，由此即可判断．
【详解】解：如图，连接，，．
∵是直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴（SSS），
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴，
∵点C在从点A往点B运动的过程中，△OBC的面积先变大后变小，
∴四边形CGON的面积先变大后变小，
故选：A．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
39．
【分析】由中可知，要使取得最小值，则需取得最小值，连接，交于，当点位于位置时，取得最小值，据此求解即可；
【详解】连接，交于，过点作轴于点，连接，，
在中，
，
在中，，
∴，
∵，，
∴，即，
当点与点重合时，，
∴时取最小值，此时点在直线上取最小值，
∵，
∴，
∵点、点关于原点对称，
∴，即是的中点，
∴，
∴，
∴当最小时，取最小值，
∴；
故答案是：．
【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系，解题的关键是准确判断出的位置，利用勾股定理进行求解．
40．##
【分析】设与相切于点E，与相切于点H，连接，过点N作于点F，利用切线的性质与切线长定理求得圆的半径，，利用折叠的性质可得，设，则，，通过证明，利用相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出结论．
【详解】解：设与相切于点E，与相切于点H，
连接，过点N作于点F，如图，
∵分别与边相切，，
∴的直径为4，
∴．
∵为的切线，
∴，
∵，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形．
∴．
∵为的切线，
∴，，．
∵四边形沿着翻折，使点B、C分别落在、处，
∴，，，．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵四边形为直角梯形，，
∴，
设，则，，
∴，
解得：或（不合题意，舍去）．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆的切线的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，梯形的性质，切线长定理，条件适当的辅助线是解题的关键．
41．(1)，理由见解析
(2)2.8
【分析】（1）连接．由圆周角定理、切线的性质，先说明、，再由三角形的内角和定理推出，利用等腰三角形的判定得结论．
（2）先说明，再利用相似三角形的性质求出，最后由线段的和差关系得结论．
【详解】（1）解：．
理由：连接．
∵是的切线，
∴，即．
∴．
∵是的直径，
∴．
∴．
∴．
∵D为的中点，
∴＝．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）解：∵，，
∴．
∴．
∴．
∴．
由（1）知，且，
∴．
∴．
∴．
即的长为2.8．
【点睛】本题主要考查了与圆有关的证明和计算，掌握圆周角定理及推论、切线的性质，相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定和性质等知识点是解决本题的关键．
42．(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）由与直线相切，可得，，，可得到，由，即可求得
（2）过点A作于点M，连接，求得，由，得到，即可得到结果
（3）由四边形是梯形，若， ，即可求得半径为，若，这样的圆不存在；
【详解】（1）∵与直线相切，
∴，即，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
（2）过点A作于点M，连接，
虽然点O为射线上一动点，但是不变
由（1）所求数据知：，，
，，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，且
∴，
∴，
∴，
∵（为锐角），
∴，即，即，
∴，
（3）连接，，设圆的半径为
由四边形是梯形，
若，且，
则，
∴，，
由（2）知，
∴，
∴，
若，且
则，
∴，
∴点G与点B或点D重合，
当G与点B重合时，点P也与点B重合，这样的圆不存在；
当G与点D重合时，由，点P不会在射线上，这样的圆也不存在；
综上所述，的半径为：
【点睛】本题是圆的综合题目，考查了等腰三角形的判定与性质、平行线的性质和锐角三角函数等，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质和锐角三角函数是解题的关键
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