初中數(shù)學(xué)：切線長定理練習(xí)題

初中數(shù)學(xué)：切線長定理練習(xí)題一、選擇題1．如圖K－27－1，PA，PB分別切⊙O于點(diǎn)A，B，PA＝10，CD切⊙O于點(diǎn)E，與PA，PB分別交于C，D兩點(diǎn)，則△PCD的周長是()圖K－27－1A．10B．18C．20D．222．如圖K－27－2，若△ABC的三邊長分別為AB＝9，BC＝5，CA＝6，△ABC的內(nèi)切圓⊙O與AB，BC，AC分別切于點(diǎn)D，E，F(xiàn)，則AF的長為()圖K－27－2A．5B．10C．7.5D．43．已知⊙O的半徑是4，P是⊙O外一點(diǎn)，且PO＝8，從點(diǎn)P引⊙O的兩條切線，切點(diǎn)分別是A，B，則AB的長為()A．4B．4eq\r(2)C．4eq\r(3)D．2eq\r(3)4．如圖K－27－3，PA切⊙O于點(diǎn)A，PB切⊙O于點(diǎn)B，OP交⊙O于點(diǎn)C，下列結(jié)論中，錯(cuò)誤的是()圖K－27－3A．∠1＝∠2B．PA＝PBC．AB⊥OPD．PA2＝PC·PO5．如圖K－27－4，AB為半圓O的直徑，AD，BC分別切⊙O于A，B兩點(diǎn)，CD切⊙O于點(diǎn)E，連接OD，OC.下列結(jié)論：①∠DOC＝90°；②AD＋BC＝CD；③S△AOD∶S△BOC＝AD2∶AO2；④OD∶OC＝DE∶EC；⑤OD2＝DE·CD.其中正確的有()圖K－27－4A．2個(gè)B．3個(gè)C．4個(gè)D．5個(gè)二、填空題6．如圖K－27－5，四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，且AB＝10，CD＝12，則四邊形ABCD的周長為________．圖K－27－57．如圖K－27－6所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC長為8，BC長為15，則△ABC的內(nèi)切圓⊙O的直徑是________．圖K－27－68．如圖K－27－7，P是⊙O的直徑AB的延長線上的一點(diǎn)，PC，PD分別切⊙O于點(diǎn)C，D.若PA＝6，⊙O的半徑為2，則∠CPD＝________°.圖K－27－79．如圖K－27－8所示，已知PA，PB，EF分別切⊙O于點(diǎn)A，B，D，若PA＝15cm，則△PEF的周長是________cm；若∠P＝50°，則∠EOF＝________°.圖K－27－810．如圖K－27－9所示，⊙O與△ABC中AB，AC的延長線及BC邊相切，且∠ACB＝90°，∠A，∠ABC，∠ACB所對的邊長依次為3，4，5，則⊙O的半徑是________．圖K－27－9三、解答題11．如圖K－27－10，PA，PB分別切⊙O于點(diǎn)A，B，連接PO與⊙O相交于點(diǎn)C，連接AC，BC.求證：AC＝BC.圖K－27－1012．如圖K－27－11，直線AB，BC，CD分別與⊙O相切于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，且AB∥CD，OB＝6cm，OC＝8cm.求：(1)∠BOC的度數(shù)；(2)BE＋CG的長；(3)⊙O的半徑.圖K－27－1113．如圖K－27－12，△ABC外切于⊙O，切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，∠A＝60°，BC＝7，⊙O的半徑為eq\r(3).求：(1)BF＋CE；(2)△ABC的周長．圖K－27－1214．如圖K－27－13，AB為⊙O的直徑，∠DAB＝∠ABC＝90°，DE與⊙O相切于點(diǎn)E，⊙O的半徑為eq\r(5)，AD＝2.(1)求BC的長；(2)延長AE交BC的延長線于點(diǎn)G，求EG的長．圖K－27－13探究存在題如圖K－27－14，以Rt△ABC的直角邊AB為直徑作⊙O，與斜邊AC交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作⊙O的切線交BC邊于點(diǎn)E.(1)求證：EB＝EC＝ED.(2)在線段DC上是否存在點(diǎn)F，使得BC2＝4DF·DC？若存在，求出點(diǎn)F，并予以證明；若不存在，請說明理由．圖K－27－14

詳解詳析【課時(shí)作業(yè)】[課堂達(dá)標(biāo)]1．[解析]C∵PA，PB分別切⊙O于點(diǎn)A，B，CD切⊙O于點(diǎn)E，∴PA＝PB＝10，CA＝CE，DE＝DB，∴△PCD的周長是PC＋CD＋PD＝PC＋AC＋DB＋PD＝PA＋PB＝10＋10＝20.故選C.2．[解析]A設(shè)AF＝x，根據(jù)切線長定理得AD＝x，BD＝BE＝9－x，CE＝CF＝CA－AF＝6－x，則有9－x＋6－x＝5，解得x＝5，即AF的長為5.3．[解析]C如圖，PA，PB分別切⊙O于A，B兩點(diǎn)．∵OA＝4，PO＝8，∴AP＝eq\r(82－42)＝4eq\r(3)，∠APO＝30°，∴∠APB＝2∠APO＝60°，∴△PAB是等邊三角形，∴AB＝AP＝4eq\r(3).4．[解析]D如圖，連接OA，OB.∵PA切⊙O于點(diǎn)A，PB切⊙O于點(diǎn)B，∴PA＝PB，∴△ABP是等腰三角形．易證∠1＝∠2，∴AB⊥OP.故A，B，C均正確．設(shè)OP交AB于點(diǎn)D，易證△PAD∽△POA，∴PA∶PO＝PD∶PA，∴PA2＝PD·PO.故D錯(cuò)誤．5．[解析]C連接OE.∵AD，BC，CD分別與⊙O切于點(diǎn)A，B，E，∴OA⊥AD，OB⊥BC，OE⊥CD，DA＝DE，EC＝BC，∠ADO＝∠EDO，∠ECO＝∠BCO，∴∠OAD＝∠OED＝∠OEC＝∠OBC＝90°，∴∠AOD＝∠EOD，∠BOC＝∠EOC.①∵∠AOD＋∠EOD＋∠BOC＋∠EOC＝180°，∴∠DOC＝∠EOD＋∠EOC＝90°，∴①正確；②∵DA＝DE，EC＝BC，∴AD＋BC＝DE＋EC＝CD，∴②正確；③∵∠AOD＋∠BOC＝90°，∠AOD＋∠ADO＝90°，∴∠BOC＝∠ADO.又∵∠OAD＝∠CBO＝90°，∴△OAD∽△CBO，∴S△AOD∶S△BOC＝AD2∶BO2＝AD2∶AO2，∴③正確；④∵△OAD∽△CBO，∴eq\f(OD,OC)＝eq\f(AD,OB)＝eq\f(DE,OB).∵OB≠EC，∴④不正確；⑤∵∠DOC＝∠OED＝90°，∴∠EOD＋∠EDO＝90°，∠CDO＋∠DCO＝90°，∴∠EOD＝∠DCO，∴△OED∽△COD，∴eq\f(OD,CD)＝eq\f(DE,OD)，即DE·CD＝OD2，∴⑤正確．綜上，正確的有①②③⑤.故選C.6．[答案]44[解析]∵四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，∴AD＋BC＝AB＋CD＝22，∴四邊形ABCD的周長＝AD＋BC＋AB＋CD＝44.7．[答案]6[解析]∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝15，∴AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝17，∴△ABC的內(nèi)切圓⊙O的直徑為eq\f(15×8,17＋15＋8)×2＝6.故答案為6.8．[答案]60[解析]連接OC.∵PA＝6，⊙O的半徑為2，∴OP＝PA－OA＝6－2＝4.∵PC，PD分別切⊙O于點(diǎn)C，D，∴∠OPC＝∠OPD，OC⊥PC，∴sin∠OPC＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，∴∠OPC＝30°，∴∠CPD＝60°.9．[答案]3065[解析]∵PA，PB，EF分別切⊙O于點(diǎn)A，B，D，∴PA＝PB＝15cm，ED＝EA，F(xiàn)D＝FB，∴PE＋EF＋PF＝PE＋ED＋PF＋FD＝PA＋PB＝30cm，即△PEF的周長是30cm；連接OA，OB，OD.∵PA，PB為⊙O的切線，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，而∠P＝50°，∴∠AOB＝360°－90°－90°－50°＝130°.易證得Rt△OAE≌Rt△ODE，Rt△OFD≌Rt△OFB，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，∴∠2＋∠3＝eq\f(1,2)∠AOB＝65°，即∠EOF＝65°.10．[答案]2[解析]如圖，設(shè)⊙O與AB，AC的延長線及BC邊分別相切于點(diǎn)F，D，E.連接OD，OE.∵⊙O與△ABC中AB，AC的延長線及BC邊相切，∴AF＝AD，BE＝BF，CE＝CD，OD⊥AD，OE⊥BC.∵∠ACB＝90°，∴四邊形ODCE是正方形．設(shè)OD＝r，則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，解得r＝2，則⊙O的半徑是2.11．證明：∵PA，PB分別切⊙O于點(diǎn)A，B，∴PA＝PB，∠APC＝∠BPC.又∵PC＝PC，∴△APC≌△BPC，∴AC＝BC.12．解：(1)連接OF.根據(jù)切線長定理，得BE＝BF，CF＝CG，∠OBF＝∠OBE，∠OCF＝∠OCG.∵AB∥CD，∴∠ABC＋∠BCD＝180°，∴∠OBF＋∠OCF＝90°，∴∠BOC＝90°.(2)由(1)知，∠BOC＝90°.∵OB＝6cm，OC＝8cm，∴由勾股定理，得BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝10cm，∴BE＋CG＝BC＝10cm.(3)∵OF⊥BC，由三角形的面積公式，得eq\f(1,2)OB·OC＝eq\f(1,2)BC·OF，∴OF＝eq\f(OB·OC,BC)＝4.8cm.13．解：(1)∵△ABC外切于⊙O，切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，∴BF＝BD，CE＝CD，∴BF＋CE＝BD＋CD＝BC＝7.(2)如圖，連接OE，OF，OA.∵△ABC外切于⊙O，切點(diǎn)分別為D，E，F(xiàn)，∴∠OEA＝90°，∠OAE＝eq\f(1,2)∠BAC＝30°，∴OA＝2OE＝2eq\r(3).由勾股定理，得AF＝AE＝eq\r(OA2－OE2)＝3，∴△ABC的周長是AB＋BC＋AC＝AF＋AE＋CE＋BF＋BC＝3＋3＋7＋7＝20，即△ABC的周長是20.14．[解析](1)過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F，由切線長定理可得DE＝AD＝2，CE＝BC.設(shè)BC＝x，在Rt△DCF中，DC2＝CF2＋DF2，即可得方程(2＋x)2＝(x－2)2＋(2eq\r(5))2，解此方程即可求得答案；(2)易證得△ADE∽△GCE，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例，可得AE∶EG＝4∶5，由勾股定理即可求得AG的長，繼而求得答案．解：(1)過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F.∵∠DAB＝∠ABC＝90°，∴四邊形ABFD是矩形，AD與BC是⊙O的切線，∴DF＝AB＝2eq\r(5)，BF＝AD＝2.∵DE與⊙O相切，∴DE＝AD＝2，CE＝BC.設(shè)BC＝x，則CF＝BC－BF＝x－2，DC＝DE＋CE＝2＋x.在Rt△DCF中，DC2＝CF2＋DF2，即(2＋x)2＝(x－2)2＋(2eq\r(5))2，解得x＝eq\f(5,2)，即BC＝eq\f(5,2).(2)∵∠DAB＋∠ABC＝180°，∴AD∥BC，∴△ADE∽△GCE，∴eq\f(AD,GC)＝eq\f(DE,CE)，eq\f(AE,EG)＝eq\f(AD,GC).∵AD＝DE＝2，∴GC＝CE＝BC＝eq\f(5,2)，∴BG＝BC＋CG＝5，eq\f(AE,EG)＝eq\f(4,5).在Rt△ABG中，AG＝eq\r(AB2＋BG2)＝3eq\r(5)，∴EG＝eq\f(5,9)AG＝eq\f(5,3)eq\r(5).[點(diǎn)評]此題考查了切線的性質(zhì)與判定、切線長定理以及勾股定理等知識(shí)，難度適中，注意掌握輔助線的作法與方程思想的應(yīng)用．[素養(yǎng)提升][解析](1)連接BD，已知ED，EB都是⊙O的切線，由切線長定理可證得OE垂直平分BD，而BD⊥AC(圓周角定理)，則OE∥AC.由于O是AB的中點(diǎn)，可證得OE是△ABC的中位線，即E是BC的中點(diǎn)，那么在Rt△BDC中，DE就是斜邊BC的中線，由此可證得所求的結(jié)論．(2)由(1)知：BC＝2BE＝2DE，則所求的比例關(guān)系式可轉(zhuǎn)化為(eq\f(BC,2))2＝DF·DC，即DE2＝DF·DC，那么只需作出與△DEC相似的△DFE即可，這兩個(gè)三角形的公共角為∠CDE，只需作出∠DEF＝∠C即可．①當(dāng)∠DEC＞∠C，即180°－2∠C＞∠C，0°＜∠C＜60°時(shí)，∠DEF的EF邊與線段DC相交，那么交點(diǎn)即為所求的點(diǎn)F；②當(dāng)∠DEC＝∠C，即180°－2∠C＝∠C，∠C＝60°時(shí)，點(diǎn)F與點(diǎn)C重合，點(diǎn)F仍在線段DC上，此種情況也成立；③當(dāng)∠DEC＜∠C，即180°－2∠C＜∠C，60°＜∠C＜90°時(shí)，∠DEF的EF邊與線段DC的延長線相交，與線段CD沒有交點(diǎn)，所以在這種情況下不存在符合條件的點(diǎn)F.解：(1)證明：連接BD.∵ED，EB是⊙O的切線，由切線長定理，得ED＝EB，∠DEO＝∠BEO，∴OE垂直平分BD.又∵AB是⊙O的直徑，∴AD⊥BD，∴AD∥OE，即OE∥AC.又O為AB的中點(diǎn)，∴OE為△ABC的中位線，∴EB＝EC，∴EB＝EC＝ED.(2)存在．在△DEC中，∵ED＝EC，∴∠C＝∠CDE，∴∠DEC＝180°－2∠C.①當(dāng)∠DEC＞∠C時(shí)，有180°－2∠C＞∠C，即0°＜∠C＜60°時(shí)，在線段DC上存在滿足條件的點(diǎn)F.在∠DEC內(nèi)，以ED為一邊，作∠DEF，使∠DEF＝∠C，且EF交DC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F即為