切線長定理與內(nèi)切圓九年級數(shù)學上冊尖子生培優(yōu)題典2

2021-2022學年九年級數(shù)學上冊尖子生同步培優(yōu)題典【人教版】專題切線長定理與內(nèi)切圓姓名：__________________班級：______________得分：_________________考前須知：本試卷總分值100分，試題共24題，選擇10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題〔本大題共10小題，每題3分，共30分〕在每題所給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的．1．〔2021?西寧〕如圖，PA，PB與⊙O分別相切于點A，B，PA＝2，∠P＝60°，那么AB＝〔〕A．3B．2C．23D．3【分析】先判斷出PA＝PB，進而判斷出△PAB是等邊三角形，即可得出結(jié)論．【解析】∵PA，PB與⊙O分別相切于點A，B，∴PA＝PB，∵∠APB＝60°，∴△PAB是等邊三角形，∴AB＝AP＝2．應選：B．2．〔2021秋?臺州期中〕如圖，PA，PB分別切⊙O與點A，B，MN切⊙O于點C，分別交PA，PB于點M，N，假設PA＝cm，那么△PMN的周長是〔〕A．cmB．10cmC．cmD．15cm【分析】根據(jù)切線長定理得MA＝MC，NC＝NB，然后根據(jù)三角形周長的定義進行計算．【解析】∵直線PA、PB、MN分別與⊙O相切于點A、B、C，∴MA＝MC，NC＝NB，∴△PMN的周長＝PM+PN+MC+NC＝PM+MA+PN+NB＝PA+PB＝＝15〔cm〕．應選：D．3．〔2021秋?樊城區(qū)期末〕如圖，PA，PB切⊙O于A、B兩點，CD切⊙O于點E，交PA，PB于C，D．假設△PCD的周長等于3，那么PA的值是〔〕A．32B．23C．12D【分析】直接利用切線長定理得出AC＝EC，DE＝DB，PA＝PB，進而求出PA的長．【解析】∵PA，PB切⊙O于A、B兩點，CD切⊙O于點E，交PA，PB于C，D，∴AC＝EC，DE＝DB，PA＝PB∵△PCD的周長等于3，∴PA+PB＝3，∴PA=32應選：A．4．〔2021?永州〕如圖，PA，PB是⊙O的兩條切線，A，B為切點，線段OP交⊙O于點M．給出以下四種說法：①PA＝PB；②OP⊥AB；③四邊形OAPB有外接圓；④M是△AOP外接圓的圓心．其中正確說法的個數(shù)是〔〕A．1B．2C．3D．4【分析】利用切線長定理對①進行判斷；利用線段的垂直平分線定理的逆定理對②進行判斷；利用切線的性質(zhì)和圓周角定理可對③進行判斷；由于只有當∠APO＝30°時，OP＝2OA，此時PM＝OM，那么可對④進行判斷．【解析】∵PA，PB是⊙O的兩條切線，A，B為切點，∴PA＝PB，所以①正確；∵OA＝OB，PA＝PB，∴OP垂直平分AB，所以②正確；∵PA，PB是⊙O的兩條切線，A，B為切點，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∴點A、B在以OP為直徑的圓上，∴四邊形OAPB有外接圓，所以③正確；∵只有當∠APO＝30°時，OP＝2OA，此時PM＝OM，∴M不一定為△AOP外接圓的圓心，所以④錯誤．應選：C．5．〔2021秋?林州市期中〕如圖，⊙O為△ABC的內(nèi)切圓，AC＝10，AB＝8，BC＝9，點D，E分別為BC，AC上的點，且DE為⊙O的切線，那么△CDE的周長為〔〕A．9B．7C．11D．8【分析】設AB，AC，BC，DE和圓的切點分別是P，N，M，Q．根據(jù)切線長定理得到NC＝MC，QE＝DQ．所以三角形CDE的周長即是CM+CN的值，再進一步根據(jù)切線長定理由三角形ABC的三邊進行求解即可．【解析】設AB，AC，BC，DE和圓的切點分別是P，N，M，Q，CM＝x，根據(jù)切線長定理，得CN＝CM＝x，BM＝BP＝9﹣x，AN＝AP＝10﹣x．那么有9﹣x+10﹣x＝8，解得：x＝．所以△CDE的周長＝CD+CE+QE+DQ＝2x＝11．應選：C．6．〔2021秋?龍巖期末〕如圖，PA、PB、CD分別切⊙O于A、B、E，CD交PA、PB于C、D兩點，假設∠P＝40°，那么∠PAE+∠PBE的度數(shù)為〔〕A．50°B．62°C．66°D．70°【分析】由PA、PB、CD分別切⊙O于A、B、E，CD交PA、PB于C、D兩點，根據(jù)切線長定理即可得：CE＝CA，DE＝DB，然后由等邊對等角與三角形外角的性質(zhì)，可求得∠PAE=12∠PCD，∠PBE=12∠PDC，繼而求得∠PAE+【解析】∵PA、PB、CD分別切⊙O于A、B、E，CD交PA、PB于C、D兩點，∴CE＝CA，DE＝DB，∴∠CAE＝∠CEA，∠DEB＝∠DBE，∴∠PCD＝∠CAE+∠CEA＝2∠CAE，∠PDC＝∠DEB+∠DBE＝2∠DBE，∴∠CAE=12∠PCD，∠DBE=12即∠PAE=12∠PCD，∠PBE=12∵∠P＝40°，∴∠PAE+∠PBE=12∠PCD+12∠PDC=12〔∠PCD+∠PDC〕=12應選：D．7．〔2021秋?曲靖期末〕如圖，△ABC中，內(nèi)切圓I和邊BC、AC、AB分別相切于點D、E、F，假設∠B＝65°，∠C＝75°，那么∠EDF的度數(shù)是〔〕A．65°B．140°C．55°D．70°【分析】連接IE、IF，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到∠AEI＝∠AFI＝90°，利用四邊形的內(nèi)角和得到∠A＝180°﹣∠EIF，再利用圓周角定理得到∠EDF＝90°-12∠A，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠A，從而可計算出∠EDF【解析】連接IE、IF，如圖，∵內(nèi)切圓I和邊AC、AB分別相切于點E、F，∴OE⊥AC，OF⊥AB，∴∠AEI＝∠AFI＝90°，∴∠A＝180°﹣∠EIF，∵∠EDF=12∠EIF∴∠EDF＝90°-12∠A∵∠B＝65°，∠C＝75°，∴∠A＝180°﹣∠B﹣∠C＝180°﹣65°﹣75°＝40°，∴∠EDF＝90°-12×40°＝應選：D．8．〔2021秋?張店區(qū)期末〕如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，⊙O是Rt△ABC的內(nèi)切圓，那么⊙O的半徑為〔〕A．1B．3C．2D．23【分析】根據(jù)三角形內(nèi)切圓與內(nèi)心的性質(zhì)和三角形面積公式解答即可．【解析】∵∠C＝90°，BC＝3，AB＝5，∴AC=AB2如圖，分別連接OA、OB、OC、OD、OE、OF，∵⊙O是△ABC內(nèi)切圓，D、E、F為切點，∴OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB于D、E、F，OD＝OE＝OF，∴S△ABC＝S△BOC+S△AOC+S△AOB=12BC?DO+12AC?OE+12AB?FO=12〔BC∵∠C＝90°，∴12×AC?BC=12〔BC+AC+AB∴OD=3×43+4+5=應選：A．9．〔2021春?鼓樓區(qū)校級月考〕如圖，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點分別相為點D、E、F，設△ABC的面積、周長分別為S、l，⊙O的半徑為r，那么以下等式：①∠AED+∠BFE+∠CDF＝180°；②S=12lr；③2∠EDF＝∠A+∠C；④2〔AD+CF+BE〕＝lA．①②③④B．②③④C．①③④D．①②③【分析】①正確，首先證明∠AED＝∠EFD,同法可證∠BFE＝∠EDF,∠CDF＝∠DEF,由∠EFD+∠EDF+∠DEF＝180°,可得∠AED+∠BFE+∠CDF＝180°．②正確，利用面積法證明即可．③正確，證明∠BEF+∠BFE＝∠BAC+∠ACB,可得結(jié)論．④正確，利用切線長定理解決問題即可．【解析】如圖，作直徑ET,連接DT．∵AB是⊙O的切線，∴ET⊥AB,∴∠AET＝90°,∴∠AED+∠DET＝90°,∵ET是直徑，∴∠EDT＝90°,∴∠DET+∠ETD＝90°,∴∠AED＝∠ETD,∵∠EFD＝∠ETD,∴∠AED＝∠EFD,同法可證，∠BFE＝∠EDF,∠CDF＝∠DEF,∵∠EFD+∠EDF+∠DEF＝180°,∴∠AED+∠BFE+∠CDF＝180°,故①正確，連接OA,OB,OC,OF,OD．∵S＝S△AOB+S△BOC+S△ACO=12?AB?OE+12?BC?OF+12?AC?OD=12?(AB+BC+AC)?∵∠BAC+∠ACB+∠ABC＝180°,∠BEF+∠BFE+∠ABC＝180°∴∠BEF+∠BFE＝∠BAC+∠ACB,∵∠BEF＝∠EDF,∠BFE＝∠EDF,∴2∠EDF＝∠BAC+∠ACB,故③正確，∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，切點分別相為點D、E、F，∴AE＝AD,CD＝CF,BE＝BF,∴2(AD+CF+BE)＝l,故④正確，應選：A．10．〔2021?江西模擬〕如圖，點O為勾股形ABC〔我國古代數(shù)學家劉徽稱直角三角形為勾股形〕的內(nèi)心，其中∠A為直角．點D、E、F分別在邊AB、BC、AC上，且∠ADO＝∠AFO＝∠BEO＝90°，假設BD＝4，CF＝6，那么正方形ADOF的面積是〔〕A．2B．4C．3D．16【分析】由三角形內(nèi)心性質(zhì)可先證明四邊形ADOF為正方形．設AD＝AF＝x，由三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)可得BE＝BD＝4，CE＝CF＝6，BC＝BE+CE＝BD+CF＝10，在Rt△ABC中，根據(jù)AC2+BA2＝BC2建立勾股定理方程即可得正方形ADOF的邊長，進而可求面積．【解析】∵∠ADO＝∠AFO＝∠A＝90°，∴四邊形ADOF為矩形，又點O為內(nèi)心，故OD＝OF，∴四邊形ADOF為正方形．設AD＝AF＝x，由三角形內(nèi)切圓可得D、E、F為切點，∴BE＝BD＝4，CE＝CF＝6，∴BC＝BE+CE＝BD+CF＝10，在Rt△ABC中，∵AC2+BA2＝BC2，即〔6+x〕2+〔4+x〕2＝102，解得：x1＝2，x2＝﹣12〔舍去〕．∴正方形ADOF的邊長為2，面積為4．應選：B．二、填空題〔本大題共8小題，每題3分，共24分〕請把答案直接填寫在橫線上11．〔2021秋?虎林市期末〕如圖，PA、PB是⊙O的切線，切點分別是A、B，假設∠APB＝60°，PA＝4．那么⊙O的半徑是433【分析】連接OA、OB、OP，PA、PB為圓O的兩條切線，由切線長定理可知：PA＝PB，OB⊥PA，OA⊥PA；可證明△PBO≌△PAO，可求得∠APO的度數(shù)，再由∠APO的正切值可得出OA的長，即圓半徑的長．【解析】連接OA、OB、OP，如以下圖所示：∵PA、PB為圓O的兩條切線，∴由切線長定理可知：PA＝PB，OB⊥PA，OA⊥PA；∵OA、OB為半徑長，PO＝PO，∴△PBO≌△PAO〔SSS〕，∴∠APO＝∠BPO＝30°；∵tan∠APO=OAAP∴OA=33×PA所以圓的半徑為433故此題應該填43312．〔2021秋?西華縣期中〕如圖，AB、AC、BD是⊙O的切線，P、C、D為切點，如果AB＝8，AC＝5，那么BD的長為3．【分析】由AB、AC、BD是⊙O的切線，那么AC＝AP，BP＝BD，求出BP的長即可求出BD的長．【解析】∵AC、AP為⊙O的切線，∴AC＝AP，∵BP、BD為⊙O的切線，∴BP＝BD，∴BD＝PB＝AB﹣AP＝8﹣5＝3．故答案為：3．13．〔2021秋?莫旗期末〕如圖，從點P引⊙O的切線PA，PB，切點分別為A，B，DE切⊙O于C，交PA，PB于D，E．假設△PDE的周長為20cm，那么PA＝10cm．【分析】由于PA、PB、DE都是⊙O的切線，可根據(jù)切線長定理將△PDE的周長轉(zhuǎn)化為切線PA、PB的長．【解析】∵PA、PB、DE分別切⊙O于A、B、C，∴PA＝PB，DA＝DC，EC＝EB；∴C△PDE＝PD+DE+PE＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝20；∴PA＝PB＝10，故答案為10．14．〔2021春?沙坪壩區(qū)校級月考〕如圖，⊙O是四邊形ABCD的內(nèi)切圓，連接OA、OB、OC、OD．假設∠AOB＝108°，那么∠COD的度數(shù)是72°．【分析】直接利用切線的性質(zhì)定理結(jié)合全等三角形的判定和性質(zhì)得出∠2+∠3＝∠DOC＝70°．【解析】如下圖：連接圓心與各切點，在Rt△DEO和Rt△DFO中DO=DO∴Rt△DEO≌Rt△DFO〔HL〕，∴∠1＝∠2，同理可得：Rt△AFO≌Rt△AMO，Rt△BMO≌Rt△BNO，Rt△CEO≌Rt△CNO，∴∠3＝∠4，∠5＝∠7，∠6＝∠8，∴∠5+∠6＝∠7+∠8＝108°，∴2∠2+2∠3＝360°﹣2×108°，∴∠2+∠3＝∠DOC＝72°．故答案為：72°．15．〔2021秋?中山市期末〕如圖，四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，且AB＝10，CD＝15，那么四邊形ABCD的周長為50．【分析】根據(jù)切線長定理得到AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，得到AD+BC＝AB+CD＝25，根據(jù)四邊形的周長公式計算，得到答案．【解析】∵四邊形ABCD是⊙O的外切四邊形，∴AE＝AH，BE＝BF，CF＝CG，DH＝DG，∴AD+BC＝AB+CD＝25，∴四邊形ABCD的周長＝AD+BC+AB+CD＝25+25＝50，故答案為：50．16．〔2021秋?長沙期末〕在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，那么△ABC的內(nèi)切圓半徑r＝2．【分析】設⊙O切AC于點E，切BC于F，切AB于G，連接OE，OF，由切線的性質(zhì)易證四邊形CEOF為正方形，得到CE＝CF＝r，由切線長定理得AE＝AG＝6﹣r，BF＝BG＝8﹣r，利用6﹣r+8﹣r＝10可求出r．【解析】如圖，⊙O切AC于點E，切BC于F，切AB于G，連接OE，OF，∴OE⊥AC，OF⊥BC，∴正方形CEOF為正方形，∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10，設⊙O的半徑為r，那么CE＝CF＝r，∴AE＝AG＝6﹣r，BF＝BG＝8﹣r，∴AB＝AG+BG＝AE+BF，即6﹣r+8﹣r＝10，解得：r＝2．故答案為：2．17．〔2021?越秀區(qū)校級模擬〕如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C的對邊分別為a、b、c，a＝10，⊙O內(nèi)切于Rt△ABC，且半徑為4，那么a+b+c＝60．【分析】設切點分別是D、E、F，連接OD、OE、OF，那么OD⊥AC，OE⊥BC，OF⊥AB，Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，可得b2+102＝(b+2)2，解得b＝24，進而可得答案．【解析】設切點分別是D、E、F，連接OD、OE、OF，那么OD⊥AC，OE⊥BC，OF⊥AB，∵∠C＝90°，∴四邊形OECD是正方形，∴CE＝CD＝r＝4，∴AD＝b﹣4，BE＝10﹣4＝6，根據(jù)切線長定理可得：AF＝AD＝b﹣4,BF＝BE＝6,AB＝c＝b﹣4+6＝b+2，Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，∴b2+102＝(b+2)2，解得b＝24，c＝b+2＝26，∴a+b+c＝10+24+26＝60．故答案為：60．18．〔2021?雁塔區(qū)校級模擬〕如圖，圓O是四邊形ABCD的內(nèi)切圓，連接AO、BO、CO、DO，記△AOD、△AOB、△COB、△DOC的面積分別為S1、S2、S3、S4，那么S1、S2、S3、S4的數(shù)量關系為S1+S3＝S2+S4．【分析】設切點分別為E、F、G、H，由切線性質(zhì)可知，OE⊥AD，OF⊥CD，OG⊥BCOH⊥AB，OE＝OF＝OG＝OH＝r，設DE＝DF＝a，AE＝AH＝b，BH＝BG＝c，CG＝CF＝d，推出S1+S3=12r〔a+b〕r+12r〔c+d〕=12r〔a+b+c+d〕＝S【解析】如圖設切點分別為E、F、G、H，由切線性質(zhì)可知，OE⊥AD，OF⊥CD，OG⊥BCOH⊥AB，OE＝OF＝OG＝OH＝r，設DE＝DF＝a，AE＝AH＝b，BH＝BG＝c，CG＝CF＝d，S1=12r〔a+b〕r，S2=12r〔b+c〕S3=12r〔c+d〕，S4=1∴S1+S3=12r〔a+b〕r+12r〔c+d〕=12r〔a+bS2+S4=12r〔a+d〕+12r〔b+c〕=12r〔a+b∴S1+S3＝S2+S4．故答案為S1+S3＝S2+S4．三、解答題〔本大題共6小題，共46分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟〕19．〔2021?濱?？h一模〕如圖，PA、PB是⊙O的切線，CD切⊙O于點E，△PCD的周長為12，∠APB＝60°．求：〔1〕PA的長；〔2〕∠COD的度數(shù)．【分析】〔1〕可通過切線長定理將相等的線段進行轉(zhuǎn)換，得出三角形PCD的周長等于PA+PB的結(jié)論，即可求出PA的長；〔2〕根據(jù)三角形的內(nèi)角和求出∠ACD和∠BDC的度數(shù)和，然后根據(jù)切線長定理，得出∠DCO和∠ODE的度數(shù)和，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和求出∠COD的度數(shù)．【解析】〔1〕∵CA，CE都是圓O的切線，∴CA＝CE，同理DE＝DB，PA＝PB，∴三角形PCD的周長＝PD+CD+PC＝PD+PC+CA+BD＝PA+PB＝2PA＝12，即PA的長為6；〔2〕∵∠P＝60°，∴∠PCE+∠PDE＝120°，∴∠ACD+∠CDB＝360°﹣120°＝240°，∵CA，CE是圓O的切線，∴∠OCE＝∠OCA=12∠ACD同理：∠ODE=12∠CDB∴∠OCE+∠ODE=12〔∠ACD+∠CDB〕＝120∴∠COD＝180﹣120°＝60°．20．〔2021秋?欽州期末〕如圖，E為△ABC的內(nèi)心，連接AE并延長交△ABC的外接圓于點D．求證：DE＝DB．【分析】根據(jù)點E是△ABC的內(nèi)心得出∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，求出∠BED＝∠EBD，即可得出答案．【解析】證明：如圖，連接BE，∵點E是△ABC的內(nèi)心，∴∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，∵∠CBD＝∠CAD，∴∠BAD＝∠CBD，∴∠BED＝∠ABE+∠BAD，∴∠ABE＝∠CBE，∠BAD＝∠CAD＝∠CBD，∵∠EBD＝∠CBE+∠CBD，∴∠BED＝∠EBD，∴ED＝BD；21．〔2021?瑤海區(qū)模擬〕：如圖，在△ABC中，點I是△ABC的內(nèi)心〔三角形三條角平分線的交點〕，延長AI與△ABC的外接圓交于點D，連接BD，DC．求證：〔1〕DI＝DB；〔2〕假設∠BAC＝60°，BC＝23，求DI的長．【分析】〔1〕連接BI，由三角形的內(nèi)心得∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，再由三角形的外角性質(zhì)和圓周角定理得∠BID＝∠IBD，即可得出結(jié)論；〔2〕過點D作DE⊥BC于E，由〔1〕得：∠BAD＝∠CAD，那么BD=CD，得BD＝CD，再由等腰三角形的性質(zhì)得BE＝CE=12BC=3，然后證∠DBC＝∠BCD＝【解析】〔1〕證明：連接BI，如圖1所示：∵點I是△ABC的內(nèi)心，∴AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∠ABI＝∠CBI，∵∠BID＝∠BAI+∠IBA，∠IBD＝∠CBI+∠CBD，∠CBD＝∠CAD，∴∠BID＝∠IBD，∴DI＝DB；〔2〕解：過點D作DE⊥BC于E，如圖2所示：由〔1〕得：∠BAD＝∠CAD，∴BD=CD∴BD＝CD，∵DE⊥BC，∴BE＝CE=12BC=∵∠BAC＝60°，∴∠BAD＝∠CAD＝30°，∴∠DBC＝∠BCD＝30°，∴DE=33BE＝1，BD＝2DE＝2∴DI＝BD＝2．22．〔2021秋?大冶市期末〕如圖，點E是△ABC的內(nèi)心，AE的延長線和△ABC的外接圓⊙O相交于點D、過D作直線DG∥BC．〔1〕求證：DG是⊙O的切線；〔2〕求證：DE＝CD；〔3〕假設DE＝25，BC＝8，求⊙O的半徑．【分析】〔1〕連接OD交BC于H，根據(jù)圓周角定理和切線的判定即可證明；〔2〕連接BD，由點E是△ABC的內(nèi)心，得到∠ABE＝∠CBE，∠DBC＝∠BAD，推出∠BED＝∠DBE，根據(jù)等角對等邊得到BD＝DE，即可得到結(jié)論；〔3〕根據(jù)垂徑定理和勾股定理即可求出結(jié)果．【解析】〔1〕證明：連接OD交BC于H，如圖，∵點E是△ABC的內(nèi)心∴AD平分∠BAC，即∠BAD＝∠CAD，∴BD=CD∴OD⊥BC，BH＝CH，∵DG∥BC，∴OD⊥DG，∴DG是⊙O的切線；〔2〕證明：連接BD，∵點E是△ABC的內(nèi)心，∴∠ABE＝∠CBE，∵∠DBC＝∠BAD，∴∠DEB＝∠BAD+∠ABE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBE，即∠BED＝∠DBE，∴BD＝DE，∵BD=CD∴BD＝CD，∴DE＝CD；〔3〕解：連接OD，OB，如圖，由〔1〕得OD⊥BC，BH＝CH，∵BC＝8，∴BH＝CH＝4，∵DE＝25，BD＝DE，∴BD＝25，在Rt△BHD中，BD2＝BH2+HD2，∴〔25〕2＝42+HD2，解得：HD＝2，在Rt△BHO中，r2＝BH2+〔r﹣2〕2，解得：r＝5．23．〔2021秋?寧蒗縣期末〕：在△ABC中，∠C＝90°，⊙I是Rt△ABC的內(nèi)切圓，切點分別為D、E、F，連