专题01 切线长定理

这是一份专题01 切线长定理，文件包含专题01切线长定理解析版docx、专题01切线长定理原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
2022年中考数学复习圆专题
专题01切线长定理
一．选择题
1．如图，PA，PB切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D．若⊙O的半径为1，△PCD的周长等于2，则线段AB的长是（　　）

A． B．3 C．2 D．3
解：∵PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，交PA，PB于C，D，
∴AC＝EC，DE＝DB，PA＝PB，
∵△PCD的周长等于2，
∴PA+PB＝2，
∴PA＝PB＝，
链接PA和AO，
∵⊙O的半径为1，
∴tan∠APO＝＝＝，
∴∠APO＝30°，
∴∠APB＝60°，
∴△APB是等边三角形，
∴AB＝PA＝PB＝．
故选：A．

2．如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E且分别交PA、PB于点C，D，若PA＝4，则△PCD的周长为（　　）

A．5 B．7 C．8 D．10
解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，
∴PB＝PA＝4，
∵CD切⊙O于点E且分别交PA、PB于点C，D，
∴CA＝CE，DE＝DB，
∴△PCD的周长＝PC+PD+CD＝PC+CA+PD+DB＝PA+PB＝8，
故选：C．
3．如图，PA、PB、CD与⊙O相切于点为A、B、E，若PA＝7，则△PCD的周长为（　　）

A．7 B．14 C．10.5 D．10
解：∵PA、PB、CD与⊙O相切于点为A、B、E，
∴PB＝PA＝7，CA＝CE，DE＝DB，
∴△PCD的周长＝PC+CD+PB
＝PC+CE+DE+PD
＝PC+CA+DB+PD
＝PA+PB＝14，
故选：B．
4．如图，PA，PB切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E交PA，PB于C，D，若⊙O的半径为r，△PCD的周长为3r，连接OA，OP，则的值是（　　）

A． B． C． D．
解：∵PA，PB切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E交PA，PB于C，D，
∴CA＝CF，DF＝DB，PA＝PB，
∴PC+CF+DF+PD＝PA＝PB＝2PA＝3r，
∴PA＝r，
则的值是：＝．
故选：D．
5．如图，PA、PB切⊙O于点A、B，PA＝8，CD切⊙O于点E，交PA、PB于C、D两点，则△PCD的周长是（　　）

A．8 B．18 C．16 D．14
解：∵PA，PB切⊙O于A、B两点，CD切⊙O于点E，
∴PB＝PA＝8，CA＝CE，DB＝DE，
∴△PCD的周长＝PC+CE+PD＝PC+CE+DE+PC＝PC+CA+DB+PD＝PA+PB＝16．
故选：C．
6．如图，P为⊙O外一点，PA，PB分别切⊙O于A，B，CD切⊙O于点E，分别交PA，PB于点C，D．若PA＝5，则△PCD的周长和∠COD分别为（　　）

A．5，（90°+∠P） B．7，90°+
C．10，90°﹣∠P D．10，90°+∠P
解：∵PA、PB切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，
∴PA＝PB＝10，ED＝AD，CE＝BC；
∴△PCD的周长＝PD+DE+PC+CE＝2PA，即△PCD的周长＝2PA＝10，；
如图，连接OA、OE、OB．
由切线性质得，OA⊥PA，OB⊥PB，OE⊥CD，DB＝DE，AC＝CE，
∵AO＝OE＝OB，
易证△AOC≌△EOC（SAS），△EOD≌△BOD（SAS），
∴∠AOC＝∠EOC，∠EOD＝∠BOD，
∴∠COD＝∠AOB，
∴∠AOB＝180°﹣∠P，
∴∠COD＝90°﹣∠P．
故选：C．

7．P是⊙O外一点，PA、PB分别与⊙O相切于点A、B，点C是劣弧AB上任意一点，经过点C作⊙O的切线，分别交PA、PB于点D、E．若PA＝4，则△PDE的周长是（　　）
A．4 B．8 C．12 D．不能确定
解：根据题意画出图形，如图所示，
由直线DA和直线DC为圆O的切线，得到AD＝DC，同理，由直线EC和直线EB为圆O的切线，得到EC＝EB，
又直线PA和直线PB为圆O的切线，所以PA＝PB＝4，
则△PDE的周长C＝PD+DE+PE＝PD+DC+EC+PE
＝PD+DA+EB+PE＝PA+PB＝4+4＝8．
故选：B．

8．如图，AE、AD和BC分别切⊙O于点E、D、F，如果AD＝20，则△ABC的周长为（　　）

A．20 B．30 C．40 D．50
解：据切线长定理有AD＝AE，BE＝BF，CD＝CF；
则△ABC的周长＝AB+BC+AC
＝AB+BF+CF+AC
＝AB+BE+AC+CD
＝AD+AE＝2AD
＝40．
故选：C．
9．如图，PA、PB分别是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，已知∠BAC＝35°，∠P的度数为（　　）

A．35° B．45° C．60° D．70°
解：根据切线的性质定理得∠PAC＝90°，
∴∠PAB＝90°﹣∠BAC＝90°﹣35°＝55°．
根据切线长定理得PA＝PB，
所以∠PBA＝∠PAB＝55°，
所以∠P＝70°．
故选：D．
10．如图，直角梯形ABCD中，以AD为直径的半圆与BC相切于E，BO交半圆于F，DF的延长线交AB于点P，连DE．以下结论：①DE∥OF；②AB+CD＝BC；③PB＝PF；④AD2＝4AB•DC．其中正确的是（　　）

A．①②③④ B．只有①② C．只有①②④ D．只有③④
解：∵BA，BE是圆的切线．
∴AB＝BE，BO是△ABE顶角的平分线．
∴OB⊥AE
∵AD是圆的直径．
∴DE⊥AE
∴DE∥OF
故①正确；
∵CD＝CE，AB＝BE
∴AB+CD＝BC
故②正确；
∵OD＝OF
∴∠ODF＝∠OFD＝∠BFP
若PB＝PF，则有∠PBF＝∠BFP＝∠ODF
而△ADP与△ABO不一定相似，故PB＝PF不一定成了．
故③不正确；
连接OC．可以证明△OAB∽△CDO
∴
即：OA•OD＝AB•CD
∴AD2＝4AB•DC
故④正确．
故正确的是：①②④．
故选：C．


二．填空题
11．一个菱形的周长是20cm，两对角线之比是4：3，则该菱形的内切圆的半径是　 　cm．
解：如图所示：菱形ABCD，对角线AC，BD，可得菱形内切圆的圆心即为对角线交点，
设AB与圆相切于点E，可得OE⊥AB，
∵一个菱形的周长是20cm，两对角线之比是4：3，
∴AB＝5cm，
设BO＝4x，则AO＝3x，
故（4x）2+（3x）2＝25，
解得：x＝1，
则AO＝3，BO＝4，
故EO•AB＝AO•BO，
解得：EO＝．
故答案为：．

12．如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，∠OAB＝38°，则∠P＝　 　°．

解：∵PA，PB是⊙O的切线，
∴PA＝PB，PA⊥OA，
∴∠PAB＝∠PBA，∠OAP＝90°，
∴∠PBA＝∠PAB＝90°﹣∠OAB＝90°﹣38°＝52°，
∴∠P＝180°﹣52°﹣52°＝76°；
故答案为：76．
13．如图，四边形ABCD是⊙O的外切四边形，且AB＝10，CD＝12，则四边形ABCD的周长为　 　．

解：∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AD+BC＝AB+CD＝22，
∴四边形ABCD的周长＝AD+BC+AB+CD＝44，
故答案为：44．
14．如图，PA、PB分别切圆O于A、B，并与圆O的切线，分别相交于C、D，已知△PCD的周长等于10cm，则PA＝　 　cm．

解：如图，设DC与⊙O的切点为E；

∵PA、PB分别是⊙O的切线，且切点为A、B；
∴PA＝PB；
同理，可得：DE＝DA，CE＝CB；
则△PCD的周长＝PD+DE+CE+PC＝PD+DA+PC+CB＝PA+PB＝10（cm）；
∴PA＝PB＝5cm，
故答案为：5．
15．如图，已知以直角梯形ABCD的腰CD为直径的半圆O与梯形上底AD、下底BC以及腰AB均相切，切点分别是D，C，E．若半圆O的半径为2，梯形的腰AB为5，则该梯形的周长是　 　．

解：根据切线长定理，得AD＝AE，BC＝BE，所以梯形的周长是5×2+4＝14，
故答案为：14．
16．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝5，⊙O与Rt△ABC的三边AB、BC、AC分别相切于点D、E、F，若⊙O的半径r＝2，则Rt△ABC的周长为　 　．

解：连接OE、OF，
设AD＝x，由切线长定理得AF＝x，
∵⊙O与Rt△ABC的三边AB、BC、AC分相切于点D、E、F，
∴OE⊥BC，OF⊥AC，∴四边形OECF为正方形，
∵r＝2，BC＝5，∴CE＝CF＝2，BD＝BE＝3，
∴由勾股定理得，（x+2）2+52＝（x+3）2，
解得，x＝10，
∴△ABC的周长为12+5+13＝30，
故答案为30．


三．解答题
17．如图，AB、BC、CD分别与⊙O相切于点E、F、G，若∠BOC＝90°，
（1）求证：AB∥CD；
（2）若OB＝3，OC＝4，求由BE、BC、CG、及弧EFG围成图形的面积（即图中阴影部分）．

解：（1）∵∠BOC＝90°，
∴∠OBC+∠OCB＝90°，
又BE与BF为圆O的切线，
∴BO为∠EBF的平分线，
∴∠OBC＝∠OBF，
同理可得∠OCB＝∠OCG，
∴∠OBF+∠OCG＝90°，
∴∠OBC+∠OCB+∠OBE+∠OCG＝180°，
即∠ABF+∠DCF＝180°，
∴AB∥CD；

（2）连接OE，OF，OG，如图所示：

由BE和BF为圆的切线，
可得OE⊥AB，OF⊥BC，即∠OEB＝∠OFB＝90°，
∴BE＝BF，又OB＝OB，
∴Rt△OEB≌Rt△OFB（HL），
∴∠BOE＝∠BOF，S△OEB＝S△OFB，
∴S扇形OEM＝S扇形OFM，
∴S△OEB﹣S扇形OEM＝S△OFB﹣S扇形OFM，
即S阴影BEM＝S阴影BFM，
同理S阴影NFC＝S阴影NCG，
由∠BOC＝90°，OB＝3，OC＝4，
根据勾股定理得：BC＝5，
∵BC为圆的切线，∴OF⊥BC，
∴OB•OC＝BC•OF，即OF＝，
∴S△BOC＝OB•OC＝6，
S扇形OMN＝＝，
则阴影部分面积S＝2（S阴影BFM+S阴影NFC）
＝2（S△BOC﹣S扇形OMN）＝12﹣．



18．如图，PA，PB是⊙O的切线，A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠P＝60°．
（1）求∠BAC的度数；
（2）当OA＝2时，求AB的长．


解：（1）∵PA，PB是⊙O的切线，
∴AP＝BP，
∵∠P＝60°，
∴∠PAB＝60°，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠PAC＝90°，
∴∠BAC＝90°﹣60°＝30°．

（2）连接OP，则在Rt△AOP中，OA＝2，∠APO＝30°，
∴OP＝4，
由勾股定理得：，
∵AP＝BP，∠APB＝60°，
∴△APB是等边三角形，
∴．



19．如图，已知AB为⊙O的直径，PA，PC是⊙O的切线，A，C为切点，∠BAC＝30°．
（Ⅰ）求∠P的大小；
（Ⅱ）若AB＝2，求PA的长（结果保留根号）．

解：（Ⅰ）∵PA是⊙O的切线，AB为⊙O的直径，
∴PA⊥AB，
∴∠BAP＝90°；
∵∠BAC＝30°，
∴∠CAP＝90°﹣∠BAC＝60°．
又∵PA、PC切⊙O于点A、C，
∴PA＝PC，
∴△PAC为等边三角形，
∴∠P＝60°．

（Ⅱ）如图，连接BC，则∠ACB＝90°．
在Rt△ACB中，AB＝2，∠BAC＝30°，
∵cos∠BAC＝，
∴AC＝AB•cos∠BAC＝2cos30°＝．
∵△PAC为等边三角形，
∴PA＝AC，
∴PA＝．





20．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，以AB为直径的⊙O与DC相切于E．已知AB＝8，边BC比AD大6．
（1）求边AD、BC的长；
（2）在直径AB上是否存在一动点P，使以A、D、P为顶点的三角形与△BCP相似？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．

解：（1）方法1：过D作DF⊥BC于F，
在Rt△DFC中，DF＝AB＝8，FC＝BC﹣AD＝6，
∴DC2＝62+82＝100，即DC＝10．（1分）
设AD＝x，则DE＝AD＝x，EC＝BC＝x+6，
∴x+（x+6）＝10．
∴x＝2．
∴AD＝2，BC＝2+6＝8．（4分）
方法2：连OD、OE、OC，
由切线长定理可知∠DOC＝90°，AD＝DE，CB＝CE，
设AD＝x，则BC＝x+6，
由射影定理可得：OE2＝DE•EC．（2分）
即：x（x+6）＝16，
解得x1＝2，x2＝﹣8，（舍去）
∴AD＝2，BC＝2+6＝8．（4分）

（2）存在符合条件的P点．
设AP＝y，则BP＝8﹣y，△ADP与△BCP相似，有两种情况：
①△ADP∽△BCP时，∴y＝；（6分）
②△ADP∽△BPC时，∴y＝4．（7分）
故存在符合条件的点P，此时AP＝或4．（8分）