专题24.8切线的性质-2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典（解析版）【人教版】.docx

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1、2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【人教版】专题24.8切线的性质姓名：_ 班级：_ 得分：_注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6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（2021北京模拟）如图，BA与O相切于点A，将线段OA绕点O逆时针旋转120得到OA若B40，则BOA的度数为（）A40B50C60D70【分析】根据切线的性质可得OAB90，根据旋转的性质可得AOA120，进而可得B

2、OA的度数【解析】BA与O相切于点A，OAB90，B40，AOB50，AOA120，BOA1205070故选：D2（2021镇江）如图，BAC36，点O在边AB上，O与边AC相切于点D，交边AB于点E，F，连接FD，则AFD等于（）A27B29C35D37【分析】连接OD，根据切线的性质得到ADO90，根据直角三角形的性质得到AOD903654，根据圆周角定理即可得到结论【解析】连接OD，O与边AC相切于点D，ADO90，BAC36，AOD903654，AFD=12AOD=125427，故选：A3（2021巴南区自主招生）如图，PA与O相切于点A，PO交O于点B，点C在O上，连接AC，BC若P

3、45，则ACB的度数为（）A15B22.5C30D37.5【分析】连接OA，根据切线的性质得OAP90，则AOP45，然后根据圆周角定理得到ACB的度数【解析】如图，连接OA，直线PA与O相切于点A，OAPA，OAP90，P45，AOB45，ACB=12AOB22.5故选：B4（2021花都区三模）如图，AB为O的切线，点A为切点，OB交O于点C，点D在O上，连接AD，CD，OA，若ADC25，则ABO的度数为（）A35B40C50D55【分析】根据圆周角和圆心角的关系，可以得到AOC的度数，然后根据AB为O的切线和直角三角形的两个锐角互余，即可求得ABO的度数【解析】ADC25，AOC50，

4、AB为O的切线，点A为切点，OAB90，ABOOABAOC905040，故选：B5（2021渝中区校级三模）如图，AB是O的切线，A为切点，BO交O于点C，点D在O上，连接CD，AD，若ADC27，则B的度数等于（）A28B36C44D56【分析】连接OA，由同弧所对的圆心角和圆周角的关系求出AOC，根据切线的性质得到OAB90，继而可求出B【解析】连接OA，AC=AC，AOC2ADC22754，AB是O的切线，OAAB，OAB90，AOB+B90，B90AOB905436，故选：B6（2021鹿城区模拟）如图，直线AB与O相切于点C，AO交O于点D，连接CD，OC若AOC50，则ACD的度数

5、为（）A20B25C30D35【分析】先根据切线的性质得到OCA90，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出OCD65，然后计算OCAOCD即可【解析】直线AB与O相切于点C，OCAB，OCA90，OCOD，OCDODC=12（180COD）=12（18050）65，ACDOCAOCD906525故选：B7（2021临沂）如图，PA、PB分别与O相切于A、B，P70，C为O上一点，则ACB的度数为（）A110B120C125D130【分析】由切线的性质得出OAPOBP90，利用四边形内角和可求AOB110，再利用圆周角定理可求ADB55，再根据圆内接四边形对角互补可求ACB【解析】如图所示

6、，连接OA，OB，在优弧AB上取点D，连接AD，BD，AP、BP是O切线，OAPOBP90，AOB360909070110，ADB=12AOB55，又圆内接四边形的对角互补，ACB180ADB18055125故选：C8（2021泰安）如图，在ABC中，AB6，以点A为圆心，3为半径的圆与边BC相切于点D，与AC，AB分别交于点E和点G，点F是优弧GE上一点，CDE18，则GFE的度数是（）A50B48C45D36【分析】连接AD，根据切线的性质得到ADBC，根据垂直的定义得到ADBADC90，根据直角三角形的性质得到B30，根据三角形的内角和定理得到GAD60，根据等腰三角形的性质得到AEDA

7、DE72，根据圆周角定理即可得到结论【解析】连接AD，BC与A相切于点D，ADBC，ADBADC90，AB6，AGAD3，AD=12AB，B30，GAD60，CDE18，ADE901872，ADAE，AEDADE72，DAE180ADEAED180727236，BACBAD+CAD60+3696，GFE=12GAE=129648，故选：B9（2021西湖区校级二模）如图，点A的坐标为（3，2），A的半径为1，P为坐标轴上一动点，PQ切A于点Q，在所有P点中，使得PQ长最小时，点P的坐标为（）A（0，2）B（0，3）C（2，0）D（3，0）【分析】连接AQ、PA，如图，利用切线的性质得到AQP9

8、0，再根据勾股定理得到PQ=AP21，则APx轴时，AP的长度最小，利用垂线段最短可确定P点坐标【解析】连接AQ、PA，如图，PQ切A于点Q，AQPQ，AQP90，PQ=AP2AQ2=AP21，当AP的长度最小时，PQ的长度最小，APx轴时，AP的长度最小，APx轴时，PQ的长度最小，A（3，2），此时P点坐标为（3，0）故选：D10（2021乐山）如图，已知OA6，OB8，BC2，P与OB、AB均相切，点P是线段AC与抛物线yax2的交点，则a的值为（）A4B92C112D5【分析】P与OB、AB分别相切于点M、N，连接PM、PN，设点P的坐标为（x，x+6），由点P、A的坐标得，PA=2（

9、6x），则AN=AP2PN2=2(6x)2x2，由AB10BN+AN，得到10=2(6x)2x2+2+x，进而求解【解析】设P与OB、AB分别相切于点M、N，连接PM、PN，设圆的半径为x，则PNPMx，由题意知，OCAO6，则直线AC与y轴的夹角为45，则CMMPx，由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为yx+6，则点P的坐标为（x，x+6），由点P、A的坐标得，PA=2（6x），则AN=AP2PN2=2(6x)2x2，P与OB、AB分别相切于点M、N，BNBMBC+CM2+x，在RtABO中，OA6，OB8，则AB10BN+AN，即10=2(6x)2x2+2+x，解得x1，故点P的坐标为（

10、1，5），将点P的坐标代入yax2得5a，故选：D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（2021南岗区模拟）如图，在ABC中，ACBC，点O在AB上，以OA为半径的O与BC相切于点C，若BC43，则AB的长为 12【分析】连接OC，如图，利用切线的性质得到BCO90，再由CACB得到BA，利用圆周角定理得到BOC2A，则可根据三角形内角和计算出B30，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出OC、OB，从而得到AB的长【解析】连接OC，如图，O与BC相切于点C，OCBC，BCO90，CACB，BA，BOC2A，而B+BOC90，B+2B90，解得B

11、30，OC=33BC=3343=4，BO2OC8，OAOC4，ABBO+OA8+412故答案为1212（2021杭州）如图，已知O的半径为1，点P是O外一点，且OP2若PT是O的切线，T为切点，连结OT，则PT3【分析】根据圆的切线性质可得出OPT为直角三角形，再利用勾股定理求得PT长度【解析】PT是O的切线，T为切点，OTPT，在RtOPT中，OT1，OP2，PTOP2OT222123，故：PT313（2021徐州模拟）如图，PA是O的切线，点A为切点，OP交O于点B，P10，点C在O上，OCAB，则BAC25【分析】连接OA，如图，关键切线的性质得到OAP90，则POA80，再利用等腰三角

12、形的性质和三角形内角和计算出OBA50，则根据平行线的性质得到BOC50，然后根据圆周角定理求解【解析】连接OA，如图，PA是O的切线，点A为切点，OAPA，OAP90，POA90P901080，OAOB，OABOBA=12（180AOB）=12（18080）50，ABOC，BOCOBA50，BAC=12BOC=125025故答案为2514（2021温州）如图，O与OAB的边AB相切，切点为B将OAB绕点B按顺时针方向旋转得到OAB，使点O落在O上，边AB交线段AO于点C若A25，则OCB85度【分析】根据切线的性质得到OBA90，连接OO，如图，再根据旋转的性质得AA25，ABAOBO，BO

13、BO，则判断OOB为等边三角形得到OBO60，所以ABA60，然后利用三角形外角性质计算OCB【解析】O与OAB的边AB相切，OBAB，OBA90，连接OO，如图，OAB绕点B按顺时针方向旋转得到OAB，AA25，ABAOBO，BOBO，OBOO，OOB为等边三角形，OBO60，ABA60，OCBA+ABC25+6085故答案为8515（2021鼓楼区二模）如图，O是ABC的外接圆，AD是O的切线，且ADBC，直线CO交AD于点E若E44，则B67【分析】连接AO，根据切线的性质得到AOAE，求得EAO90，根据三角形外角的性质得到AOCE+EAO134，由圆周角定理得到B=12AOC=67【

14、解析】连接AO，AD是O的切线，AOAE，EAO90，E44，AOCE+EAO134，B=12AOC=67，故答案为：6716（2021包头）如图，在ABCD中，AD12，以AD为直径的O与BC相切于点E，连接OC若OCAB，则ABCD的周长为 24+65【分析】连接OE，过点C作CFAD交AD于点F，利用平行四边形的性质和切线的性质证明四边形OECF为矩形，利用勾股定理求得OC，进而求得平行四边形的周长【解析】连接OE，过点C作CFAD交AD于点F，四边形ABCD为平行四边形，ABCD，ADBC，ADBC，EOD+OEC180，O与BC相切于点E，OEBC，OEC90EOD90，CFAD，C

15、FO90，四边形OECF为矩形，FCOE，AD为直径，AD12，FCOEOD=12AD6，OCAB，CFAD，OF=12OD3，在RtOFC中，由勾股定理得，OC2OF2+FC232+6245，ABOC35，ABCD的周长为12+12+35+35=24+65，故答案为：24+6517（2021泰州）如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（8，5），A与x轴相切，点P在y轴正半轴上，PB与A相切于点B若APB30，则点P的坐标为 （0，11）【分析】连接AB，过点A分别作ACx轴、ADy轴，利用根据圆的切线性质可知PAB、AOC为直角三角形，ABAC5，利用直角三角形中30角的性质和勾股定理

16、分别求出AO、AP、AD的长度，进而求出OD、PD的长度即可求得答案【解析】过点A分别作ACx轴于点C、ADy轴于点D，连接AB，如图，ADy轴，ACx轴，四边形ADOC为矩形，ACOD，OCAD，A与x轴相切，AC为A的半径，点A坐标为（8，5），ACOD5，OCAD8，PB是切线，ABPB，APB30，PA2AB10，在RtPAD中，根据勾股定理得，PD=PA2AD2=10282=6，OPPD+DO11，点P在y轴上，点P坐标为（0，11）故答案为：（0，11）18（2021凉山州）如图，等边三角形ABC的边长为4，C的半径为3，P为AB边上一动点，过点P作C的切线PQ，切点为Q，则PQ的

17、最小值为 3【分析】连接CP、CQ，作CHAB于H，如图，根据等边三角形的性质得到ABCB4，BCH=12ACB=126030，根据直角三角形的性质得到BH=12AB2，CH=32BC=32423，由切线的性质得到CQPQ，根据勾股定理得到PQ=CP2CQ2=CP23，推出当点P运动到H点时，CP最小，于是得到结论【解析】连接CP、CQ，作CHAB于H，如图，等边三角形ABC的边长为4，ABCB4，BCH=12ACB=126030，BH=12AB2，CH=32BC=32423，PQ为C的切线，CQPQ，在RtCPQ中，PQ=CP2CQ2=CP23，点P是AB边上一动点，当点P运动到H点时，CP

18、最小，即CP的最小值为23，PQ的最小值为123=3，故答案为：3三、解答题（本大题共6小题，共46分解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19（2021大连）如图1，ABC内接于O，直线MN与O相切于点D，OD与BC相交于点E，BCMN（1）求证：BACDOC；（2）如图2，若AC是O的直径，E是OD的中点，O的半径为4，求AE的长【分析】（1）连接OB，如图1，根据切线的性质得到ODMN，则ODBC，利用垂径定理得到BD=CD，然后根据圆周角定理得到结论；（2）先计算出CE23，根据垂径定理得到BECE23，接着利用勾股定理计算出AB，然后计算AE的长【解答】（1）证明：连接OB，如图

19、1，直线MN与O相切于点D，ODMN，BCMN，ODBC，BD=CD，BODCOD，BAC=12BOC，BACCOD；（2）E是OD的中点，OEDE2，在RtOCE中，CE=OC2OE2=4222=23，OEBC，BECE23，AC是O的直径，ABC90，AB=AC2BC2=82(43)2=4，在RtABE中，AE=AB2+BE2=42+(23)2=2720（2021凉山州模拟）如图，C是O上一点，点P在直径AB的延长线上，PC是O的切线，PB2，PC4（1）求O的半径长；（2）求BOC与BCP的数量关系，并说明理由【分析】（1）根据切线的性质得到OCPC，设OBOCR，在RtPOC中，根据勾

20、股定理得到R2+42（R+2）2，解方程即可求出O的半径长；（2）由切线性质得到BCP+OCB90，由圆周角的性质得到ACO+OCB90，进而得到ACOBCP，由OAOC可得AACOBCP，根据三角形外角的性质即可证得BOC2BCP【解析】（1）PC是O的切线，OCPC，设OBOCR，在RtPOC中，PCO90，OCR，POPB+OB2+R，PC4，OC2+PC2PO2，R2+42（R+2）2，解得：R3，O的半径长为3；（2）BOC2BCP，理由如下：PC是O的切线，OCPC，PCO90，BCP+OCB90，AB是O的直径，ACB90，ACO+OCB90，ACO+OCBBCP+OCB，ACO

21、BCP，OAOC，AACO，BOCA+ACO2ACO2BCP21（2021红桥区三模）在ABC中，以AB为直径的O分别与边AC，BC交于点D，E，且DEBE（）如图，若CAB38，求C的大小；（）如图，过点E作O的切线，交AB的延长线于点F，交AC于点G，若CAB52，求BEF的大小【分析】（）由圆周角定理得出EACEAB=12CAB，AECAEB90，由直角三角形的性质可求出答案；（）连接AE，OE，由切线的性质得出OEF90，由等腰三角形的性质求出OEBEBA64，则可得出答案【解析】（）连接AE，DEBE，DE=BE，EACEAB=12CAB，CAB38，EAC19，AB为O的直径，AE

22、CAEB90，C90EAC71；（）连接AE，OE，GF为O的切线，OEF90，CAB52，EAB=12CAB26，EBA90EAB64，OEOB，OEBEBA64，BEFOEFOEB90642622（2021滨海县二模）如图，AB是半圆O的直径，C、D是半圆O上不同于A、B的两点，AC与BD相交于点F，BE是半圆O所在圆的切线，与AC的延长线相交于点E（1）若ADBC，证明：ABCBAD；（2）若BEBF，DAC29，求EAB的度数【分析】（1）根据圆周角定理得到ACBADB90，根据直角全等三角形的判定定理即可得到结论；（2）根据等腰三角形的性质得到EBFE，根据切线的性质得到ABE90，

23、再根据直角三角形两锐角的关系证得EABDAC即可得到结果【解答】（1）证明：AB是O的直径，ADBACB90，在RtABC与RtBAD中，AD=BCAB=BA，RtABCRtBAD（HL）； （2）解：BEBF，EBFE，BE是半圆O所在圆的切线，ABE90，E+BAE90，由（1）知D90，DAF+AFD90，AFDBFE，AFDE，DAF90AFD，BAF90E，EABDAC，DAC29，EAB2923（2020秋商城县期末）如图，O的直径AB10，AC6，D为O上一点，过点D作DPAC，垂足为P，且DP为O的切线（1）求证：AD平分PAB（2）求ADP的面积【分析】（1）连接OD，由切线

24、的性质得出ODDP，得出DPA90，由等腰三角形的性质得出ODAOAD，证得PADOAD，则可得出结论；（2）连接OD，BC，过点O作OEAC于点E，由勾股定理求出BC，AE，则可得出答案【解答】（1）证明：连接OD，DP为O的切线，ODDP，ODP90，ODA+PDA90，又DPAC，DPA90，PDA+PAD90，PADODA，又DOOA，ODAOAD，PADOAD，即AD平分PAB；（2）解：连接OD，BC，过点O作OEAC于点E，AB是O的直径，AB10，AC6，ACB90，BC=AB2AC2=10262=8，ODPDPEOEP90，四边形ODPE是矩形，OE=12BC4，AE=OA2

25、OE2=5242=3，DPOE4，ODPE5，PA2，SADP=12APDP=1224=424（2021春海淀区校级月考）如图，过O外一点C作O的切线CB，CD，切点分别为点B，D，直径AB的长为4，BC2，连接OC，AD（1）求证：四边形OADC是平行四边形；（2）点G为半径OB上一点，连接CG交O于E，延长CG交O于F，当EFAD时，求OG的长【分析】（1）连接OD，根据切线长定理得到CDCB，证明四边形OBCD是菱形，得到CDOBOA，CDOA，从而得到四边形OADC是平行四边形；（2）过点O分别作OMCF于点M，ONDA与点N，证明OCM30，作GKCO于点K，设GKa，可得a+3a22，求出a的值，即可得出OG的长【解答】（1）解：连接OD，CB、CD为O的切线，CDCB，AB4，BC2，CBBOODCD2，四边形OBCD是菱形，CDOBOA，CDOA，四边形OADC是平行四边形；（2）解：过点O分别作OMCF于点M，ONDA与点N，EFAD，OMON=2，OC2OM，在RtCOM中，sinOCM=OMOC=12，OCM30，作GKCO于点K，设GKa，则OKGKa，CG2GK2a，CK=3a，CK+OKOC，3a+a22，解得：a=62，OGK为等腰直角三角形，OG=2GK=2a=2（62）232OG的长为232