3.8 切线的判定（B卷能力拓展） -2021-2022学年九年级数学下册同步分层练习（基础巩固＋能力拓展北师大版）（解析版）

3.8切线的判定学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________B卷（能力拓展）一、选择题1．（2021·山东·莒县九年级阶段练习）下列命题中真命题的个数是（）①三点确定一个圆；②三角形的内心到三边的距离相等；③相等的圆周角所对的弧相等；④平分弦的直径垂直于弦；⑤经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】由确定圆的条件可判断①，由三角形的内心的概念与性质可判断②，由圆周角定理可判断③，由垂径定理的推论可判断④，由切线的判定定理可判断⑤，从而可得答案.【详解】解：不在同一直线上的三点确定一个圆，故①是假命题，不符合题意；三角形的内心到三边的距离相等；故②是真命题，符合题意；在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等；故③是假命题，不符合题意；平分弦（不是直径）的直径垂直于弦；故④是假命题，不符合题意；经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线；故⑤是真命题，符合题意；真命题有两个，故选C【点睛】本题考查的是圆的确定，三角形的内心的性质，圆周角定理，垂径定理的推论，切线的判定，命题的判定，掌握以上基本性质与概念是解本题的关键.2．如图，AB是⊙O的直径，C，D在⊙O上，且BC=CD，过点C作CE⊥AD，交AD延长线于E，交AB延长线于F点．若AB=4ED，则cos∠ABC的值是（）A．

B． C． D．【答案】A【分析】先证明△CDE∽△ABC得到对应边成比例，由AB=4DE，BC=CD得到BC=AB，从而求出cos∠ABC=．【详解】连接OC、AC，∵CE⊥AD，

∴∠EAC+∠ECA=90°，

∵OC=OA，

∴∠OCA=∠OAC，

又∵BC=CD，

∴∠OAC=∠EAC，

∴∠OCA=∠EAC，

∴∠ECA+∠OCA=90°，

∴EF是⊙O的切线，

∴∠ECD=∠EAC，

又∵BC=CD，

∴∠EAC=∠BAC，

∴∠ECD=∠BAC，

又∵AB是直径，

∴∠BCA=90°，

在△BAC和△DCE中，

∠BCA=∠DEC=90°，

∠ECD=∠CAB，

∴△CDE∽△ABC，

∴＝，

又∵AB=4DE，CD=BC，

∴，

∴BC=AB，

∴cos∠ABC==．

故选A．【点睛】考查了切线的判定，圆内接四边形及解直角三角形，这道题主要利用切线的判定定理来证明EF是⊙O的切线，并且利用相似三角形的性质来求线段的长度．3．如图，直线，与和分别相切于点和点，点和点分别是和上的动点，沿和平移，若的半径为，，则下列结论不正确的是（）A．和的距离为 B．当与相切时，C． D．当时，与相切【答案】B【分析】连结OA、OB，根据切线的性质和l1∥l2得到AB为⊙O的直径，则l1和l2的距离为2；当MN与⊙O相切，连结OM，ON，当MN在AB左侧时，根据切线长定理得∠AMO=∠AMN=30°，在Rt△AMO中，利用正切的定义可计算出AM=，在Rt△OBN中，由于∠ONB=∠BNM=60°，可计算出BN=，当MN在AB右侧时，AM=，所以AM的长为或；当∠MON=90°时，作OE⊥MN于E，延长NO交l1于F，易证得Rt△OAF≌Rt△OBN，则OF=ON，于是可判断MO垂直平分NF，所以OM平分∠NMF，根据角平分线的性质得OE=OA，然后根据切线的判定定理得到MN为⊙O的切线．【详解】连结OA、OB，如图1，∵⊙O与l1和l2分别相切于点A和点B，∴OA⊥l1，OB⊥l2，∵l1∥l2，∴点A、O、B共线，∴AB为⊙O的直径，∴l1和l2的距离为2；作NH⊥AM于H，如图1，则MN=AB=2，∵∠AMN=60°，∴sin60°=，∴MN=；当MN与⊙O相切，如图2，连结OM，ON，当MN在AB左侧时，∠AMO=∠AMN=×60°=30°，在Rt△AMO中，tan∠AMO=，即AM==，在Rt△OBN中，∠ONB=∠BNM=60°，tan∠ONB=，即BN=，当MN在AB右侧时，AM=，∴AM的长为或；当∠MON=90°时，作OE⊥MN于E，延长NO交l1于F，如图2，∵OA=OB，∴Rt△OAF≌Rt△OBN，∴OF=ON，∴MO垂直平分NF，∴OM平分∠NMF，∴OE=OA，∴MN为⊙O的切线．故选B．【点睛】本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线为圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．4．（2021·广东·深圳九年级阶段练习）如图，在中，．动点从点出发沿着射线的方向以每秒1cm的速度移动，动点从点出发沿着射线的方向以每秒2cm的速度移动．已知点和点同时出发，设它们运动的时间为秒．连接．下列结论正确的有（）个①；②当时，；③以点为圆心、为半径画，当时，与相切；④当时，．A． B． C． D．【答案】D【分析】利用锐角三角函数求出BC可判断①，利用勾股定理求AC，BD，AG，再用正切锐角三角函数定义求值可判断②，利用相似三角形判定与性质，可判断③，利用相似三角形判定与性质建构方程，解方程求解可判断④【详解】解：在中，．，故①正确；作AG⊥BD于G，在Rt△ABC中，，∵AD=AB=5，AG⊥BD∴CD=AD-AC=5-3=2，DG=BG，在Rt△DCB中，，∴DG=BG=，在Rt△BGA中，，∴，故②当时，正确；AD=t，BE=2t，cosA=，当时，，，∴，∵，∴cosA=，∠DAE=∠BAC，∴△ADE∽△ABC，∴∠AED=∠ACB=90°，∴∠DEB=90°，∴与相切，故③以点为圆心、为半径画，当时，与相切正确；过E作EH⊥AC于H，当时，∵∠EHD=∠DCB=90°，∴△EHD∽△DCB，∴，∵AE=5-2t，∴AH=，EH=，，，∴，整理得，因式分解得，∴或（舍去），故④当时，正确；正确的结论有4个．故选择D．【点睛】本题考查锐角三角函数求边长，勾股定理，相似三角形判定与性质，圆的切线判定，一元二次方程的解法，掌握锐角三角函数求边长，勾股定理，相似三角形判定与性质，圆的切线判定，一元二次方程的解法是解题关键．5．（2020·广东宝安·中考三模）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且∠EAF＝45°，BD分别交AE，AF于点M，N，以点A为圆心，AB长为半径画弧BD．下列结论：①DE＋BF＝EF；②BN2+DM2=MN2；③△AMN∽△AFE；④弧BD与EF相切；⑤EF∥MN．其中正确结论的个数是（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】延长CB到G，使BG=DE，连接AG．根据全等三角形的性质得到AG=AE，∠DAE=∠BAG，求得∠GAF=∠EAF=45°．证得△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质即可得到EF=DE+BF；故①正确；在AG上截取AH=AM．根据全等三角形的性质得到BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，证得∠HBN=90°．根据勾股定理得到BH2+BN2=HN2．根据全等三角形的性质得到MN=HN．等量代换得到BN2+DM2=MN2；故②正确；根据平行线的性质得到∠DEA=∠BAM．推出∠AEF=∠ANM，又∠MAN=∠FAE，于是得到△AMN∽△AFE，故③正确；过A作AP⊥EF于P，根据角平分线的性质得到AP=AD，于是得到与EF相切；故④正确；由∠ANM=∠AEF，而∠ANM不一定等于∠AMN，于是得到MN不一定平行于EF，故⑤错误．【详解】解：延长CB到G，使BG=DE，连接AG．在△ABG和△ADE中，∴△ABG≌△ADE（SAS），

∴AG=AE，∠DAE=∠BAG，

又∵∠EAF=45°，∠DAB=90°，

∴∠DAE+∠BAF=45°

∴∠GAF=∠EAF=45°．

在△AFG和△AFE中，∴△AFG≌△AFE（SAS），

∴GF=EF=BG+BF，

又∵DE=BG，

∴EF=DE+BF；故①正确；

在AG上截取AH=AM，连接BH、HN，在△AHB和△AMD中，∴△AHB≌△AMD，

∴BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，

又∵∠ABD=45°，

∴∠HBN=90°．

∴BH2+BN2=HN2．

在△AHN和△AMN中，∴△AHN≌△AMN，

∴MN=HN．

∴BN2+DM2=MN2；故②正确；

∵AB∥CD，

∴∠DEA=∠BAM．

∵∠AEF=∠AED，∠BAM=180°-∠ABM-∠AMN=180°-∠MAN-∠AMN=∠AND，

∴∠AEF=∠ANM，

又∠MAN=∠FAE，

∴△AMN∽△AFE，故③正确；

过A作AP⊥EF于P，

∵∠AED=∠AEP，AD⊥DE，

∴AP=AD，与EF相切；故④正确；∵∠ANM=∠AEF，而∠ANM不一定等于∠AMN，

∴∠AMN不一定等于∠AEF，

∴MN不一定平行于EF，故⑤错误，

故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．二、解答题6．（2022·黑龙江·大庆市九年级期末）如图1，△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，交BC于点E，过点D作DF∥BC，交AB的延长线于点F．（1）求证：△BDE∽△ADB；（2）试判断直线DF与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）如图2，条件不变，若BC恰好是⊙O的直径，且AB＝6，AC＝8，求DF的长．【答案】（1）见解析（2）相切，理由见解析（3）的长为．【分析】（1）利用平分和与所对的弦都为，证明角相等，进而可以证明△BDE∽△ADB．（2）连接，利用等弧证明平分，进而通过垂径定理证明，最后利用DF∥BC，即可证明直线DF与⊙O相切．（3）过点作与点，连接，利用角相等求证△BDH∽△BCA，得到，利用该比例式，先后在、、中通过勾股定理求出、的长，进而得到的长，最后通过平行、等弧对等角以及角平分线性质，证明△FDB∽△FAD，利用边长的比例关系，求出与的关系，通过的长，即可求出的长．【详解】（1）证明：平分，，与所对的弦都为，，又，，△BDE∽△ADB．（2）解：直线DF与⊙O相切，证明：连接，，，平分，，，，故直线DF与⊙O相切．（3）解：过点作与点，连接，则，所对的弦为直径，，，又与所对的弦都是，，△BDH∽△BCA，，又，，在中，由勾股定理可得：，，故，在中，，在中，，，，，与所对的弧都为，且平分，，，，△FDB∽△FAD，，，，故，解得，的长为．【点睛】本题主要是考查了圆的性质、相似三角形的判定和性质，熟练通过等弧或同弧对等角，求证角相等，进而证明三角形相似，把握等弧或同弧对等角和三角形相似之间的联系，这是求解该题的关键．7．（2021—2022浙江杭州市九年级阶段练习）如图，内接于，AD平分交BC边于点E，交于点D，过点A作于点F，设的半径为3，．（1）过点D作直线MN//BC，求证：是的切线；（2）求的值；（3）设，求的值（用含的代数式表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）连接，由角平分线的性质可得，可得，可得，可证，可得结论；（2）连接并延长交于，通过证明，可得，可得结论；（3）由“”可证，，可得，，可得，由锐角三角函数可得，即可求解．【详解】（1）如图1，连接，，，平分，，，，，，是的切线；（2）如图2，连接并延长交于，连接，是直径，，又，，，∴∵的半径为3，．∴（3）如图3，过点作于，，交延长线于，连接，，平分，，，，，，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形或相似三角形是本题的关键．8．（2021·山东阳信·九年级期末）如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB，直线OB交⊙O于点E、D，连接EC、CD．（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并加以证明；（2）求证：；（3）若，⊙O的半径为3，求OA的长．【答案】（1）相切，见解析；（2）见解析；（3）5．【分析】（1）连接OC，由等腰三角形“三线合一”性质证明OC⊥AB，据此解题；（2）连接OC，90°圆周角所对的弦是直径，证明DE为⊙O的直径，再证明△BCD∽△BEC，最后根据相似三角形的对应边成比例解题；（3）根据正切定义得到，解得OC=OE=3，再由△BCD∽△BEC，设BC=x，根据相似三角形对应边成比例，及勾股定理得到9+x2=（2x-3）2，解此一元二次方程，验根即可解题．【详解】解：（1）AB与⊙O相切，连接OC，

∵OA=OB，CA=CB，

∴OC⊥AB，

∵点C在⊙O上，

∴AB与⊙O相切；（2）连接OC，

∵OC⊥AB，

∴∠OCB=90°即∠1+∠3=90°，

又∵DE为⊙O的直径，

∴∠ECD=90°即∠2+∠3=90°，

∴∠1=∠2，

∵OE=OC，

∴∠E=∠2，

∴∠1=∠E，

∵∠B=∠B，

∴△BCD∽△BEC，

∴，

∴BC2=BD•BE；（3）∵，∠ECD=90°，

∴，

∵⊙O的半径为3，

∴OC=OE=3，

∵△BCD∽△BEC，

∴，设BC=x，

∴，

∴OB=2x-3，

∵∠OCB=90°，

∴OC2+BC2=OB2，

∴9+x2=（2x-3）2，

∴x1=0（舍去），x2=4，

∴OA=OB=5．【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，相似三角形的判定与性质等知识，切线的证明方法有两种：1、有点连接此点与圆心，证明夹角为直角；2、无点作垂线，证明垂线段等于圆的半径，利用方程思想解题是关键．9．（2021—2022湖北武汉市九年级阶段练习）如图1，AC是⊙O的直径，PA是⊙O的切线，A为切点，点B在⊙O上，PA＝PB，弦AB与PC交于点M（1）求证：PB是⊙O的切线（2）连接BC，若∠APB＝4∠BPC，AP＝6，求BC的长（3）如图2，若AB＝4BM，求的值（4）如图3，若AP＝AC，PO与AB交于点D，PC与⊙O交于点N，连接DN，则＝_____【答案】（1）见解析；（2）6；（3）；（4）【分析】（1）连接BO,PO，PA为⊙O的切线，PA＝PB，OA＝OB，根据等边对等角，进而可得∠PBO＝∠PAO＝90°，即可证明是的切线；（2）连接PO，根据切线长定理可得，根据角度的换算可得∠3＝∠4，进而可得；（3）连接PO交AB于点Q，连接BO、BC，证明△PQM≌△CBM（ASA），，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求得,设BM＝QM＝x，则AQ＝BQ＝2x，AM＝3x，进而即可求得的值；（4）连接，设，根据图中的直角三角形的关系，分别计算出，计算可得，又，即可判定，进而即可求得的值【详解】（1）证：连接BO,PO．∵PA为⊙O的切线，∴PA⊥OA，即∠PAO＝90°．∵PA＝PB，OA＝OB，∴∠PAB＝∠PBA，∠OAB＝∠OBA．∴∠PAB＋∠OAB＝∠PBA＋∠OBA，即∠PBO＝∠PAO＝90°，∴PB⊥OB，∴PB为⊙O的切线．（2）解：连接PO．∵PA、PB为⊙O的切线，∴PA＝PB＝6，∠APO＝∠BPO，即∠1＝∠2＋∠3，∠APB＝4∠BPC，∠APM＝3∠BPM，∴∠1＋∠2＝3∠3，∴2∠2＋∠3＝3∠3，即∠2＝∠3＝∠1．设∠2＝∠3＝α，则∠1＝2α，∠APB＝4α，∴∠PBA＝（180°－4α）＝90°－2α，又∵AC为直径，∴∠ABC＝90°，∴∠PBC＝180°－2α，∴∠4＝180°－∠3－∠PBC＝180°－α－（180°－2α）＝α，∴∠3＝∠4，∴BC＝PB＝6．（3）解：连接PO交AB于点Q，连接BO、BC．∵PA、PB为⊙O的切线，∴PA＝PB，∠APO＝∠BPO∴AQ＝BQ＝AB，∠PQM＝90°∵AB＝4BM，∴2BQ＝4BM，即BQ＝2BM∴M为BQ中点．设BM＝QM＝x，则AQ＝BQ＝2x，AM＝3x，∵∠PQM＝∠CBM＝90°，BM＝QM，∠PMQ＝CMB∴△PQM≌△CBM（ASA）∴PM＝CM∵∠PAC＝90°，∴AM＝CM＝3x∴（4）如图，连接设，,是⊙O的直径，,在中，=是的切线,，又又∵中，在中，故答案为：【点睛】本题考查了圆的综合，切线的性质与判定，切线长定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．10．（2021·广东珠海市中考三模）已知，在中，，平分交于点，点为上一点，经过点，的分别交，于点，，连接，连接交于点．（1）求证：为的切线．（2）求证：（3）若，，求的长度．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）先判断出，得出，即可得出结论；（2）先判断出∠AEF=∠B，再判断出∠AEF=∠ADF，进而得出∠B=∠ADF，进而即可得出结论；（3）设圆的半径为，则，，得出，解得：，则，，求出，进而求出的长即可．【详解】（1）证明：如图，连接，平分，，，，，，∴，，∴，，又∵为的半径，∴为的切线；（2）证明：如图，连接，为的直径，，，，∵，，又，；（3）解：设圆的半径为，则，，在中，，即，解得：，，，在中，，∵，∴，．，，∴，．【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了切线的判定，圆周角的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，求出圆的半径是解本题的关键．11．（2021—2022广东徐闻九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AO平分∠CAB，以O为圆心，OC为半径作⊙O．（1）求证：AB是⊙O的切线．（2）已知AO交⊙O于点E，延长AO交⊙O于点D，tanD＝，求；（3）在（2）的条件下，设⊙O的半径为3，求AB的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）【分析】（1）由于题目没有说明直线AB与⊙O有交点，所以过点O作OF⊥AB于点F，然后证明OC=OF即可；（2）连接CE，先求证∠ACE=∠ODC，然后可知△ACE∽△ADC，所以，而，即可得出答案；（3）由（2）可知，AC2=AE•AD，所以可求出AE和AC的长度，由（1）可知，△OFB∽△ABC，所以，然后利用勾股定理即可求得AB的长度．【详解】解：（1）如图，过点O作OF⊥AB于点F，∵AO平分∠CAB，OC⊥AC，OF⊥AB，∴OC＝OF，∴AB是⊙O的切线；（2）如图，连接CE，∵ED是⊙O的直径，∴∠ECD＝90°，∴∠ECO+∠OCD＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠ECO＝90°，∴∠ACE＝∠OCD，∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∴∠ACE＝∠ODC，∵∠CAE＝∠CAE，∴△ACE∽△ADC，∴，∵tan∠D＝，∴，∴；（3）由（2）可知：，∴设AE＝x，AC＝2x，∵△ACE∽△ADC，∴∴AC2＝AE•AD，∴（2x）2＝x（x+6），解得：x＝2或x＝0（不合题意，舍去），∴AE＝2，AC＝4，由（1）可知：AC＝AF＝4，∠OFB＝∠ACB＝90°，∵∠B＝∠B，∴△OFB∽△ACB，∴，设BF＝a，∴BC＝∴BO＝BC﹣OC＝﹣3，在Rt△BOF中，BO2＝OF2+BF2，∴（﹣3）2＝32+a2，∴解得：a＝或a＝0（不合题意，舍去），∴AB＝AF+BF＝．【点睛】本题考查圆的综合问题，解题的关键是证明△ACE∽△ADC．本题涉及勾股定理，解方程，圆的切线判定知识，内容比较综合，需要学生构造辅助线才能解决问题，对学生综合能力要求较高．12．（2021·江苏镇江·中考二模）如图，已知中，；以为直径作，与边相切于点C，交边于点D，E为中点，连接．（1）求证：是的切线；（2）点P是线段上一动点，当最小时，请在图中画出点P的位置；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，并用2B铅笔或黑色水笔加黑加粗）（3）在（2）的条件下，若，，求出的长度．【答案】（1）见解析；（2见解析；（3）.【分析】（1）连接OD，证明∠ODE=90°即可；（2）作点D关于直径BC的对称点M，连接EM，与线段BC的交点即为所求；（3）连接OD，利用三角函数依次求得DF,FM，BC，AC，CF的长，利用△EPC∽△MPF求解即可.【详解】（1）连接OD，∵BC是⊙O的直径，∴∠ADC=90°，∵E为中点，∴AE=EC=DE，连接OE，∵OC=OD，OE=OE，∴△ECO≌△EDO，∴∠ECO=∠EDO，∵∠ECO=90°，∴∠ODE=90°，∴ED是⊙O的切线；（2）经过直线BC外的点D作BC的垂线，垂线与圆的交点即为点D的对称点，连接该点与E的线段，与线段BC的交点即为所求；（3）如图，连接OD，设DM与BC的交点为F，∵CD=5，tanB=∴BD=，∴BC==，∴OD=OB=BC=，∵tanB=，设DF=3k，则BF=4k，OF=4k-OB,AC=，∴EC=，在直角三角形DOF中，，∴，解得k=，∴DF=FM=3k=4，BF=4k=，CF=BC-BF=-=3，∵EC⊥BC，FM⊥BC，∠EPC=∠MPF，∴△EPC∽△MPF，∴CP:PF=EC:FM，∴CP:PF=:4=，∴CP:CF=，∴CP=．【点睛】本题考查了切线的判定，轴对称的基本作图，垂径定理，勾股定理，三角形的相似，三角函数，熟练切线的判定，灵活运用相似，勾股定理，三角函数是解题的关键．13．（2021—2022广东广州市九年级期中）已知：如图1，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心，半径为5，⊙P与抛物线的交点A、B、C刚好落在坐标轴上．

（1）求抛物线的解析式；（2）点D为抛物线的顶点，经过C、D的直线是否与⊙P相切？若相切，请证明；若不相切，