提分专练(六) 切线的性质与判定
|类型1| 切线的性质
1.[2019·毕节]如图T6-1,点P在☉O外,PC是☉O的切线,C为切点,直线PO与☉O相交于点A,B. (1)若∠A=30°,求证:PA=3PB;
(2)小明发现,∠A在一定范围内变化时,始终有∠BCP=2(90°-∠P)成立.请你写出推理过程.
1
图T6-1
2.[2019·贺州]如图T6-2,BD是☉O的直径,弦BC与OA相交于点E,AF与☉O相切于点A,交DB的延长线于点F,∠F=30°,∠BAC=120°,BC=8. (1)求∠ADB的度数; (2)求AC的长度.
图T6-2
1
3.[2018·沈阳] 如图T6-3,BE是☉O的直径,点A和点D是☉O上的两点,过点A作☉O的切线交BE的延长线于点C.
(1)若∠ADE=25°,求∠C的度数; (2)若AB=AC,CE=2,求☉O的半径长.
图T6-3
4.[2018·随州] 如图T6-4,AB是☉O的直径,点C为☉O上一点,CN为☉O的切线,OM⊥AB于点O,分别交AC,CN于D,M两点. (1)求证:MD=MC;
(2)若☉O的半径为5,AC=4√5,求MC的长.
图T6-4
2
|类型2| 切线的判定
5.[2019·常德] 如图T6-5,☉O与△ABC的AC边相切于点C,与AB,BC边分别交于点D,E,DE∥OA,CE是☉O的直径.
(1)求证:AB是☉O的切线; (2)若BD=4,CE=6,求AC的长.
图T6-5
6.[2018·青海] 如图T6-6,△ABC内接于☉O,∠B=60°,CD是☉O的直径,点P是CD延长线上一点,且AP=AC. (1)求证:PA是☉O的切线; (2)若PD=√5,求☉O的直径.
图T6-6
3
7.[2019·枣庄] 如图T6-7,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,以AB为直径作☉O,点D为☉O上一点,且CD=CB,连接DO并延长交CB的延长线于点E.
(1)判断直线CD与☉O的位置关系,并说明理由; (2)若BE=2,DE=4,求☉O的半径及AC的长.
图T6-7
8.[2019·安顺节选] 如图T6-8,在△ABC中,AB=AC,以AB为直径的☉O与边BC,AC分别交于D,E两点,过点D作DH⊥AC于点H.
(1)判断DH与☉O的位置关系,并说明理由; (2)求证:点H为CE的中点.
图T6-8
4
【参考答案】
1.解:(1)证明:∵AB是直径,∴∠ACB=90°, ∵∠A=30°,∴AB=2BC.连接OC.
∵PC是☉O的切线,∴∠OCP=90°,∴∠BCP=∠P=30°,∴PB=BC,又∵BC=AB,
21
∴PA=3PB.
(2)∵点P在☉O外,PC是☉O的切线,C为切点,直线PO与☉O相交于点A,B,∴∠BCP=∠ACO=∠A, ∵∠A+∠P+∠ACB+∠BCP=180°,且∠ACB=90°,∴2∠BCP=90°-∠P, ∴∠BCP=(90°-∠P).
21
2.解:(1)∵AF与☉O相切于点A,∴AF⊥OA, ∵BD是☉O的直径,∴∠BAD=90°,
∵∠BAC=120°,∴∠DAC=30°,∴∠DBC=∠DAC=30°, ∵∠F=30°,∴∠F=∠DBC,∴AF∥BC, ∴OA⊥BC,∴∠BOA=90°-30°=60°, ∴∠ADB=∠AOB=30°.
21
(2)∵OA⊥BC,∴BE=CE=BC=4,
2
1
∴AB=AC,
∵∠AOB=60°,OA=OB,∴△AOB是等边三角形,∴AB=OB, ∵∠OBE=30°,∴OE=2OB,BE=√3OE=4, ∴OE=
4√38√3,∴AC=AB=OB=2OE=. 33
1
3.解:(1)如图,连接OA,
∵AC为☉O的切线,OA是☉O的半径, ∴OA⊥AC. ∴∠OAC=90°. ∵∠ADE=25°,
∴∠AOE=2∠ADE=50°. ∴∠C=90°-∠AOE=90°-50°=40°.
5
(2)∵AB=AC,∴∠B=∠C. ∵∠AOC=2∠B,∴∠AOC=2∠C. ∵∠OAC=90°,∴∠AOC+∠C=90°, ∴3∠C=90°,∠C=30°. ∴OA=1
2OC.
设☉O的半径为r, ∵CE=2,∴r=1
2(r+2).∴r=2. ∴☉O的半径为2. 4.解:(1)证明:连接OC,
∵CN为☉O的切线, ∴OC⊥CM,
∴∠OCA+∠MCD=90°. ∵OM⊥AB,
∴∠OAC+∠ODA=90°. ∵OA=OC, ∴∠OAC=∠OCA, ∴∠MCD=∠ODA. 又∵∠ODA=∠MDC, ∴∠MCD=∠MDC, ∴MD=MC.
(2)依题意可知AB=5×2=10,AC=4√5, ∵AB为☉O的直径,∴∠ACB=90°, ∴BC=√102-(4√5)2=2√5. ∵∠AOD=∠ACB,∠A=∠A, ∴△AOD∽△ACB,
6
∴????????????55
????=????,即2√5=4√5,得OD=2.
设MC=MD=x,在Rt△OCM中, 由勾股定理得x+52
2
=x2+52, 解得x=15
,即MC=15
44.
5.解:(1)证明:连接OD,∵DE∥OA, ∴∠AOC=∠OED,∠AOD=∠ODE, ∵OD=OE,∴∠OED=∠ODE, ∴∠AOC=∠AOD, 又∵OA=OA,OD=OC,
∴△AOC≌△AOD(SAS),∴∠ADO=∠ACO.∵CE是☉O的直径,AC为☉O的切线, ∴OC⊥AC,∴∠OCA=90°, ∴∠ADO=∠OCA=90°,∴OD⊥AB. ∵OD为☉O的半径, ∴AB是☉O的切线.
(2)∵CE=6,∴OD=OC=3, ∵∠BDO=180°-∠ADO=90°, ∴BO2=BD2+OD2, ∴OB=√42+32=5, ∴BC=8,
∵∠BDO=∠OCA=90°,∠B=∠B, ∴△BDO∽△BCA, ∴????????
????=????, ∴4
38=????, ∴AC=6.
7
6.解:(1)证明:连接OA,
∵∠B=60°,
∴∠AOC=2∠B=120°, 又∵OA=OC,
∴∠OAC=∠OCA=30°, 又∵AP=AC, ∴∠P=∠ACP=30°, ∴∠OAP=∠AOC-∠P=90°, ∴OA⊥PA, ∴PA是☉O的切线. (2)在Rt△OAP中, ∵∠P=30°,
∴PO=OD+PD=2OA, 又∵OA=OD, ∴PD=OA, ∵PD=√5, ∴CD=2OA=2PD=2√5. ∴☉O的直径为2√5.
7.解:(1)直线CD与☉O相切.理由如下:连接CO.∵点D在圆上,∴OD=OB, 又∵CD=CB,CO=CO, ∴△COD≌△COB(SSS).
∵∠ABC=90°,∴∠ODC=∠ABC=90°, ∴OD⊥DC,∴直线CD与☉O相切.
8
(2)设☉O的半径为x, ∵DE=4,∴OE=4-x.
在Rt△OBE中,BE2+BO2=OE2, 即22+x2=(4-x)2,解得x=1.5, ∴OD=OB=1.5.AB=2OB=3. ∵CB,CD是圆的切线,∴CB=CD. 则设CB=CD=y,
在Rt△CDE中,CD2+DE2=CE2, 即y2+42=(y+2)2,解得y=3,∴BC=3. 在Rt△ABC中,AC=√????2+????2=3√2.
8.[解析](1)连接OD,AD,先利用圆周角定理得到∠ADB=90°,再根据等腰三角形的性质得BD=CD,再证明OD为△ABC的中位线得到OD∥AC,根据DH⊥AC,所以OD⊥DH,然后根据切线的判定定理可判断DH为☉O的切线. (2)连接DE,由圆内接四边形的性质得∠DEC=∠B,再证明∠DEC=∠C,然后根据等腰三角形的性质得到CH=EH.
解:(1)DH与☉O相切.理由如下: 连接OD,AD,如图,
∵AB为直径,
∴∠ADB=90°,即AD⊥BC, ∵AB=AC,∴BD=CD, 而AO=BO,
∴OD为△ABC的中位线, ∴OD∥AC,
∵DH⊥AC,∴OD⊥DH, ∴DH为☉O的切线. (2)证明:连接DE,如图,
∵四边形ABDE为☉O的内接四边形, ∴∠DEC=∠B,
9
∵AB=AC,∴∠B=∠C, ∴∠DEC=∠C, ∵DH⊥CE,
∴CH=EH,即H为CE的中点.
10
相关推荐：
loading