专题09 切线的性质与判定的综合解答题七大题型（题型专练）数学新教材苏科版九年级上册

专题09 切线的性质与判定的综合解答题七大题型 （题型突破·举一反三） 题型01 切线的证明------利用等角代换证明垂直 题型02 切线的证明------利用特殊角的计算证明垂直 题型03 切线的证明------利用平行线的性质证明垂直 题型04 切线的证明------利用三角形全等证明垂直 题型05 切线的证明------作垂直，证半径 题型06 利用切线的性质计算 题型07 切线的判定与性质的综合运用 ▌题型01 切线的证明------利用等角代换证明垂直 1. 切线判定定理：经过半径外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。要证切线，核心证直线⊥半径（直径）。 2. 常见等角来源：等腰三角形等边对等角、平行线内错角 / 同位角相等、圆周角定理、同角 / 等角的余角相等、对顶角相等。 做题套路：连接圆心和直线与圆的交点（连半径）→ 通过角度等量代换，推导出半径与待证直线夹角为 90°，得到垂直，证得切线。 【典例1】如图，是的外接圆，是的直径，点B为圆外一点，且．求证：是的切线． 【答案】 证明：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线． 【分析】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理推论，余角性质，等腰三角形性质，熟练掌握是解答本题的关键． 由直径所对的圆周角是直角与，结合，证明，即是的切线． 【详解】略 【变式1-1】如图，是的直径，是的弦，点是外一点，．求证：是的切线． 【答案】 证明：连接，如图所示： 是的直径， ， ， ， ， ， ， 即， 是的切线； 【分析】本题考查了切线的判定、圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理、切线的判定． 连接，由圆周角定理得出，得出，再由，得出，证出，即可得出结论； 【详解】略 【变式1-2】是的直径，与交于点，点是半径上一点（点不与点，重合）．连接交于点，连接，．若，．求证：是的切线． 【答案】证明：∵AB是⊙O的直径， ， ． 又， ， 又， ，即， 是的切线． 【分析】本题考查了圆周角定理，等边对等角，切线的判定，先由直径所对的圆周角是90度，再结合等边对等角，得，再进行角的等量代换，即可作答． 【详解】略 【变式1-3】如图，的直径AB与弦CD相交于点E，且，点F在AB的延长线上，连接OC，DF，．求证：DF是的切线． 【答案】 证明：如图，连接OD． ，， ，， ， ， ，即， ， 为的半径， 是的切线． 【分析】本题通过连接半径，利用等腰三角形和三线合一性质可得， ，再推导角的关系，证明，从而解决证明切线的问题． 【详解】略 【点睛】本题考查圆的切线判定定理、等腰三角形三线合一的性质，掌握利用圆的半径相等构造等腰三角形，结合三线合一或角的等量代换，证明直线与半径垂直是解决此类切线证明题的关键． ▌题型02 切线的证明------利用特殊角的计算证明垂直 1. 切线判定：连半径，证垂直。 2. 熟记常用特殊角：；等腰、等边三角形内角；圆周角、圆心角关系。 3. 解题思路：利用已知角度、三角形内角和、外角定理，计算出半径和待证直线夹角 =，完成垂直证明。 4. 提示：题目给出角度、等腰、等边条件优先选用本方法。 【典例2】已知：如图，是的直径，点、在上，．求证：是的切线； 【答案】 证明：是的直径， ， ∵ ， ， ， 即：， 是的切线； 【分析】本题主要考查了切线的判定定理，圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余等知识点，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 由直径所对的圆周角是直角可得，由同弧或等弧所对的圆周角相等可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，即，然后根据切线的判定定理即可得出结论； 【详解】略 【变式1-1】如图，是的直径，．求证：是的切线． 【答案】 证明：∵AT＝AB， ∴∠T＝∠ABT＝45°， ∴∠TAB＝90°，即AB丄TA， 又∵AB是⊙O的直径， ∴AT是⊙O的切线． 【分析】根据等腰三角形的性质求得∠TAB=90°，得出TA⊥AB，从而证得AT是⊙O的切线 【详解】略． 【点睛】本题考查切线的判定定理，等腰三角形等边对等角．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． 【变式1-2】如图，是的直径，点D在的延长线上，C为上的一点，，． (1)求的度数； (2)求证：是的切线． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，则可得出答案； （2）求出，则可得出答案． 【详解】（1）解：，， ， ； （2）证明：，， ， ， 又∵点D在上， 是的切线． 【点睛】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法． 【变式1-3】如图，已知内接于，点在的延长线上，连接，，满足，_____________．请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求的度数； (2)试判断与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)与相切，理由见解析 【分析】（）选择①：由圆周角定理得，进而得到是等边三角形即可求解；选择②：由邻补角性质得，进而得到是等边三角形即可求解； （）证明即可求证． 【详解】（1）解：选择①：∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； 选择②：∵， ∴ ， ∵， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：与相切，理由如下： 由（）知，， ∵， ∴ ，即， ∵是的半径， ∴与相切． ▌题型03 切线的证明------利用平行线的性质证明垂直 1. 核心几何性质：如果一条直线垂直两条平行线中一条，那么必垂直另一条。 2. 切线证明常规辅助线：连半径。 3. 思路：已知某组直线平行，已知一条线垂直半径 / 某线段；借助平行传递垂直关系，推出半径与待证切线垂直。 4. 常用条件：同位角相等、内错角相等得到平行；或题目直接给出平行条件。 【典例3】如图，AB为⊙O直径，点C在⊙O上，AC平分∠EAB，AE⊥CD，垂足为E．求证：DE为⊙O切线． 【答案】见解析 【分析】连接OC，证明OC⊥ED即可 【详解】证明：连接OC，如图， ∵AC平分∠EAB， ∴∠BAC＝∠EAC， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠ACO， ∴∠EAC＝∠ACO， ∴OC∥AE， ∵AE⊥DC， ∴OC⊥ED， ∴DE是⊙O的切线． 【点睛】本题考查了切线的判定，灵活运用平行线的性质，等腰三角形两个底角相等证明是解题的关键． 【变式1-1】（24-25九年级上·江苏扬州·阶段检测）如图，在中，，以的边为直径作，交于点．过点作，垂足为点． (1)试证明是的切线； (2)若的半径为5，，求的面积． 【答案】(1) 证明：如图所示，连接、，    ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴D为中点， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵为半径， ∴是的切线； (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理等等． （1）由直径所对的圆周角是直角可得，再由等腰三角形的性质可得D为中点，根据三角形中位线定理可得，由平行线的性质得，再根据切线的判定定理即可得证； （2）由（1）知，，利用勾股定理求得，再根据三角形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知，点D为中点， ∴，     ∵的半径为5， ∴， ∴，     ∴． 【变式1-2】如图，在中，为的外接圆，点为优弧的中点，交的延长线于点． (1)求证：是的切线 (2)若求的半径． 【答案】(1) 证明：连接并延长交于点，连接， 为的外接圆，， 为的直径，， 点为优弧的中点， ， 为的垂直平分线， ， ， 是的半径， 是的切线； (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接，根据圆周角定理，等弧所对的弦相等，进而判断为的垂直平分线，再根据平行线的性质即可证明； （2）设的半径为，根据中位线性质可得，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设的半径为， 由（1）知为的中位线， ． 在中，， 在中，，， ， 解得，或（舍去）， 故的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，中位线性质，勾股定理，平行线的性质，垂直平分线的判定和性质等，熟练掌握知识点是解题的关键． 【变式1-3】如图，点C在以为直径的上，平分交于点D，过点D作的垂线，垂足为E． (1)求证：与相切； (2)请探究线段之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) 证明：连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 为的半径， 与相切； (2) ，理由如下： 过作于，则， 平分，，， ，， 在与中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 【分析】本题主要考查与圆相关的综合题型，涉及全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，切线的判定与性质，等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）连接，先证，再根据，可得，即可得证结论． （2）过点作于，根据证，再根据证，再利用等量代换即可得出． 【详解】（1）略 （2）略 ▌题型04 切线的证明------利用三角形全等证明垂直 1. 全等判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL；全等三角形对应角相等。 2. 辅助线：连接圆心与圆上点，构造全等三角形。 3. 思路：证明包含目标角的两个三角形全等；得到对应角 =，证明半径与直线互相垂直，证切线。 4. 关键：找准要证的直角是哪一组全等三角形的对应角。 【典例4】如图，已知是的直径，D是上一点，且．求证：是的切线．    【答案】 解：连接，    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，OC公共边， ∴， ∴， 又点B在上， ∴是的切线． 【分析】连接，根据圆周角之间的关系得到，然后得到，证明出，得到，进而得到，即可证明出是的切线． 【详解】略 【点睛】此题考查了圆周角定理，直径的性质，切线的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 【变式1-1】如图，AB为⊙O的直径，点C和点D是⊙O上的两点，连接BC，DC，BC＝CD，CE⊥DA交DA的延长线于点E． 求证：CE是⊙O的切线； 【分析】连接OD，OC，证得△COD≌△COB，可得∠OCD＝∠BCO，从而得到∠ADC＝∠DCO，进而得到DA∥CO，利用切线的判定定理即可求证； 【详解】证明：连接OD，OC，如图， 在△COD和△COB中， ， ∴△COD≌△COB（SSS）， ∴∠OCD＝∠BCO， ∵CO＝BO， ∴∠B＝∠BCO， ∵∠B＝∠ADC， ∴∠ADC＝∠DCO． ∴DA∥CO， ∴∠E+∠ECO＝180°． ∵CE⊥EA， ∴∠E＝90°． ∴∠ECO＝90°， ∴EC⊥CO， ∵CO是⊙O的半径， ∴EC是⊙O的切线； 【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理等知识，熟练掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识是解题的关键． 【变式1-2】如图，AB为⊙O的直径，四边形OBCD是矩形，连接AD，延长AD交⊙O于E，连接CE．求证：CE为⊙O的切线． 【分析】连接OC、BE，根据矩形性质和圆半径相等，推出∠CDE＝∠AEO，进而得到OP＝CP，然后根据OB∥CD，可以推出∠COE＝∠BOC，最后通过证明△BOC≌△EOC即可求解． 【详解】证明：如图：连接OC、BE，OE，CD交于点P， ∵四边形OBCD是矩形， ∴OB∥CD，∠OBC＝90°，OB＝CD， ∵OB∥CD， ∴∠A＝∠CDE， ∵在⊙O中，OA＝OB＝OE， ∴OE＝CD， ∵OA＝OE， ∴∠A＝∠AEO， ∴∠CDE＝∠AEO， ∴DP＝PE， ∵OE＝CD， ∴OP＝CP， ∴∠COE＝∠DCO， ∵OB∥CD， ∴∠DCO＝∠BOC， ∴∠COE＝∠BOC， 在△BOC和△EOC中， ， ∴△BOC≌△EOC（SAS）， ∴∠CEO＝∠OBC＝90°， ∴CE⊥OE， 又∵OE为⊙O的半径， ∴CE为⊙O的切线． 【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，矩形的性质等众多知识点，熟悉掌握以上知识点是解题关键． 【变式1-3】如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的圆交边AC于点D，交边AB于点E，且BC＝BE． （1）求证：AB是⊙O的切线． （2）若AE＝24，BE＝15，求⊙O的半径． 【分析】（1）连接OE，连接BO，先证明△BOE≌△BOC，得出∠BEO＝∠BCO＝90°，即可证明AB是⊙O的切线； （2）连接OE，由题意得出BC＝15，AB＝39，由勾股定理求出AC＝36，设⊙O的半径为r，利用勾股定理得出方程（36﹣r）2＝r2+242，解方程即可求出⊙O的半径． 【详解】（1）证明：如图1，连接OE，连接BO， 在△OBC和△OBE中， ， ∴△BOE≌△BOC（SSS）， ∴∠BEO＝∠BCO， ∵∠BCO＝90°， ∴∠BEO＝90°， ∵OE是半径， ∴AB是⊙O的切线； （2）解：如图2，连接OE， ∵BE＝15，AE＝24， ∴BC＝BE＝15，AB＝BE+AE＝15+24＝39， ∴AC36， 设⊙O的半径为r，则OE＝OC＝r，OA＝36﹣r， ∵OA2＝OE2+AE2， ∴（36﹣r）2＝r2+242， 解得：r＝10， ∴⊙O的半径为10． 【点睛】本题考查了圆的综合应用，掌握全等三角形的判定与性质，切线的判定方法，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角形的面积的计算公式等知识是解决问题的关键． ▌题型05 切线的证明------作垂直，证半径 1. 适用场景：直线和圆不知道有没有公共交点，不能 “连半径”，需要自己作辅助线。 2. 标准辅助线：过圆心向这条直线作垂线，垂足记为。 3. 判定逻辑：证明垂线段的长度 = 圆的半径；则这条直线就是圆的切线。 3. 口诀：无交点，作垂直，证半径；有交点，连半径，证垂直。 【典例5】如图，为等腰三角形，O是底边的中点，于D，以O为圆心、为半径作．求证：与相切． 【答案】 证明：过点O作OE⊥AC于点E，如图所示： ∵为等腰三角形，O是底边的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即OE为的半径， ∴与相切． 【分析】过点O作OE⊥AC于点E，由题意易得，，，则可证，进而可得，最后问题可求解． 【详解】略 【点睛】本题主要考查切线的判定定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． 【变式1-1】如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是⊙O的切线． 【分析】过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，根据切线的性质得出AB⊥OD，根据等腰三角形三线合一的性质得出AO是∠BAC的平分线，根据角平分线的性质得出OE=OD，从而证得结论． 【详解】证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA， ∵AB与⊙O相切于点D， ∴AB⊥OD， ∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点， ∴AO是∠BAC的平分线， ∴OE=OD，即OE是⊙O的半径， ∵圆心到直线的距离等于半径， ∴AC是⊙O的切线． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 【变式1-2】 如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M． 求证：CD与⊙O相切． 【分析】利用正方形的性质得出AC平分角∠BCD，再利用角平分线的性质得出OM＝ON，即可得出答案． 【详解】证明：如图所示，连接OM，过点O作ON⊥CD于点N， ∵⊙O与BC相切于点M， ∴OM⊥BC， 又∵ON⊥CD，O为正方形ABCD对角线AC上一点， ∴OM＝ON， ∴ON为⊙O的半径， ∴CD与⊙O相切． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及角平分线的性质，得出OM＝ON是解题关键． 【变式1-3】如图△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，以点E为圆心，EC为半径作⊙E交AC于点F． （1）求证：AB与⊙E相切； （2）若AB＝15，BC＝9，试求AF的长． 【分析】（1）作EH⊥AB于点Q，由∠ACB＝90°，得EC⊥BC于点C，而BE平分∠ABC，所以EH＝EC，则点H在⊙E上，即可由EH是⊙E的半径，且AB⊥EH，证明AB与⊙E相切； （2）由∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9，求得AC12，由切线长定理得BH＝BC＝9，则AH＝6，由AH2+EH2＝AE2，且EH＝EC，AE＝12﹣EC，得62+EC2＝（12﹣EC）2，则EF＝EC，求得AF＝AC﹣EF﹣EC＝3． 【详解】（1）证明：作EH⊥AB于点Q， ∵∠ACB＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E， ∴EC⊥BC于点C， ∴EH＝EC， ∵EC是⊙E的半径，EH＝EC， ∴点H在⊙E上， ∵EH是⊙E的半径，且AB⊥EH， ∴AB与⊙E相切． （2）解：∵∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9， ∴AC12， ∵EH＝EF＝EC， ∴AE＝AC﹣EC＝12﹣EC， ∵EC是⊙E的半径，且BC⊥EC， ∴BC是⊙E的切线， ∴BH＝BC＝9， ∴AH＝AB﹣BH＝15﹣9＝6， ∵∠AHE＝90°， ∴AH2+EH2＝AE2， ∴62+EC2＝（12﹣EC）2， ∴EF＝EC， ∴AF＝AC﹣EF﹣EC＝123， ∴AF的长为3． 【点睛】此题重点考查角平分线的性质、切线的判定与性质、切线长定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． ▌题型06 利用切线的性质计算 1. 切线性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。看到切线，第一时间连接切点与圆心，得到直角。 2. 常用计算工具：勾股定理、三角函数、相似三角形、圆周角定理、弦切角模型、等腰三角形性质。 3. 常见考法：求线段长、角度、半径；出现切线就优先找直角，把问题放到直角三角形中求解。 【典例6-1】如图，点P是半圆O的直径延长线上一点，与半圆O切于点C，连接，交于点D，与交于点E． (1)证明：； (2)设与交于点F，若半圆O的半径为4，，求的长． 【答案】(1)证明：如图，连接， ∵是的切线，是的半径， ∴ ． ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴． (2) 【分析】（1）利用切线的性质得到 ，根据半径构成的等腰三角形和对顶角得到对应的角相等，再通过等量代换，证出答案； （2）根据圆的半径和算出线段的代数式，利用勾股定理进行求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵的半径为4， ∴ ． ∵， ∴， ∴ ， ∴ ． 在中，由勾股定理，得， 即，解得， ∴ ． 【典例6-2】已知：为直径，，分别切于，，切于，，． (1)求证：； (2)求四边形的周长． 【答案】(1) 证明：连结， 分别切于，切于， ， ， ， ， ， ， ， ； (2) 【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，三角形的面积，勾股定理； （1）连结，根据切线长定理得到，然后根据平行得到，即可证明结论； （2）根据勾股定理求出长，再根据三角形的面积求出长，即可得到长解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：，，， ， ， 由（1）知， ， ， ， 四边形的周长为． 【变式1-1】如图，在中，，点在边上，以点为圆心，为半径作圆，与交于点，恰与相切于点，连接，，． (1)求证：平分； (2)求的长． 【答案】(1)证明：连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ，     平分． (2) 【分析】（1）由切线的性质结合已知可证明，再由平行线的性质结合等边对等角等量代换证明，即可得证； （2）设，进而表示出，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设，则， 在中，， 即，解得． 即的长为． 【变式1-2】直线切半圆于点，于点，交半圆于点． (1)求证：平分； (2)若，，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由切线的性质可得，结合可得，则，由可得，因此，命题得证； （2）作于点，连接，先证明四边形是矩形，则，．设，则，在中，利用勾股定理构造方程，解得即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵直线切半圆于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：如图，作于点，连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴． 【变式1-3】如图，在中，对角线平分，经过顶点A，B且与边所在的直线相切于点E． (1)求证：为菱形． (2)当，菱形的高为4时，求的长． 【答案】(1)证明： ， ， ， 对角线平分， ， ， ， 为菱形． (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质，结合角平分线的性质，可知，再根据等腰对等边，可知，根据菱形的判定定理，可证； （2）连接并延长交于点F，证明，且是菱形的高，设，在中，利用勾股定理，求出，即． 【详解】（1）略 （2）解：连接并延长交于点F， 与边所在的直线相切于点E， 菱形， ，， ， ，且是菱形的高， ，， 设， ，， 在中，， 解得， ∴． ▌题型07 切线的判定与性质的综合运用 1. 分清两个定理： · 判定：得到切线（条件：连半径证垂直 / 作垂直证半径） · 性质：已知是切线，立刻得到垂直（切线⊥过切点半径） 2. 综合题常见流程：先用判定证明某直线是切线；再用切线带来的直角条件，结合相似、勾股、三角函数，进行角度或线段计算。 3. 常用模型：切线 + 直径、切线 + 弦、双切线模型；注意辅助线：遇切点必连圆心。 【典例7-1】如图，是的直径，点在上（点不与重合），直线交过点的切线于点，点为的中点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1) 证明：连接，， ∵是的直径， ∴ ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； (2)四边形的面积． 【分析】（）连接，，根据圆周角定理得到求得 ，得到，根据切线的判定定理得到是的切线； （）根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，于是得到四边形的面积． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，矩形的判定，正方形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【典例7-2】（23-24九年级上·江苏镇江·期中）如图，点是的边上一点，以为直径的切于点，交延长线于点，且．    (1)求证：是的切线； (2)若． ①求的半径； ②连接，求的长． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的切线； (2)①3；② 【分析】（1）根据切线的性质，只要证明即可得证； （2）根据题意，由勾股定理可得，连接，由切线长定理及切线性质，结合勾股定理列方程求解即可得到答案； （3）根据切线性质，利用三角形全等的性质得到，最后利用勾股定理即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：①∵， ∴， 连接，如图所示：    ∵与都为的切线， ∴， ∴， 在中，设，则有，由勾股定理得，解得，即圆的半径为3； ②延长相交于点，如图所示：   ， ， 与都为的切线， ， ， 在和中， ， ， ∴， ∴， 在中，，则， ∴． 【点睛】本题考查圆综合，涉及切线的证明、勾股定理、切线性质、切线长定理、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握圆的相关性质，灵活运用性质证明圆的相关综合问题是解决问题的关键． 【变式1-1】如图，已知AB是⊙P的直径，点在⊙P上，为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，2∠B＋∠DAB＝180° (1)试说明：直线为⊙P的切线． (2)若∠B＝30°，AD＝2，求CD的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接PC，则∠APC＝2∠B，可证PC∥DA，证得PC⊥CD，则结论得证； （2）连接AC，根据∠B=30°，等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°，再证△APC为等边三角形，可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，AD＝2，∠ADC＝90°，利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4，然后根据勾股定理CD=即可． 【详解】（1）连接PC， ∵PC＝PB， ∴∠B＝∠PCB， ∴∠APC＝2∠B， ∵2∠B+∠DAB＝180°， ∴∠DAP+∠APC＝180°， ∴PC∥DA， ∵∠ADC＝90°， ∴∠DCP＝90°， 即DC⊥CP， ∴直线CD为⊙P的切线； （2）连接AC， ∵∠B=30°， ∴∠CPA=2∠B=60°， ∵AP=CP，∠CPA=60°， ∴△APC为等边三角形， ∵∠DCP=90°， ∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°， ∵AD＝2，∠ADC＝90°， ∴AC=2AD=4， ∴CD=． 【点睛】本题考查切线的判定、平行线判定与性质，勾股定理、等腰三角形性质，外角性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题． 【变式1-2】如图，在中，，的平分线交于点，过点作直线的垂线交于点，是的外接圆． (1)求证：是圆的切线； (2)过点作于点，求证：平分； (3)连接，若，，求圆的半径． 【答案】(1) 证明：如图，连接， ， ， 又平分， ， ， ， ， ， 是圆的切线； (2) 证明：，， ，， ， ， ， ， ， ， 又， ， 即：平分； (3) 【分析】（1）连接，由等边对等角可得，由三角形角平分线的定义可得，进而可得，由内错角相等两直线平行可得，由两直线平行同位角相等可得，然后由切线的判定定理即可得出结论； （2）由垂线的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，由等边对等角可得，由可得，再结合，即可得出结论； （3）连接，由角平分线的性质定理可得，由圆内接四边形的性质定理可得，进而可得，利用可证得，于是可得，，由勾股定理可得，设，则，在中，根据勾股定理可得，即，解方程即可求得圆的半径． 【详解】（1）略． （2）略． （3）解：如图，连接， 是的平分线，且，， ， ，， ， ， ， ，， ， 设，则， 在中，根据勾股定理可得： ， ， 解得：， 圆的半径为． 【点睛】本题主要考查了等边对等角，三角形角平分线的定义，内错角相等两直线平行，两直线平行同位角相等，切线的判定定理，垂线的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质，角平分线的性质定理，圆内接四边形的性质定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段的和与差，解一元一次方程等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 【变式1-3】如图，为的边上一点，以O为圆心，的长为半径作圆，交于点D，过点A作，交于点E． (1)如图1，连接，若，则绕点E按顺时针方向旋转______°与重合． (2)如图2，连接，交于点F，连接，且． ①求证：为的切线． ②若，，，直接写出的面积． 【答案】(1) (2) ①证明：∵， ． ∵， ， ． ∵为的直径， ， ． ， ， ， ， ∴为的切线． ②15 【分析】（1）由平行线的性质得，由圆周角定理得，即可求解； （2）①证明，而为的直径，得到，即可求解； ②证明，设，则在中，由，得到，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵是直径， ∴， ∴． ∴， ∴绕点E按顺时针方向旋转与重合． 故答案为：； （2）①略 ②如图，连接，并延长交于点G． ， ． ∵四边形为圆内接四边形， ∴， ∵， ∴． ∵， ， ． ∵为的直径， ． ∵， ， ． ， ， ． ， ， 设，则在中，． ， ， 解得，即， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的性质，圆切线的判定，圆内接四边形的性质，三角形全等，勾股定理的运用等，熟练掌握圆的性质是解题的关键.                                                                                                     1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 切线的性质与判定的综合解答题七大题型 （题型突破·举一反三） 题型01 切线的证明------利用等角代换证明垂直 题型02 切线的证明------利用特殊角的计算证明垂直 题型03 切线的证明------利用平行线的性质证明垂直 题型04 切线的证明------利用三角形全等证明垂直 题型05 切线的证明------作垂直，证半径 题型06 利用切线的性质计算 题型07 切线的判定与性质的综合运用 ▌题型01 切线的证明------利用等角代换证明垂直 1. 切线判定定理：经过半径外端，并且垂直于这条半径的直线是圆的切线。要证切线，核心证直线⊥半径（直径）。 2. 常见等角来源：等腰三角形等边对等角、平行线内错角 / 同位角相等、圆周角定理、同角 / 等角的余角相等、对顶角相等。 做题套路：连接圆心和直线与圆的交点（连半径）→ 通过角度等量代换，推导出半径与待证直线夹角为 90°，得到垂直，证得切线。 【典例1】如图，是的外接圆，是的直径，点B为圆外一点，且．求证：是的切线． 【变式1-1】如图，是的直径，是的弦，点是外一点，．求证：是的切线． 【变式1-2】是的直径，与交于点，点是半径上一点（点不与点，重合）．连接交于点，连接，．若，．求证：是的切线． 【变式1-3】如图，的直径AB与弦CD相交于点E，且，点F在AB的延长线上，连接OC，DF，．求证：DF是的切线． ▌题型02 切线的证明------利用特殊角的计算证明垂直 1. 切线判定：连半径，证垂直。 2. 熟记常用特殊角：；等腰、等边三角形内角；圆周角、圆心角关系。 3. 解题思路：利用已知角度、三角形内角和、外角定理，计算出半径和待证直线夹角 =，完成垂直证明。 4. 提示：题目给出角度、等腰、等边条件优先选用本方法。 【典例2】已知：如图，是的直径，点、在上，．求证：是的切线； 【变式1-1】如图，是的直径，．求证：是的切线． 【变式1-2】如图，是的直径，点D在的延长线上，C为上的一点，，． (1)求的度数； (2)求证：是的切线． 【变式1-3】如图，已知内接于，点在的延长线上，连接，，满足，_____________．请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求的度数； (2)试判断与的位置关系，并说明理由． ▌题型03 切线的证明------利用平行线的性质证明垂直 1. 核心几何性质：如果一条直线垂直两条平行线中一条，那么必垂直另一条。 2. 切线证明常规辅助线：连半径。 3. 思路：已知某组直线平行，已知一条线垂直半径 / 某线段；借助平行传递垂直关系，推出半径与待证切线垂直。 4. 常用条件：同位角相等、内错角相等得到平行；或题目直接给出平行条件。 【典例3】如图，AB为⊙O直径，点C在⊙O上，AC平分∠EAB，AE⊥CD，垂足为E．求证：DE为⊙O切线． 【变式1-1】（24-25九年级上·江苏扬州·阶段检测）如图，在中，，以的边为直径作，交于点．过点作，垂足为点． (1)试证明是的切线； (2)若的半径为5，，求的面积． 【变式1-2】如图，在中，为的外接圆，点为优弧的中点，交的延长线于点． (1)求证：是的切线 (2)若求的半径． 【变式1-3】如图，点C在以为直径的上，平分交于点D，过点D作的垂线，垂足为E． (1)求证：与相切； (2)请探究线段之间的数量关系，并说明理由． ▌题型04 切线的证明------利用三角形全等证明垂直 1. 全等判定：SSS、SAS、ASA、AAS、HL；全等三角形对应角相等。 2. 辅助线：连接圆心与圆上点，构造全等三角形。 3. 思路：证明包含目标角的两个三角形全等；得到对应角 =，证明半径与直线互相垂直，证切线。 4. 关键：找准要证的直角是哪一组全等三角形的对应角。 【典例4】如图，已知是的直径，D是上一点，且．求证：是的切线．    【变式1-1】如图，AB为⊙O的直径，点C和点D是⊙O上的两点，连接BC，DC，BC＝CD，CE⊥DA交DA的延长线于点E． 求证：CE是⊙O的切线； 【变式1-2】如图，AB为⊙O的直径，四边形OBCD是矩形，连接AD，延长AD交⊙O于E，连接CE．求证：CE为⊙O的切线． 【变式1-3】如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点O在边AC上，以点O为圆心，OC为半径的圆交边AC于点D，交边AB于点E，且BC＝BE． （1）求证：AB是⊙O的切线． （2）若AE＝24，BE＝15，求⊙O的半径． ▌题型05 切线的证明------作垂直，证半径 1. 适用场景：直线和圆不知道有没有公共交点，不能 “连半径”，需要自己作辅助线。 2. 标准辅助线：过圆心向这条直线作垂线，垂足记为。 3. 判定逻辑：证明垂线段的长度 = 圆的半径；则这条直线就是圆的切线。 3. 口诀：无交点，作垂直，证半径；有交点，连半径，证垂直。 【典例5】如图，为等腰三角形，O是底边的中点，于D，以O为圆心、为半径作．求证：与相切． 【变式1-1】如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AB与⊙O相切于点D．求证：AC是⊙O的切线． 【变式1-2】 如图，O为正方形ABCD对角线AC上一点，以O为圆心，OA长为半径的⊙O与BC相切于点M． 求证：CD与⊙O相切． 【变式1-3】如图△ABC中，∠ACB＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E，以点E为圆心，EC为半径作⊙E交AC于点F． （1）求证：AB与⊙E相切； （2）若AB＝15，BC＝9，试求AF的长． ▌题型06 利用切线的性质计算 1. 切线性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径。看到切线，第一时间连接切点与圆心，得到直角。 2. 常用计算工具：勾股定理、三角函数、相似三角形、圆周角定理、弦切角模型、等腰三角形性质。 3. 常见考法：求线段长、角度、半径；出现切线就优先找直角，把问题放到直角三角形中求解。 【典例6-1】如图，点P是半圆O的直径延长线上一点，与半圆O切于点C，连接，交于点D，与交于点E． (1)证明：； (2)设与交于点F，若半圆O的半径为4，，求的长． 【典例6-2】已知：为直径，，分别切于，，切于，，． (1)求证：； (2)求四边形的周长． 【变式1-1】如图，在中，，点在边上，以点为圆心，为半径作圆，与交于点，恰与相切于点，连接，，． (1)求证：平分； (2)求的长． 【变式1-2】直线切半圆于点，于点，交半圆于点． (1)求证：平分； (2)若，，求． 【变式1-3】如图，在中，对角线平分，经过顶点A，B且与边所在的直线相切于点E． (1)求证：为菱形． (2)当，菱形的高为4时，求的长． ▌题型07 切线的判定与性质的综合运用 1. 分清两个定理： · 判定：得到切线（条件：连半径证垂直 / 作垂直证半径） · 性质：已知是切线，立刻得到垂直（切线⊥过切点半径） 2. 综合题常见流程：先用判定证明某直线是切线；再用切线带来的直角条件，结合相似、勾股、三角函数，进行角度或线段计算。 3. 常用模型：切线 + 直径、切线 + 弦、双切线模型；注意辅助线：遇切点必连圆心。 【典例7-1】如图，是的直径，点在上（点不与重合），直线交过点的切线于点，点为的中点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求四边形的面积． 【典例7-2】（23-24九年级上·江苏镇江·期中）如图，点是的边上一点，以为直径的切于点，交延长线于点，且．    (1)求证：是的切线； (2)若． ①求的半径； ②连接，求的长． 【变式1-1】如图，已知AB是⊙P的直径，点在⊙P上，为⊙P外一点，且∠ADC＝90°，2∠B＋∠DAB＝180° (1)试说明：直线为⊙P的切线． (2)若∠B＝30°，AD＝2，求CD的长． 【变式1-2】如图，在中，，的平分线交于点，过点作直线的垂线交于点，是的外接圆． (1)求证：是圆的切线； (2)过点作于点，求证：平分； (3)连接，若，，求圆的半径． 【变式1-3】如图，为的边上一点，以O为圆心，的长为半径作圆，交于点D，过点A作，交于点E． (1)如图1，连接，若，则绕点E按顺时针方向旋转______°与重合． (2)如图2，连接，交于点F，连接，且． ①求证：为的切线． ②若，，，直接写出的面积． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 切线的性质与判定的综合解答题七大题型 （题型突破·举一反三） 题型01 切线的证明------利用等角代换证明垂直 题型02 切线的证明------利用特殊角的计算证明垂直 题型03 切线的证明------利用平行线的性质证明垂直 题型04 切线的证明------利用三角形全等证明垂直 题型05 切线的证明------作垂直，证半径 题型06 利用切线的性质计算 题型07 切线的判定与性质的综合运用 ▌题型01 切线的证明------利用等角代换证明垂直 【典例1 【答案】 证明：如图，连接， ∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线． 【分析】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理推论，余角性质，等腰三角形性质，熟练掌握是解答本题的关键． 由直径所对的圆周角是直角与，结合，证明，即是的切线． 【详解】略 【变式1-1】 【答案】 证明：连接，如图所示： 是的直径， ， ， ， ， ， ， 即， 是的切线； 【分析】本题考查了切线的判定、圆周角定理，解题的关键是熟练掌握圆周角定理、切线的判定． 连接，由圆周角定理得出，得出，再由，得出，证出，即可得出结论； 【详解】略 【变式1-2】 【答案】证明：∵AB是⊙O的直径， ， ． 又， ， 又， ，即， 是的切线． 【分析】本题考查了圆周角定理，等边对等角，切线的判定，先由直径所对的圆周角是90度，再结合等边对等角，得，再进行角的等量代换，即可作答． 【详解】略 【变式1-3】 【答案】 证明：如图，连接OD． ，， ，， ， ， ，即， ， 为的半径， 是的切线． 【分析】本题通过连接半径，利用等腰三角形和三线合一性质可得， ，再推导角的关系，证明，从而解决证明切线的问题． 【详解】略 【点睛】本题考查圆的切线判定定理、等腰三角形三线合一的性质，掌握利用圆的半径相等构造等腰三角形，结合三线合一或角的等量代换，证明直线与半径垂直是解决此类切线证明题的关键． ▌题型02 切线的证明------利用特殊角的计算证明垂直 【典例2】 【答案】 证明：是的直径， ， ∵ ， ， ， 即：， 是的切线； 【分析】本题主要考查了切线的判定定理，圆周角定理，直角三角形的两个锐角互余等知识点，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 由直径所对的圆周角是直角可得，由同弧或等弧所对的圆周角相等可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，即，然后根据切线的判定定理即可得出结论； 【详解】略 【变式1-1】 【答案】 证明：∵AT＝AB， ∴∠T＝∠ABT＝45°， ∴∠TAB＝90°，即AB丄TA， 又∵AB是⊙O的直径， ∴AT是⊙O的切线． 【分析】根据等腰三角形的性质求得∠TAB=90°，得出TA⊥AB，从而证得AT是⊙O的切线 【详解】略． 【点睛】本题考查切线的判定定理，等腰三角形等边对等角．经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线． 【变式1-2】 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，则可得出答案； （2）求出，则可得出答案． 【详解】（1）解：，， ， ； （2）证明：，， ， ， 又∵点D在上， 是的切线． 【点睛】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握切线的判定方法． 【变式1-3】 【答案】(1) (2)与相切，理由见解析 【分析】（）选择①：由圆周角定理得，进而得到是等边三角形即可求解；选择②：由邻补角性质得，进而得到是等边三角形即可求解； （）证明即可求证． 【详解】（1）解：选择①：∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴； 选择②：∵， ∴ ， ∵， ∴是等边三角形， ∴； （2）解：与相切，理由如下： 由（）知，， ∵， ∴ ，即， ∵是的半径， ∴与相切． ▌题型03 切线的证明------利用平行线的性质证明垂直 【典例3】 【答案】见解析 【分析】连接OC，证明OC⊥ED即可 【详解】证明：连接OC，如图， ∵AC平分∠EAB， ∴∠BAC＝∠EAC， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠ACO， ∴∠EAC＝∠ACO， ∴OC∥AE， ∵AE⊥DC， ∴OC⊥ED， ∴DE是⊙O的切线． 【点睛】本题考查了切线的判定，灵活运用平行线的性质，等腰三角形两个底角相等证明是解题的关键． 【变式1-1】 【答案】(1) 证明：如图所示，连接、，    ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴D为中点， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵为半径， ∴是的切线； (2) 【分析】本题主要考查了切线的判定，三角形中位线定理，等腰三角形的性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理等等． （1）由直径所对的圆周角是直角可得，再由等腰三角形的性质可得D为中点，根据三角形中位线定理可得，由平行线的性质得，再根据切线的判定定理即可得证； （2）由（1）知，，利用勾股定理求得，再根据三角形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）知，点D为中点， ∴，     ∵的半径为5， ∴， ∴，     ∴． 【变式1-2】 【答案】(1) 证明：连接并延长交于点，连接， 为的外接圆，， 为的直径，， 点为优弧的中点， ， 为的垂直平分线， ， ， 是的半径， 是的切线； (2) 【分析】（1）连接并延长交于点，连接，根据圆周角定理，等弧所对的弦相等，进而判断为的垂直平分线，再根据平行线的性质即可证明； （2）设的半径为，根据中位线性质可得，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设的半径为， 由（1）知为的中位线， ． 在中，， 在中，，， ， 解得，或（舍去）， 故的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，中位线性质，勾股定理，平行线的性质，垂直平分线的判定和性质等，熟练掌握知识点是解题的关键． 【变式1-3】 【答案】(1) 证明：连接， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 为的半径， 与相切； (2) ，理由如下： 过作于，则， 平分，，， ，， 在与中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 【分析】本题主要考查与圆相关的综合题型，涉及全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，切线的判定与性质，等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）连接，先证，再根据，可得，即可得证结论． （2）过点作于，根据证，再根据证，再利用等量代换即可得出． 【详解】（1）略 （2）略 ▌题型04 切线的证明------利用三角形全等证明垂直 【典例4】 【答案】 解：连接，    ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，OC公共边， ∴， ∴， 又点B在上， ∴是的切线． 【分析】连接，根据圆周角之间的关系得到，然后得到，证明出，得到，进而得到，即可证明出是的切线． 【详解】略 【点睛】此题考查了圆周角定理，直径的性质，切线的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 【变式1-1】 【分析】连接OD，OC，证得△COD≌△COB，可得∠OCD＝∠BCO，从而得到∠ADC＝∠DCO，进而得到DA∥CO，利用切线的判定定理即可求证； 【详解】证明：连接OD，OC，如图， 在△COD和△COB中， ， ∴△COD≌△COB（SSS）， ∴∠OCD＝∠BCO， ∵CO＝BO， ∴∠B＝∠BCO， ∵∠B＝∠ADC， ∴∠ADC＝∠DCO． ∴DA∥CO， ∴∠E+∠ECO＝180°． ∵CE⊥EA， ∴∠E＝90°． ∴∠ECO＝90°， ∴EC⊥CO， ∵CO是⊙O的半径， ∴EC是⊙O的切线； 【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理等知识，熟练掌握切线的判定，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识是解题的关键． 【变式1-2】 【分析】连接OC、BE，根据矩形性质和圆半径相等，推出∠CDE＝∠AEO，进而得到OP＝CP，然后根据OB∥CD，可以推出∠COE＝∠BOC，最后通过证明△BOC≌△EOC即可求解． 【详解】证明：如图：连接OC、BE，OE，CD交于点P， ∵四边形OBCD是矩形， ∴OB∥CD，∠OBC＝90°，OB＝CD， ∵OB∥CD， ∴∠A＝∠CDE， ∵在⊙O中，OA＝OB＝OE， ∴OE＝CD， ∵OA＝OE， ∴∠A＝∠AEO， ∴∠CDE＝∠AEO， ∴DP＝PE， ∵OE＝CD， ∴OP＝CP， ∴∠COE＝∠DCO， ∵OB∥CD， ∴∠DCO＝∠BOC， ∴∠COE＝∠BOC， 在△BOC和△EOC中， ， ∴△BOC≌△EOC（SAS）， ∴∠CEO＝∠OBC＝90°， ∴CE⊥OE， 又∵OE为⊙O的半径， ∴CE为⊙O的切线． 【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，矩形的性质等众多知识点，熟悉掌握以上知识点是解题关键． 【变式1-3】 【分析】（1）连接OE，连接BO，先证明△BOE≌△BOC，得出∠BEO＝∠BCO＝90°，即可证明AB是⊙O的切线； （2）连接OE，由题意得出BC＝15，AB＝39，由勾股定理求出AC＝36，设⊙O的半径为r，利用勾股定理得出方程（36﹣r）2＝r2+242，解方程即可求出⊙O的半径． 【详解】（1）证明：如图1，连接OE，连接BO， 在△OBC和△OBE中， ， ∴△BOE≌△BOC（SSS）， ∴∠BEO＝∠BCO， ∵∠BCO＝90°， ∴∠BEO＝90°， ∵OE是半径， ∴AB是⊙O的切线； （2）解：如图2，连接OE， ∵BE＝15，AE＝24， ∴BC＝BE＝15，AB＝BE+AE＝15+24＝39， ∴AC36， 设⊙O的半径为r，则OE＝OC＝r，OA＝36﹣r， ∵OA2＝OE2+AE2， ∴（36﹣r）2＝r2+242， 解得：r＝10， ∴⊙O的半径为10． 【点睛】本题考查了圆的综合应用，掌握全等三角形的判定与性质，切线的判定方法，勾股定理，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，三角形的面积的计算公式等知识是解决问题的关键． ▌题型05 切线的证明------作垂直，证半径 【典例5】 【答案】 证明：过点O作OE⊥AC于点E，如图所示： ∵为等腰三角形，O是底边的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即OE为的半径， ∴与相切． 【分析】过点O作OE⊥AC于点E，由题意易得，，，则可证，进而可得，最后问题可求解． 【详解】略 【点睛】本题主要考查切线的判定定理，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键． 【变式1-1】 【分析】过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA，根据切线的性质得出AB⊥OD，根据等腰三角形三线合一的性质得出AO是∠BAC的平分线，根据角平分线的性质得出OE=OD，从而证得结论． 【详解】证明：过点O作OE⊥AC于点E，连接OD，OA， ∵AB与⊙O相切于点D， ∴AB⊥OD， ∵△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点， ∴AO是∠BAC的平分线， ∴OE=OD，即OE是⊙O的半径， ∵圆心到直线的距离等于半径， ∴AC是⊙O的切线． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 【变式1-2】 【分析】利用正方形的性质得出AC平分角∠BCD，再利用角平分线的性质得出OM＝ON，即可得出答案． 【详解】证明：如图所示，连接OM，过点O作ON⊥CD于点N， ∵⊙O与BC相切于点M， ∴OM⊥BC， 又∵ON⊥CD，O为正方形ABCD对角线AC上一点， ∴OM＝ON， ∴ON为⊙O的半径， ∴CD与⊙O相切． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及角平分线的性质，得出OM＝ON是解题关键． 【变式1-3】 【分析】（1）作EH⊥AB于点Q，由∠ACB＝90°，得EC⊥BC于点C，而BE平分∠ABC，所以EH＝EC，则点H在⊙E上，即可由EH是⊙E的半径，且AB⊥EH，证明AB与⊙E相切； （2）由∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9，求得AC12，由切线长定理得BH＝BC＝9，则AH＝6，由AH2+EH2＝AE2，且EH＝EC，AE＝12﹣EC，得62+EC2＝（12﹣EC）2，则EF＝EC，求得AF＝AC﹣EF﹣EC＝3． 【详解】（1）证明：作EH⊥AB于点Q， ∵∠ACB＝90°，BE平分∠ABC交AC于点E， ∴EC⊥BC于点C， ∴EH＝EC， ∵EC是⊙E的半径，EH＝EC， ∴点H在⊙E上， ∵EH是⊙E的半径，且AB⊥EH， ∴AB与⊙E相切． （2）解：∵∠ACB＝90°，AB＝15，BC＝9， ∴AC12， ∵EH＝EF＝EC， ∴AE＝AC﹣EC＝12﹣EC， ∵EC是⊙E的半径，且BC⊥EC， ∴BC是⊙E的切线， ∴BH＝BC＝9， ∴AH＝AB﹣BH＝15﹣9＝6， ∵∠AHE＝90°， ∴AH2+EH2＝AE2， ∴62+EC2＝（12﹣EC）2， ∴EF＝EC， ∴AF＝AC﹣EF﹣EC＝123， ∴AF的长为3． 【点睛】此题重点考查角平分线的性质、切线的判定与性质、切线长定理、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． ▌题型06 利用切线的性质计算 【典例6-1】 【答案】(1)证明：如图，连接， ∵是的切线，是的半径， ∴ ． ∵， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∴． (2) 【分析】（1）利用切线的性质得到 ，根据半径构成的等腰三角形和对顶角得到对应的角相等，再通过等量代换，证出答案； （2）根据圆的半径和算出线段的代数式，利用勾股定理进行求解． 【详解】（1）略 （2）解：∵的半径为4， ∴ ． ∵， ∴， ∴ ， ∴ ． 在中，由勾股定理，得， 即，解得， ∴ ． 【典例6-2】 【答案】(1) 证明：连结， 分别切于，切于， ， ， ， ， ， ， ， ； (2) 【分析】本题考查切线的性质，切线长定理，三角形的面积，勾股定理； （1）连结，根据切线长定理得到，然后根据平行得到，即可证明结论； （2）根据勾股定理求出长，再根据三角形的面积求出长，即可得到长解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：，，， ， ， 由（1）知， ， ， ， 四边形的周长为． 【变式1-1】 【答案】(1)证明：连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， ，     平分． (2) 【分析】（1）由切线的性质结合已知可证明，再由平行线的性质结合等边对等角等量代换证明，即可得证； （2）设，进而表示出，在中，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：设，则， 在中，， 即，解得． 即的长为． 【变式1-2】 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由切线的性质可得，结合可得，则，由可得，因此，命题得证； （2）作于点，连接，先证明四边形是矩形，则，．设，则，在中，利用勾股定理构造方程，解得即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵直线切半圆于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）解：如图，作于点，连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴． 【变式1-3】 【答案】(1)证明： ， ， ， 对角线平分， ， ， ， 为菱形． (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质，结合角平分线的性质，可知，再根据等腰对等边，可知，根据菱形的判定定理，可证； （2）连接并延长交于点F，证明，且是菱形的高，设，在中，利用勾股定理，求出，即． 【详解】（1）略 （2）解：连接并延长交于点F， 与边所在的直线相切于点E， 菱形， ，， ， ，且是菱形的高， ，， 设， ，， 在中，， 解得， ∴． ▌题型07 切线的判定与性质的综合运用 【典例7-1】 【答案】(1) 证明：连接，， ∵是的直径， ∴ ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； (2)四边形的面积． 【分析】（）连接，，根据圆周角定理得到求得 ，得到，根据切线的判定定理得到是的切线； （）根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，于是得到四边形的面积． 【详解】（1）略 （2）解：∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，矩形的判定，正方形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【典例7-2】 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的切线； (2)①3；② 【分析】（1）根据切线的性质，只要证明即可得证； （2）根据题意，由勾股定理可得，连接，由切线长定理及切线性质，结合勾股定理列方程求解即可得到答案； （3）根据切线性质，利用三角形全等的性质得到，最后利用勾股定理即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：①∵， ∴， 连接，如图所示：    ∵与都为的切线， ∴， ∴， 在中，设，则有，由勾股定理得，解得，即圆的半径为3； ②延长相交于点，如图所示：   ， ， 与都为的切线， ， ， 在和中， ， ， ∴， ∴， 在中，，则， ∴． 【点睛】本题考查圆综合，涉及切线的证明、勾股定理、切线性质、切线长定理、三角形全等的判定与性质等知识，熟练掌握圆的相关性质，灵活运用性质证明圆的相关综合问题是解决问题的关键． 【变式1-1】 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接PC，则∠APC＝2∠B，可证PC∥DA，证得PC⊥CD，则结论得证； （2）连接AC，根据∠B=30°，等腰三角形外角性质∠CPA=2∠B=60°，再证△APC为等边三角形，可求∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°，AD＝2，∠ADC＝90°，利用30°直角三角形性质得出AC=2AD=4，然后根据勾股定理CD=即可． 【详解】（1）连接PC， ∵PC＝PB， ∴∠B＝∠PCB， ∴∠APC＝2∠B， ∵2∠B+∠DAB＝180°， ∴∠DAP+∠APC＝180°， ∴PC∥DA， ∵∠ADC＝90°， ∴∠DCP＝90°， 即DC⊥CP， ∴直线CD为⊙P的切线； （2）连接AC， ∵∠B=30°， ∴∠CPA=2∠B=60°， ∵AP=CP，∠CPA=60°， ∴△APC为等边三角形， ∵∠DCP=90°， ∴∠DCA=90°-∠ACP=90°-60°=30°， ∵AD＝2，∠ADC＝90°， ∴AC=2AD=4， ∴CD=． 【点睛】本题考查切线的判定、平行线判定与性质，勾股定理、等腰三角形性质，外角性质，等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题． 【变式1-2】 【答案】(1) 证明：如图，连接， ， ， 又平分， ， ， ， ， ， 是圆的切线； (2) 证明：，， ，， ， ， ， ， ， ， 又， ， 即：平分； (3) 【分析】（1）连接，由等边对等角可得，由三角形角平分线的定义可得，进而可得，由内错角相等两直线平行可得，由两直线平行同位角相等可得，然后由切线的判定定理即可得出结论； （2）由垂线的性质可得，，由直角三角形的两个锐角互余可得，进而可得，由等边对等角可得，由可得，再结合，即可得出结论； （3）连接，由角平分线的性质定理可得，由圆内接四边形的性质定理可得，进而可得，利用可证得，于是可得，，由勾股定理可得，设，则，在中，根据勾股定理可得，即，解方程即可求得圆的半径． 【详解】（1）略． （2）略． （3）解：如图，连接， 是的平分线，且，， ， ，， ， ， ， ，， ， 设，则， 在中，根据勾股定理可得： ， ， 解得：， 圆的半径为． 【点睛】本题主要考查了等边对等角，三角形角平分线的定义，内错角相等两直线平行，两直线平行同位角相等，切线的判定定理，垂线的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质，角平分线的性质定理，圆内接四边形的性质定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段的和与差，解一元一次方程等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 【变式1-3】 【答案】(1) (2) ①证明：∵， ． ∵， ， ． ∵为的直径， ， ． ， ， ， ， ∴为的切线． ②15 【分析】（1）由平行线的性质得，由圆周角定理得，即可求解； （2）①证明，而为的直径，得到，即可求解； ②证明，设，则在中，由，得到，即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵是直径， ∴， ∴． ∴， ∴绕点E按顺时针方向旋转与重合． 故答案为：； （2）①略 ②如图，连接，并延长交于点G． ， ． ∵四边形为圆内接四边形， ∴， ∵， ∴． ∵， ， ． ∵为的直径， ． ∵， ， ． ， ， ． ， ， 设，则在中，． ， ， 解得，即， ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，平行线的性质，圆切线的判定，圆内接四边形的性质，三角形全等，勾股定理的运用等，熟练掌握圆的性质是解题的关键.                                                                                                     1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $