人教版九年级数学上册 24.18 切线性质和判定定理（知识讲解）

这是一份人教版九年级数学上册 24.18 切线性质和判定定理（知识讲解），共22页。学案主要包含了学习目标，要点梳理，典型例题等内容，欢迎下载使用。
1.理解并掌握切线的判定和性质；
2.运用切线的性质定理和判定定理进行证明或求值。.
【要点梳理】
圆的切线定义：圆的切线是指一直线若与一圆有交点，且只有一个交点，那么这条直线就是圆的切线。
要点一、切线的判定定理： 经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线.
切线的判定方法：
（1）定义：直线和圆有唯一公共点时，这条直线就是圆的切线；
（2）定理：和圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；
（3）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.（切线的判定定理中强调两点：一是直线与圆有一个交点，二是直线与过交点的半径垂直，缺一不可）.
要点二、切线的性质定理：圆的切线垂直于过切点的半径.
特别说明：
（1）切线和圆只有一个公共点；
（2）切线和圆心的距离等于圆的半径；
（3）切线垂直于过切点的半径；
（4）经过圆心垂直于切线的直线必过切点；
（5）经过切点垂直于切线的直线必过圆心.
【典型例题】
类型一、切线的理解
1．如图，以点O为圆心作圆，所得的圆与直线a相切的是（ ）
A．以OA为半径的圆B．以OB为半径的圆
C．以OC为半径的圆D．以OD为半径的圆
【答案】D
【分析】根据直线与圆的位置关系进行判断．
解：于，
以为圆心，为半径的圆与直线相切，
故选：D．
【点拨】本题考查直线与圆的位置关系—相切，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
【变式1】如图，点B在⊙A上，点C在⊙A外，以下条件不能判定BC是⊙A切线的是（ ）
A．∠A＝50°，∠C＝40°B．∠B﹣∠C＝∠A
C．AB2+BC2＝AC2D．⊙A与AC的交点是AC中点
【答案】D
【分析】根据切线的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
解：A、∵∠A＝50°，∠C＝40°，
∴∠B＝180°﹣∠A﹣∠C＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
B、∵∠B﹣∠C＝∠A，
∴∠B＝∠A+∠C，
∵∠A+∠B+∠C＝180°，
∴∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
C、∵AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠B＝90°，
∴BC⊥AB，
∵点B在⊙A上，
∴AB是⊙A的半径，
∴BC是⊙A切线；
D、∵⊙A与AC的交点是AC中点，
∴AB＝AC，但不能证出∠B＝90°，
∴不能判定BC是⊙A切线；
故选：D．
【点拨】本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识；熟练掌握切线的判定是解题的关键．
【变式2】下列说法正确的是（ ）
A．与圆有公共点的直线是圆的切线B．到圆心的距离等于圆的半径的直线是圆的切线
C．垂直于圆的半径的直线是圆的切线D．过圆的半径外端的直线是圆的切线
【答案】B
【分析】根据切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，可判定C、D错误；由切线的定义：到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线，可判定A错误，B正确．注意排除法在解选择题中的应用．
解：A、与圆只有一个交点的直线是圆的切线，故本选项错误；
B、到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线，故本选项正确；
C、经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，故本选项错误；
D、经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，故本选项错误．
故选：B．
【点拨】此题考查了切线的判定．此题难度不大，注意掌握切线的判定定理与切线的定义是解此题的关键．
类型二、构成切线的条件
2．在下图中，是的直径，要使得直线是的切线，需要添加的一个条件是________．（写一个条件即可）
【答案】∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）
【分析】根据切线的判定条件，只需要得到∠BAT=90°即可求解，因此只需要添加条件：∠ABT=∠ATB=45°即可．
解：添加条件：∠ABT=∠ATB=45°，
∵∠ABT=∠ATB=45°，
∴∠BAT=90°，
又∵AB是圆O的直径，
∴AT是圆O的切线，
故答案为：∠ABT=∠ATB=45°（答案不唯一）．
【点拨】本题主要考查了圆切线的判定，三角形内角和定理，熟知圆切线的判定条件是解题的关键．
【变式1】如图，A、B是⊙O上的两点，AC是过A点的一条直线，如果∠AOB=120°，那么当∠CAB的度数等于________度时，AC才能成为⊙O的切线．
【答案】60
【分析】由已知可求得∠OAB的度数，因为OA⊥AC，AC才能成为⊙O的切线，从而可求得∠CAB的度数．
解：∵△AOB中，OA=OB，∠AOB=120°，
∴，
∵当OA⊥AC即∠OAC=90°时，AC才能成为⊙O的切线，
∴当∠CAB的度数等于60°，即OA⊥AC时，AC才能成为⊙O的切线．
故答案为：60．
【点拨】本题考查了切线的判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握切线的判定定理是解答此题的关键．
【变式2】如图，已知，M为OB边上任意一点，以M为圆心，2cm为半径作，当________cm时，与OA相切.
【答案】4
【分析】过M作MN⊥OA于点N，此时以MN为半径的圆与OA相切，根据30°角所对直角边为斜边的一半可得OM的长.
解：如图，过M作MN⊥OA于点N，
∵MN=2cm，，
∴OM=4cm，
则当OM=4cm时，与OA相切.
故答案为4.
【点拨】本题主要考查切线判定，直角三角形中30°角所对直角边为斜边的一半，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
类型三、证明直线为圆的切线
3．如图，在△ABC，AC＝BC，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E．求证：DE为⊙O的切线．
【分析】连接OD，证得，可知DE⊥OD，即可证得DE为⊙O的切线．
解：连接OD，如图所示，
∵AC＝BC，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE为⊙O的切线．
【点拨】本题主要考查的是切线的判定，准确做出辅助线，证得平行是解题的关键．
【变式1】如图所示，⊙的半径为1，直线CD经过圆心，交⊙于C、D两点，直径，点M是直线CD上异于点C、O、D的一个动点，AM所在的直线交于⊙于点N，点P是直线CD上另一点，且．
(1)当点M在⊙内部，如图一，试判断PN与⊙的关系，并写出证明过程；
(2)当点M在⊙外部，如图二，其它条件不交时，（1）的结论是否还成立？请说明理由．
【答案】(1)相切，见分析(2)成立，见分析
【分析】
（1）连接，根据已知条件可知、，再通过即可判断PN与⊙的关系；
（2）连接，根据已知条件可知、，在中，即有，再由即可判断PN与⊙的关系．
(1)解：（1）与相切．
证明如下：如下图，连接，
则，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵是的半径，
∴与相切．
(2)成立．理由如下：
如下图，连接，
则，
∵，
∴．
在中，
∵，
∴，
∴．
∵是的半径，
∴与相切．
【点拨】本题考查了圆的切线的判定，解题关键是掌握圆与直线的位置关系的判定方法．
【变式2】如图，正方形的边长为的直径，E是上一点（不与A，B重合），将正方形的一个角沿折叠，使得点B恰好与圆上的点F重合．
(1)判断直线与的位置关系？并说明理由；
(2)若的半径为1，求的长？
【答案】(1)见分析 (2)
【分析】
（1）如图所示，连接OF，OC，只需要证明△OCF≌△OCD得到∠OFC=∠ODC=90°，即可得到结论；
（2）先证明O、E、F三点共线，设AE=x，则BE=AB-AE=2-x，OE=OF+EF=3-x，在Rt△AEO中，由勾股定理得到，则，据此求解即可．
(1)解：直线CF与圆O相切，理由如下：
如图所示，连接OF，OC，
由折叠的性质可知，CF=BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC，∠ODC=90°，
∴CF=CD=BC，
∵AD是圆O的直径，F在圆O上，
∴OF=OD，
又∵OC=OC，
∴△OCF≌△OCD（SSS），
∴∠OFC=∠ODC=90°，
∴直线CF与圆O相切；

(2)解：∵AD是圆O的直径，圆O的半径为1，四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=2，∠ABC=∠BAD=90°，
由折叠的性质可知∠EFC=∠EBC=90°，EB=EF，
由（1）得∠OFC=90°，
∴∠OFC+∠EFC=180°，
∴O、E、F三点共线，
设AE=x，则BE=AB-AE=2-x，
∴OE=OF+EF=3-x，
在Rt△AEO中，，
∴，
解得，
∴．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，圆切线的判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
类型四、切线的性质
4．如图，AB是⊙O的直径，=，AC与BD相交于点E．连接BC，∠BCF=∠BAC，CF与AB的延长线相交于点F．
求证：CF是⊙O的切线；
求证：∠ACD=∠F；
若AB=10，BC=6，求AD的长．
【答案】(1)见分析 (2)见分析( 3)AD=．
【分析】
（1）连接OC，由圆周角定理得∠ACO+∠OCB=90°，再由等腰三角形性质及切线的判定定理可得结论；
（2）根据同圆中等弧对等角、等角对等弧可得答案；
（3）设OH为x，则CH为（5-x），根据勾股定理可得方程，求得OH的长，再根据三角形中位线定理可得答案．
(1)证明：连接OC，
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠OCB=90°，
∵OA=OC，
∴∠BAC=∠ACO，
∵∠BCF=∠BAC，
∴∠BCF+∠OCB=90°，
∴∠OCF=90°，
∴OC⊥CF，
∴CF是⊙O的切线；
(2)证明：∵=，
∴∠CAD=∠BAC，
∵∠BCF=∠BAC，
∴∠CAD=∠BCF，
∵=，，
∴∠CAD=∠CBD，
∴∠BCF=∠CBD，
∴BD∥CF，
∴∠ABD=∠F，
∵=，
∴∠ACD=∠ABD，
∴∠ACD=∠F；
(3)解：如图：
∵BD∥CF，OC⊥CF，
∴OC⊥BD于点H，
设OH为x，则CH为（5-x），根据勾股定理，
62-（5-x）2=52-x2，
解得：x=，
∴OH=，
∵OH是中位线，
∴AD=2OH=．
【点拨】此题考查的是圆周角定理、切线的判定和性质、勾股定理和三角形中位线定理，正确作出辅助线是解决此题关键．
【变式1】如图，AB与⊙O相切于点B，AO的延长线交⊙O于点C，连接BC．
(1)若∠A＝36°，求∠C的度数；
(2)若弦BC＝24，圆心O到弦BC的距离为6，求⊙O的半径．（结果用根号表示）

【答案】(1)；(2)
(1)解：连接OB，

∵AB为圆O的切线，
∴AB⊥OB，
∵∠BOC为△AOB的外角，
∴∠BOC＝∠OBA+∠A＝126°，
∵OB＝OC，
∴∠C＝∠OBC==27°；
(2)解：过O作OD⊥BC于D，如图，

∵OB=OC，OD⊥CD，
∴D为BC中点，即BD＝CD=BC＝12，
在Rt△COD中，OD＝6，CD＝12，
则OC==,
即⊙O的半径为．
【点拨】此题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
【变式2】如图，△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于E，过B作⊙O的切线，交AC的延长线于D．求证：∠CBD∠CAB．

【分析】连接AE，利用等腰三角形的性质易证∠BAE=∠CAE=∠CAB，由切线的性质定理可得∠CBD=∠BAE，所以∠CBD=∠CAB．
证明：连接AE，

∵AB是圆的直径，
∴AE⊥BC，即∠AEB=90°，
∵AB=AC，
∴AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=∠CAB，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠CBD+∠ABC=90°，
∵∠AEB=90°，
∴∠BAE+∠ABC=90°，
∴∠CBD=∠BAE，
∴∠CBD=∠CAB．
【点拨】本题考查了切线的性质定理、圆周角定理以及等腰三角形的性质，解题的关键是正确的添加辅助线，利用等腰三角形的性质解题．
类型五、切线的性质与判定综合
5.如图，以四边形ABCD的对角线BD为直径作圆，圆心为O，过点A作的延长线于点E，已知DA平分．
(1)求证：是的切线；
(2)若，，求的半径和AD的长．

【答案】(1) 见分析 (2) 5，
【分析】
（1）连接OA，根据已知条件证明即可解决问题；
（2）取CD中点F，连接OF，根据垂径定理可得，所以四边形AEFO是矩形，利用勾股定理即可求出结果．
(1)证明：如下图，连接OA，
∵，
∴．
∵DA平分，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵OA是半径，
∴是切线；

(2)解：如上图，取CD中点F，连接OF，
∴于点F，
∴四边形AEFO是矩形．
∵，
∴．
在Rt△OFD中，，
∴，
在Rt△AED中，
，，
∴，
∴的长是．
【点拨】本题考查了切线的判定与性质，垂径定理，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是掌握切线的判定与性质．
【变式1】如图所示，AB为⊙O的直径，在△ABC中，AB=BC，AC交⊙O于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为点E．
(1)证明DE是⊙O的切线；
(2)AD=8，P为⊙O上一点，P到弦AD的最大距离为8．
①尺规作图作出此时的P点，保留作图痕迹；
②求DE的长．
【答案】(1)见分析 (2)①见分析；②DE=4.8
【分析】
（1）连接OD、BD，求出BD⊥AC，可得AD=DC，根据三角形的中位线得出OD∥BC，推出OD⊥DE，根据切线的判定推出即可；
（2）①利用垂径定理作出AD的垂直平分线即可；
②根据垂径定理以及勾股定理求得⊙O的半径和FO，再根据中位线中位线定理求得BD，然后根据三角形面积公式即可求解．
(1)证明：连接OD，BD，
∵AB为⊙O的直径，
∴BD⊥AD，

又∵AB=BC，△ABC是等腰三角形，
∴BD又是AC边上的中线，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD∥BC，又DE⊥BC，
∴DE⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：①如图，作AD的垂直平分线与☉O相交于点P，点P即为所求．

②如图，AD的垂直平分线与AD相交于点F，连接BD，
∵PF⊥AD，
∴AF=AD=4，
设☉O的半径为r，
在Rt△AFO中，AF2+FO2=AO2，
即42+(8−r) 2=r2，解得r=5．
∴FO=PF−PO=3，
∵FO是△ABD的中位线，
∴BD=2FO=6，
∵AB为⊙O的直径，
∴BD⊥AC，
又∵AB=BC，
△ABC是等腰三角形，
∴AD=DC=8，
∴BC=AB=10，
在Rt△BDC中，
S△BDC=BD⋅CD=BC⋅DE，
∴DE=4.8．
【点拨】本题考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，垂径定理，勾股定理，三角形中位线等知识点的综合运用．
【变式2】如图，PA和PB是的两条切线，A，B为切点，点D在AB上，点E和点F分别在PB和PA上，且．
(1)求证：
(2)若，当是多少度时，？请说明理由．
(3)若，当__________时，四边形DEPF为菱形．
【答案】(1)见分析(2)70°，理由见分析(3)60°
【分析】
（1）连接AO、BO、OP，根据切线的性质及全等三角形的判定证明△APO≌△BPO，即可求解；
（2）由（1）得到AP=BP，根据三角形内角和定理得到∠PAB＝∠PBA＝70°，证明△AFD≌△BDE，根据全等三角形的性质得到∠AFD＝∠BDE，根据三角形的内角和，得到答案；
（3）根据菱形的性质与直角三角形的性质证明BD=BE=DE，得到△BDE是等边三角形，根据三角形内角和即可求解．
解：(1)连接AO、BO、OP，
∵PA和PB是的两条切线，A，B为切点，
∴OA⊥AP，OB⊥BP，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
又∵AO=BO，OP=OP，
∴△APO≌△BPO（HL），
∴AP=BP；
(2)当是70度时，，证明如下：
由（1）可得PA＝PB，
∴∠PAB＝∠PBA＝（180°−40°）＝70°，
在△AFD和△BDE中，
，
∴△AFD≌△BDE（SAS）
∴∠AFD＝∠BDE，
∴∠EDF＝180°−∠BDE−∠ADF＝180°−∠AFD−∠ADF＝∠FAD＝70°，
故是70度时，．
（3）如图，

当四边形DEPF为菱形时，∠APD=∠BPD，EP=DE=DF=PF，
∵AP=BP，DP=DP，
∴△APD≌△BPD（SAS），
∴AD=BD，
∴DP⊥AB，△BDP是直角三角形，
∵DE=EP，
∴∠DPE=∠PDE，
∴∠DPB+∠DBP=∠PDE+∠BDE=90°，
∴∠DBP=∠BDE，
∴DE=BE，
∵，
∴BD=BE=DE，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠DBE=60°=∠PAD，
∴∠APB=180°-∠DBE-∠PAD =60°，
故答案为：60°．
【点拨】本题考查的是切线的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定和性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．