几何切线及其应用专项训练题

几何切线及其应用专项训练题几何切线，作为平面几何中的一个核心概念，不仅是连接直线与圆的桥梁，更是解决诸多复杂几何问题的关键工具。其性质独特，应用广泛，贯穿于从基础证明到综合计算的各个层面。掌握切线的精髓，能够显著提升我们的空间想象能力与逻辑推理能力。下面，我们将通过一系列专项训练，深入探究切线的性质、判定及其在不同情境下的灵活应用。一、切线的核心知识点回顾在进入训练之前，我们有必要简要回顾一下与切线相关的核心定义与定理，这是解决所有切线问题的基石。1.切线的定义当一条直线与一个圆有且只有一个公共点时，我们称这条直线为圆的切线，这个唯一的公共点称为切点。2.切线的性质*性质一（切线的基本性质）：圆的切线垂直于过切点的半径。这是切线最根本的性质，也是我们进行角度计算和垂直证明的重要依据。*性质二（切线长定理）：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，且这点和圆心的连线平分两条切线的夹角。此定理在涉及线段相等、角度相等以及对称关系的证明中应用频繁。3.切线的判定*定义法：和圆只有一个公共点的直线是圆的切线。（通常用于代数计算或反证）*数量关系法（d=r）：到圆心的距离等于半径的直线是圆的切线。（常用于已知圆心和半径，判断直线是否相切）*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。（几何证明中最常用的判定方法，需满足“过半径外端”和“垂直于半径”两个条件）二、专项训练与例题精析（一）切线的判定与基本性质应用例题1已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E。求证：DE是⊙O的切线。分析：要证DE是⊙O的切线，已知DE与⊙O有公共点D（因为D在⊙O上，AB为直径，D在BC上），根据切线判定定理，只需连接OD，证明OD⊥DE即可。证明：连接OD。∵AB=AC，∴∠B=∠C。∵OB=OD，∴∠B=∠ODB。∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC。∵DE⊥AC，∴∠DEC=90°。∵OD∥AC，∴∠ODE=∠DEC=90°，即OD⊥DE。∵OD是⊙O的半径，且DE过点D，∴DE是⊙O的切线。点评：本题考查切线的判定，关键在于构造半径OD，并利用等腰三角形性质和平行线的性质证明OD与DE垂直。“连半径，证垂直”是此类有公共点问题的常用策略。例题2如图，点P是⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于A、B两点，连接OP交AB于点C，连接OA、OB。（1）求证：OP垂直平分AB。（2）若OA=3，OP=6，求弦AB的长。分析：（1）由切线长定理知PA=PB，△PAB为等腰三角形。又OA⊥PA，OB⊥PB，易证△OAP≌△OBP，从而∠AOP=∠BOP，即OP为∠APB的平分线，根据等腰三角形“三线合一”性质，OP垂直平分AB。（2）在Rt△OAP中，已知OA和OP，可求出PA，再利用面积法（S△OAP=1/2OA·PA=1/2OP·AC）求出AC，进而得到AB。解答：（1）证明：∵PA、PB分别切⊙O于A、B两点，∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB。在Rt△OAP和Rt△OBP中，OA=OB，OP=OP，∴Rt△OAP≌Rt△OBP（HL）。∴∠AOP=∠BOP，即OP平分∠AOB。又∵OA=OB，∴OP垂直平分AB（等腰三角形顶角平分线、底边上的高、底边上的中线互相重合）。（2）在Rt△OAP中，OA=3，OP=6，∠OAP=90°，根据勾股定理，PA=√(OP²-OA²)=√(6²-3²)=√(36-9)=√27=3√3。∵S△OAP=1/2·OA·PA=1/2·OP·AC，∴1/2×3×3√3=1/2×6×AC，解得AC=(3×3√3)/6=(9√3)/6=(3√3)/2。∵OP垂直平分AB，∴AB=2AC=2×(3√3)/2=3√3。点评：本题综合考查了切线长定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰三角形的性质。面积法是求解几何线段长度的常用技巧，应熟练掌握。（二）切线与三角形、四边形的综合应用例题3已知△ABC的内切圆⊙O与BC、CA、AB分别相切于点D、E、F，且AB=5，BC=12，CA=13。求⊙O的半径r。分析：首先，根据三边长度可判断△ABC的形状。5²+12²=13²，故△ABC是直角三角形，∠C为直角。直角三角形的内切圆半径有公式：r=(a+b-c)/2，其中a、b为直角边，c为斜边。也可利用面积法：三角形面积等于内切圆半径与三角形周长乘积的一半。解答：∵AB=5，BC=12，CA=13，且5²+12²=25+144=169=13²，∴△ABC是直角三角形，∠C=90°。方法一（公式法）：直角三角形内切圆半径r=(AC+BC-AB)/2=(12+5-13)/2=4/2=2。方法二（面积法）：S△ABC=1/2×AC×BC=1/2×12×5=30。又∵⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F，∴OD=OE=OF=r，且OD⊥BC，OE⊥AC，OF⊥AB。S△ABC=S△OBC+S△OAC+S△OAB=1/2×BC×r+1/2×AC×r+1/2×AB×r=1/2×r×(BC+AC+AB)。即30=1/2×r×(12+13+5)，30=1/2×r×30，解得r=2。故⊙O的半径r为2。点评：本题巧妙地将切线长定理与直角三角形的性质结合。对于特殊三角形（如直角三角形、等边三角形）的内切圆或外接圆问题，要善于利用其特殊性质和公式，同时面积法是一种重要的解题思想，应灵活运用。例题4如图，已知直线l与⊙O相离，OA⊥l于点A，OA=5，OA与⊙O相交于点P，AB与⊙O相切于点B，BP的延长线交直线l于点C。求证：AB=AC。分析：要证AB=AC，可考虑证明∠ABC=∠ACB。连接OB，则OB⊥AB。在Rt△OAB中，OB为半径，OA=5，OP=OB=r，AP=OA-OP=5-r。可设OB=r，通过勾股定理表示出AB，再在Rt△OAC中（OA⊥l），利用相似三角形或三角函数建立关系，或通过角度之间的转化来证明。证明：连接OB。∵AB切⊙O于点B，∴OB⊥AB，∴∠OBA=90°。∴∠OBC+∠ABC=90°。∵OA⊥l，∴∠OAC=90°，即∠ACP+∠APC=90°。∵∠APC=∠OPB（对顶角相等），又∵OP=OB，∴∠OPB=∠OBC（等边对等角）。∴∠ACP=∠ABC。∴AB=AC（等角对等边）。点评：本题是切线性质、等腰三角形判定以及角度转化的综合应用。通过连接半径构造直角，再利用等角的余角相等进行角的转化，从而得出线段相等，体现了几何证明中“由角看边，由边看角”的转化思想。（三）切线在动态几何与实际问题中的应用例题5如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm。点P从点A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为1cm/s；同时点Q从点C出发沿CB方向向点B匀速运动，速度为2cm/s。设运动时间为t秒（0<t<4）。过点Q作QE∥AC，交AB于点E，连接PE。（1）用含t的代数式表示线段QE的长度。（2）当t为何值时，PE与△ABC的某一边所在的直线相切？（只考虑与AC、BC、AB三边所在直线相切的情况）分析：（1）由QE∥AC，可得△BQE∽△BCA，利用相似比可表示QE。（2）“PE与△ABC的某一边所在的直线相切”，需要分情况讨论：PE与AC相切、PE与BC相切、PE与AB相切。针对每种情况，结合切线的性质（如到直线的距离等于半径，但此处PE是直线，应理解为PE与某边所在直线只有一个公共点，即相切），建立方程求解。解答：（1）∵QE∥AC，∴△BQE∽△BCA。CQ=2tcm，∴BQ=BC-CQ=8-2tcm。∴QE/AC=BQ/BC，即QE/6=(8-2t)/8，QE=6×(8-2t)/8=(48-12t)/8=(12-3t)/2cm。（2）由题意得：AP=tcm，PC=AC-AP=6-tcm，CQ=2tcm。分三种情况讨论：①当PE与AC边所在直线相切时：∵AC⊥BC，QE∥AC，∴QE⊥BC。若PE与AC相切，由于点P在AC上，PE是过点P的直线，AC是一条直线，过直线AC上一点P的直线PE与AC相切，只能是PE与AC重合，但此时E点位置特殊，显然不成立（或理解为PE⊥AC，但P在AC上，PE⊥AC则PE与QE平行，此时E、Q、P三点……此处可能需更严谨分析，通常这种情况下，动态问题中“相切”指与除自身所在直线外的边相切，故①情况可能不存在或需仔细斟酌，此处暂认为①情况不成立，重点分析后两种）。②当PE与BC边所在直线相切时：PE与BC相切，且BC⊥AC，故PE必平行于AC（因为过点P只能做一条直线与BC垂直，即PC⊥BC，而PE若与BC相切，切点在BC上，设为F，则PF⊥BC，PF=PC=6-t。又QE⊥BC，QE=(12-3t)/2，四边形PCQE为矩形？则PF=QE，即6-t=(12-3t)/2，解得12-2t=12-3t，t=0，不符合0<t<4，故舍去。另一种思路：PE与BC相切于点F，则PF⊥BC，且F为切点。此时PF是点P到BC的距离，即PC=6-t。但PE是直线，与BC相切，则PF=0？似乎矛盾。可能此情况应理解为PE与BC所在直线只有一个交点，即QE=PC。因为QE∥PC，若QE=PC，则四边形PCQE为平行四边形，PE∥CQ，即PE∥BC，此时PE与BC无交点，故舍去。此处可能题目意图是PE与AB相切，我们重点看③。③当PE与AB边所在直线相切时：设切点为D，则PD⊥AB，且PD=PE上的高？或利用切线性质，过点P作PD⊥AB于D，当PD等于点P到直线PE的距离？不，应理解为PE与AB相切，即PE是AB的切线，D为切点，则PD=0（P在PE上），所以P到AB的距离就是PD，且PD等于以PE为切线的某个圆的半径？此处更直接的方法是：若PE与AB相切，则∠PEA=∠B（弦切角定理的思想，或通过相似）。∵QE∥AC，∴∠QEB=∠CAB。若PE切AB于E，则∠PEB=∠A（弦切角等于所夹弧对的圆周角，但此处无圆，可理解为∠PEA=∠ACB=90°？或通过△APE∽△ABC？）过点E作EF⊥AC于F，则EF=CQ=2tcm，AF=QE=(12-3t)/2cm（四边形EFCQ为矩形）。∴PF=AF-AP=(12-3t)/2-t=(12-3t-2t)/2=(12-5t)/2cm。在Rt△AEF中，AE可由勾股定理表示，或利用△AEF∽△ABC。∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，AF/AC=EF/BC=AE/AB，AF/6=2t/8，AF=(6×2t)/8=(12t)/8=(3t)/2cm。（此处与（1）中QE=AF=(12-3t)/2cm是否矛盾？需重新审视：QE∥AC，Q在BC上，E在AB上，QE是△BQE的边，平行于AC，所以QE/AC=BQ/BC，即QE=6*(8-2t)/8=(12-3t)/2cm。而EF⊥AC，F在AC上，E在AB上，EF∥BC，所以EF/BC=AF/AC，即EF=8*(AF)/6=(4AF)/3。又EF=CQ=2t，所以2t=4AF/3，AF=(3*2t)/4=(3t)/2cm。可见AF+FQ'=AC？不，F和P都是AC上的点，AP=t，所以PF=AF-AP=(3t/2)-t=t/2cm。PE²=PF²+EF²=(t/2)²+(2t)²=t²/4+4t²=17t²/4。若PE与AB相切于E，则PE⊥AB（因为E是切点，PE是切线）。∴∠PEA=90°。∴△PEF∽△EAF（或△PEA∽△BCA）。△PEA∽△BCA，∠PEA=∠C=90°，∠PAE=∠CAB，∴PE/BC=AP/AB。AB=√(AC²+BC²)=√(6²+8²)=10cm。PE=√(PF²+EF²)=√[(t/2)²+(2t)²]=√(17t²/4)=(t√17)/2。∴(t√17/2)/8=t/10，(t√17)/16=t/10，∵t≠0，∴√17/16=1/10，显然不成立。此思路有误。换一种：若PE与AB相切于E，则∠