專題05 圓中的重要模型-圓冪定理模型（解析版）

專題05圓中的重要模型--圓冪定理模型圓冪定理是一個總結(jié)性的定理，是對相交弦定理、切割線定理、割線定理、弦切角定理、托勒密定理以及它們推論的統(tǒng)一與歸納。可能是在19世紀由德國數(shù)學家施泰納（Steiner）或者法國數(shù)學家普朗克雷（Poncelet）提出的。圓冪定理的用法：可以利用圓冪定理求解與圓有關(guān)的線段比例、角度、面積等問題。模型1.相交弦模型條件：在圓O中，弦AB與弦CD交于點E，點E在圓O內(nèi)。結(jié)論：。例1．（2023·廣西·九年級假期作業(yè)）如圖：若弦經(jīng)過圓O的半徑的中點P，且，則圓O的直徑為（）

A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】延長交于D，設(shè)，證明出，然后利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】解：延長交于點D，連接，

設(shè)，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，解得或（舍去），經(jīng)檢驗是原方程的解，∴．∴圓O的直徑為8．故選：B．【點睛】此題考查了同弧所對的圓周角相等，相似三角形的性質(zhì)和判定等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．例2．（2023·山東菏澤·九年級統(tǒng)考期中）如圖，已知、、、在同一個圓上，，與交于，若，，且線段、為正整數(shù)，則．

【答案】7【分析】根據(jù)題意易得△ABC∽△BEC，則有，即可求得EC、AE的值，利用相交弦定理可得BE與DE的積，又線段、為正整數(shù)，且在△BCD中，，進而可求解．【詳解】解：，∠BAC=∠DAC，∠DBC=∠DAC，∠BAC=∠DBC，又∠BCE=∠ACB，△ABC∽△BEC，，，，EC=2，AE=6，，，，即，又由線段、為正整數(shù)，且在△BCD中，，BE=3、DE=4或BE=4、DE=3，BD=BE+DE=7；故答案為7．【點睛】本題主要考查相似三角形的性質(zhì)與判定及圓的基本性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定及圓的基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．例3．（2023·江蘇揚州·九年級專題練習）閱讀與思考九年級學生小剛喜歡看書，他在學習了圓后，在家里突然看到某本數(shù)學書上居然還有一個相交弦定理（圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等），下面是書上的證明過程，請仔細閱讀，并完成相應(yīng)的任務(wù)．圓的兩條弦相交，這兩條弦被交點分成的兩條線段的積相等．已知：如圖1，O的兩弦，相交于點P．求證：．證明：如圖1，連接，．∵，．∴，（根據(jù)_____________）∴，∴，∴兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．任務(wù)：(1)請將上述證明過程補充完整．根據(jù)：；@：．(2)小剛又看到一道課后習題，如圖2，是O的弦，P是上一點，，，，求的半徑．【答案】(1)有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似，；(2)的半徑為．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)求解即可；（2）延長交圓O于點D，延長交圓O于點F，設(shè)圓O的半徑為，則，，根據(jù)（1）中結(jié)論代入求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，．∵，．∴，（根據(jù)有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似）∴，∴，∴兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．故答案為：有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似；；（2）延長交圓O于點D，延長交圓O于點F，設(shè)圓O的半徑為，而，，，，，，根據(jù)（1）中結(jié)論得，即為，∴，解得：或（不符合題意，舍去），⊙O的半徑為．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，圓的相交弦定理，圓周角定理，理解題意，熟練掌握運用圓的相交弦定理是解題關(guān)鍵．模型2.雙割線模型條件：如圖，割線CH與弦CF交圓O于點E和點G。結(jié)論：例1．（2023·重慶·一模）如圖，PAB、PCD為⊙O的兩條割線，若PA=5，AB=7，CD=11，則AC：BD=．【答案】/1:3【分析】根據(jù)切割線定理可求得∠D=∠PAC，即可求證△PAC∽△PDB，根據(jù)對應(yīng)邊比值相等的性質(zhì)和CD的長求得PC與PB的比值，即可求解．【詳解】解：∵PAB、PCD為⊙O的兩條割線，∴∠BAC+∠BDC=180°，∠PAC+∠BAC=180°，∴∠BDC=∠PAC，又∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDB，∴=，設(shè)PC=x，PD=y，且y﹣x=11，解得：x=4，y=15，∴===，故答案為：．【點睛】本題考查了相似三角形的判定，考查了切割線定理，考查了相似三角形對應(yīng)邊比值相等的性質(zhì)，本題中根據(jù)CD和對應(yīng)邊比值相等的性質(zhì)求AC∶BD的值是解題的關(guān)鍵．例2．（2023·內(nèi)蒙古呼和浩特·一模）如圖，PAB為割線且PA=AB，PO交⊙O于C，若OC=3，OP=5，則AB的長為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】試題解析：延長PO到E，延長線與圓O交于點E，連接EB，AC，∵OC=3，OP=5，∴OE=OC=3，∴EP=OE+OP=3+5=8，CP=OP?OC=5?3=2，設(shè)PA=AB=x，則BP=2x，∵四邊形ACEB為圓O的內(nèi)接四邊形，∴∠ACP=∠E，又∠P=∠P，∴△ACP∽△EBP，即解得：或(舍去)，則故選B.點睛：兩組角對應(yīng)相等，兩三角形相似.例3．（2023秋·河北承德·九年級統(tǒng)考期末）如圖，延長弦、弦，交于圓外一點A，連接．(1)證明：；(2)若，求．【答案】(1)見解析(2)10【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得，再由，即可證得；（2）根據(jù)，可得，即可求解．【詳解】（1）證明：∴，∴；（2）解：∵，∴，∵，∴∴．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．模型3.切割線模型條件：如圖，CB是圓O的切線，CA是圓O的割線。結(jié)論：例1．（2023·廣東·九年級假期作業(yè)）如圖，切于點A，是的割線，若，則．

【答案】【分析】連接，連接并延長交于點D，連接，利用余角的性質(zhì)證明，推出，進而得到，利用等式即可求出．【詳解】解：連接，連接并延長交于點D，連接，

∵切于點A，∴，∴，∵為的直徑，∴，∴，∴又∵，∴，∴，∴，而，∴，∴（負值舍去）．故答案：．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)定理，圓周角定理，正確利用定理是解決本題的關(guān)鍵．例2．（2022·廣東深圳·?？既＃└ダ仕魍摺ろf達是十六世紀法國最杰出的數(shù)學家之一，最早提出“切割線定理”（圓冪定理之一），指的是從圓外一點引圓的切線和割線，則切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項，下面緊跟著圓的切線作圖的思路嘗試證明與運用．(1)作圖（保留作圖痕跡）：已知AB是圓O的直徑，點P是BA延長線上的一點，①作線段OP的中垂線MN交OP于點Q；②以Q為圓心，PQ為半徑作圓，交圓O于點E、F；③連接PE和PF；試說明PE是圓O切線的理由．(2)計算：若圓O半徑OB=4，PB=14，嘗試證明“切割線定理”并計算出PE的長度．【答案】(1)見解析(2)證明見解析，【分析】（1）按要求作圖，根據(jù)MN是OP的中垂線，得到OQ=OP，點O在圓Q上，OQ=EQ=PQ，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理和等腰三角形的性質(zhì)可得∠OEP=90°，即可證明；（2）根據(jù)切線的性質(zhì)和圓周角定理的推論可得∠EBO=∠AEP，證得，所以，，根據(jù)OB=4，PB=14，求出AP的長度，代入計算即可．【詳解】（1）作圖如下：連接OE，EQ，∵以Q為圓心，PQ為半徑作圓，交圓O于點E、F；∴QE=QP，∵MN是OP的中垂線，∴OQ=OP，點O在圓Q上，∴OQ=EQ=PQ，∴∠EOQ=∠OEQ，∠PEQ=∠EPQ，∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ=180°，∴2（∠OEQ+∠QEP）=180°，∴∠OEQ+∠QEP=90°，即∠OEP=90°，OE垂直EP，∴PE是圓O的切線．（2）證明：連接BE，OA，∵EP是圓O的切線，AB為圓O的直徑，∴∠OEP=90°，∠BEA=90°，∴∠BEO=∠AEP∵OE和OB為圓O的半徑，∴∠BEO=∠EBO，∴∠EBO=∠AEP，∵∠EPB=∠EPA，∴，∴，∴．∵OB=4，PB=14，∴AB=2OB=8，AP=BP－AB=14－8=6，∴，∴．【點睛】本題考查圓的切線證明以及相似三角形的性質(zhì)與判定，根據(jù)題意證明是解題關(guān)鍵．例3．（2022春·河南洛陽·九年級統(tǒng)考期中）圓冪定理是平面幾何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割線定理、割線定理以及它們的推論，其中切割線定理的內(nèi)容是：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．你能給出證明嗎？下面是證明的開頭：已知：如圖①，點P為⊙O外一點，切線PA與圓相切于A，割線PBC與圓相交于點B、C．求證：PA2＝PB?PC證明：如圖②，連接AB、AC、B0、AO，因為PA切⊙0于點A，∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．閱讀以上材料，完成下列問題：(1)補充完成上面的證明過程；(2)如圖③，割線PDE與⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的長．【答案】(1)見解析(2)DE的長為【分析】（1）先證，得，即可得答案；（2）結(jié)合（1）同理可得，所以，然后代入值即可求出PD的長，進而可得DE的長．【詳解】（1）證明：如圖②，連接AB、AC、BO、AO，∵PA切于點A，∴，即，∵，

∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，

∴；（2）由（1），同理，∴，

∴，∴，∴DE的長為．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，切線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是證明．模型4.弦切角模型條件：如圖，CB是圓O的切線，AB是圓O的直徑。結(jié)論：1）；2）；3）。例1．（2022秋·廣東江門·九年級統(tǒng)考期末）如圖，點A、B、C在O上，直線與O相切于點A．(1)試問：與有怎樣的大小關(guān)系？證明你的結(jié)論；(2)如果我們把形如這樣的角稱為“弦切角”，請你用文字表述你在（1）中得出的結(jié)論．【答案】(1)，理由見詳解；(2)弦切角等于其兩邊所夾弧所對的圓周角．【分析】（1）連接并延長交O于點D，連接，由圓周角定理利出，由切線的性質(zhì)得出，得出，進而則可得出結(jié)論；（2）由弦切角和對應(yīng)的圓周角的關(guān)系，直=直接寫出結(jié)論即可．【詳解】（1）解：，理由如下：連接并延長交O于點D，連接，∵是O的直徑，∴，即：∵直線與O相切于點A．∴，即：，∴，∵，∴；（2）解：由題意得：弦切角等于其兩邊所夾弧所對的圓周角．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，弦切角的定義，圓周角定理，理解弦切角的概念和圓周角定理的推論是解題的關(guān)鍵．例2．（2022·河南南陽·統(tǒng)考一模）弦切角定理（弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角）在證明角相等、線段相等、線段成比例等問題時，有非常重要的作用，為了說明弦切角定理的正確性，小明同學進行了以下探索過程：問題的提出：若一直線與圓相交，過交點作圓的切線，則此切線與直線的交角中的任意一個稱為直線和圓的交角，其中所夾弧為劣弧的角為劣交角，所夾弧為優(yōu)弧的角為優(yōu)交角．直線和圓的交角有以下性質(zhì)：直線和圓的交角等于所夾弧所對的圓周角．問題的證明：（只證明劣交角即可）(1)請將不完整的已知和求證補充完整，并寫出證明過程；已知：如圖1，直線l與⊙O相交于點A，B，過點B作．求證：∠ABD＝．(2)如圖2，直線l與⊙O相交于點A，B，AD為⊙O的直徑，BC切⊙O于點B，交DA的延長線于點C，若AD＝BC，AC＝2，求⊙O的半徑．【答案】(1)的切線DE，∠C，證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)弦切角的定義，進行填空即可，如圖1，連接，由題意知，，，，有，在中根據(jù)三角形內(nèi)角和定理等找出角度的數(shù)量關(guān)系，然后證明即可；（2）如圖2，連接，由（1）可知，，，有，求解滿足要求的值，進而可得半徑．【詳解】（1）解：由題意知：已知：如圖1，直線l與⊙O相交于點A，B，過點B作的切線．求證：∠ABD＝．證明：如圖1，連接，由題意知，，，∴∵∴∴∵∴即結(jié)論得證．故答案為：的切線，∠ABD＝．（2）解：如圖2，連接，由（1）可知，∴∴∴解得或（不符合題意，舍去）∴∴⊙O的半徑為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，等邊對等角，三角形的內(nèi)角和定理，三角形相似等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的靈活運用．模型5.托勒密定理模型條件：如圖，AB、CD是圓O的兩條弦；結(jié)論：例1．（2023·山西晉中·九年級統(tǒng)考期末）閱讀以下材料，并完成相應(yīng)任務(wù)：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希臘著名的天文學家，他的著作《天文學大成》被后人稱為“偉大的數(shù)學書”，托勒密有時把它叫作《數(shù)學文集》，托勒密從書中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圓內(nèi)接四邊形中，兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積之和．已知：如圖1，四邊形內(nèi)接于．求證：下面是該結(jié)論的證明過程：證明：如圖2，作，交于點E．∵∴（依據(jù)1）∴（依據(jù)2）∴∴∵∴∵∴即∴∴∴∴任務(wù)：（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”“依據(jù)2”分別是指什么？依據(jù)1：____________________________________________．依據(jù)2：____________________________________________．（2）如圖3，四邊形內(nèi)接于，為的直徑，，，點D為的中點，求的長．【答案】（1）同弧所對的圓周角相等，兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似；（2）【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，相似三角形的判定即可解決問題．（2）首先證明，由托勒密定理，構(gòu)建方程求出即可．【詳解】解：（1）上述證明過程中的“依據(jù)1”是同弧所對的圓周角相等．“依據(jù)2”是兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．故答案為：同弧所對的圓周角相等；兩角對應(yīng)相等的兩個三角形相似．（2）∵為的直徑，∴，∵點D為的中點，∴，∴，∴在中，∵∴在中，∵∴，∴【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，銳角三角函數(shù)，托勒密定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，正確尋找相似三角形解決問題．例2．（2023春·河南平頂山·九年級校聯(lián)考階段練習）請閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)：羅狄斯托勒密（ClaudiusPtolemaeus，約90年168年），“地心說”的集大成者，生于埃及，著名的天文學家，地理學家、占星學家和光學家．托勒密定理實出自依巴谷（Hipparchus）之手，托勒密從他的書中摘出并加以完善．托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．如圖1，四邊形內(nèi)接于，求證：下面是該結(jié)論的證明過程：證明：如圖1，作，交于點E．∵，∴（依據(jù)1），∴（依據(jù)2），∴，∴，∵，∴，∵，∴，即，…任務(wù)：(1)托勒密定理的逆命題是______；上述證明過程中的“依據(jù)1”為______；“依據(jù)2”為______；(2)請完成后續(xù)證明；(3)如圖2，以為直徑的中，點C為上一點，且，的角平分線交于點D，連接，若，求的長．【答案】(1)如果一個四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，那么這個四邊形是圓的內(nèi)接四邊形；同弧所對的圓周角相等；兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)逆命題，同弧所對的圓周角相等，兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似，進行作答即可．（2）如圖，作，交于點E，證明，則，，由，可得，，即．證明，則，．則．（3）由為直徑，可得，四邊形為圓的內(nèi)接四邊形，由，可得，勾股定理求．由的角平分線交于點D，可得，，為等腰直角三角形，則．由四邊形為圓的內(nèi)接四邊形，可得，即，計算求解即可．【詳解】（1）解：由題意知，托勒密定理的逆命題是：如果一個四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，那么這個四邊形是圓的內(nèi)接四邊形．證明過程中的“依據(jù)1”為：同弧所對的圓周角相等；“依據(jù)2”為：兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似．故答案為：如果一個四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積，那么這個四邊形是圓的內(nèi)接四邊形；同弧所對的圓周角相等；兩個角分別對應(yīng)相等的兩個三角形相似；（2）證明：如圖，作，交于點E，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即．∴，∴，∴．∴．∴；（3）解：∵為直徑，∴，∴四邊形為圓的內(nèi)接四邊形，∵，∴，由勾股定理得，．∵的角平分線交于點D，∴，∴，∴，∴為等腰直角三角形，∴．∵四邊形為圓的內(nèi)接四邊形，∴，即，解得．【點睛】本題考查了逆命題，等弧對等角，相似三角形的判定與性質(zhì)，直徑所對的圓周角為直角，勾股定理，含的直角三角形，等腰三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．課后專項訓練1．（2023·重慶·九年級假期作業(yè)）已知：如圖的割線交于點，，，，，則的半徑是（）A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm【答案】A【分析】延長PO交圓于點E，連接AC,BE,證明△PAC△PEB,從而證明結(jié)果【詳解】延長PO交圓于點E，連接AC,BE,∵PAC+CAB=180°而四邊形ABEC是圓的內(nèi)接四邊形，則∴PAC=B,又∵∴△PAC△PEB,∴∴PA=(PC+2OC)，即7=PO2–OC2=100–OC2，求得OC=4cm.【點睛】根據(jù)題意找到相似的三角形，并碎臉應(yīng)用內(nèi)接四邊形的教的特點很重要.2．（2023·山西九年級期中）如圖，是外一點，、都是的割線．如果，，，那么的長為(

)A． B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】連結(jié)BC、BD，證明△PCB∽△PAD，由PA：PD＝PC：PB可得到PD的長.【詳解】如圖，連結(jié)BC、BD.∵同弧所對的圓心角相等∴∠PDA＝∠PBC，又∵∠BPD是△PCB和△PAD共同的角，∴△PCB∽△PAD，∴PA：PD＝PC：PB＝PD：PA＋AB，∴PD＝4.【點睛】本題考查了相似三角形、同弧對應(yīng)的圓周角相等，靈活運用這些知識是解答此題的關(guān)鍵.3．（2022秋·浙江寧波·九年級?？计谥校┤鐖D，兩個同心圓，過大圓上一點A作小圓的割線，交小圓于B、C兩點，且圖中圓環(huán)的面積為，則．【答案】4【分析】設(shè)圓心為O，作與小圓相切，切點為M，與大圓交于點D，連接，根據(jù)勾股定理及題意得出，過點O作，連接，繼續(xù)利用勾股定理進行等量代換得出，即可求解．【詳解】解：設(shè)圓心為O，作與小圓相切，切點為M，與大圓交于點D，連接，如圖所示：∴，∴，∵，∴，過點O作，連接，∴，，∴，即，∵，∴，故答案為：4．【點睛】題目主要考查勾股定理解三角形，切線的性質(zhì)，垂徑定理等，理解題意，作出輔助線是解題關(guān)鍵．4．（2023·成都市九年級期中）已知、為的兩條割線，，，，，則的半徑為．【答案】【分析】根據(jù)切割線定理即可求得PC的長，在直角△BCD中，利用勾股定理即可求解．【詳解】如圖：∵PA?PB=PC?PD，得8×18=PC?（PC+7），解得：PC=9，連接BC，∵BP=PA+AB=2PC=18，∠P=60°，∴∠BCP=90°，∴∠BCD=90°，BC===，連接BD，∵∠BCD=90°，∴BD為直徑，BD===2．故⊙O的半徑為：．【點睛】本題主要考查了切割線定理與勾股定理，連接CD構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．5．（2023·重慶九年級期末）如圖，從圓外一點引圓的切線，點為切點，割線交于點、．已知，，則．【答案】【分析】根據(jù)切割線定理，可求PB=18，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)：相似三角形面積的比等于相似比的平方可求S△ABP：S△DAP=PB2：PA2=9：4．【詳解】由切割線定理可得PA2=PD×PB，∵PA=12，PD=8∴PB=18．由弦切角和公共角易知△ABP∽△DAP．∴S△ABP：S△DAP=PB2：PA2=9：4．故答案為9：4【點睛】本題應(yīng)用了切割線定理和相似三角形的性質(zhì)：相似三角形面積的比等于相似比的平方．6．（2023·浙江·統(tǒng)考二模）如圖，是的直徑，點在上，點在的延長線上，連接，且．(1)求證：；(2)判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．

【答案】(1)見解析(2)相切，見解析【分析】（1）由可得，又，從而即可得證；（2）連接，由，，可得，因為是的直徑，故，從而可得，即．又因為是半徑，所以直線CD是的切線．【詳解】（1）證明：∵∴∵，∴．（2）答：直線與相切．解：連接，∵，∴，∵，∴，∴∵是的直徑，∴，∴，∴．又∵是半徑，∴直線是的切線．

【點睛】本題主要考查了三角形相似的判定和性質(zhì)，切線的判定，連接，找出角的關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．7．（2023·廣東珠海·統(tǒng)考一模）如圖，為正的外接圓，為劣弧上任一點，的延長線和的延長線交于點．(1)求；(2)求證：．

【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）根據(jù)圓內(nèi)接四邊形對角互補和為正三角形即可求出；（2）證明即可求出．【詳解】（1）解：為正三角形，．四邊形為圓內(nèi)接四邊形，∴；（2）證明：由（1）知，，∵，又∵，∴．∴則又∵，∴．【點睛】本題考查圓與三角形的綜合問題，涉及到等邊三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，靈活運用這些知識是關(guān)鍵．8．（2023·廣東汕頭·?？家荒＃┤鐖D，是的直徑，點C，D在上，平分，過點D作的垂線交的延長線于點E，交的延長線于點F，連接．(1)求證：是的切線；(2)求證：(3)若，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）連接，由題可知，D已經(jīng)是圓上一點，欲證為切線，只需證明即可；（2）連接．由（1）知，為的直徑，由得，又，所以，所以，因為，所以，即可證明；（3）連接，根據(jù)勾股定理求出，進而根據(jù)三角形的中位線定理可得的長，從而得的長．【詳解】（1）如圖，連接．∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵∴∴∴半徑，∴是的切線；（2）如圖，連接．∵∴∵為的直徑，∴，∴，∵，

∴，∴∵∴，∵四點共圓，∴，∴，∴，∵，∴，

∴，∵，∴∴，∴，在中，，∴，∴．（3）如圖，連接，交于點H．∵是的直徑，∴，∵，∴，∵，∴，

∴，∵，∴，∵∴∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的判定，掌握三角形的中位線定理，勾股定理，角平分線的定義，切線的判定等知識點是解題的關(guān)鍵．9．（2023·湖北·校聯(lián)考二模）如圖，已知是的直徑，點是上一點，連接，，過點作直線于點，點是上一點，直線交于點，連接，與直線交于點．(1)求證：；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）先根據(jù)是直徑可得出，再由及相似三角形的判定定理可得出∽，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例即可得出答案；（2）設(shè)cm，由（1）的結(jié)論即可得出關(guān)于的一元二次方程，求出的值，進而可得出的長．【詳解】（1）證明：是直徑，，，，，，，，，∽；（2）解：設(shè)cm，由上可知解得，（舍去），．【點睛】本題考查的是圓周角定理及相似三角形的判定與性質(zhì)，解答此題的關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形的判定定理得出∽，再由相似三角形的對應(yīng)邊成比例即可得出結(jié)論．10．（2023·山東聊城·九年級統(tǒng)考期中）頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．如圖①所示：PA切⊙O于點A，AB是⊙O的一條弦，∠PAB就是⊙O的一個弦切角．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)：弦切角等于它夾弧所對的圓周角．根據(jù)下面的“已知”和“求證”，寫出“證明”過程，并回答后面的問題．（1）如圖1，PA是⊙O的切線，A為切點，AC為直徑，∠PAB夾弧所對的圓周角為∠C．求證：∠PAB＝∠C．（2）如圖2，PA是⊙O的切線，A為切點，∠PAB夾弧所對的圓周角為∠D．求證：∠PAB＝∠D．（3）如圖3，AB為半⊙O的直徑，O為圓心，C，D為半⊙O上兩點，過點C作半⊙O的切線CE交AD的延長線于點E，若CE⊥AD，且BC＝1，AB＝3，求DE的長．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）【分析】（1）由切線的性質(zhì)可知，∠CAP＝90°，所以∠CAB+∠PAB＝90°．再根據(jù)直角三角形兩銳角互余可得，∠CAB+∠C＝90°，所以∠PAB＝∠C．（2）如圖2，作直徑AC，連接BC，利用（1）中的結(jié)論及同弧所對的圓周角相等可得結(jié)論．（3）連接AC，由題意可知，△ACE∽△ABC，結(jié)合（1）中的結(jié)論易得△DCE∽△BAC，得出比例，進而可得結(jié)論．【詳解】解：（1）證明：∵PA切⊙O于點A，∴∠CAP＝90°，∴∠CAB+∠PAB＝90°．又∵AC是直徑，∴∠B＝90°，∴∠CAB+∠C＝90°，∴∠PAB＝90°-∠CAB＝∠C．（2）證明：如圖，過點A作直徑AC，連接BC，∵AP為切線，由（1）得，∠PAB＝∠C，又∵∠C＝∠D，∴∠PAB＝∠D．（3）連接AC，CD，∵EC為⊙O的切線，由①得∠ECA＝∠B，又∵∠AEC＝∠ACB＝90°∴△ACE∽△ABC，∴，∠CAE=∠BAC，在Rt△ACB中，根據(jù)勾股定理AC=，∴，∴，又∵CE為⊙O的切線，∴∠DCE＝∠EAC，∴∠DCE=∠BAC，又∵∠E＝∠ACB＝90°，∴△DCE∽△BAC，∴，∴，∴．【點睛】本題考查弦切角，直徑所對圓周角性質(zhì)，切線性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握弦切角，直徑所對圓周角性質(zhì)，切線性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．11．（2023·河南平頂山·統(tǒng)考二模）頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．如圖①所示：切于點，交于點，，就是的一個弦切角．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)：弦切角等于所夾弧所對的圓周角．下面給出了上述命題的“已知”和“求證”，請寫出“證明”過程，并回答后面的問題．（1）已知，如圖①，是的切線，為切點，射線交于，兩點，連接，．求證：．（2）如圖②，為半的直徑，為圓心，，為半上兩點，過點作半的切線交的延長線于點，若，且，，則______．【答案】（1）見解析；（2）．【分析】（1）連接并延長交于點D，連接，證明，得，再證明即可得到結(jié)論；（2）連接AC，OC，證明得，再證明即可求得結(jié)論．【詳解】（1）如圖，連接并延長交于點D，連接.則TD為的直徑∴又∵PT為的切線∴即∵∴，即（2）連接AC，OC，∵CE為的切線∴又∵∴∴∵∴∴又∵∴∴∴∴又∵為的切線∴又∵∴∴∴∴【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理等知識點，利用所學知識證明定理，熟記知識點是解題的關(guān)鍵．12．（2023·河北保定·九年級統(tǒng)考期中）閱讀資料：我們把頂點在圓上，并且一邊和圓相交、另一邊和圓相切的角叫做弦切角，如下左圖∠ABC所示．

同學們研究發(fā)現(xiàn)：P為圓上任意一點，當弦AC經(jīng)過圓心O時，且AB切⊙O于點A，此時弦切角∠CAB=∠P（圖甲）證明：∵AB切⊙O于點A，

∴∠CAB=90°，又∵AC是直徑，∴∠P=90°∴∠CAB=∠P問題拓展：若AC不經(jīng)過圓心O（如圖乙），該結(jié)論:弦切角∠CAB=∠P還成立嗎？請說明理由．知識運用：如圖，AD是△ABC中∠BAC的平分線，經(jīng)過點A的⊙O與BC切于點D，與AB、AC分別相交于E、F．

求證：EF∥BC．

【答案】（1）成立；（2）證明見解析.【詳解】試題分析：問題拓展：首先連接AO并延長交⊙O于點D，連接CD，由圓周角定理可得∠D=∠P，又由AD是直徑，AB切圓于點A，易證得∠CAB=∠CAD，繼而證得結(jié)論；知識運用：連接DF，AD是△ABC中∠BAC的平分線，⊙O與BC切于點D，可得∠FDC=∠EAD，又由圓周角定理可得∠EAD=∠EFD，繼而證得結(jié)論．試題解析：問題拓展：成立．如圖3，連接AO并延長交⊙O于點D，連接CD，則∠D=∠P，∵AD是直徑，∴∠D+∠CAD=90°，又∵AB切圓于點A，∴∠CAB+∠CAD=90°，∴∠CAB=∠CAD，而∠CAD=∠P，∴∠CAB=∠P；知識運用：如圖4，連接DF，∵AD是△ABC中∠BAC的平分線，∴∠EAD=∠DAC，∵⊙O與BC切于點D，∴∠FDC=∠DAC，∴∠FDC=∠EAD，∵在⊙O中∠EAD=∠EFD，∴∠FDC=∠EFD，∴EF∥BC．13．（2023·山東棗莊·校考模擬預(yù)測）如圖，是的直徑，是弦，于，是的切線，是的割線，是弧上的一動點，連接、．(1)求證：；(2)若，，則當為何值是，．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）連接，，，證明，得出，作交于，連接，，則，，得出，證明，得出得出，則，可得，同理可得，證明，得出；（2）連接，設(shè)，，則，，由（1）知，，，得出，勾股定理得出，根據(jù)（1）的結(jié)論即可求解．【詳解】（1）證明：如圖1，連接，，，是的切線，，∴，，∵，∴，∴∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即，作交于，連接，，，，，是的切線，，，，，，，，，，，，，，同理可得，，，，，，，，，；（2）解：如圖2，連接，設(shè)，，則，，，，由（1）知，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．14．（2023·浙江·九年級培優(yōu)）如圖，為的切線，為的割線，于點，的外接圓與的另一個交點為．證明：．【答案】見解析【詳解】證明：連接，，，．∵，，∴由射影定理可得，．又由切割線定理可得，∴，∴、、、四點共圓，∴，，∴，∴，∴，∴．又，∴，∴，∴是的外接圓的切線，∴．15．（2022·廣西·九年級培優(yōu)）如圖，為的切線，為的割線，于點．證明：．【答案】見解析【詳解】證明：連接，，．∵，，∴由射影定理可得，，又由切割線定理可得，∴，∴、、、四點共圓，∴，，∴，∴，∴．16．（2023·廣東九年級期中）已知半徑為如圖，過內(nèi)一點作弦，連接．求證：．如圖，過外一點，作割線，求證：．【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析.【分析】（1）過點P作直徑CD，如圖1，根據(jù)相交弦定理得PA?PB=PC?PD，由于而PC=R-OP，PD=R+OP，則PA?PB=（R-OP）（R+OP），然后利用平方差公式展開即可得到結(jié)論；（2）直線OP交⊙O于C、D，如圖2，根據(jù)切割線定理得到PA?PB=PC?PD，由于PC=OP-R，PD=OP+R，則PA?PB=（OP-R）（OP+R）=OP2-R2，然后利用平方差公式展開即可得到結(jié)論.【詳解】證明：過點作直徑，如圖，∵，而，，∴；直線交于、，如圖，∵和都為的割線，∴，而，，∴．【點睛】本題考查了切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．推論：從圓外一點引圓的兩條割線，這一點到每條割線與圓的交點的兩條線段長的積相等．也考查了相交弦定理.17．（2022秋·廣東九年級期中）探究問題：

(1)閱讀理解：①如圖A，在所在平面上存在一點P，若它到三個頂點的距離之和最小，則稱點P為的費馬點，此時的值為的費馬距離．②如圖B，若四邊形的四個頂點在同一個圓上，則有，此為托勒密定理．知識遷移：①請你利用托勒密定理解決如下問題：如圖C，已知點P為等邊外接圓的上任意一點．求證：；②根據(jù)（2）①的結(jié)論，我們有如下探尋（其中均小于）的費馬點和費馬距離的方法：第一步：如圖D，在的外部以為一邊作等邊及其外接圓；第二步：在上任取一點，連接．易知________；第三步：請你根據(jù)（1）①中定義，在圖D中找出的費馬點P，則線段______的長度即為的費馬距離．(2)知識應(yīng)用：今年以來某市持續(xù)干旱，許多村莊出現(xiàn)了人、畜飲水困難的問題，為解決老百姓的飲水問題，解放軍某部來到該市某地打井取水．已