人教版九年級(jí)上冊第24章圓專訓(xùn)2-切線的判定和性質(zhì)的四種應(yīng)用類型課件數(shù)學(xué)

階段方法技巧訓(xùn)練（一）專訓(xùn)2切線的判定和性質(zhì)

的四種應(yīng)用類型習(xí)題課圓的切線的判定和性質(zhì)的應(yīng)用較廣泛，一般先利用圓的切線的判定方法判定切線，再利用切線的性質(zhì)進(jìn)行線段和角的計(jì)算或論證，在計(jì)算或論證中常通過作輔助線解決有關(guān)問題．1類型應(yīng)用于求線段的長1．如圖，點(diǎn)D為⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)C在直徑BA的延長

線上，且∠CDA＝∠CBD.(1)判斷直線CD和⊙O的位置關(guān)系，并說明理由；解：(1)直線CD與⊙O相切．理由如下：連接OD，如圖，∵AB為直徑，∴∠ADB＝90°.即∠ADO＋∠1＝90°.∵OB＝OD，∴∠CBD＝∠1.又∵∠CDA＝∠CBD，∴∠1＝∠CDA.∴∠CDA＋∠ADO＝90°.即∠CDO＝90°.∴OD⊥CD，又∵OD是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線，即直線CD與⊙O相切．(2)過點(diǎn)B作⊙O的切線BE交直線CD于點(diǎn)E，若AC

＝2，⊙O的半徑是3，求BE的長．(2)∵AC＝2，⊙O的半徑是3，∴OC＝2＋3＝5，OD＝3.

在Rt△CDO中，由勾股定理得CD＝4，∵CE切⊙O于D，EB切⊙O于B，∴DE＝EB，∠CBE＝90°.解：設(shè)DE＝EB＝x，在Rt△CBE中，由勾股定理得：CE2＝BE2＋BC2，則(4＋x)2＝x2＋(5＋3)2，解得：x＝6.即BE＝6.2應(yīng)用于求角的度數(shù)類型2．【中考·珠?！咳鐖D，⊙O經(jīng)過菱形ABCD的三個(gè)

頂點(diǎn)A，C，D，且與AB相切于點(diǎn)A.(1)求證：BC為⊙O的切線；(2)求∠B的度數(shù)．(1)連接OA，OB，OC，如圖，∵AB與⊙O相切于A點(diǎn)，∴OA⊥AB.即∠OAB＝90°.∵四邊形ABCD為菱形，∴BA＝BC.又∵OA＝OC，OB＝OB，∴△ABO≌△CBO(SSS)．∴∠BCO＝∠BAO＝90°.∴OC⊥BC，∴BC為⊙O的切線．證明：(2)如圖，連接BD，∵△ABO≌△CBO，

∴∠ABO＝∠CBO.∵四邊形ABCD為菱形，∴BD平分∠ABC.∴點(diǎn)O在BD上．∵OD＝OC，

∴∠ODC＝∠OCD.解：∵∠BOC＝∠ODC＋∠OCD，∴∠BOC＝2∠ODC.∵CB＝CD，∴∠OBC＝∠ODC.∴∠BOC＝2∠OBC.∵∠BOC＋∠OBC＝90°，∴∠OBC＝30°.∴∠ABC＝2∠OBC＝60°.3應(yīng)用于求圓的半徑類型3．如圖所示，四邊形ABCD為菱形，△ABD的外接

圓⊙O與CD相切于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)E.(1)判斷⊙O與BC的位置關(guān)系，并說明理由；(2)若CE＝2，求⊙O的半徑r.(1)⊙O與BC相切，

理由如下：如圖所示，連接OD，OB，∵⊙O與CD相切于點(diǎn)D，∴OD⊥CD.∴∠ODC＝90°.解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC垂直平分BD，AB＝AD＝CD＝CB.∴△ABD的外接圓⊙O的圓心O在AC上，∵OD＝OB，OC＝OC，CB＝CD，∴△OBC≌△ODC.∴∠OBC＝∠ODC＝90°.又∵OB為⊙O的半徑，∴⊙O與BC相切．(2)∵AD＝CD，∴∠ACD＝∠CAD.∵AO＝OD，∴∠OAD＝∠ODA.∵∠COD＝∠OAD＋∠ADO，

∴∠COD＝2∠CAD，∴∠COD＝2∠ACD.又∵∠COD＋∠ACD＝90°，∴∠ACD＝30°.∴OD＝OC，即r＝(OE＋CE)＝(r＋2)，∴r＝2.4應(yīng)用于探究數(shù)量和位置關(guān)系類型4．如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，OD⊥AC于

點(diǎn)D，過點(diǎn)A作⊙O的切線AP，AP與OD的延長

線交于點(diǎn)P，連接PC，BC.(1)猜想：線段OD與BC有何數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，

并證明你的結(jié)論；猜想：OD∥BC，OD＝BC.證明：∵OD⊥AC，∴AD＝DC.∵AB是⊙O的直徑，∴OA＝OB.∴OD是△ABC的中位線，∴OD∥BC，OD＝BC.解：(2)求證：PC是⊙O的切線．(2)如圖，連接OC，設(shè)OP與⊙O交于點(diǎn)E.∵OP⊥AC，∴AE＝CE，即∠AOE＝∠COE.證明：︵︵在△OAP和△OCP中，∵OA＝OC，∠AOP