專題05 圓中的重要模型之圓冪定理模型（解析版）

專題05圓中的重要模型之圓冪定理模型圓冪定理是一個(gè)總結(jié)性的定理，是對(duì)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?？赡苁窃?9世紀(jì)由德國(guó)數(shù)學(xué)家施泰納（Steiner）或者法國(guó)數(shù)學(xué)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(wèn)題。模型1.相交弦模型條件：在圓O中，弦AB與弦CD交于點(diǎn)E，點(diǎn)E在圓O內(nèi)。結(jié)論：。例1．（2023·江蘇無(wú)錫·校聯(lián)考三模）如圖，點(diǎn)，，，在上，，．若，，則的長(zhǎng)是．

【答案】【分析】如圖，連接，設(shè)交于點(diǎn)，根據(jù)題意可得是的直徑，，設(shè)，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)以及正切的定義，分別表示出，根據(jù)，勾股定理求得，根據(jù)即可求解．【詳解】解：如圖，連接，設(shè)交于點(diǎn)，

∵是的直徑，，，，在中，，，，，設(shè)則，，，，中，，，，又，，，，，，，，解得，，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角所對(duì)的弦是直徑，同弧所對(duì)的圓周角相等，正切的定義，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．例2．（2022·山東·統(tǒng)考三模）如圖，圓O上有A，B，C三點(diǎn)，AC是直徑，點(diǎn)D是的中點(diǎn)，連接CD交AB于點(diǎn)E，點(diǎn)F在AB延長(zhǎng)線上，且FC＝FE．(1)求證：CF是圓O的切線；(2)若，BE＝2，求圓O的半徑和的值．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)半徑為；的值為【分析】（1）證出∠OCF=90°，由切線的判定可得出結(jié)論；（2）令BF=3k，則BC=4k，CF=5k，由勾股定理列式計(jì)算求出k=1，證明△CBE∽△ADE，利用相似三角形的性質(zhì)，則可得出答案．(1)證明：∵FC=FE，∴∠CEF=∠ECF，∵∠CEF=∠CAF+∠ACD，∠ECF=∠ECB+∠FCB，∴∠CAF+∠ACD=∠ECB+∠FCB，∵點(diǎn)D是弧AB的中點(diǎn)，∴∠ACD=∠ECB，∴∠CAF=∠FCB，∵AC是直徑，∴∠CBA=∠CBF=90°，即∠F+∠FCB=90°，∴∠F+∠CAF=90°，∴∠OCF=90°，∴CF是圓O的切線；(2)解：∵cosF=，即，令BF=3k，則CF=5k，∴BC==4k，∵CF=EF，∴2+3k=5k

解得k=1，∴CF=5，BF=3，BC=4，在Rt△ABC中，∠ACB=∠F，∵cos∠ACB=，∴AC=，所以半徑為，在Rt△ACF中，，∴，∴AE=AF-EF=，連接AD，∵∠CBE=∠ADE，∠CEB=∠AED，∴△CBE∽△ADE，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握切線的判定和圓周角定理是解題的關(guān)鍵．例3．（2023秋·山西大同·九年級(jí)校考期末）請(qǐng)閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：斯庫(kù)頓定理：如圖1．在中，為的平分線，則．下面是該定理的證明過(guò)程：證明：如圖2，是的外接圓，延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接．∵為的平分線，∴．∵，（依據(jù)①__________________________）．（依據(jù)②_________________________）又，．．……任務(wù)：（1）證明過(guò)程中的依據(jù)是：①__________________________________．②__________________________________．（2）將證明過(guò)程補(bǔ)充完整：（3）如圖3．在圓內(nèi)接四邊形中，對(duì)角線，相交于點(diǎn)．若，，，，，請(qǐng)利用斯庫(kù)頓定理，直接寫(xiě)出線段的長(zhǎng)．【答案】（1）①同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等，②兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似；（2）見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）由圖可知和所對(duì)的弧是同一條弧，根據(jù)同弧或者等弧所對(duì)圓周角相等可知結(jié)論；已知兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似；（2）已知兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似可知，進(jìn)而得到比例關(guān)系，最后得出結(jié)論；（3）由斯庫(kù)頓定理，得，從而求出的值，再根據(jù)兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似可知：，進(jìn)而得出的值，最后由線段和可知的值．【詳解】解：（1）①同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等∵和所對(duì)的弧是同一條弧∴①應(yīng)填：同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等②兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似∵題目中的結(jié)論是兩個(gè)三角形相似，用的方式是三角形的兩個(gè)角分別相等∴②應(yīng)填兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似（2）∵，..（3）∵.∴弧弧∴∴平分.由斯庫(kù)頓定理，得又∵，，，，∴.解得或（舍去）?！?.∴∴∴解得∴【點(diǎn)睛】本題是一道閱讀理解題，通過(guò)讀材料運(yùn)用已知條件得到斯庫(kù)頓定理，理解并會(huì)運(yùn)用斯庫(kù)頓定理是解題的關(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(diǎn)E和點(diǎn)G。結(jié)論：例1．（2023·遼寧葫蘆島·一模）已知：如圖，、是⊙的割線，，，.則=.【答案】8【分析】由于PAB和PCD是⊙O的割線，可直接根據(jù)割線定理求出PD的長(zhǎng)．【詳解】根據(jù)割線定理得：PA?PB=PC?PD；∵，，；∴PD==8cm．故答案為8.【點(diǎn)睛】本題主要考查的是切割線定理的應(yīng)用．例2．（2023·湖北九年級(jí)月考）如圖，割線交于、兩點(diǎn)，且，交于，，，則的長(zhǎng)為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)AB=x，PA=2x，則PB=3x.根據(jù)割線定理列方程求解即可.【詳解】延長(zhǎng)PO交圓于D.∵，∴可設(shè)AB=x，PA=2x，則PB=3x.∵，，∴PO=2+2+3=7.∵PA·PB=PC·PO，∴2x·3x=3×7,∴x=,∴PA=2x=，故選B.【點(diǎn)睛】本題考查了割線的性質(zhì)，從圓外一點(diǎn)引圓的兩條割線，這一點(diǎn)到每條割線與圓的交點(diǎn)的兩條線段長(zhǎng)的積相等.例3．（2022·湖北九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖所示：、分別與圓O交于A、B、C、D四點(diǎn)，連接、，(1)證明：(2)若，，，求的長(zhǎng).【答案】(1)見(jiàn)解析(2)的長(zhǎng)為6【分析】（1）根據(jù)A、B、C、D四點(diǎn)共圓得，根據(jù)得，即可得；（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得，進(jìn)行計(jì)算即可得．【詳解】（1）證明：∵A、B、C、D四點(diǎn)共圓，∴，∵，∴，∵，∴；（2）解：∵，∴，∵，，，∴，即的長(zhǎng)為6．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識(shí)點(diǎn)，正確計(jì)算．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·江蘇南通·中考模擬）如圖，已知是的切線，為切點(diǎn)，與相交于．兩點(diǎn)，，，則的長(zhǎng)等于（

)

A． B．16cm C． D．【答案】D【分析】根據(jù)已知得到的長(zhǎng)，再根據(jù)切割線定理即可求得的長(zhǎng)【詳解】解：∵，，∴，∵，∴，故選D．【點(diǎn)睛】本題是對(duì)圓知識(shí)的綜合考查，熟練掌握?qǐng)A及相似三角形的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵.例2．（2022·河南駐馬店·校聯(lián)考三模）復(fù)習(xí)鞏固切線：直線和圓只有一個(gè)公共點(diǎn)，這時(shí)這條直線和圓相切，我們把這條直線叫做圓的切線，這個(gè)點(diǎn)叫做切點(diǎn).如圖1，直線l1為⊙O的切線割線：直線和圓有兩個(gè)公共點(diǎn)，這時(shí)這條直線和圓相交，我們把這條直線叫做圓的割線.如圖1，直線l2為⊙O的割線切線長(zhǎng)：過(guò)圓外一點(diǎn)作圓的切線，這點(diǎn)和切點(diǎn)之間線段的長(zhǎng)，叫做這點(diǎn)到圓的切線長(zhǎng).閱讀材料《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得所普的一部數(shù)學(xué)著作.它是歐州數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)，總結(jié)了平面幾何五大公設(shè)，被廣泛地認(rèn)為是歷史上學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)幾何部分最成功的教科書(shū)其中第三卷命題36一2圓冪定理（切割線定理）內(nèi)容如下：切割線定理：從圓外一點(diǎn)引圓的切線和割線，切線長(zhǎng)是這點(diǎn)到割線與圓交點(diǎn)的兩條線段長(zhǎng)的比例中項(xiàng).為了說(shuō)明材料中定理的正確性，需要對(duì)其進(jìn)行證明，下面已經(jīng)寫(xiě)了不完整的“已知”和“求證”，請(qǐng)補(bǔ)充完整，并寫(xiě)出證明過(guò)程已知：如圖2，A是⊙O外一點(diǎn)，．求證：[提示]輔助線可先考慮作⊙O的直徑DE．【答案】AD是⊙O的切線，直線ABC為⊙O的割線；；證明見(jiàn)解析．【分析】按照題設(shè)要求，寫(xiě)出“已知”和“求證”，然后證明△ABD∽△ADC，即可求解．【詳解】解：（已知：如圖，A是⊙O外一點(diǎn)，）AD是⊙O的切線，直線ABC為⊙O的割線．求證：．故答案為：AB是⊙O的切線，直線ACD為⊙O的割線，．證明：連接BD，連接DO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E，連接BE，∵AD是⊙O的切線，∴，∵DE是圓的直徑，∴，∴，又∵，∴，∵，∴△ABD∽△ADC，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)、同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等以及相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，正確作出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．例3．（2023春·河南駐馬店·九年級(jí)統(tǒng)考期中）《幾何原本》是古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得所著的一部著作，它是歐洲數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)，總結(jié)了平面幾何五大公設(shè)，被廣泛地認(rèn)為是歷史上學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)幾何部分最成功的教科書(shū)．下面是其中的切割線定理：從圓外一點(diǎn)引圓的切線和割線，切線上是這點(diǎn)到割線與圓交點(diǎn)的兩條線段長(zhǎng)的比例中項(xiàng)，即如圖①，是的切線，直線為的割線，則．下面是切割線定理的證明過(guò)程（不完整）：證明：如圖②，連接，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)E，連接、．∵是的切線，是的半徑，∴．∵是的直徑，∴（__________），∴，∴__________．∵，∴__________．∵，∴∽，∴（__________），∴．任務(wù)：(1)請(qǐng)?jiān)跈M線上補(bǔ)充證明過(guò)程，在括號(hào)內(nèi)補(bǔ)充推理的依據(jù)；(2)如圖③，已知是的直徑，是的切線，A為切點(diǎn)，割線與于點(diǎn)E，且滿足，，求的長(zhǎng)．【答案】(1)直徑所對(duì)的圓周角相等；；；相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例；(2)【分析】（1）根據(jù)圓周角定理、等角的余角相等、等量代換、相似三角形的性質(zhì)等補(bǔ)充證明過(guò)程；（2）先根據(jù)已知和割線定理求得，，，則，再根據(jù)切線性質(zhì)和勾股定理求得；利用圓周角定理和相似三角形的判定證明，則，進(jìn)而求得即可求解．【詳解】（1）證明：如圖②，連接，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)E，連接、．∵是的切線，是的半徑，∴．∵是的直徑，∴（直徑所對(duì)的圓周角相等），∴，∴．∵，∴．∵，∴∽，∴（相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例），∴．

故答案為：直徑所對(duì)的圓周角相等；；；相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例；（2）解：圖3中，連接，，∵，∴設(shè)，，，則，∵是的切線，是割線，∴由割線定理得，則，解得（負(fù)值舍去），∴，，，則，∵是的直徑，是的切線，∴，∴；∵，，∴，則，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線性質(zhì)、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，理解切割線定理，掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用是解答的關(guān)鍵．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．（2023·成都九年級(jí)期中）定義：弦切角：頂點(diǎn)在圓上，一邊與圓相交，另一邊和圓相切的角叫弦切角．問(wèn)題情景：已知如圖所示，直線是的切線，切點(diǎn)為，為的一條弦，為弧所對(duì)的圓周角．（1）猜想：弦切角與之間的關(guān)系．試用轉(zhuǎn)化的思想：即連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接，來(lái)論證你的猜想．（2）用自己的語(yǔ)言敘述你猜想得到的結(jié)論．【答案】（1）（2）弦切角等于其兩邊所夾弧對(duì)的圓周角【分析】（1）連接CO并延長(zhǎng)交圓于E，連接DE，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角，可以得到∠E+∠DCE=90°；再根據(jù)AB是切線可以得到∠DCE+DCB=90°，所以∠DCB=∠E，最后根據(jù)等弧所對(duì)的圓周角相等就可以的得到所要的結(jié)論．（2）能說(shuō)清弦切角與圓周角的關(guān)系即可．【詳解】（1）；證明：∵是的直徑，∴；又∵是的切線，∴，∴；又∵，∴．（2）弦切角等于其兩邊所夾弧對(duì)的圓周角．（或弦切角的度數(shù)等于其兩邊所夾弧度數(shù)的一半．）【點(diǎn)睛】此題綜合運(yùn)用了切線的性質(zhì)、等角的余角相等以及圓周角定理的推論．例2．（2023·河南洛陽(yáng)·統(tǒng)考三模）人類會(huì)作圓并且真正了解圓的性質(zhì)是在2000多年前，由我國(guó)的墨子給出圓的概念：“圓，一中同長(zhǎng)也．”意思是說(shuō)，圓有一個(gè)圓心，圓心到圓周的長(zhǎng)都相等，這個(gè)定義比古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得給圓下的定義要早100多年．與圓有關(guān)的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．我們把頂點(diǎn)在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角的度數(shù)等于它所夾弧所對(duì)的圓周角度數(shù)．(1)如圖1，是的切線．點(diǎn)C，D在上．求證：；(2)如圖2，是的切線．連接交于點(diǎn)D，為的直徑．若，，的半徑為5，求的長(zhǎng)．【答案】(1)詳見(jiàn)解析(2)【分析】（1）連接，并延長(zhǎng)交于點(diǎn)M，連接，先證明，再根據(jù)同弧或等弧所對(duì)的圓周角相等得出，即可證明；（2）連接，，證明，得出，證明，得出，即，求出結(jié)果即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，并延長(zhǎng)交于點(diǎn)M，連接，如圖所示：∵是的直徑，∴，∴，∵是的切線，∴，∴，∴，∵，∴，∴．（2）解：連接，，如圖所示：∵是的直徑，∴，∴，∵是的切線，∴，∵，∴，∴，與（1）同理可得，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，切線的性質(zhì)定理，直徑所對(duì)的圓周角為直角，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理．例3．（2023·四川綿陽(yáng)·九年級(jí)統(tǒng)考期中）定義：頂點(diǎn)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，為的切線，點(diǎn)為切點(diǎn)，為內(nèi)一條弦，即為弦切角．(1)古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里得的《幾何原本》是一部不朽的數(shù)學(xué)巨著，全書(shū)共13卷，以第1卷的23個(gè)定義、5個(gè)公設(shè)和5個(gè)公理作為基本出發(fā)點(diǎn)，給出了119個(gè)定義和465個(gè)命題及證明．第三卷中命題32一弦切角定理的內(nèi)容是：“弦切角的度數(shù)等于它所夾的弧所對(duì)的圓心角度數(shù)的一半，等于它所夾的弧所對(duì)的圓周角度數(shù)．”如下給出了弦切角定理不完整的“已知”和“求證”，請(qǐng)補(bǔ)充完整，并寫(xiě)出“證明”過(guò)程．已知：如圖2，為的切線，點(diǎn)為切點(diǎn)，為內(nèi)一條弦，點(diǎn)在上，連接，，，．求證：．證明：(2)如圖3，為的切線，為切點(diǎn)，點(diǎn)是上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，交于，連接，，．若，，求弦的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)21【分析】（1）如圖2，延長(zhǎng)交于，連接，根據(jù)圓周角定理得到，求得，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，求得，于是得到結(jié)論；（2）如圖3，連接，根據(jù)勾股定理得到，根據(jù)切線的性質(zhì)得到，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】（1）解：求證：，證明：如圖2，延長(zhǎng)交于，連接，是的直徑，，，為的切線，，，，，；即；（2）如圖3，連接，，，，為的切線，，，，，，．【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，圓周角定理，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．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．（2022春·廣東九年級(jí)課時(shí)練習(xí)）閱讀與應(yīng)用請(qǐng)閱讀下列材料，完成相應(yīng)的任務(wù)：托勒密是“地心說(shuō)”的集大成者，著名的天文學(xué)家、地理學(xué)家、占星學(xué)家和光學(xué)家．后人從托勒密的書(shū)中發(fā)現(xiàn)一個(gè)命題：圓內(nèi)接四邊形對(duì)邊乘積的和等于對(duì)角線的乘積．下面是對(duì)這個(gè)命題的證明過(guò)程．如圖1，四邊形ABCD內(nèi)接于．求證：．證明：如圖2，作交BD于點(diǎn)E．∵，∴．（依據(jù)）∴．∴．．…∴．∴．∴．∵，∴．∴．任務(wù)：(1)證明過(guò)程中的“依據(jù)”是______；(2)補(bǔ)全證明過(guò)程；(3)如圖3，的內(nèi)接五邊形ABCDE的邊長(zhǎng)都為2，求對(duì)角線BD的長(zhǎng)．【答案】(1)同弧所對(duì)的圓周角相等；(2)見(jiàn)解析；(3)；【分析】（1）根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得；（2）由可得，再由可得；（3）連接AD，BE，由可得，進(jìn)而，BE=AD=BD，再由解方程即可；【詳解】（1）解：∵同弧所對(duì)的圓周角相等，，∴；故答案為：同弧所對(duì)的圓周角相等；（2）解：∵，∴，∴，∵，∴；（3）解：如圖，連接AD，BE，∵，∴，∴，∴，∴BE=AD=BD，∵四邊形ABDE是的內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，解得：或（舍去），∴對(duì)角線BD的長(zhǎng)為；【點(diǎn)睛】本題考查了圓內(nèi)接多邊形，圓心角、弧、弦關(guān)系，相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程等知識(shí)；掌握在同圓或等圓中，如果兩個(gè)圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對(duì)應(yīng)的其余各組量都分別相等是解題關(guān)鍵．例2．（2022秋·山西臨汾·九年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀下列材料，并完成相應(yīng)任務(wù)托勒密，古希臘天問(wèn)學(xué)家、地理學(xué)家和光學(xué)家，而他在數(shù)學(xué)方面也有重大貢獻(xiàn)，下面就是托勒密發(fā)現(xiàn)的一個(gè)定理，圓內(nèi)接四邊形的兩組對(duì)邊乘積之和等于兩條對(duì)角線的乘積．下面是該定理的證明過(guò)程（部分）已知：如圖①四邊形是的內(nèi)接四邊形

求證：證明：以C頂點(diǎn)，為一邊作交于點(diǎn)E，使得又∵∴∴

∴，又，∴∴∴，∴∴

∴

即任務(wù)：(1)請(qǐng)將“托勒密”定理的證明過(guò)程補(bǔ)充完整；(2)當(dāng)圓內(nèi)接四邊形是矩形時(shí)，托勒密定理就是我們非常熟知的一個(gè)定理：．(3)如圖②若，試探究線段之間的數(shù)量關(guān)系，并利用托勒密定理證明這個(gè)結(jié)論．

【答案】(1)(2)勾股定理(3)，證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求解即可；（2）根據(jù)矩形性質(zhì)驗(yàn)證即可；（3）根據(jù)題中證明過(guò)程解答即可．【詳解】（1）解：

；（2）解：當(dāng)圓內(nèi)接四邊形是矩形時(shí)，∴，，∴，∴托勒密定理就是我們非常熟知的勾股定理；（3）解：證明：∵，∴∴∴是等邊三角形∴由托勒密定理得：∴∴；【點(diǎn)睛】本題考查新定義下的證明，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)，圓的性質(zhì)，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是關(guān)鍵．課后專項(xiàng)訓(xùn)練1．（2023·福建九年級(jí)月考）如圖，是的切線，為切點(diǎn)，是割線，交于、兩點(diǎn)，與直徑交于點(diǎn)，已知，，，那么等于（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由相交弦定理知，TD?CD=AD?BD可求得TD的長(zhǎng)；由勾股定理知，PT2=PD2-TD2，由切割線定理知，PT2=PB?PA=（PD-BD）（PD+AD），從而可求得PD，PB的長(zhǎng)．【詳解】解：∵TD?CD=AD?BD，CD=2，AD=3，BD=4，∴TD=6，∵PT2=PD2-TD2，∴PT2=PB?PA=（PD-BD）（PD+AD），∴PD=24，∴PB=PD-BD=24-4=20．故選D．【點(diǎn)睛】本題考查相交弦定理，勾股定理，切割線定理，解題關(guān)鍵是熟練掌握定理．2．（2023秋·湖南長(zhǎng)沙·九年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，已知為⊙的直徑，直線與⊙相切于點(diǎn)，于點(diǎn)，交⊙于點(diǎn)．若，，則．

【答案】【分析】連接，，根據(jù)圓周角定理和切線的性質(zhì)證明，，繼而證明，得到，代入已知線段，求出，再利用勾股定理即可得到結(jié)果．【詳解】解：如圖，連接，．則，又，∴，∵為直徑，∴，∵直線與⊙相切于點(diǎn)，∴，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴，即，解得：或（舍），即，∴，∴，故答案為：．

【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，注意準(zhǔn)確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．3．（2023·四川成都·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，為的割線，且，交于點(diǎn)C，若，則的半徑的長(zhǎng)為．【答案】【分析】延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)D，連接、，由圓內(nèi)接四邊形內(nèi)對(duì)角互補(bǔ)性質(zhì)可得，結(jié)合鄰補(bǔ)角互補(bǔ)可得，繼而證明，由相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例解得，由此計(jì)算，最后根據(jù)線段的和差解題即可．【詳解】如圖，延長(zhǎng)交圓于點(diǎn)D，連接、，四邊形為圓內(nèi)接四邊形，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∴半徑為，故答案為：．【點(diǎn)睛】本題考查圓的內(nèi)接四邊形、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，是重要考點(diǎn)，難度較易，掌握相關(guān)知識(shí)是解題關(guān)鍵．4．（2023·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，過(guò)點(diǎn)引圓的兩條割線和，分別交圓于點(diǎn)和，連結(jié)，則在下列各比例式中，①；②；③，成立的有（把你認(rèn)為成立的比例式的序號(hào)都填上）．【答案】②③【分析】根據(jù)已知及相似三角形的判定方法得到，△PAD∽△PCB，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的比相等從而可得到答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是圓內(nèi)接四邊形，∴∠PAD=∠PCB，∠PDA=∠PBC，∴△PAD∽△PCB，∴，∴①錯(cuò)誤；②正確；③連接AC，BD，∵∠P=∠P，∠PBD=∠PCA，∴△PAC∽△PDB，∴，∴，正確；故答案為：②③．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，注意到題目中的相似三角形是解決本題的關(guān)鍵．5．（2023·山東九年級(jí)月考）如圖，從圓外一點(diǎn)引圓的切線，點(diǎn)為切點(diǎn)，割線交于點(diǎn)、．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(diǎn)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·重慶九年級(jí)月考）如圖，割線、分別交于和，若，，，則．【答案】【分析】設(shè)PA=x，則PB=3x，由切割線定理得，2×（16+2）=x?3x，求解即可．【詳解】設(shè)PA=x，∵PA：AB=1：2，∴AB=2x，∴PB=3x，由切割線定理得，2×（16+2）=x?3x，解得x=2，∴AB=4．故答案為4．【點(diǎn)睛】本題考查了切割線定理和勾股定理，是基礎(chǔ)知識(shí)要熟練掌握．7．（2023·重慶·九年級(jí)專題練習(xí)）閱讀下列材料，完成相應(yīng)任務(wù)：弗朗索瓦?韋達(dá)，法國(guó)杰出數(shù)學(xué)家．第一個(gè)有意識(shí)地和系統(tǒng)地使用字母來(lái)表示已知數(shù)、未知數(shù)及其乘冪，帶來(lái)了代數(shù)學(xué)理論研究的重大進(jìn)步，在歐洲被尊稱為“代數(shù)學(xué)之父”．他還發(fā)現(xiàn)從圓外一點(diǎn)引圓的切線和割線，切線長(zhǎng)是這點(diǎn)到割線與圓交點(diǎn)的兩條線段長(zhǎng)的比例中項(xiàng)（切割線定理）．如圖1，P是外一點(diǎn)，是的切線，是的一條割線，與的另一個(gè)交點(diǎn)為B，則．證明：如圖2，連接、，過(guò)點(diǎn)C作的直徑，連接．∵是的切線，∴，∴，即．……任務(wù)：(1)請(qǐng)按照上面證明思路寫(xiě)出該證明的剩余部分．(2)如圖3，與相切于點(diǎn)A，連接并延長(zhǎng)與交于點(diǎn)B、C，，，，連接．①與的位置關(guān)系是．②求的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①平行；②【分析】（1）先根據(jù)切線的性質(zhì)和圓周角定理證得，進(jìn)而證明，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可；（2）根據(jù)圓周角定理證得，根據(jù)平行線的判定即可得出結(jié)論；（3）連接，根據(jù)已知和（1）中結(jié)論和求得，，再利用勾股定理求得，然后證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．【詳解】（1）證明：如圖2，連接、，過(guò)點(diǎn)C作的直徑，連接．∵是的切線，∴，∴，即．∵是直徑，∴，即，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：①∵，，∴，∴，故答案為：平行；②如圖3，連接，∵與相切，為割線，∴，∵，∴，∴，即，∴，由（1）可知，，∴，∴，在中，，由勾股定理可知，，∴，即，∴，由（1）中證明過(guò)程可知，又，∴，∴，即∴．【點(diǎn)睛】本題考查圓的切線和割線性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、圓周角定理、平行線的判定、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用，利用相似三角形的性質(zhì)探究線段間的數(shù)量關(guān)系是解答的關(guān)鍵．8．（2023秋·河北邯鄲·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，在△ABC中，∠ABC=90°，以AB的中點(diǎn)O為圓心、OA為半徑的圓交AC于點(diǎn)D，E是BC的中點(diǎn)，連接DE，OE．(1)判斷DE與⊙O的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；(2)求證：BC2=CD·2OE；(3)若AB：AC=3：5，BE=6，求OE的長(zhǎng)．【答案】(1)DE為⊙O的切線，理由見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)OE=【分析】（1）連接OD，BD，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角得到∠ADB=90°，再由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到CE=DE=BE=BC，推出∠C=∠CDE，再證明∠A=∠ADO，根據(jù)∠C+∠A=90°，得到∠ADO+∠CDE=90°，即∠ODE=90°，即可證明結(jié)論；（2）先由三角形中位線定理得到AC=2OE，再證明△ABC∽△BDC，得到，即,即可證明；（3）設(shè)AB=3k，AC=5k，在Rt△ABC中，，即，由此求解k的值即可得到答案．【詳解】（1）解：DE與⊙O相切，理由如下：連接OD，BD，∵AB為圓O的直徑，∴∠ADB=90°，在Rt△BDC中，E為斜邊BC的中點(diǎn)，∴CE=DE=BE=BC，∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∵∠ABC=90°，即∠C+∠A=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，即∠ODE=90°，∴DE⊥OD，又OD為圓的半徑，∴DE為⊙O的切線；（2）解：∵E是BC的中點(diǎn)，O點(diǎn)是AB的中點(diǎn)，∴OE是△ABC的中位線，∴AC=2OE，∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，∴△ABC∽△BDC，∴，即,∴；（3）解：∵BE=6，E是BC的中點(diǎn)，即BC=12，∵AB：AC=3：5,設(shè)AB=3k，AC=5k，在Rt△ABC中，，∴，解得k=3，∴AC=15，又∵AC=2OE，∴．【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓切線的判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線，三角形中位線定理，勾股定理，直角三角形兩銳角互余，相似三角形的性質(zhì)與判定，直徑所對(duì)的圓周角是直角等等，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．9．（2022·湖北恩施·統(tǒng)考一模）如圖，以邊的邊為直徑作圓O，交于D，E在弧上，連接、、，若．(1)求證：為切線；(2)求證：(3)若點(diǎn)E是弧的中點(diǎn)，與交于點(diǎn)F，當(dāng)，時(shí)，求的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)【分析】（1）由為直徑得出為90°，利用，及同弧所對(duì)圓周角相等得出，即可得出結(jié)論；（2）證出與相似，由相似得出成比例線段，，即可得出結(jié)論；（3）利用第二問(wèn)的結(jié)論求出，故，再利用等弧所對(duì)圓周角相等得出等角，即可求解．【詳解】（1）證明：為直徑，，，，，，，即，是直徑，為切線．（2）證明：，，，，，（3）解：，，，，，在中，，在中，，過(guò)點(diǎn)F作，垂足為點(diǎn)G，如圖，點(diǎn)E是弧的中點(diǎn)，，，，，，，又，．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理、切線的判定、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及三角形的面積．10．（2022·廣東·一模）如圖，直線BC與⊙A相切于點(diǎn)C，連接BA，延長(zhǎng)與圓交于點(diǎn)E，連接CE，CD．(1)求證：；(2)若，，求的值．【答案】(1)證明：∵在⊙A中，BC與圓相切，∴根據(jù)弦切角定理有，又∵，∴，結(jié)論得證．(2)2【分析】（1）利用弦切角定理，可知，再根據(jù)其共用的，即可求證；（2）根據(jù)已知線段長(zhǎng)度，利用切割線定理求出BD，再根據(jù)（1）的結(jié)論，即可得，再利用角相等即可求出．【詳解】（1）證明：∵在⊙A中，BC與圓相切，∴，又∵，∴．（2）∵在⊙A中AC=3，∴AE=AC=AD=3，∴，又∵在⊙A中BC與圓相切，∴，∴，化簡(jiǎn)得：，解得BD=2，BD=-8，（不合題意舍去），又∵，∴，∴在Rt中，，∴．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定、弦切角定理、切割線定理、角的正切值以及解一元二次方程等知識(shí)．正確利用切割線定理求出BD的長(zhǎng)度是解答本題的關(guān)鍵．11．（2022·江蘇·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在ΔABC中，點(diǎn)O是BC中點(diǎn)，以O(shè)為圓心，BC為直徑作圓，剛好經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，延長(zhǎng)BC于點(diǎn)D，連接AD．已知∠CAD＝∠B．(1)求證：AD是O的切線；(2)求證：ΔACD～ΔBAD；(3)若BD＝8，tanB＝，求⊙O的面積．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)3【分析】（1）連接AO，由等腰三角形的性質(zhì)及圓周角定理得出∠DAO=∠CAD+∠CAO=90°，則可得出結(jié)論；（2）根據(jù)相似三角形的判定方法可得出結(jié)論；（3）由相似三角形的性質(zhì)得出，求出DC=2，則可得出答案．【詳解】（1）解：證明：連接AO，∵BC是直徑，∴∠BAC=90°，∴∠B+∠ACO=90°，∵OA=OC，∴∠ACO=∠OAC，∵∠CAD=∠B．∴∠DAO=∠CAD+∠CAO=90°，∴OA⊥AD，∴AD是⊙O的切線；（2）證明：∵∠CAD=∠B，∠ADC=∠BDA，∴△ACD∽△BAD；（3）∵∠BAC=90°，∴，∵△ACD∽△BAD，∴，∴DC＝DB＝2，∴BC=DB-CD=8-2=6，∴半徑r=3，∴⊙O的面積為9π．【點(diǎn)睛】此題考查了切線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)以及圓周角定理，熟練掌握切線的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．12．（2023·內(nèi)蒙古包頭·校考三模）如圖，是的直徑，點(diǎn)A為圓上一點(diǎn)（不與C，D點(diǎn)重合），經(jīng)過(guò)A作的切線，與的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，點(diǎn)M為上一點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)，與交于點(diǎn)F，E為上一點(diǎn)，且，連接并延長(zhǎng)，與交于點(diǎn)B，連接．（1）求證：．（2）若，求的長(zhǎng)．（3）如果，求的長(zhǎng)．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）PA=；（3）AC．【分析】（1）連接AF，由切線的性質(zhì)、圓周角定理和等量代換得出∠MAC=∠F，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠MAE=∠MEA，由三角形的外角性質(zhì)證出∠BAC=∠BAF，即可得出結(jié)論；（2）連接AD，由切線的性質(zhì)、圓周角定理和等量代換得出∠MAC=∠D，由∠P=∠P，證出△PAC∽△PDC，利用相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)果；（2）由，設(shè)OA=x，則OP=3x，求得OA=r=2，OP，DP=8，由△PAC∽△PDA，以及勾股定理即可求解．【詳解】（1）證明：連接AF，如圖1所示：∵PA是⊙O的切線，∴∠MAC=∠F，∵M(jìn)A=ME，∴∠MAE=∠MEA，∵∠MAE=∠MAC+∠BAC，∠MEA=∠F+∠BAF，∴∠BAC=∠BAF，∴；（2）解：連接AD，如圖2所示：∵PA是⊙O的切線，∴∠MAC=∠D，∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDA，∴，∴PA2=PC?PD=7，∴PA=；（3）連接OA，∵PA是⊙O的切線，∴OA⊥PA，∵，即，設(shè)OA=x，則OP=3x，由勾股定理：，即，解得：(負(fù)值已舍)，∴OA=r=2，OP=3，∴DP=DO+OP=2+6=8，由（2）得△PAC∽△PDA，∴，即，設(shè)AD=m，則AC=，∵CD是⊙O的直徑，∴∠DAC=90，∴，即，解得：(負(fù)值已舍)，∴AC=【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、弦切角定理、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)等知識(shí)；熟練掌握?qǐng)A周角定理和弦切角定理，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．13．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，為的直徑，是的弦，延長(zhǎng)交于點(diǎn)C，連接．(1)若平分，求的度數(shù)；(2)若點(diǎn)E為的中點(diǎn)，，，求的半徑．【答案】(1)的度數(shù)為；(2)的半徑為【分析】（1）由圓周角定理求得，推出，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)求解即可；（2）連接，由垂徑定理和圓周角定理推出，根據(jù)平行線分線段成比例得到，，再證明，據(jù)此求解即可．【詳解】（1）解：∵為的直徑．∴，，又∵平分．∴，∴，又∵四邊形是的內(nèi)接四邊形．∴，答：的度數(shù)為；（2）解：連接，∵點(diǎn)E為的中點(diǎn)，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，，答：的半徑為．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．14．（2022·河南南陽(yáng)·統(tǒng)考三模）閱讀資料：我們把頂點(diǎn)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中即為弦切角．同學(xué)們研究發(fā)現(xiàn)：A為圓上任意一點(diǎn)，當(dāng)弦AB經(jīng)過(guò)圓心O，且DB切于點(diǎn)B時(shí)，易證：弦切角．問(wèn)題拓展：如圖2，點(diǎn)A是優(yōu)弧BC上任意一點(diǎn)，DB切于點(diǎn)B，求證：．證明：連接BO并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接，如圖2所示．∵DB與相切于點(diǎn)B，∴________∴．∵是直徑，∴_____________（依據(jù)）．∴．∴________________（依據(jù)）．又∵_(dá)_______________（依據(jù)），∴．(1)將上述證明過(guò)程及依據(jù)補(bǔ)充完整．(2)如圖3，的頂點(diǎn)C在上，AC和相交于點(diǎn)D，且AB是的切線，切點(diǎn)為B，連接BD．若，求BC的長(zhǎng)．【答案】(1)90°；直徑所對(duì)的圓周角是直角；同角的余角相等；同弧所對(duì)的圓周角相等(2)【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)以及圓周角的性質(zhì)以及同角的余角相等的性質(zhì)解決問(wèn)題即可；（2）利用第一問(wèn)的結(jié)論，證明出，得到，代入數(shù)值，先求出AB的值，再求出BC的值即可．【詳解】（1）證明：連接BO并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，連接，如圖2所示．∵DB與相切于點(diǎn)B，∴

90°

∴．∵是直徑，∴（直徑所對(duì)的圓周角是直角）∴．∴（同角的余角相等）．又∵（同弧所對(duì)的圓周角相等），∴．故答案為：90°；直徑所對(duì)的圓周角是直角；同角的余角相等；同弧所對(duì)的圓周角相等．（2）解：由題意，可知．∵，∴．

∴，∴∴，（舍去）．∴．【點(diǎn)睛】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握?qǐng)A周角定理和切線的性質(zhì)，還考查了相似，同時(shí)善于運(yùn)用已經(jīng)證明的結(jié)論解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．15．（2023·黑龍江綏化·九年級(jí)統(tǒng)考期末）閱讀下列材料，然后解答問(wèn)題：如圖（1）：AB是⊙O的直徑，AD是⊙O切線，BD交⊙O與點(diǎn)C，求證：∠DAC=∠B．證明：因?yàn)锳B為直徑，AD為切線，所以AB⊥AD，即∠BAD=900，故∠DAC+∠BAC=900，又因?yàn)锳B是直徑，所以∠ACB=900，即∠BAC+∠B=900，所以∠DAC=∠B．（1）如圖（2）：若AB不是⊙O的直徑，上述材料中的其他條件不變，那么∠DAC=∠B還成立嗎？如果成立，證明你的結(jié)論；如果不成立，猜想∠DAC和∠B的大小關(guān)系；（2）若切線AD和弦AC所夾的角∠DAC叫弦切角，那么通過(guò)上述的證明，可得出一個(gè)結(jié)論：弦切角等于它所夾的弧所對(duì)的角.【答案】（1）成立，理由見(jiàn)試題解析；（2）圓周．【詳解】試題分析：（1）連接AO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E，連接CE，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為閱讀材料提供的問(wèn)題；（2）弦切角等于它所夾的弧所對(duì)的圓周角.試題解析：（1）∠DAC=∠B還成立.理由如下：連接AO并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)E，連接CE.因?yàn)锳E為直徑，AD為切線，所以AE⊥AD即∠EAD=900，故∠DAC+∠EAC=900，又因?yàn)锳E是直徑，所以∠ACE=900，即∠EAC+∠E=900，所以∠DAC=∠E.又因?yàn)椤螮=∠B，所以∠DAC=∠B.(2)圓周．考點(diǎn)：切線的性質(zhì)．16．（2023·安徽宿州·二模）如圖，是的內(nèi)接三角形，D是圓外一點(diǎn)，連接，，連接交于點(diǎn)E．(1)求證：是的切線．(2)若，E是的中點(diǎn)，求的長(zhǎng)度．

【答案】(1)見(jiàn)解析(2)【分析】（1）連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)G，連接，根據(jù)圓周角定理得出，，結(jié)合已知求出即可；（2）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)證明，結(jié)合已知求出，然后證明，再利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)G，連接，

則，∴，∵，，∴，即，∴，∵是直徑，∴是的切線；（2）解：連接AE，

∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵E是的中點(diǎn)，∴，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題考查切線的判定，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，關(guān)鍵是由圓周角定理證明，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)推出．17．（2023春·浙江·九年級(jí)開(kāi)學(xué)考試）如圖，已知⊙O和⊙⊙相交于A、B兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作⊙的切線交⊙O于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)B作兩圓的割線分別交⊙O、⊙于E、F，EF與AC相交于點(diǎn)P，（1）求證：；（2）求證：；（3）當(dāng)⊙O與⊙為等圓時(shí)，且時(shí)，求△PEC與△FAP的面積的比值.【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）【分析】（1）連接AB，根據(jù)弦切角定理和圓周角定理的推論得到∠CAB=∠F，∠CAB=∠E，則∠F=∠E，根據(jù)內(nèi)錯(cuò)角相等，得到AF∥CE，再根據(jù)平行線分線段成比例定理進(jìn)行證明；（2）利用（1）的比例式，兩邊同平方，再根據(jù)切割線定理進(jìn)行等量代換即可；（3）要求兩個(gè)三角形的面積比，根據(jù)（1）知：兩個(gè)三角形相似．所以只需求得它們的一組對(duì)應(yīng)邊的比，根據(jù)所給的線段的比值，結(jié)合勾股定理的逆定理發(fā)現(xiàn)Rt△PCE，連接AE，AE即是直徑．又根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠PAF=90°，則AF是圓的直徑．根據(jù)勾股定理得到x與y的比值，從而得到三角形的面積比．【詳解】解：（1）證明：連接AB，∵CA切⊙O'于A，∴∠CAB=∠F,∵∠CAB=∠E，∴∠E=∠F,∴AF∥CE,∴,∴.（2）,,,再根據(jù)切割線定理，得PA2=PB?PF，∴;（3）連接AE，由（1）知△PEC∽△PFA，而PC：CE：EP=3：4：5，∴PA：FA：PF=3：4：5．設(shè)PC=3x，CE=4x，EP=5x，PA=3y，F(xiàn)A=4y，PF=5y，∴EP2=PC2+CE2，PF2=PA2+FA2．∴∠C=∠CAF=90°．∴AE為⊙O的直徑，AF為⊙O'的直徑．∵⊙O與⊙O'等圓，∴AE=AF=4y．∵AC2+CE2=AE2∴（3x+3y）2+（4x）2=（4y）2即25x2+18xy-7y2=0，∴（25x-7y）（x+y）=0，,.【點(diǎn)睛】綜合運(yùn)用了切線的性質(zhì)、圓周角定理的推論、切割線定理以及相似三角形的性質(zhì)和判定，難度比較大，綜合性比較強(qiáng)．18．（2023·山東濱州·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)是的內(nèi)心，的延長(zhǎng)線與邊相交于點(diǎn)，與的外接圓相交于點(diǎn)．(1)求證：；(2)求證：；(3)求證：；(4)猜想：線段三者之間存在的等量關(guān)系．（直接寫(xiě)出，不需證明．）

【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析(3)見(jiàn)解析(4)【分析】（1）過(guò)點(diǎn)F作，垂足分別為，則，進(jìn)而表示出兩個(gè)三角形的面積，即可求解；（2）過(guò)點(diǎn)A作于點(diǎn)，表示出兩三角形的面積，即可求解；（3）連接，證明得出，證明，得出，即可，恒等式變形即可求解；（4）連接，證明，得出，證明，得出，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖所示，過(guò)點(diǎn)F作，垂足分別為，∵點(diǎn)是的內(nèi)心，∴是的角平分線，∵，∴，∵，∴；（2）證明：如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作于點(diǎn)，

∵，∴，由（1）可得，∴；（3）證明：連接，

∵∴∴∴，∴∵，∴，又，∴，∴，∴；∴，∴，（4）解：如圖所示，連接，

∵點(diǎn)是的內(nèi)心，∴是的角平分線，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題考查三角形內(nèi)心的定義，同弧所對(duì)的圓周角相等，角平分線的性質(zhì)與定義，相似三角形的性質(zhì)與判定，三角形的外角性質(zhì)，三角形的面積公式等知識(shí)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題關(guān)鍵．19．（2023·河南洛陽(yáng)·統(tǒng)考一模）【問(wèn)題探究】已知：如圖①所示，∠MPN的頂點(diǎn)為P，⊙O的圓心O從頂點(diǎn)P出發(fā)，沿著PN方向平移．（1）如圖②所示，當(dāng)⊙O分別與射線PM，PN相交于A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)，連接AC、BD，可以證得△PAC∽△，從而可以得到：PA?PB＝PC?PD．（2）如圖③所示，當(dāng)⊙O與射線PM相切于點(diǎn)A，與射線PN相交于C、D兩個(gè)點(diǎn)．求證：PA2＝PC?PD．【簡(jiǎn)單應(yīng)用】（3）如圖④所示，（2）中條件不變，經(jīng)過(guò)點(diǎn)P的另一條射線與⊙O相交于E、F兩點(diǎn)．利用上述（1），（2）兩問(wèn)的結(jié)論，直接寫(xiě)出線段PA與PE、PF之間的數(shù)量關(guān)系；當(dāng)PA＝4，EF＝2，則PE＝．【拓展延伸】（4）如圖⑤所示，在以O(shè)為圓心的兩個(gè)同心圓中，A、B是大⊙O上的任意兩點(diǎn)，經(jīng)過(guò)A、B兩點(diǎn)作線段，分別交小⊙O于C、E、D、F四個(gè)點(diǎn)．求證：AC?AE＝BD?BF．（友情提醒：可直接運(yùn)用本題上面所得到的相關(guān)結(jié)論）【答案】（1）△PDB；（2）證明見(jiàn)解析；（3）PA2＝PE?PF，6；（4）證明見(jiàn)解析【分析】（1）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出∠PAC＝∠PDB，再由∠P＝∠P，得出△PAC∽△PDB，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，即可得出PA?PB＝PC?PD；（2）連接AC、AD，根據(jù)切線和直徑所對(duì)圓周角的性質(zhì)，∠PAC＝∠PDA，再由∠P＝∠P，證出△PAC∽△PDA，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，即可得出結(jié)論；（3）由（2）得出PA2＝PE?PF．代入已知數(shù)據(jù)得出PE（PE+2）＝48，解方程即可得到答案；（4）過(guò)A作⊙O的切線AM，M為切點(diǎn)，