圓冪定理講義帶答案

-.z圓冪定理STEP1:進門考理念：1.檢測垂徑定理的根本知識點與題型。2.垂徑定理典型例題的回憶檢測。3.分析學生圓局部的薄弱環(huán)節(jié)?！?〕例題復習?！?021?夏津縣一?！骋桓绷拷瞧髋c一塊含30°銳角的三角板如下列圖放置，三角板的直角頂點C落在量角器的直徑MN上，頂點A，B恰好都落在量角器的圓弧上，且AB∥MN．假設AB=8cm，則量角器的直徑MN=cm．【考點】M3：垂徑定理的應用；KQ：勾股定理；T7：解直角三角形．【分析】作CD⊥AB于點D，取圓心O，連接OA，作OE⊥AB于點E，首先求得CD的長，即OE的長，在直角△AOE中，利用勾股定理求得半徑OA的長，則MN即可求解．【解答】解：作CD⊥AB于點D，取圓心O，連接OA，作OE⊥AB于點E．在直角△ABC中，∠A=30°，則BC=AB=4cm，在直角△BCD中，∠B=90°﹣∠A=60°，∴CD=BC?sinB=4×=2〔cm〕，∴OE=CD=2，在△AOE中，AE=AB=4cm，則OA===2〔cm〕，則MN=2OA=4〔cm〕．故答案是：4．【點評】此題考察了垂徑定理的應用，在半徑或直徑、弦長以及弦心距之間的計算中，常用的方法是轉(zhuǎn)化為解直角三角形．〔2021?阿壩州〕如圖將半徑為2cm的圓形紙片折疊后，圓弧恰好經(jīng)過圓心O，則折痕AB的長為〔〕A．2cm B．cm C．2cm D．2cm【考點】M2：垂徑定理；PB：翻折變換〔折疊問題〕．【分析】通過作輔助線，過點O作OD⊥AB交AB于點D，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知OA=2OD，根據(jù)勾股定理可將AD的長求出，通過垂徑定理可求出AB的長．【解答】解：過點O作OD⊥AB交AB于點D，連接OA，∵OA=2OD=2cm，∴AD===〔cm〕，∵OD⊥AB，∴AB=2AD=2cm．應選：D．【點評】此題考察了垂徑定理和勾股定理的運用，正確應用勾股定理是解題關(guān)鍵．〔2021?〕如圖，在平面直角坐標系中，⊙P的圓心坐標是〔3，a〕〔a＞3〕，半徑為3，函數(shù)y=*的圖象被⊙P截得的弦AB的長為，則a的值是〔〕A．4B． C． D．【考點】M2：垂徑定理；F8：一次函數(shù)圖象上點的坐標特征；KQ：勾股定理．【專題】11：計算題；16：壓軸題．【分析】PC⊥*軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連結(jié)PB，由于OC=3，PC=a，易得D點坐標為〔3，3〕，則△OCD為等腰直角三角形，△PED也為等腰直角三角形．由PE⊥AB，根據(jù)垂徑定理得AE=BE=AB=2，在Rt△PBE中，利用勾股定理可計算出PE=1，則PD=PE=，所以a=3+．【解答】解：作PC⊥*軸于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，連結(jié)PB，如圖，∵⊙P的圓心坐標是〔3，a〕，∴OC=3，PC=a，把*=3代入y=*得y=3，∴D點坐標為〔3，3〕，∴CD=3，∴△OCD為等腰直角三角形，∴△PED也為等腰直角三角形，∵PE⊥AB，∴AE=BE=AB=×4=2，在Rt△PBE中，PB=3，∴PE=，∴PD=PE=，∴a=3+．應選：B．【點評】此題考察了垂徑定理：垂直于弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考察了勾股定理和等腰直角三角形的性質(zhì)．〔2021?江〕在平面直角坐標系*Oy中，以原點O為圓心的圓過點A〔13，0〕，直線y=k*﹣3k+4與⊙O交于B、C兩點，則弦BC的長的最小值為．【考點】FI：一次函數(shù)綜合題．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)直線y=k*﹣3k+4必過點D〔3，4〕，求出最短的弦CB是過點D且與該圓直徑垂直的弦，再求出OD的長，再根據(jù)以原點O為圓心的圓過點A〔13，0〕，求出OB的長，再利用勾股定理求出BD，即可得出答案．【解答】解：∵直線y=k*﹣3k+4=k〔*﹣3〕+4，∴k〔*﹣3〕=y﹣4，∵k有無數(shù)個值，∴*﹣3=0，y﹣4=0，解得*=3，y=4，∴直線必過點D〔3，4〕，∴最短的弦CB是過點D且與該圓直徑垂直的弦，∵點D的坐標是〔3，4〕，∴OD=5，∵以原點O為圓心的圓過點A〔13，0〕，∴圓的半徑為13，∴OB=13，∴BD=12，∴BC的長的最小值為24；故答案為：24．【點評】此題考察了一次函數(shù)的綜合，用到的知識點是垂徑定理、勾股定理、圓的有關(guān)性質(zhì)，關(guān)鍵是求出BC最短時的位置．STEP2:新課講解教學目標教學目標熟練掌握圓冪定理的根本概念。熟悉有關(guān)圓冪定理的相關(guān)題型，出題形式與解題思路。能夠用自己的話表達圓冪定理的概念。通過課上例題，結(jié)合課下練習。掌握此局部的知識。學習內(nèi)容學習內(nèi)容相交弦定理相交弦定理〔1相交弦定理〔1〕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．〔經(jīng)過圓內(nèi)一點引兩條線，各弦被這點所分成的兩段的積相等〕．

幾何語言：假設弦AB、CD交于點P，則PA?PB=PC?PD〔相交弦定理〕〔2〕推論：如果弦與直徑垂直相交，則弦的一半是它分直徑所成的兩條線段的比例中項．幾何語言：假設AB是直徑，CD垂直AB于點P，則PC2=PA?PB〔相交弦定理推論〕．基此題型：〔2021秋?江陰市期中〕如圖，⊙O的弦AB、CD相交于點P，假設AP=3，BP=4，CP=2，則CD長為〔〕A．6 B．12 C．8 D．不能確定【考點】M7：相交弦定理．【專題】11：計算題．【分析】由相交線定理可得出AP?BP=CP?DP，再根據(jù)AP=3，BP=4，CP=2，可得出PD的長，從而得出CD即可．【解答】解：∵AP?BP=CP?DP，∴PD=，∵AP=3，BP=4，CP=2，∴PD=6，∴CD=PC+PD=2+6=8．應選C．【點評】此題考察了相交線定理，圓兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．〔2021?南長區(qū)一模〕如圖，矩形ABCD為⊙O的接四邊形，AB=2，BC=3，點E為BC上一點，且BE=1，延長AE交⊙O于點F，則線段AF的長為〔〕A． B．5 C．+1 D．【考點】M7：相交弦定理．【分析】由矩形的性質(zhì)和勾股定理求出AE，再由相交弦定理求出EF，即可得出AF的長．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴AE===，∵BC=3，BE=1，∴CE=2，由相交弦定理得：AE?EF=BE?CE，∴EF==，∴AF=AE+EF=；應選：A．【點評】此題考察了矩形的性質(zhì)、勾股定理、相交弦定理；熟練掌握矩形的性質(zhì)和相交弦定理，并能進展推理計算是解決問題的關(guān)鍵．綜合題型〔2004?〕如圖，AB是⊙O的直徑，M是⊙O上一點，MN⊥AB，垂足為N．P、Q分別是、上一點〔不與端點重合〕，如果∠MNP=∠MNQ，下面結(jié)論：①∠1=∠2；②∠P+∠Q=180°；③∠Q=∠PMN；④PM=QM；⑤MN2=PN?QN．其中正確的選項是〔〕A．①②③ B．①③⑤ C．④⑤ D．①②⑤【考點】M7：相交弦定理；M2：垂徑定理；M4：圓心角、弧、弦的關(guān)系；M5：圓周角定理；S9：相似三角形的判定與性質(zhì)．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)圓周角定理及對各個結(jié)論進展分析，從而得到答案．【解答】解：延長MN交圓于點W，延長QN交圓于點E，延長PN交圓于點F，連接PE，QF∵∠PNM=∠QNM，MN⊥AB，∴∠1=∠2〔故①正確〕，∵∠2與∠ANE是對頂角，∴∠1=∠ANE，∵AB是直徑，∴可得PN=EN，同理NQ=NF，∵點N是MW的中點，MN?NW=MN2=PN?NF=EN?NQ=PN?QN〔故⑤正確〕，∴MN：NQ=PN：MN，∵∠PNM=∠QNM，∴△NPM∽△NMQ，∴∠Q=∠PMN〔故③正確〕．應選B．【點評】此題利用了相交弦定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，垂徑定理求解．與代數(shù)結(jié)合的綜合題〔2021?市模擬〕如圖，正方形ABCD接于⊙O，點P在劣弧AB上，連接DP，交AC于點Q．假設QP=QO，則的值為〔〕A． B． C． D．【考點】M7：相交弦定理；KQ：勾股定理．【專題】11：計算題．【分析】設⊙O的半徑為r，QO=m，則QP=m，QC=r+m，QA=r﹣m．利用相交弦定理，求出m與r的關(guān)系，即用r表示出m，即可表示出所求比值．【解答】解：如圖，設⊙O的半徑為r，QO=m，則QP=m，QC=r+m，QA=r﹣m．在⊙O中，根據(jù)相交弦定理，得QA?QC=QP?QD．即〔r﹣m〕〔r+m〕=m?QD，所以QD=．連接DO，由勾股定理，得QD2=DO2+QO2，即，解得所以，應選D．【點評】此題考察了相交弦定理，即“圓兩弦相交于圓一點，各弦被這點所分得的兩線段的長的乘積相等〞．熟記并靈活應用定理是解題的關(guān)鍵．需要做輔助線的綜合題〔2021秋?期末〕如圖，⊙O過M點，⊙M交⊙O于A，延長⊙O的直徑AB交⊙M于C，假設AB=8，BC=1，則AM=．【考點】M7：相交弦定理；KQ：勾股定理；M5：圓周角定理．【分析】根據(jù)相交弦定理可證AB?BC=EB?BF=〔EM+MB〕〔MF﹣MB〕=AM2﹣MB2=8，又由直徑對的圓周角是直角，用勾股定理即可求解AM=6．【解答】解：作過點M、B的直徑EF，交圓于點E、F，則EM=MA=MF，由相交弦定理知，AB?BC=EB?BF=〔EM+MB〕〔MF﹣MB〕=AM2﹣MB2=8，∵AB是圓O的直徑，∴∠AMB=90°，由勾股定理得，AM2+MB2=AB2=64，∴AM=6．【點評】此題利用了相交弦定理，直徑對的圓周角是直角，勾股定理求解．割線定理割線定理割線定理：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．割線定理割線定理：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．

幾何語言：

∵PBA，PDC是⊙O的割線

∴PD?PC=PA?PB〔割線定理〕

由上可知：PT2=PA?PB=PC?PD．基此題型〔1998?〕如圖，過點P作⊙O的兩條割線分別交⊙O于點A、B和點C、D，PA=3，AB=PC=2，則PD的長是〔〕A．3 B．7.5 C．5 D．5.5【考點】MH：切割線定理．【分析】由可得PB的長，再根據(jù)割線定理得PA?PB=PC?PD即可求得PD的長．【解答】解：∵PA=3，AB=PC=2，∴PB=5，∵PA?PB=PC?PD，∴PD=7.5，應選B．【點評】主要是考察了割線定理的運用．〔2003?天津〕如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，以點C為圓心、CA為半徑的圓與AB、BC分別交于點D、E．求AB、AD的長．【考點】MH：切割線定理；KQ：勾股定理．【分析】Rt△ABC中，由勾股定理可直接求得AB的長；延長BC交⊙C于點F，根據(jù)割線定理，得BE?BF=BD?BA，由此可求出BD的長，進而可求得AD的長．【解答】解：法1：在Rt△ABC中，AC=3，BC=4；根據(jù)勾股定理，得AB=5．延長BC交⊙C于點F，則有：EC=CF=AC=3〔⊙C的半徑〕，BE=BC﹣EC=1，BF=BC+CF=7；由割線定理得，BE?BF=BD?BA，于是BD=；所以AD=AB﹣BD=；法2：過C作CM⊥AB，交AB于點M，如下列圖，由垂徑定理可得M為AD的中點，∵S△ABC=AC?BC=AB?CM，且AC=3，BC=4，AB=5，∴CM=，在Rt△ACM中，根據(jù)勾股定理得：AC2=AM2+CM2，即9=AM2+〔〕2，解得：AM=，∴AD=2AM=．【點評】此題主要考察學生對勾股定理及割線定理的理解及運用．綜合題型〔2021?校級模擬〕如圖，兩同心圓間的圓環(huán)的面積為16π，過小圓上任意一點P作大圓的弦AB，則PA?PB的值是〔〕A．16 B．16π C．4 D．4π【考點】MH：切割線定理．【分析】過P點作大圓的直徑CD，如圖，設大圓半徑為R，小圓半徑為r，根據(jù)相交弦定理得到PA?PB=〔OC﹣OP〕?〔OP+OD〕=R2﹣r2，再利用πR2﹣πr2=16π得到R2﹣r2=16，所以PA?PB=16．【解答】解：過P點作大圓的直徑CD，如圖，設大圓半徑為R，小圓半徑為r，∵PA?PB=PC?PD，∴PA?PB=〔OC﹣OP〕?〔OP+OD〕=〔R﹣r〕〔R+r〕=R2﹣r2，∵兩同心圓間的圓環(huán)〔即圖中陰影局部〕的面積為16π，∴πR2﹣πr2=16π，∴R2﹣r2=16，∴PA?PB=16．應選A．【點評】此題考察了垂徑定理：平分弦的直徑平分這條弦，并且平分弦所對的兩條弧．也考察了相交弦定理．【思考】觀察講義課后練習最后一道題，是否有思路.切割線定理切割線定理切割線定理：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．切割線定理切割線定理：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．

幾何語言：

∵PBA，PDC是⊙O的割線

∴PD?PC=PA?PB〔割線定理〕

由上可知：PT2=PA?PB=PC?PD．〔2021?長清區(qū)二模〕如圖，PA為⊙O的切線，A為切點，⊙O的割線PBC過點O與⊙O分別交于B、C，PA=8cm，PB=4cm，求⊙O的半徑．【考點】MH：切割線定理．【專題】11：計算題．【分析】連接OA，設⊙O的半徑為rcm，由勾股定理，列式計算即可．【解答】解：連接OA，設⊙O的半徑為rcm，〔2分〕則r2+82=〔r+4〕2，〔4分〕解得r=6，∴⊙O的半徑為6cm．〔2分〕【點評】此題考察的是切割線定理，勾股定理，是根底知識要熟練掌握．〔2021秋?東臺市期中〕如圖，點P是⊙O直徑AB的延長線上一點，PC切⊙O于點C，OB=3，PB=2．則PC等于〔〕A．2 B．3 C．4 D．5【考點】MH：切割線定理．【專題】11：計算題．【分析】根據(jù)題意可得出PC2=PB?PA，再由OB=3，PB=2，則PA=8，代入可求出PC．【解答】解：∵PC、PB分別為⊙O的切線和割線，∴PC2=PB?PA，∵OB=3，PB=2，∴PA=8，∴PC2=PB?PA=2×8=16，∴PC=4．應選C．【點評】此題考察了切割線定理，熟記切割線定理的公式PC2=PB?PA．切線長定理切割線定理〔切割線定理〔1〕圓的切線長定義：經(jīng)過圓外一點作圓的切線，這點和切點之間的線段的長，叫做這點到圓的切線長．〔2〕切線長定理：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．〔3〕注意：切線和切線長是兩個不同的概念，切線是直線，不能度量；切線長是線段的長，這條線段的兩個端點分別是圓外一點和切點，可以度量．〔4〕切線長定理包含著一些隱含結(jié)論：①垂直關(guān)系三處；②全等關(guān)系三對；③弧相等關(guān)系兩對，在一些證明求解問題中經(jīng)常用到．〔2021?校級模擬〕如圖，一圓切四邊形ABCD，且BC=10，AD=7，則四邊形的周長為〔〕A．32 B．34 C．36 D．38【考點】MG：切線長定理．【分析】根據(jù)切線長定理，可以證明圓外切四邊形的性質(zhì)：圓外切四邊形的兩組對邊和相等，從而可求得四邊形的周長．【解答】解：由題意可得圓外切四邊形的兩組對邊和相等，所以四邊形的周長=2×〔7+10〕=34．應選：B．【點評】此題主要考察了切線長定理，熟悉圓外切四邊形的性質(zhì)：圓外切四邊形的兩組對邊和相等是解題關(guān)鍵．〔2021?岳池縣模擬〕如圖，PA，PB切⊙O于A，B兩點，CD切⊙O于點E交PA，PB于C，D，假設⊙O的半徑為r，△PCD的周長為3r，連接OA，OP，則的值是〔〕A． B． C． D．【考點】MG：切線長定理；MC：切線的性質(zhì)．【分析】利用切線長定理得出CA=CF，DF=DB，PA=PB，進而得出PA=r，求出即可．【解答】解：∵PA，PB切⊙O于A，B兩點，CD切⊙O于點E交PA，PB于C，D，∴CA=CF，DF=DB，PA=PB，∴PC+CF+DF+PD=PA=PB=2PA=3r，∴PA=r，則的值是：=．應選：D．【點評】此題主要考察了切線長定理，得出PA的長是解題關(guān)鍵．〔2021秋?夏津縣校級期末〕如圖，P為⊙O外一點，PA，PB分別切⊙O于A，B，CD切⊙O于點E，分別交PA，PB于點C，D．假設PA=5，則△PCD的周長和∠COD分別為〔〕A．5，〔90°+∠P〕 B．7，90°+ C．10，90°﹣∠P D．10，90°+∠P【考點】MG：切線長定理．【分析】根據(jù)切線長定理，即可得到PA=PB，ED=AD，CE=BC，從而求得三角形的周長=2PA；連接OA、OE、OB根據(jù)切線性質(zhì)，∠P+∠AOB=180°，再根據(jù)CD為切線可知∠COD=∠AOB．【解答】解：∵PA、PB切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，∴PA=PB=10，ED=AD，CE=BC；∴△PCD的周長=PD+DE+PC+CE=2PA，即△PCD的周長=2PA=10，；如圖，連接OA、OE、OB．由切線性質(zhì)得，OA⊥PA，OB⊥PB，OE⊥CD，DB=DE，AC=CE，∵AO=OE=OB，易證△AOC≌△EOC〔SAS〕，△EOD≌△BOD〔SAS〕，∴∠AOC=∠EOC，∠EOD=∠BOD，∴∠COD=∠AOB，∴∠AOB=180°﹣∠P，∴∠COD=90°﹣∠P．應選：C．【點評】此題考察了切線的性質(zhì)，運用切線的性質(zhì)來進展計算或論證，常通過作輔助線連接圓心和切點，利用垂直構(gòu)造直角三角形解決有關(guān)問題，是根底題型．圓冪定理請嘗試解出以下例題：〔2005?〕如圖，在直徑為6的半圓上有兩動點M、N，弦AM、BN相交于點P，則AP?AM+BP?BN的值為．【考點】M7：相交弦定理；KQ：勾股定理；M5：圓周角定理．【專題】16：壓軸題；25：動點型．【分析】連接AN、BM，根據(jù)圓周角定理，由AB是直徑，可證∠AMB=90°，由勾股定理知，BP2=MP2+BM2，由相交弦定理知，AP?PM=BP?PN，原式=AP〔AP+PM〕+BP〔BP+PN〕=AP2+AP?PM+BP2+BP?PN=AP2+BP2+2AP?PM=AP2+MP2+BM2+2AP?PM=AP2+〔AP+PM〕2=AP2+AM2=AB2=36．【解答】解：連接AN、BM，∵AB是直徑，∴∠AMB=90°．∴BP2=MP2+BM2∵AP?PM=BP?PN原式=AP〔AP+PM〕+BP〔BP+PN〕=AP2+AP?PM+BP2+BP?PN=AP2+BP2+2AP?PM=AP2+MP2+BM2+2AP?PM=BM2+〔AP+PM〕2=BM2+AM2=AB2=36．【點評】此題利用了圓周角定理和相交弦定理，勾股定理求解．以上四條定理統(tǒng)稱為圓冪定理?！簿植繀⒖紩郧叭龡l為圓冪定理〕圓冪定理：過平面任一點P〔P與圓心O不重合〕做⊙O的〔切〕割線，交⊙O與點A、B，則恒有。〔“〞被稱為點P到⊙O的冪?！砅racticemaPracticemaSTEP3:落實穩(wěn)固——查漏補缺理念：找到自己本節(jié)課的薄弱環(huán)節(jié)。STEP4:總結(jié)理念：本結(jié)課復習了什么.學到了什么.方法：學生口述+筆記記錄。STEP5:課后練習一．選擇題〔共5小題〕1．如下列圖，⊙O中，弦AB，CD相交于點P，AP=6，BP=2，CP=4，則PD的長是〔〕A．6 B．5 C．4 D．3【分析】可運用相交弦定理求解，圓的弦AB，CD相交于P，因此AP?PB=CP?PD，代入數(shù)值計算即可．【解答】解：由相交弦定理得AP?PB=CP?PD，∵AP=6，BP=2，CP=4，∴PD=AP?PB÷CP=6×2÷4=3．應選D．【點評】此題主要考察的是相交弦定理“圓兩弦相交于圓一點，各弦被這點所分得的兩線段的長的乘積相等〞．2．⊙O的兩條弦AB與CD相交于點P，PA=3cm，PB=4cm，PC=2cm，則CD=〔〕A．12cm B．6cm C．8cm D．7cm【分析】根據(jù)相交弦定理進展計算．【解答】解：由相交弦定理得：PA?PB=PC?PD，∴DP===6cm，CD=PC+PD=2+6=8cm．應選C．【點評】此題主要是根據(jù)相交弦定理“圓兩弦相交于圓一點，各弦被這點所分得的兩線段的長的乘積相等〞進展計算．3．如圖，⊙O中，弦AB與直徑CD相交于點P，且PA=4，PB=6，PD=2，則⊙O的半徑為〔〕A．9 B．8 C．7 D．6【分析】根據(jù)相交弦定理得出AP×BP=CP×DP，求出CP，求出CD即可．【解答】解：由相交弦定理得：AP×BP=CP×DP，∵PA=4，PB=6，PD=2，∴CP=12，∴DC=12+2=14，∵CD是⊙O直徑，∴⊙O半徑是7．應選C．【點評】此題考察了相交弦定理的應用，關(guān)鍵是能根據(jù)定理得出AP×BP=CP×DP．4．如圖，A是半徑為1的圓O外的一點，OA=2，AB是⊙O的切線，B是切點，弦BC∥OA，連接AC，則陰影局部的面積等于〔〕A． B． C． D．【分析】連接OB，OC，易證：△BOC是等邊三角形，且陰影局部的面積=△BOC的面積，據(jù)此即可求解．【解答】解：連接OB，OC，∵AB是圓的切線，∴∠ABO=90°，在直角△ABO中，OB=1，OA=2，∴∠OAB=30°，∠AOB=60°，∵OA∥BC，∴∠COB=∠AOB=60°，且S陰影局部=S△BOC，∴△BOC是等邊三角形，邊長是1，∴S陰影局部=S△BOC=×1×=．應選A．【點評】此題主要考察了三角形面積的計算，以及切割線定理，正確證明△BOC是等邊三角形是解題的關(guān)鍵．5．如圖，PA，PB分別是⊙O的切線，A，B分別為切點，點E是⊙O上一點，且∠AEB=60°，則∠P為〔〕A．120° B．60° C．30° D．45°【分析】連接OA，BO，由圓周角定理知可知∠AOB=2∠E=120°，PA、PB分別切⊙O于點A、B，利用切線的性質(zhì)可知∠OAP=∠OBP=90°，根據(jù)四邊形角和可求得∠P=180°﹣∠AOB=60°．【解答】解：連接OA，BO；∵∠AOB=2∠E=120°，∴∠OAP=∠OBP=90°，∴∠P=180°﹣∠AOB=60°．應選B．【點評】此題考察了切線的性質(zhì)，切線長定理以及圓周角定理，利用了四邊形的角和為360度求解．二．解答題〔共3小題〕6．如圖，P為弦AB上一點，CP⊥OP交⊙O于點C，AB=8，=，求PC的長．【分析】延長CP交⊙O于D．由垂徑定理可知CP=DP，由AB=8，=，得到AP=AB=2，PB=AB=6．再根據(jù)相交弦定理得出PC?PD=AP?PB，代入數(shù)值計算即可求解．【解答】解：如圖，延長CP交⊙O于D．∵CP⊥OP，∴CP=DP．∵AB=8，=，∴AP=AB=2，PB=AB=6．∵AB、CD是⊙O的兩條相交弦，交點為P，∴PC?PD=AP?PB，∴PC2=2×6，∴PC=2．【點評】此題考察了相交弦定理：圓的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等．同時考察了垂徑定理，準確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．7．如圖，AB，BC，CD分別與⊙O相切于E，F(xiàn)，G，且AB∥CD，BO=6cm，CO=8cm．求BC的長．【分析】根據(jù)切線長定理和平行線的性質(zhì)定理得到△BOC是直角三角形．再根據(jù)勾股定理求出BC的長．【解答