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總結性的定理，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?？赡苁窃?9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。結論：。例1．（2023·江蘇無錫·校聯(lián)考三模）如圖，點，，，在上，，．若，，則的長是．

【答案】【分析】如圖，連接，設交于點，根據(jù)題意可得是的直徑，，設，證明，根據(jù)相似三角形的性質以及正切的定義，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，設交于點，

∵是的直徑，，，，在中，，，，，設則，，，，中，，，，又，，，，，，，，解得，，故答案為：．【點睛】本題考查了圓周角所對的弦是直徑，同弧所對的圓周角相等，正切的定義，相似三角形的性質與判定，勾股定理，掌握以上知識是解題的關鍵．例2．（2022·山東·統(tǒng)考三模）如圖，圓O上有A，B，C三點，AC是直徑，點D是的中點，連接CD交AB于點E，點F在AB延長線上，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論；（2）令BF=3k，則BC=4k，CF=5k，由勾股定理列式計算求出k=1，證明△CBE∽△ADE，利用相似三角形的性質，則可得出答案．(1)證明：∵FC=FE，∴∠CEF=∠ECF，∵∠CEF=∠CAF+∠ACD，∠ECF=∠ECB+∠FCB，∴∠CAF+∠ACD=∠ECB+∠FCB，∵點D是弧AB的中點，∴∠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，∴，∴．【點睛】本題考查了切線的判定、圓周角定理、等腰三角形的性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質等知識；熟練掌握切線的判定和圓周角定理是解題的關鍵．例3．（2023秋·山西大同·九年級?？计谀┱堥喿x下列材料，并完成相應的任務：斯庫頓定理：如圖1．在中，為的平分線，則．下面是該定理的證明過程：證明：如圖2，是的外接圓，延長交于點，連接．∵為的平分線，∴．∵，（依據(jù)①__________________________）．（依據(jù)②_________________________）又，．．……任務：（1）證明過程中的依據(jù)是：①__________________________________．②__________________________________．（2）將證明過程補充完整：（3）如圖3．在圓內接四邊形中，對角線，相交于點．若，，，，，請利用斯庫頓定理，直接寫出線段的長．【答案】（1）①同弧或等弧所對的圓周角相等，②兩角分別相等的兩個三角形相似；（2）見解析；（3）【分析】（1）由圖可知和所對的弧是同一條弧，根據(jù)同弧或者等弧所對圓周角相等可知結論；已知兩角分別相等的兩個三角形相似；（2）已知兩角分別相等的兩個三角形相似可知，進而得到比例關系，最后得出結論；（3）由斯庫頓定理，得，從而求出的值，再根據(jù)兩角分別相等的兩個三角形相似可知：，進而得出的值，最后由線段和可知的值．【詳解】解：（1）①同弧或等弧所對的圓周角相等∵和所對的弧是同一條弧∴①應填：同弧或等弧所對的圓周角相等②兩角分別相等的兩個三角形相似∵題目中的結論是兩個三角形相似，用的方式是三角形的兩個角分別相等∴②應填兩角分別相等的兩個三角形相似（2）∵，..（3）∵.∴弧弧∴∴平分.由斯庫頓定理，得又∵，，，，∴.解得或（舍去）?！?.∴∴∴解得∴【點睛】本題是一道閱讀理解題，通過讀材料運用已知條件得到斯庫頓定理，理解并會運用斯庫頓定理是解題的關鍵．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．【詳解】根據(jù)割線定理得：PA?PB=PC?PD；∵，，；∴PD==8cm．故答案為8.【點睛】本題主要考查的是切割線定理的應用．例2．（2023·湖北九年級月考）如圖，割線交于、兩點，且，交于，，，則的長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設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PO交圓于D.∵，∴可設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.【點睛】本題考查了割線的性質，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.例3．（2022·湖北九年級課時練習）如圖所示：、分別與圓O交于A、B、C、D四點，連接、，(1)證明：(2)若，，，求的長.【答案】(1)見解析(2)的長為6【分析】（1）根據(jù)A、B、C、D四點共圓得，根據(jù)得，即可得；（2）根據(jù)相似三角形的性質得，進行計算即可得．【詳解】（1）證明：∵A、B、C、D四點共圓，∴，∵，∴，∵，∴；（2）解：∵，∴，∵，，，∴，即的長為6．【點睛】本題考查了圓的性質，相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是掌握這些知識點，正確計算．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。結論：例1．（2023·江蘇南通·中考模擬）如圖，已知是的切線，為切點，與相交于．兩點，，，則的長等于（

)

A． B．16cm C． D．【答案】D【分析】根據(jù)已知得到的長，再根據(jù)切割線定理即可求得的長【詳解】解：∵，，∴，∵，∴，故選D．【點睛】本題是對圓知識的綜合考查，熟練掌握圓及相似三角形的性質是解決本題的關鍵.例2．（2022·河南駐馬店·校聯(lián)考三模）復習鞏固切線：直線和圓只有一個公共點，這時這條直線和圓相切，我們把這條直線叫做圓的切線，這個點叫做切點.如圖1，直線l1為⊙O的切線割線：直線和圓有兩個公共點，這時這條直線和圓相交，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：過圓外一點作圓的切線，這點和切點之間線段的長，叫做這點到圓的切線長.閱讀材料《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得所普的一部數(shù)學著作.它是歐州數(shù)學的基礎，總結了平面幾何五大公設，被廣泛地認為是歷史上學習數(shù)學幾何部分最成功的教科書其中第三卷命題36一2圓冪定理（切割線定理）內容如下：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.為了說明材料中定理的正確性，需要對其進行證明，下面已經寫了不完整的“已知”和“求證”，請補充完整，并寫出證明過程已知：如圖2，A是⊙O外一點，．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；；證明見解析．【分析】按照題設要求，寫出“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，）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并延長交⊙O于點E，連接BE，∵AD是⊙O的切線，∴，∵DE是圓的直徑，∴，∴，又∵，∴，∵，∴△ABD∽△ADC，∴，∴．【點睛】本題主要考查了切線的性質、同弧或等弧所對的圓周角相等以及相似三角形的判定和性質等知識，正確作出輔助線是解決本題的關鍵．例3．（2023春·河南駐馬店·九年級統(tǒng)考期中）《幾何原本》是古希臘數(shù)學家歐幾里得所著的一部著作，它是歐洲數(shù)學的基礎，總結了平面幾何五大公設，被廣泛地認為是歷史上學習數(shù)學幾何部分最成功的教科書．下面是其中的切割線定理：從圓外一點引圓的切線和割線，切線上是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項，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程（不完整）：證明：如圖②，連接，連接并延長交于點E，連接、．∵是的切線，是的半徑，∴．∵是的直徑，∴（__________），∴，∴__________．∵，∴__________．∵，∴∽，∴（__________），∴．任務：(1)請在橫線上補充證明過程，在括號內補充推理的依據(jù)；(2)如圖③，已知是的直徑，是的切線，A為切點，割線與于點E，且滿足，，求的長．【答案】(1)直徑所對的圓周角相等；；；相似三角形的對應邊成比例；(2)【分析】（1）根據(jù)圓周角定理、等角的余角相等、等量代換、相似三角形的性質等補充證明過程；（2）先根據(jù)已知和割線定理求得，，，則，再根據(jù)切線性質和勾股定理求得；利用圓周角定理和相似三角形的判定證明，則，進而求得即可求解．【詳解】（1）證明：如圖②，連接，連接并延長交于點E，連接、．∵是的切線，是的半徑，∴．∵是的直徑，∴（直徑所對的圓周角相等），∴，∴．∵，∴．∵，∴∽，∴（相似三角形的對應邊成比例），∴．

故答案為：直徑所對的圓周角相等；；；相似三角形的對應邊成比例；（2）解：圖3中，連接，，∵，∴設，，，則，∵是的切線，是割線，∴由割線定理得，則，解得（負值舍去），∴，，，則，∵是的直徑，是的切線，∴，∴；∵，，∴，則，∴，∴．【點睛】本題主要考查了切線性質、圓周角定理、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，理解切割線定理，掌握相關知識的聯(lián)系與運用是解答的關鍵．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。結論：1）；2）；3）。例1．（2023·成都九年級期中）定義：弦切角：頂點在圓上，一邊與圓相交，另一邊和圓相切的角叫弦切角．問題情景：已知如圖所示，直線是的切線，切點為，為的一條弦，為弧所對的圓周角．（1）猜想：弦切角與之間的關系．試用轉化的思想：即連接并延長交于點，連接，來論證你的猜想．（2）用自己的語言敘述你猜想得到的結論．【答案】（1）（2）弦切角等于其兩邊所夾弧對的圓周角【分析】（1）連接CO并延長交圓于E，連接DE，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，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)等弧所對的圓周角相等就可以的得到所要的結論．（2）能說清弦切角與圓周角的關系即可．【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．）【點睛】此題綜合運用了切線的性質、等角的余角相等以及圓周角定理的推論．例2．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考三模）人類會作圓并且真正了解圓的性質是在2000多年前，由我國的墨子給出圓的概念：“圓，一中同長也．”意思是說，圓有一個圓心，圓心到圓周的長都相等，這個定義比古希臘數(shù)學家歐幾里得給圓下的定義要早100多年．與圓有關的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．我們把頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角的度數(shù)等于它所夾弧所對的圓周角度數(shù)．(1)如圖1，是的切線．點C，D在上．求證：；(2)如圖2，是的切線．連接交于點D，為的直徑．若，，的半徑為5，求的長．【答案】(1)詳見解析(2)【分析】（1）連接，并延長交于點M，連接，先證明，再根據(jù)同弧或等弧所對的圓周角相等得出，即可證明；（2）連接，，證明，得出，證明，得出，即，求出結果即可．【詳解】（1）證明：如圖，連接，并延長交于點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，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，三角形相似的判定和性質，切線的性質定理，直徑所對的圓周角為直角，解題的關鍵是作出輔助線，熟練掌握相關的性質定理．例3．（2023·四川綿陽·九年級統(tǒng)考期中）定義：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，為的切線，點為切點，為內一條弦，即為弦切角．(1)古希臘數(shù)學家歐幾里得的《幾何原本》是一部不朽的數(shù)學巨著，全書共13卷，以第1卷的23個定義、5個公設和5個公理作為基本出發(fā)點，給出了119個定義和465個命題及證明．第三卷中命題32一弦切角定理的內容是：“弦切角的度數(shù)等于它所夾的弧所對的圓心角度數(shù)的一半，等于它所夾的弧所對的圓周角度數(shù)．”如下給出了弦切角定理不完整的“已知”和“求證”，請補充完整，并寫出“證明”過程．已知：如圖2，為的切線，點為切點，為內一條弦，點在上，連接，，，．求證：．證明：(2)如圖3，為的切線，為切點，點是上一動點，過點作于點，交于，連接，，．若，，求弦的長．【答案】(1)見解析(2)21【分析】（1）如圖2，延長交于，連接，根據(jù)圓周角定理得到，求得，根據(jù)切線的性質得到，求得，于是得到結論；（2）如圖3，連接，根據(jù)勾股定理得到，根據(jù)切線的性質得到，根據(jù)相似三角形的性質即可得到結論．【詳解】（1）解：求證：，證明：如圖2，延長交于，連接，是的直徑，，，為的切線，，，，，；即；（2）如圖3，連接，，，，為的切線，，，，，，．【點睛】本題考查了切線的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，圓周角定理，正確地作出輔助線是解題的關鍵．模型5.托勒密定理模型條件：如圖，AB、CD是圓O的兩條弦；結論：例1．（2022春·廣東九年級課時練習）閱讀與應用請閱讀下列材料，完成相應的任務：托勒密是“地心說”的集大成者，著名的天文學家、地理學家、占星學家和光學家．后人從托勒密的書中發(fā)現(xiàn)一個命題：圓內接四邊形對邊乘積的和等于對角線的乘積．下面是對這個命題的證明過程．如圖1，四邊形ABCD內接于．求證：．證明：如圖2，作交BD于點E．∵，∴．（依據(jù)）∴．∴．．…∴．∴．∴．∵，∴．∴．任務：(1)證明過程中的“依據(jù)”是______；(2)補全證明過程；(3)如圖3，的內接五邊形ABCDE的邊長都為2，求對角線BD的長．【答案】(1)同弧所對的圓周角相等；(2)見解析；(3)；【分析】（1）根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得；（2）由可得，再由可得；（3）連接AD，BE，由可得，進而，BE=AD=BD，再由解方程即可；【詳解】（1）解：∵同弧所對的圓周角相等，，∴；故答案為：同弧所對的圓周角相等；（2）解：∵，∴，∴，∵，∴；（3）解：如圖，連接AD，BE，∵，∴，∴，∴，∴BE=AD=BD，∵四邊形ABDE是的內接四邊形，∴，∵，∴，解得：或（舍去），∴對角線BD的長為；【點睛】本題考查了圓內接多邊形，圓心角、弧、弦關系，相似三角形的判定和性質，一元二次方程等知識；掌握在同圓或等圓中，如果兩個圓心角、兩條弧、兩條弦中有一組量相等，那么它們所對應的其余各組量都分別相等是解題關鍵．例2．（2022秋·山西臨汾·九年級統(tǒng)考期末）閱讀下列材料，并完成相應任務托勒密，古希臘天問學家、地理學家和光學家，而他在數(shù)學方面也有重大貢獻，下面就是托勒密發(fā)現(xiàn)的一個定理，圓內接四邊形的兩組對邊乘積之和等于兩條對角線的乘積．下面是該定理的證明過程（部分）已知：如圖①四邊形是的內接四邊形

求證：證明：以C頂點，為一邊作交于點E，使得又∵∴∴

∴，又，∴∴∴，∴∴

∴

即任務：(1)請將“托勒密”定理的證明過程補充完整；(2)當圓內接四邊形是矩形時，托勒密定理就是我們非常熟知的一個定理：．(3)如圖②若，試探究線段之間的數(shù)量關系，并利用托勒密定理證明這個結論．

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

；（2）解：當圓內接四邊形是矩形時，∴，，∴，∴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，圓的性質，靈活運用所學知識是關鍵．課后專項訓練1．（2023·福建九年級月考）如圖，是的切線，為切點，是割線，交于、兩點，與直徑交于點，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；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．【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．【點睛】本題考查相交弦定理，勾股定理，切割線定理，解題關鍵是熟練掌握定理．2．（2023秋·湖南長沙·九年級校聯(lián)考期中）如圖，已知為⊙的直徑，直線與⊙相切于點，于點，交⊙于點．若，，則．

【答案】【分析】連接，，根據(jù)圓周角定理和切線的性質證明，，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果．【詳解】解：如圖，連接，．則，又，∴，∵為直徑，∴，∵直線與⊙相切于點，∴，∴，∵，∴，∴，又，∴，∴，∴，即，解得：或（舍），即，∴，∴，故答案為：．

【點睛】本題考查了圓周角定理，切線的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．3．（2023·四川成都·九年級?？茧A段練習）如圖，為的割線，且，交于點C，若，則的半徑的長為．【答案】【分析】延長交圓于點D，連接、，由圓內接四邊形內對角互補性質可得，結合鄰補角互補可得，繼而證明，由相似三角形對應邊成比例解得，由此計算，最后根據(jù)線段的和差解題即可．【詳解】如圖，延長交圓于點D，連接、，四邊形為圓內接四邊形，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∴半徑為，故答案為：．【點睛】本題考查圓的內接四邊形、相似三角形的判定與性質等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．4．（2023·浙江杭州·模擬預測）如圖，過點引圓的兩條割線和，分別交圓于點和，連結，則在下列各比例式中，①；②；③，成立的有（把你認為成立的比例式的序號都填上）．【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)相似三角形的對應邊的比相等從而可得到答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠PAD=∠PCB，∠PDA=∠PBC，∴△PAD∽△PCB，∴，∴①錯誤；②正確；③連接AC，BD，∵∠P=∠P，∠PBD=∠PCA，∴△PAC∽△PDB，∴，∴，正確；故答案為：②③．【點睛】本題主要考查了圓內接四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，注意到題目中的相似三角形是解決本題的關鍵．5．（2023·山東九年級月考）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：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】本題應用了切割線定理和相似三角形的性質：相似三角形面積的比等于相似比的平方．6．（2023·重慶九年級月考）如圖，割線、分別交于和，若，，，則．【答案】【分析】設PA=x，則PB=3x，由切割線定理得，2×（16+2）=x?3x，求解即可．【詳解】設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．【點睛】本題考查了切割線定理和勾股定理，是基礎知識要熟練掌握．7．（2023·重慶·九年級專題練習）閱讀下列材料，完成相應任務：弗朗索瓦?韋達，法國杰出數(shù)學家．第一個有意識地和系統(tǒng)地使用字母來表示已知數(shù)、未知數(shù)及其乘冪，帶來了代數(shù)學理論研究的重大進步，在歐洲被尊稱為“代數(shù)學之父”．他還發(fā)現(xiàn)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（切割線定理）．如圖1，P是外一點，是的切線，是的一條割線，與的另一個交點為B，則．證明：如圖2，連接、，過點C作的直徑，連接．∵是的切線，∴，∴，即．……任務：(1)請按照上面證明思路寫出該證明的剩余部分．(2)如圖3，與相切于點A，連接并延長與交于點B、C，，，，連接．①與的位置關系是．②求的長．【答案】(1)見解析(2)①平行；②【分析】（1）先根據(jù)切線的性質和圓周角定理證得，進而證明，利用相似三角形的性質求解即可；（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論；（3）連接，根據(jù)已知和（1）中結論和求得，，再利用勾股定理求得，然后證明，利用相似三角形的性質即可求解．【詳解】（1）證明：如圖2，連接、，過點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）中證明過程可知，又，∴，∴，即∴．【點睛】本題考查圓的切線和割線性質、相似三角形的判定與性質、圓周角定理、平行線的判定、勾股定理等知識，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用，利用相似三角形的性質探究線段間的數(shù)量關系是解答的關鍵．8．（2023秋·河北邯鄲·九年級?？计谀┤鐖D，在△ABC中，∠ABC=90°，以AB的中點O為圓心、OA為半徑的圓交AC于點D，E是BC的中點，連接DE，OE．(1)判斷DE與⊙O的位置關系，并說明理由；(2)求證：BC2=CD·2OE；(3)若AB：AC=3：5，BE=6，求OE的長．【答案】(1)DE為⊙O的切線，理由見解析(2)見解析(3)OE=【分析】（1）連接OD，BD，根據(jù)直徑所對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，∴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，O點是AB的中點，∴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，即BC=12，∵AB：AC=3：5,設AB=3k，AC=5k，在Rt△ABC中，，∴，解得k=3，∴AC=15，又∵AC=2OE，∴．【點睛】本題主要考查了圓切線的判定，等腰三角形的性質與判定，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，相似三角形的性質與判定，直徑所對的圓周角是直角等等，正確作出輔助線是解題的關鍵．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E是弧的中點，與交于點F，當，時，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）由為直徑得出為90°，利用，及同弧所對圓周角相等得出，即可得出結論；（2）證出與相似，由相似得出成比例線段，，即可得出結論；（3）利用第二問的結論求出，故，再利用等弧所對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，，過點F作，垂足為點G，如圖，點E是弧的中點，，，，，，，又，．【點睛】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、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C，連接BA，延長與圓交于點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)已知線段長度，利用切割線定理求出BD，再根據(jù)（1）的結論，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，∴，∴，化簡得：，解得BD=2，BD=-8，（不合題意舍去），又∵，∴，∴在Rt中，，∴．【點睛】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．正確利用切割線定理求出BD的長度是解答本題的關鍵．11．（2022·江蘇·九年級專題練習）如圖，在ΔABC中，點O是BC中點，以O為圓心，BC為直徑作圓，剛好經過A點，延長BC于點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)見解析(2)見解析(3)3【分析】（1）連接AO，由等腰三角形的性質及圓周角定理得出∠DAO=∠CAD+∠CAO=90°，則可得出結論；（2）根據(jù)相似三角形的判定方法可得出結論；（3）由相似三角形的性質得出，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．【點睛】此題考查了切線的判定與性質，相似三角形的判定與性質以及圓周角定理，熟練掌握切線的判定與性質是解本題的關鍵．12．（2023·內蒙古包頭·校考三模）如圖，是的直徑，點A為圓上一點（不與C，D點重合），經過A作的切線，與的延長線交于點P，點M為上一點，連接并延長，與交于點F，E為上一點，且，連接并延長，與交于點B，連接．（1）求證：．（2）若，求的長．（3）如果，求的長．【答案】（1）見解析；（2）PA=；（3）AC．【分析】（1）連接AF，由切線的性質、圓周角定理和等量代換得出∠MAC=∠F，由等腰三角形的性質得出∠MAE=∠MEA，由三角形的外角性質證出∠BAC=∠BAF，即可得出結論；（2）連接AD，由切線的性質、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即可得出結果；（2）由，設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，∵MA=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OA=x，則OP=3x，由勾股定理：，即，解得：(負值已舍)，∴OA=r=2，OP=3，∴DP=DO+OP=2+6=8，由（2）得△PAC∽△PDA，∴，即，設AD=m，則AC=，∵CD是⊙O的直徑，∴∠DAC=90，∴，即，解得：(負值已舍)，∴AC=【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質、弦切角定理、圓周角定理、等腰三角形的性質、三角形的外角性質以及銳角三角函數(shù)等知識；熟練掌握圓周角定理和弦切角定理，證明三角形相似是解題的關鍵．13．（2023·安徽亳州·統(tǒng)考二模）如圖，為的直徑，是的弦，延長交于點C，連接．(1)若平分，求的度數(shù)；(2)若點E為的中點，，，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)圓內接四邊形的性質求解即可；（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∵四邊形是的內接四邊形．∴，答：的度數(shù)為；（2）解：連接，∵點E為的中點，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，，答：的半徑為．【點睛】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，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．14．（2022·河南南陽·統(tǒng)考三模）閱讀資料：我們把頂點在圓上，一邊和圓相交，另一邊和圓相切的角叫做弦切角，如圖1中即為弦切角．同學們研究發(fā)現(xiàn)：A為圓上任意一點，當弦AB經過圓心O，且DB切于點B時，易證：弦切角．問題拓展：如圖2，點A是優(yōu)弧BC上任意一點，DB切于點B，求證：．證明：連接BO并延長交于點，連接，如圖2所示．∵DB與相切于點B，∴________∴．∵是直徑，∴_____________（依據(jù)）．∴．∴________________（依據(jù)）．又∵________________（依據(jù)），∴．(1)將上述證明過程及依據(jù)補充完整．(2)如圖3，的頂點C在上，AC和相交于點D，且AB是的切線，切點為B，連接BD．若，求BC的長．【答案】(1)90°；直徑所對的圓周角是直角；同角的余角相等；同弧所對的圓周角相等(2)【分析】（1）根據(jù)切線的性質以及圓周角的性質以及同角的余角相等的性質解決問題即可；（2）利用第一問的結論，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并延長交于點，連接，如圖2所示．∵DB與相切于點B，∴

90°

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

∴，∴∴，（舍去）．∴．【點睛】本題考查了圓的綜合題：熟練掌握圓周角定理和切線的性質，還考查了相似，同時善于運用已經證明的結論解決問題是解題的關鍵．15．（2023·黑龍江綏化·九年級統(tǒng)考期末）閱讀下列材料，然后解答問題：如圖（1）：AB是⊙O的直徑，AD是⊙O切線，BD交⊙O與點C，求證：∠DAC=∠B．證明：因為AB為直徑，AD為切線，所以AB⊥AD，即∠BAD=900，故∠DAC+∠BAC=900，又因為AB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，證明你的結論；如果不成立，猜想∠DAC和∠B的大小關系；（2）若切線AD和弦AC所夾的角∠DAC叫弦切角，那么通過上述的證明，可得出一個結論：弦切角等于它所夾的弧所對的角.【答案】（1）成立，理由見試題解析；（2）圓周．【詳解】試題分析：（1）連接AO并延長交⊙O于點E，連接CE，把問題轉化為閱讀材料提供的問題；（2）弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角.試題解析：（1）∠DAC=∠B還成立.理由如下：連接AO并延長交⊙O于點E，連接CE.因為AE為直徑，AD為切線，所以AE⊥AD即∠EAD=900，故∠DAC+∠EAC=900，又因為AE是直徑，所以∠ACE=900，即∠EAC+∠E=900，所以∠DAC=∠E.又因為∠E=∠B，所以∠DAC=∠B.(2)圓周．考點：切線的性質．16．（2023·安徽宿州·二模）如圖，是的內接三角形，D是圓外一點，連接，，連接交于點E．(1)求證：是的切線．(2)若，E是的中點，求的長度．

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

則，∴，∵，，∴，即，∴，∵是直徑，∴是的切線；（2）解：連接AE，

∵四邊形是圓內接四邊形，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵E是的中點，∴，∴，∴．【點睛】本題考查切線的判定，圓周角定理，圓內接四邊形的性質，相似三角形的判定和性質等知識，關鍵是由圓周角定理證明，由圓內接四邊形的性質推出．17．（2023春·浙江·九年級開學考試）如圖，已知⊙O和⊙⊙相交于A、B兩點，過點A作⊙的切線交⊙O于點C，過點B作兩圓的割線分別交⊙O、⊙于E、F，EF與AC相交于點P，（1）求證：；（2）求證：；（3）當⊙O與⊙為等圓時，且時，求△PEC與△FAP的面積的比值.【答案】（1）見解析；（2）見解析；（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)內錯角相等，得到AF∥CE，再根據(jù)平行線分線段成比例定理進行證明；（2）利用（1）的比例式，兩邊同平方，再根據(jù)切割線定理進行等量代換即可；（3）要求兩個三角形的面積比，根據(jù)（1）知：兩個三角形相似．所以只需求得它們的一組對應邊的比，根據(jù)所給的線段的比值，結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，,.【點睛】綜合運用了切線的性質、圓周角定理的推論、切割線定理以及相似三角形的性質和判定，難度比較大，綜合性比較強．18．（2023·山東濱州·統(tǒng)考中考真題）如圖，點是的內心，的延長線與邊相交于點，與的外接圓相交于點．(1)求證：；(2)求證：；(3)求證：；(4)猜想：線段三者之間存在的等量關系．（直接寫出，不需證明．）

【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析(4)【分析】（1）過點F作，垂足分別為，則，進而表示出兩個三角形的面積，即可求解；（2）過點A作于點，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，過點F作，垂足分別為，∵點是的內心，∴是的角平分線，∵，∴，∵，∴；（2）證明：如圖所示，過點A作于點，

∵，∴，由（1）可得，∴；（3）證明：連接，

∵∴∴∴，∴∵，∴，又，∴，∴，∴；∴，∴，（4）解：如圖所示，連接，

∵點是的內心，∴是的角平分線，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴．【點睛】本題考查三角形內心的定義，同弧所對的圓周角相等，角平分線的性質與定義，相似三角形的性質與判定，三角形的外角性質，三角形的面積公式等知識，熟練掌握相似三角形的性質與判定是解題關鍵．19．（2023·河南洛陽·統(tǒng)考一模）【問題探究】已知：如圖①所示，∠MPN的頂點為P，⊙O的圓心O從頂點P出發(fā)，沿著PN方向平移．（1）如圖②所示，當⊙O分別與射線PM，PN相交于A、B、C、D四個點，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⊙O與射線PM相切于點A，與射線PN相交于C、D兩個點．求證：PA2＝PC?PD．【簡單應用】（3）如圖④所示，（2）中條件不變，經過點P的另一條射線與⊙O相交于E、F兩點．利用上述（1），（2）兩問的結論，直接寫出線段PA與PE、PF之間的數(shù)量關系；當PA＝4，EF＝2，則PE＝．【拓展延伸】（4）如圖⑤所示，在以O為圓心的兩個同心圓中，A、B是大⊙O上的任意兩點，經過A、B兩點作線段，分別交小⊙O于C、E、D、F四個點．求證：AC?AE＝BD?BF．（友情提醒：可直接運用本題上面所得到的相關結論）【答案】（1）△PDB；（2）證明見解析；（3）PA2＝PE?PF，6；（4）證明見解析【分析】（1）由圓內接四邊形的性質得出∠PAC＝∠PDB，再由∠P＝∠P，得出△PAC∽△PDB，得出對應邊成比例，即可得出PA?PB＝PC?PD；（2）連接AC、AD，根據(jù)切線和直徑所對圓周角的性質，∠PAC＝∠PDA，再由∠P＝∠P，證出△PAC∽△PDA，得出對應邊成比例，即可得出結論；（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A作⊙O的切線AM，M為切點，