新北师大版数学九下教案：切线长定理1

*3.7 切线长定理

1．理解切线长的定义；(重点)

2．掌握切线长定理并能运用切线长定理解决问题．(难点

)

一、情境导入

如图①，P A 为⊙O 的一条切线，点A 为切点．如图②所示，沿着直线PO 将纸对折，由于直线PO 经过圆心O ，所以PO 是圆的一条对称轴，两半圆重合．设与点A 重合的点为点B ，这里，OB 是⊙O 的一条半径，PB 是⊙O 的一条切线．图中P A 与PB 、∠APO 与∠BPO 有什么关系？

二、合作探究

探究点：切线长定理

【类型一】 利用切线长定理求线段的长

如图，从⊙O 外一点P 引圆的两

条切线P A 、PB ，切点分别是点A 和点B ，如果∠APB ＝60°，线段P A ＝10，那么弦AB 的长是(

)

A ．10

B ．12

C ．5 3

D ．10 3

解析：∵P A 、PB 都是⊙O 的切线，∴P A

＝PB .∵∠APB ＝60°，∴△P AB 是等边三角

形，∴AB ＝P A ＝10.故选A.

方法总结：切线长定理是在圆中判断线

段相等的主要依据，经常用到．

变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题

【类型二】 利用切线长定理求角的度数

如图，P A 、PB 是⊙O 的切线，切

点分别为A 、B ，点C 在⊙O 上，如果∠ACB ＝70°，那么∠OP A 的度数是________度．

解析：如图所示，连接OA 、OB .∵P A 、PB 是⊙O 的切线，切点分别为A 、B ，∴OA ⊥P A ，OB ⊥PB ，∴∠OAP ＝∠OBP ＝90°.又∵∠AOB ＝2∠ACB ＝140°，∴∠APB ＝360°－∠P AO －∠AOB －∠OBP ＝360°－90°－140°－90°＝40°.易证△POA ≌△POB ，∴∠OP A ＝1

2

∠APB ＝20°.故答案为20.

方法总结：由公共点引出的两条切线，

可以运用切线长定理得到等腰三角形．另外根据全等的判定，可得到PO 平分∠APB . 变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题

【类型三】利用切线长定理求三角形的周长

如图，P A、PB、DE是⊙O的切

线，切点分别为A、B、F，已知PO＝13cm，

⊙O的半径为5cm，求△PDE的周长．

解析：连接OA，根据切线的性质定理，

得OA⊥P A.根据勾股定理，得P A＝12，再根

据切线长定理即可求得△PDE的周长．

解：连接OA，则OA⊥P A.在Rt△APO

中，PO＝13cm，OA＝5cm，根据勾股定理，

得AP＝12cm.∵P A、PB、DE是⊙O的切线，

∴P A＝PB，DA＝DF，EF＝EB，∴△PDE

的周长PD＋DE＋PE＝PD＋DF＋FE＋PE

＝PD＋DA＋EB＋PE＝P A＋PB＝2P A＝

24cm.

方法总结：从圆外一点引圆的两条切

线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连

线，平分两条切线的夹角．

变式训练：见《学练优》本课时练习“课

后巩固提升”第4题

【类型四】利用切线长定理解决圆外

切四边形的问题

如图，四边形ABCD的边与圆O

分别相切于点E、F、G、H，判断AB、BC、

CD、DA之间有怎样的数量关系，并说明理

由．

解析：直接利用切线长定理解答即可．

解：AD＋BC＝CD＋AB，理由如下：∵

四边形ABCD的边与圆O分别相切于点E、

F、G、H，∴DH＝DG，CG＝CF，BE＝BF，

AE＝AH，∴AH＋DH＋CF＋BF＝DG＋GC

＋AE＋BE，即AD＋BC＝CD＋AB.

方法总结：由切线长定理可以得到一些

相等的线段，一定要明确这些相等线段．记

住“圆外切四边形的对边之和相等”，对我

们以后解决问题有很大帮助．

变式训练：见《学练优》本课时练习“课

堂达标训练”第4题

【类型五】切线长定理与三角形内切

圆的综合

如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙

O是△ABC的内切圆，它与AB、BC、CA

分别相切于点D、E、F.

(1)求证：BE＝CE；

(2)若∠A＝90°，AB＝AC＝2，求⊙O

的半径．

解析：(1)利用切线长定理得出AD＝

AF，BD＝BE，CE＝CF，进而得出BD＝CF，

即可得出答案；

(2)首先连接OD、OE、OF，进而利用

切线的性质得出∠ODA＝∠OF A＝∠A＝

90°，进而得出四边形ODAF是正方形，再

利用勾股定理求出⊙O的半径．

(1)证明：∵⊙O是△ABC的内切圆，

∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF.∵AB＝AC，

∴AB－AD＝AC－AF，即BD＝CF，∴BE ＝CE；

(2)解：连接OD、OE、OF，∵⊙O是△ABC的内切圆，切点为D、E、F，∴∠ODA＝∠OF A＝∠A＝90°.又∵OD＝OF，∴四边形ODAF是正方形．设OD＝AD＝AF＝r，则BE＝BD＝CF＝CE＝2－r.在△ABC中，∠A＝90°，∴BC＝AB2＋AC2＝2 2.又∵BC＝BE＋CE，∴(2－r)＋(2－r)＝22，得r＝2－2，∴⊙O的半径是2－2 .

方法总结：本题综合考查了正方形的判定以及切线长定理和勾股定理等知识，解决问题的关键是得出四边形ODAF是正方形．

【类型六】利用切线长定理解决存在性问题

如图①，已知正方形ABCD的边

长为23，点M是AD的中点，P是线段

MD上的一动点(P不与M，D重合)，以AB

为直径作⊙O，过点P作⊙O的切线交BC

于点F，切点为E.

(1)除正方形ABCD的四边和⊙O中的

半径外，图中还有哪些相等的线段(不能添

加字母和辅助线)?

(2)求四边形CDPF的周长；

(3)延长CD，FP相交于点G，如图②所

示．是否存在点P，使BF·FG＝CF·OF？如

果存在，试求此时AP的长；如果不存在，

请说明理由．

解析：(1)根据切线长定理得到FB＝FE，

PE＝P A；(2)根据切线长定理，发现该四边

形的周长等于正方形的三边之和；(3)若要满

足结论，则∠BFO＝∠GFC，根据切线长定

理得∠BFO＝∠EFO，从而得到这三个角应

是60°，然后结合已知的正方形的边长，也

是圆的直径，利用30°的直角三角形的知识

进行计算．

解：(1)FB＝FE，PE＝P A；

(2)四边形CDPF的周长为FC＋CD＋

DP＋PE＋EF＝FC＋CD＋DP＋P A＋BF＝

BF＋FC＋CD＋DP＋P A＝BC＋CD＋DA＝

23×3＝63；

(3)假设存在点P，使BF·FG＝

CF·OF.∴

BF

OF＝

CF

FG.∵cos∠OFB＝

BF

OF，cos

∠GFC＝

CF

FG，∴∠OFB＝∠GFC.∵∠OFB

＝∠OFE，∴∠OFE＝∠OFB＝∠GFC＝

60°，∴在Rt△OFB中，BF＝

OB

tan∠OFB

＝

OB

tan60°

＝1.在Rt△GFC中，∵CG＝CF·tan

∠GFC＝CF·tan60°＝(23－1)×3＝6－

3，∴DG＝CG－CD＝6－33，∴DP＝

DG·tan∠PGD＝DG·tan30°＝23－3，∴

AP＝AD－DP＝23－(23－3)＝3.

方法总结：由于存在性问题的结论有两

种可能，所以具有开放的特征，在假设存在

性以后进行的推理或计算．一般思路是：假

设存在——推理论证——得出结论．若能导

出合理的结果，就做出“存在”的判断，若

导出矛盾，就做出“不存在”的判断．

三、板书设计

切线长定理

1．切线长的概念