圆幂定理讲义带答案
圆幂定理+讲义2023年九年级数学中考复习【附解析】
圆幂定理九年级数学中考复习一、圆幂的定义:一点P对半径为r的圆O的幂=22OP r-二、圆幂定理:是相交弦定理、切割线定理、割线定理(切割线定理推论)的统称。
1、相交弦定理:若圆内任意弦AB、弦CD交于点P,则··PAPB PC PD=()PAC PBD∆∆∽2、切割线定理:从圆外一点引圆的切线和割线,切线(PA)长是割线和这点到割线(PD)与圆交点的两条线段长的比例中项²·PA PC PD=()PAC PDA∆∆∽3、割线定理(切割线定理的推论):例如如果交点为P的两条相交直线与圆O相交于A、B 与C、D,则·PA PB PC PD⋅=总结:平面上任意一点对于圆的幂为这个点到圆心的距离与圆的半径的平方差的绝对值。
22··PA PB PC PD r OP==-222·PA PC PD OP r==-22·PA PB PC PD OP r⋅==-例题讲解【例1】如图,在圆O 中,M 、N 是弦AB 的三等分点,弦CD ,CE 分别经过点M ,N , 若2CM =,4MD =,3CN =,则线段NE 的长为( )A .83B .3C .103D .52【例2】如题图,圆O 的弦AB ,CD 相交于点E ,过点A 作圆O 的切线与DC 的延长线交于 点P ,若6PA =,9AE =,3PC =,:2:1CE ED =,则BE = .【例3】如图,点P 为弦AB 上一点,连接OP ,过P 作PC OP ⊥,PC 交O 于点C ,若 6AP =,3PB =,则PC 的长为( )A .4B .5C .23D .32【例4】如图,正方形ABCD 内接于O ,点P 在劣弧AB 上,连接DP ,交AC 于点Q .若 QP QO =,则QC QA的值为( )A .231B .23C 32D 32+【例5】如图,PA 切圆于点A ,直线PCB 交圆于C ,B 两点,切线长42PA =4PC =, 则AB AC等于( )A 2B .22C .2D .以上结果都不对 【例6】如图,AT 切O 于T ,若6AT =,3AE =,4AD =,2DE =,则BC 等于()A .3B .4C .6D .8【例7】如图,在以O 为圆心的两个同心圆中,A 为大圆上任意一点,过A 作小圆的割线 AXY ,若4AX AY ⋅=,则图中圆环的面积为( )A .16πB .8πC .4πD .2π【例8】如图,在ABCD 中,过A 、B 、C 三点的圆交AD 于E ,且与CD 相切.若4AB =, 5BE =,则DE 的长为( )A .3B .4C .154D .165【例9】如图,四边形ABCD 是圆的内接四边形,AB 、DC 的延长线交于点P ,若C 是PD 的中点,且6PD =,2PB =,那么AB 的长为( )A .9B .7C .3D .92【例10】已知:P 为O 外一点,PQ 切O 于Q ,PAB 、PCD 是O 的割线,且PAC BAD ∠=∠.求证:22PQ PA AC AD -=.【例11】圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一,它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定理以及它们推论,其中切割线定理的内容是:从圆外一点引圆的切线和割线,切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.喜欢思考的天天在了解这个定理之后尝试给出证明,下面是他的部分证明过程:已知:如图①,点P为O外一点,切线PA与圆相切于点A,割线PBC与圆相交于点B、C.求证:2=⋅.PA PB PC证明:如图,连接AB、AC、BO、AO,PA切O于点A,∠+∠=︒.PAB BAO∴⊥,即90PA AO⋯阅读以上材料,完成下列问题:(1)请帮助天天补充完成以上证明过程;(2)如图②,割线PDE与圆交于点D、E,且4PE=,求DE的长.==,7PB BC挑战训练【挑战训练1】如图,已知:PA切O于A,若AC为O的直径,PBC为O的割线,E 为弦AB的中点,PE的延长线交AC于F,且45FPB∠=︒,点F到PC的距离为5,则FC 的长为()。
圆幂定理及其相关问题解答
圆幂定理及其相关问题解答1. 圆幂定理简介圆幂定理是平面几何中的一个重要定理,用于解决与圆相关的问题。
它给出了在一个平面内,一个点到圆的两条切线所构成的线段与该点到圆心的距离乘积的平方等于该点到圆的距离与圆心到切点的距离乘积的平方。
圆幂定理的数学表达如下:PA * PB = PC * PD其中,P为点到圆的距离,A、B为切点,C为圆心到切点A的距离,D为圆心到切点B的距离。
2. 圆幂定理的证明圆幂定理的证明可以通过构造垂直,利用勾股定理和相似三角形推导得到。
具体证明过程如下:假设点P到圆O的两条切线分别与圆O相交于A、B两点。
连接线段OP,并设其交点为C。
根据正弦定理可得:PA / sin ∠PAC = PC / sin ∠CPAPB / sin ∠PBC = PC / sin ∠CPB由于∠CPA = ∠CPB,而sin ∠PAC = sin ∠PBC,因此有:PA / PB = sin ∠PBC / sin ∠PAC由于∠PAC和∠PBC都是直角,所以sin ∠PAC = PC/PA,sin ∠PBC = PC/PB。
将上述结果代入可得:PA * PB = PC^2同样的方式可以得到另一组切线的结论。
综上所述,圆幂定理得到证明。
3. 圆幂定理的应用圆幂定理在解决与圆相关的问题时具有重要的应用价值,下面介绍几个常见的问题及其解法:3.1 问题一:求解切线长度已知一个圆的半径为r,以及一个点P到该圆的距离d,求解与该点P到圆的两条切线的长度。
解法:根据圆幂定理可得:PA * PB = PC * PD = d^2 - r^2由于PA = PB,所以:PA = PB = sqrt(d^2 - r^2)因此,切线长度为sqrt(d^2 - r^2)。
3.2 问题二:判断两个圆的位置关系已知两个圆的半径分别为r1和r2,以及两个圆的圆心之间的距离d,判断两个圆的位置关系。
解法:根据圆幂定理可得:(r1 + r2)^2 = d^2根据以上公式,可以得到以下几种情况:•当d < r1 + r2时,两个圆相交•当d = r1 + r2时,两个圆相切•当d > r1 + r2时,两个圆相离3.3 问题三:求解切点坐标已知一个圆的半径为r,以及一个点P到该圆的距离d,求解与该点P到圆的两条切线的切点坐标。
圆幂定理
中小学1对1课外辅导专家武汉龙文教育学科辅导讲义 圆幂定理圆幂定理:过一定点P 向⊙O 作任一直线,交⊙O 于两点,则自定点P 到两交点的两条线段之积为常数||(R 为圆半径),因为叫做点对于⊙O 的幂,所以将下述定理统称为圆幂定理。
定理 图形 已知 结论 证法 相交弦定理⊙O 中,AB 、CD 为弦,交于P. PA·PB=PC·PD 连结AC 、BD ,证:△APC∽△DPB .相交弦定理的推论⊙O 中,AB 为直径,CD⊥AB 于P.PC 2=PA·PB . 用相交弦定理.切割线定理⊙O 中,PT 切⊙O 于T ,割线PB 交⊙O 于APT 2=PA·PB 连结TA 、TB ,证:△PTB∽△PAT割线定理推论PB 、PD 为⊙O 的两条割线,交⊙O 于A 、C PA·PB=PC·PD 过P 作PT 切⊙O 于T ,用两次切割线定理圆中的相似(1)一、圆中相似三角形的判定1.如图,直线PM 切⊙O 于点M ,直线PO 交⊙O 于A ,B 点,弦AC ∥PM ,连接OM 、BC.求证:(1)△ABC ∽△POM ;(2)2OA 2=OP •BC .CA MB PO中小学1对1课外辅导专家2.如图,在△ABC 中,AB =AC ,以AB 为直径的⊙O 交AC 与E ,交BC 与D .求证:(1)D 是BC 的中点; (2)△BE C ∽△ADC ; (3)BC 2=2AB ·CE二、利用圆中相似三角形证明圆中的比例线段3.如图,在圆内接四边形ABCD 中,CD 为∠BCA 的外角的平分线,F 为错误!未找到引用源。
上一点,BC=AF ,延长DF 与BA 的延长线交于E . (1)求证:△ABD 为等腰三角形. (2)求证:AC•AF=DF•FE .4如图,BD 为⊙O 的直径,AB =AC ,AD 交B C 于点E ,AE =2,ED =4, (1)求证:△ABE ∽△ADB ; (2)求AB 的长;(3)延长DB 到F ,使得BF =BO ,连接F A ,试判断直线F A 与⊙O 的位置关系,并说明理由.FD OC EB AA C BD EO · 圆中的相似(2)三、利用圆中相似进行计算1.如图,已知AB 是⊙O 的直径,点C 在⊙O 上,过点C 的直线与AB 的延长线交于 点P ,AC=PC ,∠COB=2∠PCB. (1)求证:PC 是⊙O 的切线; (2)求证: AB =2BC ;(3)点M 是弧AB 的中点,CM 交AB 于点N , 若AB=4,求MN ·MC 的值.2.如图,已知R t △ABC ,∠ABC =90°,以直角边AB 为直径作O ,交斜边AC 于点D ,连结BD . (1)若AD =3,BD =4,求边BC 的长; (2)取BC 的中点E ,连结ED ,试证明ED 与⊙O 相切.四、圆的有关线段与相似三角形的综合运用3.如图,点P 为△ABC 的内心,延长AP 交△ABC 的外接圆于D ,在AC 延长线上有一点E ,满足AD 2=AB ·AE ,求证:DE 是⊙O 的切线.4.如图,AB 是⊙O 的直径,AC 是弦,CD 是⊙O 的切线,C 为切点,AD ⊥CD 于点D . 求证:(1)∠AOC =2∠ACD ;(2)AC 2=AB ·AD .圆中的相似(3)1、如图, Rt ABC △中,90ABC ∠=°,以AB 为直径的O ⊙交AC 于点D ,过点D 的切线交BC 于E .(1)求证:12DE BC =;(2)若,求AD 的长.2.如图,已知ABC △,以BC 为直径,O 为圆心的半圆交AC 于点F ,点E 为 CF的中点,连接BE 交AC 于点M ,AD 为△ABC 的角平分线,且AD BE ⊥,垂足为点H 。
圆幂定理试题及答案
圆幂定理试题及答案一、选择题1. 圆幂定理指的是()A. 圆上任意两点的距离等于它们到圆心的距离之和B. 圆上任意两点的距离等于它们到圆心的距离之差C. 圆上任意一点到圆心的距离等于该点到圆上其他点的距离之和D. 圆上任意一点到圆心的距离等于该点到圆上其他点的距离之差2. 在圆幂定理中,如果圆上一点P到圆心O的距离为OP,点P到圆上另一点A的距离为PA,则以下哪个表达式是正确的?()A. OP = PAB. OP + PA = 2RC. OP - PA = RD. OP × PA = R^2二、填空题3. 若圆的半径为5cm,圆上一点到圆心的距离为3cm,则该点到圆上任意一点的距离之和为_________。
4. 已知圆幂定理中的OP = 8cm,PA = 6cm,且点A在圆上,则圆的半径R为_________。
三、解答题5. 如图所示,圆O的半径为10cm,点P在圆上,OP(点P到圆心O的距离)为12cm。
求点P到圆上另一点B的距离PB。
6. 在一个半径为7cm的圆中,有两点A和B,已知OA(点A到圆心O 的距离)为5cm,求AB的长度。
四、证明题7. 证明圆幂定理:在一个给定的圆中,圆上任意一点到圆心的距离与该点到圆上其他点的距离之和等于圆的直径。
答案一、选择题1. 正确答案:D2. 正确答案:B二、填空题3. 该点到圆上任意一点的距离之和为10cm + 10cm = 20cm。
4. 圆的半径R可以通过勾股定理计算得出:R^2 = OP^2 - OA^2,所以R^2 = 8^2 - 6^2 = 64 - 36 = 28,因此R = √28 ≈ 5.29cm。
三、解答题5. 由于OP > OA,根据圆幂定理,PB = 2R - OP = 2 * 10 - 12 = 20 - 12 = 8cm。
6. 同样使用圆幂定理,AB = 2R - OA - OB,但是OB = OA = 5cm,所以AB = 2 * 7 - 5 - 5 = 14 - 10 = 4cm。
模型26 圆幂定理(解析版)-中考数学解题大招复习讲义
1.弦切角定理(1)弦切角:顶点在圆上,一边和圆相交,另一边和圆相切的角叫做弦切角.(2)弦切角定理:弦切角的度数等于它所夹的弧的圆心角的度数的一半.如图所示,直线PT切圆O于点C,BC、AC为圆O的弦,则有∠PCA=∠PBC(∠PCA为弦切角).2、相交弦定理【结论1】如图,⊙O中,弦AB、CD相交于点P,半径为r,则①AP·BP=CP·DP,②AP·BP=CP·DP=r2-OP2.3、切割线定理【结论2】如图,PBC是⊙O的一条割线,PA是⊙O的一条切线,切点为A,半径为r,则①PA2=PB·PC,②PA2=PB·PC=PO2-r24、割线定理【结论3】如图,PAB、PCD是⊙O的两条割线,半径为r,则①PA·PB=PC·PD②PA·PB=PC·PD=OP2-r2口诀:从两线交点处引出的共线线段的乘积相等例题精讲考点一:相交弦定理【例1】.已知:如图弦AB经过⊙O的半径OC的中点P,且AP=2,PB=3,则是⊙O的半径等于()A.B.C.D.解:延长CO交⊙O于D,设⊙O的半径是R,∵弦AB经过⊙O的半径OC的中点P,∴CP=R=OP,PD=R+R,由相交弦定理得:AP×BP=CP×DP,则2×3=R×(R+R),解得:R=2,故选:C.变式训练【变式1-1】.如图,⊙O的弦AB、CD相交于点E,若CE:BE=2:3,则AE:DE=2:3.解:∵⊙O的弦AB、CD相交于点E,∴AE•BE=CE•DE,∴AE:DE=CE:BE=2:3,故答案为:2:3.【变式1-2】.如图,在⊙O的内接四边形ABCD中,AC⊥BD,CA=CB,过点A作AC的垂线交CD的延长线于点E,连结BE.若cos∠ACB=,则的值为.解:设AC,BD交于点F,过点B作BG⊥EA,交EA的延长线于点G,如图,∵AC⊥BD,cos∠ACB=,∴cos∠ACB==,设CF=3k,则CB=5k,∴BF==4k.∵CA=CB,∴AC=5k,∴AF=AC﹣CF=2k.∵CF•AF=DF•BF,∴DF=k.∵AC⊥BD,AE⊥AC,∴DF∥AE,∴,∴,∴AE=k.∴CE==k.∵AC⊥BD,AE⊥AC,BG⊥EA,∴四边形AFBG为矩形,∴BG=AF=2k,AG=BF=4k,∴EG=AE+AG=k,∴BE==k,∴=,故答案为:.考点二:弦切角定理【例2】.如图,割线PAB过圆心O,PD切⊙O于D,C是上一点,∠PDA=20°,则∠C的度数是110度.解:连接BD,则∠BDA=90°,∵PD切⊙O于点D,∴∠ABD=∠PDA=20°,∴∠DAB=90°﹣∠ABD=90°﹣20°=70°;又∵四边形ADCB是圆内接四边形,∴∠C=180°﹣∠DAB=180°﹣70°=110°.变式训练【变式2-1】.如图,已知∠P=45°,角的一边与⊙O相切于A点,另一边交⊙O于B、C两点,⊙O的半径为,AC=,则AB的长度为()A.B.6C.D.5解:连接OA,OB,作OD⊥AC于D,CE⊥AP于E,∵OA=OB,∴∠AOD=∠AOC,AD=DC=,∴OD==2,∵PA切⊙O于A,∴∠CAE=∠B,∵∠B=∠AOC,∴∠CAE=∠AOD,∵∠AEC=∠ADO=90°,∴△ACE∽△OAD,∴==,∴==,∴CE=,AE=,∵∠P=45°,∴△PCE是等腰直角三角形,∴PE=CE=,PC=,∵PA=AE+PE,∴PA=,∵∠CAE=∠B,∠P=∠P,∴△PAC∽△PBA,∴AC:AB=PC:PA,∴2:AB=:,∴AB=6.故选:B.【变式2-2】.如图,BP是⊙O的切线,弦DC与过切点的直径AB交于点E,DC的延长线和切线交于点P,连接AD,BC.若DE=DA=,BC=2,则线段CP的长为.解:连接BD,如图,∵DE=DA,∴∠A=∠DEA,∵∠DEA=∠BEC,∠DCB=∠A,∴∠BEC=∠DCB.∴BE=BC=2.∵∠DEB=180°﹣∠BEC,∠BCP=180°﹣∠BCE,∴∠DEB=∠BCP,∵BP是⊙O的切线,∴∠BDE=∠PBC,∴△DEB∽△BCP,∴,∴,∴CP=.故答案为:.考点三:切割线定理【例3】.如图,直线PA过半圆的圆心O,交半圆于A,B两点,PC切半圆与点C,已知PC=3,PB=1,则该半圆的半径为4.解:∵PC切半圆与点C,∴PC2=PA•PB,即PA=9,则AB=9﹣1=8,则圆的半径是4.故答案为4.变式训练【变式3-1】.如图,Rt△ABC中,∠C=90°,O为AB上一点,以O为圆心,OA为半径作圆O与BC相切于点D,分别交AC、AB于E、F,若CD=2CE=4,则⊙O的直径为()A.10B.C.5D.12解:连接OD,过O作AC的垂线,设垂足为G,∵∠C=90°,∴四边形ODCG是矩形,∵CD是切线,CEA是割线,∴CD2=CE•CA,∵CD=2CE=4,∴AC=8,∴AE=6,∴GE=3,∴OD=CG=5,∴⊙O的直径为10.故选:A.【变式3-2】.如图,在四边形ABCD中,以AB为直径的半圆O经过点C,D.AC与BD相交于点E,CD2=CE•CA,分别延长AB,DC相交于点P,PB=BO,CD=2.则BO的长是4.解:连接OC,如图,∵CD2=CE•CA,∴,而∠ACD=∠DCE,∴△CAD∽△CDE,∴∠CAD=∠CDE,∵∠CAD=∠CBD,∴∠CDB=∠CBD,∴BC=DC;设⊙O的半径为r,∵CD=CB,∴,∴∠BOC=∠BAD,∴OC∥AD,∴,∴PC=2CD=4,∵∠PCB=∠PAD,∠CPB=∠APD,∴△PCB∽△PAD,∴,即,∴r=4(负根已经舍弃),∴OB=4,故答案为4.【变式3-3】.如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,BE平分∠ABC交AC于点E,点D在AB上,DE⊥EB.(1)求证:AC是△BDE的外接圆的切线;(2)若,求BD的长.(1)证明:连接OE,∵BE平分∠ABC交AC于点E,∴∠1=∠EBC,∵∠1=∠2,∴∠2=∠CBE,∴∠AEO=∠C=90°,∴AC是⊙O的切线,∵⊙O是△BDE的外接圆,∴AC是△BDE的外接圆的切线;(2)解:∵AE是圆O的切线,AB是圆的割线,根据切割线定理:AE2=AD×AB,∵,∴()2=2×(2+BD),解得:BD=4.∴BD的长是:4.考点四:割线定理【例4】.如图,过点P作⊙O的两条割线分别交⊙O于点A、B和点C、D,已知PA=3,AB=PC=2,则PD的长是()A.3B.7.5C.5D.5.5解:∵PA=3,AB=PC=2,∴PB=5,∵PA•PB=PC•PD,∴PD=7.5,故选:B.变式训练【变式4-1】.如图,P是圆O外的一点,点B、D在圆上,PB、PD分别交圆O于点A、C,如果AP=4,AB=2,PC=CD,那么PD=4.解:如图,∵AP=4,AB=2,PC=CD,∴PB=AP+AB=6,PC=PD.又∵PA•PB=PC•PD,∴4×6=PD2,则PD=4.故答案是:4.【变式4-2】.已知直角梯形ABCD的四条边长分别为AB=2,BC=CD=10,AD=6,过B、D两点作圆,与BA的延长线交于点E,与CB的延长线交于点F,则BE﹣BF的值为4.解:延长CD交⊙O于点G,设BE,DG的中点分别为点M,N,则易知AM=DN,∵BC=CD=10,由割线定理得,CB•CF=CD•CG,∵CB=CD,∴BF=DG,∴BE﹣BF=BE﹣DG=2(BM﹣DN)=2(BM﹣AM)=2AB=4.故答案为:4.1.如图,四边形ABCD内接于⊙O,AB为⊙O的直径,CM切⊙O于点C,∠BCM=60°,则∠B的正切值是()A.B.C.D.解:连接BD.AB是直径,则∠ADB=90°,∴∠CDB=∠BCM=60°.∴∠CDA=∠CDB+∠ADB=150°.∵∠CBA=180°﹣∠CDA=30°,∴tan∠ABC=tan30°=.故选:B.2.如图,从圆外一点P引圆的切线PA,点A为切点,割线PDB交⊙O于点D、B.已知PA=12,PD=8,则S△ABP:S△DAP=9:4.解:由切割线定理可得PA2=PD×PB,∵PA=12,PD=8∴PB=18.由弦切角和公共角易知△PAD∽△PBA.:S△PBA=PA2:PB2=4:9.∴S△P AD3.如图,在△ABC中,AB=AC,∠C=72°,⊙O过AB两点且与BC切于B,与AC交于D,连接BD,若BC=﹣1,则AC=2.解:∵AB=AC,∠C=72°,BC是⊙O的切线,∴∠CBD=∠BAC=36°,∴∠ABD=36°,∴∠BDC=∠BCD=72°,∴AD=BD=BC;又∵BC是切线,∴BC2=CD•AC,∴BC2=(AC﹣BC)•AC(设AC=x),则可得到:(x﹣)2=,解得:x1=2,x2=(x2<0不合题意,舍去).∴AC=2.4.如图,⊙O的直径AB=8,将弧BC沿弦BC折叠后与∠ABC的角平分线相切,则△ABC的面积为8.解:设弧BC沿弦BC折叠后的圆弧的圆心为O′,连接O′B,如图,∵将弧BC沿弦BC折叠后与∠ABC的角平分线相切,∴O′B⊥BD,∴∠O′BD=90°.设∠ABD=α,则∠BCD=∠ABD=α,∴∠ABC=2α.由折叠的性质得:∠ABC=∠O′BC=2α,∴∠O′BD=∠O′BC+∠DBC=3α=90°,∴α=30°.∵AB为⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∴BC=AB•cos∠ABC=8×cos60°=4,AC=AB•sin∠ABC=8×=4.∴△ABC的面积为AC•BC=4×=8.故答案为:8.5.如图,⊙O是△ABC的外接圆,∠BAC=45°,AD⊥BC于点D,延长AD交⊙O于点E,若BD=4,CD=1,则DE的长是.解:连接OB,OC,OA,过O点作OF⊥BC于F,作OG⊥AE于G,∵⊙O是△ABC的外接圆,∠BAC=45°,∴∠BOC=90°,∵BD=4,CD=1,∴BC=4+1=5,∴OB=OC=,∴OA=,OF=BF=,∴DF=BD﹣BF=,∴OG=,GD=,解法一:在Rt△AGO中,AG==,∴GE=,∴DE=GE﹣GD=.解法二:在Rt△AGO中,AG==,∴AD=AG+GD=,∵AD×DE=BD×CD,∴DE==.故答案为:.6.如图,已知AC=AB,AD=5DB=4,∠A=2∠E.则CD•DE=56.解:如图,过点A作AF⊥BC于点F,交CD于点H;过点B作BG∥AH,交DE于点G;∵AB=AC,∴CF=BF,∠A=2∠HAD;而∠A=2∠E,∴∠HAD=∠E,∴A、H、B、E四点共圆,∴DH•DE=DA•DB=4×5=20;∵BG∥AH,且CF=BF,∴△AHD∽△BGD,CH=HG;∴,设HD=5λ,则DG=4λ,∴CD=CH+HD=14λ,∴DH=,∴•DE=20,∴CD•DE=56.故答案为56.7.如图:BE切⊙O于点B,CE交⊙O于C,D两点,且交直径于AB于点P,OH⊥CD于H,OH=5,连接BC、OD,且BC=BE,∠C=40°,劣弧BD的长是.解:连接AD,BD∵BE=BC∴∠E=∠C=40°,∠BOD=80°,∠OBD=∠ODB=(180°﹣∠BOD)÷2=50°∵BE是切线∴∠DBE=∠C=40°∴∠BDE=180°﹣∠E﹣∠DBE=100°∴∠HDO=180°﹣∠ODB﹣∠BDE=30°∵OH⊥CD∴OD==10,即圆的半径是10∴弧BD的度数是80度弧BD==.8.如图,在平面直角坐标系中,⊙O经过点A(4,3),点B与点C在y轴上,点B与原点O重合,且AB=AC,AC与⊙O交于点D,延长AO与⊙O交于点E,连接CE、DE与x轴分别交于点G、F,则tan∠DFO=,tan∠A=.解:设圆O与y轴交于点H,K,过点A作AM⊥OC于点M,过点D作DN⊥OC于点N,如图,∵A(4,3),∴AM=4,MO=3,∴AO==5.∵AB=AC,点B与原点O重合,∴AB=AC=5.∴AE=2AO=10.∵AE为⊙O的直径,∴ED⊥AD.∵AB=AC,AM⊥OC,∴OC=2OM=6.∴CH=CO﹣OH=6﹣5=1,∴CK=CH+HK=1+10=11.∵CD•CA=CH•CK,∴CD==,∴AD=AC﹣CD=5﹣=.∴DE==.∴tan∠DAE===.∵DH⊥OC,FO⊥OC,∴DH∥OF.∴∠DFO=∠NDF.∵ED⊥AD,∴∠NDF+∠CDN=90°.∵DN⊥OC,∴∠CDN+∠NCD=90°.∴∠NDF=∠NCD.∴∠DFC=∠NCD.∴tan∠DFC=tan∠NCD=.故答案为:;.9.如图,在△ABC中,AB=AC,⊙O是△ABC的外接圆,CD是⊙O的切线,C为切点,且CD=CB,连接AD,与⊙O交于点E.(1)求证AD=AB;(2)若AE=5,BC=6,求⊙O的半径.(1)证明:∵AB=AC,∴∠B=∠ACB,∵CD是⊙O的切线,C为切点,∴∠ACD=∠B,∴∠ACD=∠ACB,∵BC=BD,AC=AC,∴△ACB≌△ACD(SAS),∴AB=AD;(2)连接OB,OC,CE,连接AO并延长交BC于点F,∵△ACB≌△ACD,∴∠CAB=∠CAD,∴=,∴BC=CE,∵BC=CD=6,∴CE=CD=6,∴∠D=∠CED,∵AB=AC,AB=AD,∴AD=AC,∴∠ACD=∠D,∴∠CED=∠ACD,∴△DEC∽△DCA,∴=,∴=,∴DE=4或DE=﹣9(舍去),∴AD=AE+DE=9,∴AB=AC=AD=9,∵AB=AC,OB=OC,∴AF是BC的垂直平分线,∴AF⊥BC,BF=CF=BC=3,∴AF===6,设⊙O的半径为r,在Rt△OFC中,OF2+CF2=OC2,∴(6﹣r)2+32=r2,∴r=,∴⊙O的半径为.10.如图,△ABC是⊙O的内接三角形,CD是⊙O的直径,AB⊥CD于点E,过点A作⊙O 的切线交CD的延长线于点F,连接FB.(1)求证:FB是⊙O的切线.(2)若AC=4,tan∠ACD=,求⊙O的半径.(1)证明:连接OA,OB,∵FA是⊙O的切线,∴OA⊥FA,∴∠FAO=90°,∵直径CD⊥AB,∴CF垂直平分AB,∴AF=BF,∴∠FBE=∠FAE,∵OA=OB,∴∠OBE=∠OAE,∴∠OBE+∠FBE=∠FAE+∠OAE=∠FAO=90°,∴半径OB⊥FB,∴FB是⊙O的切线(2)解:∵tan∠ACD==,∴令AD=x,则CD=2x,∵△ADC是直角三角形,∴AC===x=4,∴x=4,∴AD=4,CD=8,∵AD2=DE•CE,∴42=8DE,∴DE=2,∴CD=DE+CE=2+8=10,∴⊙O的半径长是5.11.如图,正方形ABCD内接于⊙O,点E为AB的中点,连接CE交BD于点F,延长CE 交⊙O于点G,连接BG.(1)求证:FB2=FE•FG;(2)若AB=6,求FB和EG的长.(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AD=BC,∴.∴∠DBA=∠G.∵∠EFB=∠BFG,∴△EFB∽△BFG,∴,∴FB2=FE•FG;(2)解:连接OE,如图,∵AB=AD=6,∠A=90°,∴BD==6.∴OB=BD=3.∵点E为AB的中点,∴OE⊥AB,∵四边形ABCD是正方形,∴BC⊥AB,∠DBA=45°,AB=BC,∴OE∥BC,OE=BE=AB.∴.∴,∴,∴BF=2;∵点E为AB的中点,∴AE=BE=3,∴EC==3.∵AE•BE=EG•EC,∴EG=.12.如图,⊙O的割线PBA交⊙O于A、B,PE切⊙O于E,∠APE的平分线和AE、BE 分别交于C、D,PE=4,PB=4,∠AEB=60°.(1)求证:△PDE∽△PCA;(2)试求以PA、PB的长为根的一元二次方程;(3)求⊙O的面积.(答案保留π)(1)证明:由弦切角定理得∠PEB=∠EAB,∵PC是∠APE的平分线,∴∠CPE=∠CPA,∴△PDE∽△PCA;(2)解:由切割线定理得PE2=PA•PB,∵PE=4,PB=4,∴PA=12,∴PA+PB=16,PA•PB=48,∴所求方程为:x2﹣16x+48=0;(3)解:连接BO并延长交⊙O于F,连接AF,则BF是⊙O的直径,∴∠BAF=90°,∴∠AEB=∠F=60°在Rt△ABF中,sin60°=====,∴BF=.∴⊙O的面积为:π()2=π(面积单位).13.如图,圆O上有A,B,C三点,AC是直径,点D是的中点,连接CD交AB于点E,点F在AB延长线上,且FC=FE.(1)求证:CF是圆O的切线;(2)若,BE=2,求圆O的半径和DE•EC的值.证明:(1)∵AC是直径,点D是的中点,∴∠ABC=90°,∠ACD=∠BCD.∵FC=FE,∴∠FCE=∠FEC.∵∠ABC=90°,∴∠CEF+∠BCE=90°.∴∠ECF+∠ACD=90°,即∠ACF=90°.∴AC⊥CF.又∵点C在圆O上,∴CF是圆O的切线;(2)连接AD.∵AC是直径,点D是的中点,∴∠ADC =∠ABC =90°,∠ACD =∠BCD .∴△BEC ∽△DEA .∴DE •EC =AE •BE ,在Rt △ACF 和Rt △BCF 中,∵==,设CF =3k ,则AF =5k .∴BF =k ,AC ==4k .∵FC =FE =3k ,BE =FE ﹣BF ,∴3k ﹣k =2.∴k =.∴AC =.∴圆O 的半径=AC =.∵AE =AF ﹣FE =5k ﹣3k =2k =,∴AE ×BE =×2=.∴DE •EC =.14.如图,AB 为⊙O 的直径,点P 在AB 的延长线上,点C 在⊙O 上,且PC 2=PB •PA .(1)求证:PC 是⊙O 的切线;(2)已知PC=20,PB=10,点D是的中点,DE⊥AC,垂足为E,DE交AB于点F,求EF的长.(1)证明:连接OC,如图1所示:∵PC2=PB•PA,即=,∵∠P=∠P,∴△PBC∽△PCA,∴∠PCB=∠PAC,∵AB为⊙O的直径,∴∠ACB=90°,∴∠A+∠ABC=90°,∵OC=OB,∴∠OBC=∠OCB,∴∠PCB+∠OCB=90°,即OC⊥PC,∴PC是⊙O的切线;(2)解:连接OD,如图2所示:∵PC=20,PB=10,PC2=PB•PA,∴PA===40,∴AB=PA﹣PB=30,∵△PBC∽△PCA,∴==2,设BC=x,则AC=2x,在Rt△ABC中,x2+(2x)2=302,解得:x=6,即BC=6,∵点D是的中点,AB为⊙O的直径,∴∠AOD=90°,∵DE⊥AC,∴∠AEF=90°,∵∠ACB=90°,∴DE∥BC,∴∠DFO=∠ABC,∴△DOF∽△ACB,∴==,∴OF=OD=,即AF=,∵EF∥BC,∴==,∴EF=BC=.15.已知:如图,PF是⊙O的切线,PE=PF,A是⊙O上一点,直线AE、AP分别交⊙O 于B、D,直线DE交⊙O于C,连接BC,(1)求证:PE∥BC;(2)将PE绕点P顺时针旋转,使点E移到圆内,并在⊙O上另选一点A,如图2.其他条件不变,在图2中画出完整的图形.此时PE与BC是否仍然平行?证明你的结论.(1)证明:∵PF与⊙O相切,∴PF2=PD•PA.∵PE=PF,∴PE2=PD•PA.∴PE:PD=PA:PE.∵∠APE=∠APE,∴△EPD∽△APE.∴∠PED=∠A.∵∠ECB=∠A,∴∠PED=∠ECB.∴PE∥BC.(2)解:PE与BC仍然平行.证明:画图如图,∵△EPD∽△APE,∴∠PEA=∠D.∵∠B=∠D,∴∠PEA=∠B.∴PE∥BC.16.已知△ABC是⊙O的内接三角形,∠BAC的平分线与⊙O相交于点D,连接DB.(1)如图①,设∠ABC的平分线与AD相交于点I,求证:BD=DI;(2)如图②,过点D作直线DE∥BC,求证:DE是⊙O的切线;(3)如图③,设弦BD,AC延长后交⊙O外一点F,过F作AD的平行线交BC的延长线于点G,过G作⊙O的切线GH(切点为H),求证:FG=HG.证明:(1)如图①,∵AD平分∠BAC,BI平分∠ABC,∴∠BAD=∠CAD,∠ABI=∠CBI,∵∠CAD=∠CBD,∴∠CBD=∠BAD,∵∠BID=∠BAD+∠ABI,∠DBI=∠CBD+∠CBI,∴∠BID=∠DBI,∴BD=DI;(2)如图②,连接OD,∵∠CAD=∠BAD,∴=,∴OD⊥BC,∵DE∥BC,∴OD⊥DE,∴DE是⊙O的切线;(3)如图,作直径交⊙O于M,连接CM,BH,CH,∴∠MCH=90°,∴∠M+∠CHM=90°,∵∠B=∠M,∴∠B+∠CHM=90°,∵GH是⊙O的切线,∴∠OHG=∠CHG+∠CHM=90°,∴∠CHG=∠B,如图③,连接BH,CH,∵GH是⊙O的切线,∴∠CHG=∠HBG,∵∠CGH=∠BGH,∴△HCG∽△BHG,∴=,∴GH2=BG•CG,∵AD∥GF,∴∠AFG=∠CAD,∵∠CAD=∠FBG,∴∠FBG=∠AFG,∵∠CGF=∠BGF,∴△CGF∽△FGB,∴=,∴FG2=BG•CG,∴FG=HG.17.【提出问题】小聪同学类比所学的“圆心角“与“圆周角”的概念,将顶点在圆内(顶点不在圆心)的角命名为圆内角.如图1中,∠AEC,∠BED就是圆内角,所对的分别是、,那么圆内角的度数与所对弧的度数之间有什么关系呢?【解决问题】小聪想到了将圆内角转化为学过的两种角,即圆周角、圆心角,再进一步解决问题:===的度数的度数)(1)如图1,在⊙O中,弦AB、CD相交于点E,若弧的度数是65°,弧的度数是40°,则∠AED的度数是127.5°.【类比探究】顶点在圆外且两边与圆相交的角,命名为圆外角.(2)如图3,在⊙O中,弦AB,CD的延长线相交于点E,试探索圆外角∠E的度数与它所夹的两段弧、的度数之间的关系.【灵活运用】(3)如图4,平面直角坐标系内,点A(,1)在⊙O上,⊙O与y轴正半轴交于点B,点C,点D是线段OB上的两个动点,满足AC=AD.AC,AD的延长线分别交⊙O 于点E、F.延长FE交y轴于点G,试探究∠FGO的度数是否变化.若不变,请求出它的度数;若变化,请说明理由.解:(1)∵∠AEC的度数=(的度数+的度数),∴∠AEC=(65°+40°)=52.5°,∴∠AED=180°﹣∠AEC=180°﹣52.5°=127.5°,故答案为:127.5°;(2)连接OA,OB,OC,OD,BC,∵∠E=∠ABC﹣∠BCE=∠AOC﹣∠BOD=(的度数﹣的度数),∴∠E=(的度数﹣的度数);(3)∠FGO的度数不变,连接OA,作AH⊥x轴于H,∵AC=AD,∴∠ACD=∠ADC,∴(的度数+的度数=(的度数+的度数),∴的度数+的度数=的度数+的度数,∴的度数﹣的度数=的度数﹣的度数,由(2)知,∠FGO=(的度数﹣的度数)=(的度数﹣的度数),∵点A(,1),∴OH=,AH=1,∴tan∠AOH=,∴∠AOH=30°,∴∠AON=120°,∠AOB=60°,∴∠FGO=(120°﹣60°)=30°,∴∠FGO的度数不变,为30°.。
2021年中考数学复习讲义:第九章 圆 模型(三十五)——圆幂定理模型
第九章.圆模型(三十五)——圆幂定理模型模型讲解一、相交弦定理【结论1】如图,⊙O中,弦AB、CD相交于点P,半径为r,则①AP·BP=CP·DP, ②AP·BP=CP·DP=r2-OP2.【证明】①②二、切割线定理【结论2】如图,PBC是⊙O的一条割线,PA是⊙O的一条切线,切点为A,半径为r,则①PA2=PB·PC,②PA2=PB·PC=PO2-r2【证明】①②三、割线定理【结论3】如图,PAB、PCD是⊙O的两条割线,半径为r,则①PA·PB=PC·PD, ②PA·PB=PC·PD=OP2-r2【证明】口诀从两线交点处引出的共线线段的乘积相等小试牛刀典例1 ☆☆☆☆☆如图,在⊙O中,弦 AB与半径 OC 相交于点M,且 OM=MC,若 AM=1.5,BM=4,则 OC的长为().A.2B.C.2D.2【答案】D【解析】如图,延长 CO,交OO于D,则CD为OO的直径.∵OM=MC,∴OC=2MC=2OM,DM=3OM=3MC.由相交弦定理得 DM·MC=AM·BM,即 3MC2=1.5×4,解得 MC =. ∴OC=2MC=2.故选 D.典例2 ☆☆☆☆☆如图,⊙O的弦AB,CD相交于点E,若 CE∶BE=2∶3,则 AE∶ DE 的值为(A. B. C.D.【答案】A【解析】∶∵⊙O的弦AB,CD 相交于点E,根据相交弦定理得 AE·BE=CE·DE,∴AE: DE=CE: BE=2:3.故选 A.典例3 ☆☆☆☆☆如图,过点 P作⊙O的两条割线分别交⊙O于点A,B和点C,D,已知PA=3,AB=PC=2,则 PD的长是( )A.3B.7.5C.5D.5.5【答案】B【解析】∵PA=3,AB=PC=2,∴PB=5,根据割线定理得 PA·PB=PC·PD,∴PD=7.5.故选 B.小试牛刀1.(★★☆☆☆)如图,过点P引圆的两条割线PAB 和PCD.分别交圆于点 A,B和C,D,连接 AC,BD ,则在比例式①=,②==中,正确的个数为( )A.3B.2C.1D.02.(★★☆☆☆)如图,已知⊙O中,弦 AB=25,M是AB上一点, OA=13,OM=5,则AM=()A.16B.20C.20或9D.16或93.(★★☆☆☆)如图,在⊙O中,P为弦AB上一点,PO⊥PC,PC交⊙O于C,那么()A.OP²=PA·PB,B.PC²=PA·PBC.PA²=PB·PC,D.PB²=PA·PC直击中考1.如图,在⊙O中,弦 AB=CD,AB⊥CD于点E.已知 CE·ED=3,BE=1,则⊙O的直径是()A.2B.C.2D.52.如图,半圆O的直径 BC=7,延长 CB到A,直线 AD交半圆于点E,D,且AE=ED=3,则AB的长为( ).A. B.2 C.D.9同幂定理是一个非常重要的定理,在计算过程中,如果涉及计算某条线段的长度,用普通的垂径定理,勾股定理,也能够得到答案,但是速记圆幂定理可以让我们更能看到图形的本质。
圆幂定理讲义(带答案解析)
【点评】 本题考查了垂径定理的应用,在半径或直径、弦长以及弦心距之间的计算中, 常用 的方法是转化为解直角三角形.圆幂定理STEP 1: 进门考理念: 1. 检测垂径定理的基本知识点与题型2. 垂径定理典型例题的回顾检测。
3. 分析学生圆部分的薄弱环节。
1)例题复习1. (2015?夏津县一模)一副量角器与一块含 30°锐角的三角板如图所示放置,三角板的直角顶点 C 落在量角器的直径 MN 上,顶点 A ,B 恰好都落在量角 器的圆弧上,且 AB ∥MN .若 AB=8cm ,则量角器的直径 MN= cm . 【考点】 M3:垂径定理的应用; KQ :勾股定理; T7:解直角三角形. 【分析】 作 CD ⊥ AB 于点 D ,取圆心 O ,连接 OA ,作 OE ⊥AB 于点 E ,首先求得 CD 的长,即 OE 的长,在直角△ AOE 中,利用勾股定理求得半径 OA 的长,则 MN 即可求解. 解答】 解:作 CD ⊥AB 于点 D ,取圆心 O ,连接 OA ,作 OE ⊥ AB 于点 E .在直角△ ABC 中,∠ A=30°,则 BC= AB=4cm , 在直角△ BCD 中,∠ B=90°﹣∠ A=60°, =2 (cm ), ∴ OE=CD=2 , 在△ AOE 中, AE= AB=4cm , ∴CD=BC?sinB=×4 则 OA= = =2 ( cm ), 则 MN=2OA=4 ( cm ). 故答案是: 4 .2. (2017?阿坝州)如图将半径为 2cm 的圆形纸片折叠后,圆弧恰好经过【考点】 M2:垂径定理; PB :翻折变换(折叠问题).【分析】 通过作辅助线, 过点 O 作 OD ⊥AB 交 AB 于点 D ,根据折叠的性质可知 OA=2O ,D 根据 勾股定理可将 AD 的长求出,通过垂径定理可求出 AB 的长. 【解答】 解:过点 O 作 OD ⊥ AB 交 AB 于点 D ,连接 OA , ∵OA=2OD=2c ,m ∴ AD== = ( cm ),点评】 本题考查了垂径定理和勾股定理的运用,正确应用勾股定理是解题关键.3. (2014?泸州)如图,在平面直角坐标系中,⊙ P 的圆心坐标是( 3,a ) a >3),半径为 3,函数 y=x 的图象被⊙ P 截得的弦 AB 的长为 ,则 a的值A .4考点】 M2:垂径定理; F8:一次函数图象上点的坐标特征; KQ :勾股定理.cmD .2 cm故选: D .cm.专题】11 :计算题;16 :压轴题.【分析】 PC ⊥x 轴于 C ,交 AB 于 D ,作 PE ⊥AB 于 E ,连结 PB ,由于 OC=3,PC=a ,易得D 点 坐标为( 3, 3),则△ OCD 为等腰直角三角形,△ PED 也为等腰直角三角形.由 PE ⊥ AB ,根 据垂径定理得 AE=BE= AB=2 ,在 Rt △PBE 中,利用勾股定理可计算出 PE=1,则 PD= PE=,所以 a=3+ .【解答】 解:作 PC ⊥x 轴于 C ,交 AB 于 D ,作 PE ⊥ AB 于 E ,连结 PB ,如图, ∵⊙ P 的圆心坐标是( 3, a ), ∴OC=3,PC=a ,把 x=3 代入 y=x 得 y=3, ∴ D 点坐标为( 3,3), ∴CD=3, ∴△ OCD 为等腰直角三角形, ∴△ PED 也为等腰直角三角形, ∵PE ⊥ AB , ∴PE=, ∴PD= PE= , ∴ a=3+ . 故选: B .4. (2013?内江)在平面直角坐标系 xOy 中,以原点 O 为圆心的圆过点 A 13,0),直线 y=kx ﹣3k+4与⊙O 交于 B 、C 两点,则弦 BC 的长的最小值为【分析】 根据直线 y=kx ﹣3k+4 必过点 D (3,4),求出最短的弦 CB 是过点 D 且与该圆直径 垂直的弦,再求出 OD 的长,再根据以原点 O 为圆心的圆过点 A (13,0),求出 OB 的长, 再利用勾股定理求出 BD ,即可得出答案.∴ AE=BE= AB在 Rt △ PBE 中, PB=3,考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质.并且平分弦所对的两条弧.也【解答】解:∵直线y=kx ﹣3k+4=k (x﹣3)+4,∴k(x﹣3)=y﹣4,∵k 有无数个值,∴x﹣3=0,y ﹣4=0,解得x=3,y=4,∴直线必过点D(3,4),∴最短的弦CB是过点 D 且与该圆直径垂直的弦,∵点 D 的坐标是(3,4),∴OD=5,∵以原点O为圆心的圆过点A(13,0),∴圆的半径为13,∴OB=13,∴ BD=12,∴ BC 的长的最小值为24;故答案为:24.【点评】此题考查了一次函数的综合,用到的知识点是垂径定理、勾股定理、圆的有关性质,关键是求出BC最短时的位置.STEP 2: 新课讲解1、熟练掌握圆幂定理的基本概念。
圆中的重要模型-圆幂定理模型(解析版)
圆中的重要模型--圆幂定理模型圆幂定理是一个总结性的定理,是对相交弦定理、切割线定理、割线定理、弦切角定理、托勒密定理以及它们推论的统一与归纳。
可能是在19世纪由德国数学家施泰纳(Steiner )或者法国数学家普朗克雷(Poncelet )提出的。
圆幂定理的用法:可以利用圆幂定理求解与圆有关的线段比例、角度、面积等问题。
模型1.相交弦模型条件:在圆O 中,弦AB 与弦CD 交于点E ,点E 在圆O 内。
结论:△CAE ∼△BDE ⇒EC EB =EA ED⇒EC ⋅ED =EB ⋅EA 。
1(2023·广东广州·九年级校考期中)如图,两个同心圆,大圆的弦AB 与小圆相切于点P ,大圆的弦CD 经过点P ,且CD =13,PD =4,两圆组成的圆环的面积是.【答案】36π【分析】连接AC ,BD ,OP ,OA ,先根据切线的性质定理和垂径定理证出PA =PB ,再证明△APC ∽△DPB ,得到AP DP =CP BP,代入数据求得AP =BP =6,最后根据圆环的面积公式进行计算即可求解.【详解】解:如图,连接AC ,BD ,OP ,OA ,∵大圆的弦AB 与小圆相切于点P ,∴OP ⊥AB ,∴PA =PB ,OA 2-OP 2=AP 2,∵CD =13,PD =4,∴PC =13-4=9,∵∠BAC =∠BDC ,∠C =∠B ,∴△APC ∽△DPB ,∴AP DP =CP BP ,即AP 4=9BP,解得:AP =BP =6(负值舍去),∴圆环的面积为:π⋅OA 2-π⋅OP 2=π⋅AP 2=36π,故答案为:36π.【点睛】此题综合运用了切线的性质定理、垂径定理、勾股定理、圆周角定理、圆环的面积公式,分别求出大圆和小圆的半径是解题的关键.2(2023·江西景德镇·九年级校考期末)如图,PT是⊙O的切线,T为切点,PA是割线,交⊙O于A、B两点,与直径CT交于点D.已知CD=2,AD=3,BD=4,那PB=.【答案】20.【分析】连接AC,BT,AT,易证∆CAD~∆BTD,得到TD=6,易证:∆BTP~∆TAP,得:TP2=AP⋅BP,设PB=x,则AP=x+7,TP2=(x+7)⋅x,PD=x+4,根据勾股定理,即可求解.【详解】连接AC,BT,AT,∵∠CAD=∠BTD,∠ADC=∠TDB,∴∆CAD~∆BTD,∴CD BD =ADTD,即:24=3TD∴TD=6,∵PT是⊙O的切线,T为切点,∴∠BTP+∠BTD=90°,∵CT是直径,∴∠CAD+∠TAP=90°∵∠CAD=∠BTD,∴∠BTP=∠TAP,∵∠P=∠P,∴∆BTP~∆TAP,∴TPAP =BPTP,即:TP2=AP⋅BP,设PB=x,则AP=x+7,TP2=(x+7)⋅x,PD=x+4,∵在Rt∆DPT中,DT2+PT2=PD2,∴62+(x+7)x=(x+4)2,解得:x=20,故答案是:20.【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质定理与圆的性质的综合,根据题意,添加辅助线,构造相似三角形,是解题的关键.3(2023·江苏·九年级专题练习)相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的积相等.(1)为了说明相交弦定理正确性,需要对其进行证明,如下给出了不完整的“已知”“求证”,请补充完整,并写出证明过程.已知:如图①,弦AB,CD交于点P,求证:.(2)如图②,已知AB是⊙O的直径,AB与弦CD交于点P,且AB⊥CD于点P,过D作⊙O的切线,交BA的延长线于E,D为切点,若AP=2,⊙O的半径为5,求AE的长.【答案】(1)PA ⋅PB =PC ⋅PD ,证明见解析(2)103【分析】(1)先证明△ACP ∽△DBP ,再利用相似的性质即可;(2)利用(1)可知PA ⋅PB =PC ⋅PD ,求出PD ,再证明△OPD ∼△DPE ,利用相似的性质求出PE ,求差即可得到AE 的长.【详解】(1)求证:PA ⋅PB =PC ⋅PD .证明:连接AC 、BD .如图①.∵∠A =∠D ,∠C =∠B .∴△ACP ∽△DBP .∴AP PD =PC BP.∴PA ⋅PB =PC ⋅PD .(2)解:∵AP =2,OA =5,PB =10-2=8.由(1)可知PA ⋅PB =PC ⋅PD .∴PC ⋅PD =16.∵AB ⊥CD ,AB 是⊙O 的直径,PC =PD ,PD =4.连接OD .如图②.∵DE 为切线.∴∠EDO =90°.∵∠1+∠2=90°.∠E +∠2=90°.∴∠1=∠E .∴△OPD ∼△DPE .∵OP PD =PD PE,∴OP ⋅PE =PD ⋅PD .∴16=3PE ,PE =163.又∵AP =2.∴AE =163-2=103.【点睛】本题考查了圆的相关性质,三角形相似的判定与性质,严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题的关键.模型2.双割线模型条件:如图,割线CH 与弦CF 交圆O 于点E 和点G 。
第5讲 圆幂定理(学生版)
,
,则
的长为( ).
A.
B.
C.
D.习题9如图,在源自中,,⊙ 分别切 , 于 、 点, 是线段 上一点, 交⊙ 于
、 两点,且
,求证:
.
习题10
如图,已知 是 的直径, 是圆上一点,延长 至 ,使
, 交 于 .求证:
.
,连接 ,过 作
于
例题6
如图,四边形 ,
内接于以 为直径的半圆 ,且
,已知
,求 的长.
于 ,交 于
(1)
.
(2)
.
习题7
如图,
内接于 , 为 外一点,作
分别交于点 、 .
,使 交 于 、 两点,并与 、
(1) 求证: (2) 若
. ,求证: 是 的切线.
例题5
如图, 是 的切线.从 的中点 作割线
于 、 .求证:
.
,分别交 于 、 ,连结 、 ,分别交
习题8
如图,在
中,过 , , 三点的圆交 于点 ,且与 相切,若
, 、 的延长线相交于 点.
例题7
如图,在以 为圆心的两个同心圆中, , 是大圆上任意两点,过 , 作小圆的割线 和
.求证:
.
习题11
如图,已知 的弦 , 相交于点 ,
,
,
, 切 于点 , 与 的
延长线交于点 ,
,求 的长.
例题8
如图,已知 与 相交于 、 两点, 是 的直径,过 点作 的延长线交于点 , 分别与 、 交于 、 两点.
第5讲 圆幂定理
例题1
请回答下列各题:
(1) 如图, 的弦 与 相交于点 ,已知
,
,
.
,那么
奥数夏令营讲义之平面几何(9)圆幂定理、根轴、根心
九、圆幂定理、根轴、根心1. △ABC 中,E 、F 分别为AB 、AC 中点,CM 、BN 为高,EF 交MN 于P ,O 、H 分别为△ABC 的外心与垂心. 求证:AP ⊥OH .证明:由∠BMC =∠BNC =90°知B 、C 、N 、M 四点共圆.所以AM ·AB =AN ·A C.又AE =12AB ,AF =12AC ,则AM ·AE =AN ·AF ,即E 、F 、N 、M 四点共圆. 注意到由∠AMH =∠ANH =∠AEO =∠AFO =90°知AH 、AO 分别为△AMN ,△AEF 外接圆的直径.过AH 中点H '与AO 中点O′分别为△AMN 与△AEF 的外心,且易知O 'H '//OH . 故只需证AP ⊥O `H ',只需证A ,P 为△AMN ,△AEF 外接圆的等幂点即可. 注意到A 为两圆公共点,而由E ,F 、N ,M 四点共圆知PM ·PN =PE ·PF . 故P 也为等幂点. 综上所述,原命题成立.2. 如图,⊙1O 与⊙2O 相交于点C ,D ,过点D 的一条直线分别与⊙1O ,⊙2O 相交于点A ,B ,点P 在⊙1O 的弧AD 上,PD 与线段AC 的延长线交于点M ,点Q 在⊙2O 的弧BD 上,QD 与线段BC 的延长线交于点N . O 是△ABC 的外心. 求证:OD MN ⊥的充要条件为P ,Q ,M ,N 四点共圆. (第7届西部)证明:设△ABC 的外接圆O 的半径为R ,则M ,N 对圆O 的幂分别为 , ① . ②因为A ,C ,D ,P 四点共圆,所以, ③因为Q ,D ,C ,B 四点共圆,所以, ④由①,②,③,④得P C B AONH F EM22MO R MC MA -=⋅22NO R NC NB -=⋅MP MD MA MC ⋅=⋅NQ ND NB NC ⋅=⋅MP MD NQ ND MO NO ⋅-⋅=-22)()(DP MD MD DQ ND ND +-+=,所以,P ,Q ,M ,N 四点共圆.3. 设凸四边形ABCD 的外接圆的圆心为O ,已知AC ≠BD ,且AC 与BD 交于点E ,若P为四边形ABCD 内部一点,且∠P AB +∠PCB =∠PBC +∠PDC =90°. 求证:O 、P 、E 三点共线.分析:在涉及圆(尤其是多个圆)的共点共线问题时,根轴是一个很有效的工具. 利用根轴解决三点共线的关键是恰当地选取两个圆,然后证明所证三点均在这两个圆的根轴上. 证明:记△APC 的外接圆的圆心为S 1,△BPD 的外接圆的圆心为S 2.由圆幂定理,有EC ·EA =EB ·ED ,知点E 对圆S 1的幂等于E 对圆S 2的幂.于是PE 为圆S 1与圆S 2的根轴.下面只需证明O 在圆S 1与圆S 2的根轴上.延长OP 交圆S 1于点Q ,连结QC ,QA .由条件知∠ACP +∠CAP =90°一∠CBA .连结OC ,OA ,则∠CAO =90°一∠CBA =∠ACP +∠GAP .从而有∠ACP =∠P AQ . 又∠ACP =∠AQO ,于是∠P AO =∠AQO .故△P AO ∽△AQO . 所以OP ·OQ =OA 2,即点O 对圆S 1的幂为OA 2.同理,点O 对圆S 2的幕为OB 2.注意到OA =OB ,有点O 对圆S 1与圆S 2的幂相等.故O 在圆S 1与圆S 2的根轴PE 上. 所以,O ,P ,E 三点共线.4. 在凸五边形ABCDE 中,AB =BC ,∠BCD =∠EAB =90°,P 为五边形内一点,使得AP⊥BE ,CP ⊥BD . 证明:BP ⊥DE .)(22DP MD DQ ND MD ND ⋅-⋅+-=OD MN ⊥⇔2222MD ND MO NO -=-DP MD DQ ND ⋅=⋅⇔⇔BCAPE证法1:如图,过点P作PH⊥DE于点H.因为∠PFD=∠PGE=90°=∠PHD=∠PHE,所以,F,D,H,P和P,H,E,G分别四点共圆,记两圆为⊙M1和⊙M2.又BF·BD=BC2=BA2=BG·BE. 所以F,D,E,G四点共圆,记此圆为⊙M3.易见,⊙M1、⊙M2、⊙M3两两之间的公共弦恰为PH,EG,FD.由根心定理知,这三条根轴交于一点.又已知直线DF和EG交于点B,因此,直线PH过点B. 由PH⊥DE,知BP⊥DE.证法2:记BP的中点为O. 因为∠BFP=90°=∠BGP,所以,B,F,P,G四点共圆且圆心为点O.又因为BA=BC,∠BCD=90°=∠BAE,故以点B为圆心,BC为半径的圆B过点A,且直线DC和EA都是圆B的切线,切点分别为C和A.所以DC2=DF·DB,故点D在圆O与圆B的根轴上.同理,点E在圆O与圆B的根轴上.因此,直线DE为圆O与圆B的根轴. 则BO⊥DE,即BP⊥DE.5.设锐角△ABC的外心为O,△BOC的外心为T,点M为边BC的中点,在边AB,AC上分别取点D,E,使得∠ADM=∠AEM=∠BAC. 证明:AT⊥DE.证明:如图,由O是△ABC的外心,T是△BOC的外心知,O ,M ,T 三点共线,且OT ⊥BC .延长DM ,AC 交于点G ,延长EM ,AB 交于点F ,连结FT ,BT ,GT .于是,有∠BTO =2∠BCO =180°-∠BOC =180°-2∠BAC =∠AFE .故B ,F ,T ,M 四点共圆.则∠BFT =180°-∠BMT =90°. 同理,∠CGT =90°.过点T 作TH ⊥DE 于点H ,于是,D 、F 、T 、H 和H 、T 、G 、E 分别四点共圆, 记两圆为⊙S 1和⊙S 2.又∠FDG =180°-∠ADG =180°-∠AEF =∠FEG ,所以,D 、F 、G 、E 四点共圆,记之为⊙S 3.由于直线TH ,GE ,DF 恰为⊙S 1、⊙S 2、⊙S 3两两之间的三条根轴,且GE 与DF 交于点A ,故由根心定理知TH 过点A .因为TH ⊥DE ,所以,AT ⊥DE .6. 如图,从半圆上的一点向直径引垂线,设垂足为,作切,,分别于,,. 求证:.证明 设半圆的圆心为,则,,共线. 连,知,得.连,,由,知,,三点共线. 又因,,有,从而是的切线,故点对的幂等于点对的幂,即有.C ABD 1O ⊙BC CD DBEFG AC AG =O O 1O E 1O F 1O F CD ⊥1O F AB ∥图 10-2G EF AE 111122FEO FO O EOB OEA ∠=∠=∠=∠E F A 90ACB ∠=︒CD AB ⊥ACF ABC AEC ∠=∠=∠AC CEF ⊙A CEF ⊙2AC A 1O ⊙2AG AC AG =7. 如图,设是的内心,过作的垂线,分别交边,于,. 求证:分别于及相切于及的圆必与的外接圆相切.证明 延长交的半径为,则点对的幂为,于是. 由,知. 从而,. 由此,即知与相切.8. 如图,过的顶点,,且与,交于,(与不同),的外接圆和的外接圆相交于和. 求证:. (试题)I ABC △I AI AB AC P Q AB AC P Q L ABC △OAI O ⊙R L O ⊙22R LO LA LM -=⋅图 10-3I Q DP OABC 222()LO R LA LM R LA IM LI =-⋅=-⋅-2R LA IM LA LI =-⋅+⋅22R LA IM LP =-⋅+11()22MIC A C BCM C MCI ∠=∠+∠=∠+∠=∠12sin 22PL MI MC R A R AL==⋅∠=⋅22222()PL LO R LA R LP R PL AL=-⋅⋅+=-L ⊙O ⊙O ⊙ABC △A C AB BC K N K N ABC△BKN △B M 90BMO ∠=︒IMO 26-证明:设和的外接圆圆心分别为,,由题设,推知,,三点不共线(否则和重合),而直线,,分别为这三个圆中两两圆的根轴,故它们必相交于一点,不妨设交于点.由,知,,,四点共圆,则点对此圆的幂等于点对的幂,即有(设为的半径). 又点对的幂等于点对的幂,即有.由上述两式相减,得,由此有,故.9. 如图,已知两个半径不相等的⊙O 1与⊙O 2相交于M 、N 两点,且⊙O 1、⊙O 2分别与⊙O 内切于S 、T 两点. 求证:OM ⊥MN 的充分必要条件是S 、N 、T 三点共线.ABC △BKN △1O 2O O 1O 2O B M AC KN BM PBPMN BKN NCA ∠=∠=∠P M N C B PMNC ⊙B O ⊙R O ⊙22BM BP BN BC BO R ⋅=⋅=-P 2O ⊙P O ⊙22PM PB PN PK PO R ⋅=⋅=-2222()()()PO BO BP PM BM PM BM PM BM PM BM -=-=+-=-OM BP ⊥90OMB ∠=︒证明 连,,,作公切线,相交于,则得,由此即知自点向和所昨切线长相等,故点在这两圆和的根轴上,且由.连交于点,则,且, 故,,,四点共圆.由此,即有在直线上,,三点共线.10. 设O 和I 分别为ABC △的外心和内心,ABC △的内切圆与边BC 、CA 、AB 分别相切于点D 、E 、F ,直线FD 与CA 相交于点P ,直线DE 与AB 相交于点Q ,点M 、N 分别为线段PE 、QF 的中点.求证:OI MN ⊥.OS OT ST SP TP P ON MT S O 1O 2PPS PT =P 1O ⊙2O ⊙P 1O ⊙2O ⊙2PS PN PM =⋅OP ST Q OP ST ⊥2PQ PO PS PN PM ⋅==⋅O Q N M OM MN OQ QN N ⊥⇔⊥⇔ST S ⇔N T证明 如图,考虑与截线,由定理,有 ,所以, 于是,因此, 这样=, , , . 于是.因为是点到的内切圆的切线长,所以是点到内切圆的幂,而是点到的外接圆的幂. 等式表明点到的外接圆与内功圆的幂相等,因而点在的外接圆与内功切圆的根轴上.同理,点也在的外接圆与内切圆的根轴上.故.图 10-12ABC △PFD Menelaus 1CP AF BD PA FB DC ⋅⋅=PA AF BD AF p a PC FB DC DC p c -=⋅==-PA p a CA a c -=-()b p a PA a c-=-()b p a PE PA AE p a a c -=+=+--2()()p c p a a c ---1()()2p c p a ME PE a c--==-2()()()()p c p a p a MA ME AE p a a c a c---=-=--=--2()()()()p c p a p c MC ME EC p c a c a c---=+=+-=--2MA MC ME ⋅=ME M ABC △2ME M MA MC ⋅M ABC △2MA MC ME ⋅=M ABC △M ABC △N ABC △OI MN ⊥11. 在锐角三角形ABC 中,AB AC >. 设Γ是它的外接圆,H 是它的垂心,F 是由顶点A处所引高的垂足. Q 是Γ上一点,使得90HQA =︒∠,K 是Γ上一点,使得90HKQ =︒∠.已知A 、B 、C 、K 、Q 互不相同,按此顺序排列在Γ上. 证明:KQH △的外接圆和FKM △的外接圆相切. (2015年国际数学奥林匹克 第56届IMO ,乌克兰供题)证明:如图所示,延长交Γ于点,由于,从而是Γ的直径. 由于,故,同理,故是平行四边形,∴是的中点. 延长交Γ于点,又∵,故,∴是三角形的中位线,∴是的中点.设直线与交于点. 根据圆幂定理,的外接圆ω1和的外接圆ω2分别是以和为直径的圆,这两个圆外切于点,而是这两个圆的等幂点,从而在这两个圆的根轴上,即是这两个圆的公切线,.设直线交于点,则是的中点. 由于的直角三角形,是斜边的中点,故.再由是ω1的切线知,也是ω1的切线. 在直角三角形中,是斜边上的高,从而,故也是的外接圆的切线. 于是与的外接圆和的外接圆均QH A '90AQH =︒∠'AA A B AB '⊥A B CH '∥A C BH '∥'BA CH M 'A H AF E A E AE '⊥A E BC '∥MF 'HA E F HE A E 'QK R 'RK RQ RE RA =HKQ ⊿'HEA ⊿HQ 'HA H R R RH 'RH A Q ⊥MF HR S S HR RHK ⊿S RH SH SK =SH SK SHM 22SF SM SH SK ==SK KMF ⊿SK KQH ⊿FKM ⊿相切于点处,∴这两个圆也在点处相切.12. 如图,1O ⊙、2O ⊙外离,它们的一条外公切线与1O ⊙、2O ⊙分别切于点A 、B ,一条内公切线与1O ⊙、2O ⊙分别切于点C 、D . 设E 是直线AC 、BD 的交点,F 是1O ⊙上的一点,过F 作1O ⊙的切线与线段EF 的中垂线交于点M ,过M 作MG 切2O ⊙与点G . 求证:MF =MG . (2015年第14届中国女子数学奥林匹克 付云皓供题)证明:如图,直线、交于点连接、.设、分别是线段、的中点,连接、. ∵ 、是的切线,故平分,且. 同理平分,且.∵、分别是的内角平分线和外角平分线, ∴.又∵,.∴.而,.得:点对、以及以点为圆心,0为半径的圆的幂相等. 同理,点对、以及以点为圆心,0为半径的圆的幂也相等. ∴这三个圆必有一条公共的根轴.而在的中垂线上,∴.又∵是的切线. KK AB CD H 1HO 2HO J K AB CD JE KE HA HC 1O ⊙1HO AHC ∠1AC HO ⊥2HO BHD ∠2BD HO ⊥1HO 2HO AHC ∠12HO HO ⊥1AC HO ⊥2BD HO ⊥AC BD ⊥JE JA JB ==KE KC KD ==J 1O ⊙2O ⊙E K 1O ⊙2O ⊙E M EF MF ME =MF 1O ⊙∴在这三个圆的公共根轴上,再∵是的切线.∴.13. 如图,在ABC △中,AB AC =,I 为ABC △的内心. 以AB 为半径作A ⊙,以IB 为半径作I ⊙,过点B 、I 的圆Γ与A ⊙、I ⊙分别交于点P 、Q (不同于点B ). 设IP 与BQ 交于点R .证明:BR CR ⊥. (2017年全国高中数学联赛加试题)如图,设、、三点确定圆,与交于点(若两圆相切,则视作点与重合,直线视为两圆的公切线).对圆、、圆应用根心定理,有、、三线共点于.从而,、、三点共线.∴.又∵,类似地,于是.而,.则 M MG 2O ⊙MF MG=C I P 1ΓI ⊙S C SCS 1ΓI ⊙ΓCS IP BQ R C S R PQR PSR BIP CIP BIC +=+=∠∠∠∠∠=QPR IBR IQB IPB ==∠∠∠∠RPS IPC =∠∠QPS QPR RPS IPB IPC BPC =+=+=∠∠∠∠∠∠1902BIC A =︒+∠∠1180902BPC BAC A =︒-=︒-∠∠∠()360360QRS PQR PSR QPS BIC BPC =︒-+=︒--∠∠∠-∠∠∠=. ∴.14. 如图,在锐角ABC △中,AB AC >,D 、E 分别是边AB 、AC 的中点. ADE △的外接圆与BCE △外接圆交于点P (异于点E ),A D E △的外接圆与BCD △的外接圆交于点Q (异于点D ). 求证:AP AQ =. (2014年第13届中国女子数学奥林匹克 付云皓)证明:由题目的条件可知:△ADE 与△ABC 位似,且位似中心为点A ,∴△ADE 的外接圆与△ABC 的外接圆相切于点A ,过点A 作这两个圆的公切线AM ,则是这两个圆的根轴. 根据蒙日定理(即根心定理)且,可知直线、、交于一点,且直线、、交于一点,∴直线、、、交于点.由切线的性质可得,∴.∴. 又∵,∴.∴.∵, 11360901809022A A ⎛⎫⎛⎫︒-︒+--=︒ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∠∠BR CR⊥AM AB AC >BC DQ AM BC DQ PE BC DQ PE AM M CAM ABM =∠∠ACM BAM ⊿∽⊿BM AB BD AM AC AE==DBM EAM =∠∠BDM AEM ⊿∽⊿AME BMD =∠∠DE BC ∥∴.∴.∴.故,则.15. ABC △,外心O ,外接圆的切线AD ,D 在BC 延长线上,倍长CD 至E ,作EF //AC 交BA 延长线于F . 证明:OD ⊥DF .证明:延长FD 交AC 于G ,则D 为FG 中点,只要证OG =OF等价于证:OG ²-R ²=OF ²-R ²即只要证: (1)再延长AD 交FE 于H ,则D 为AH 中点,由,得故A ,E ,H ,B 四点共圆,则再注意到F ,E ,H 关于D 的中心对称点为G ,C ,A ,又有,从而,(1)得证.BMD MDE QPE ==∠∠∠AME QPE =∠∠PQ AM ∥PQA QAM APQ ==∠∠∠AP AQ =GC GA FA FB ⋅=⋅2AD DC DB =⋅AD DH DE DB ⋅=⋅FA FB FE FH ⋅=⋅FE FH GC GA ⋅=⋅E16. 如图所示,在ABC △中,X ,Y 是直线BC 上两点(X ,B ,C ,Y 顺次排列),使得BX ·AC =CY ·AB .设ACX △,ABY △的外心分别为12,O O ,直线12O O 与AB 、AC 分别交于点U 、V . 证明:AUV △是等腰三角形.证明:作的角平分线交于点,由角平分线定理知,,从而,即.故对圆的幂相等,所以在圆的根轴上,故,所以△AUV 是等腰三角形.17. 如图,设与交于点,它们的一条外公切线分别与、切于点A 、B ,过点A 、B 的圆分别与、交于点D 、C . 证明:.证明:连接AD 、PQ 、BC 、AP 、AQ 、BP 、BQ .BAC ∠BC D BD AB BX DC AC CY ==BD BX BD DX DC CY DC DY+==+DB DY DC DX ⋅=⋅D 12,O O D 12,O O 12AD O O ⊥1O 2O P Q 、1O 2O Γ1O 2O CP DP CQ DQ=由蒙日定理,知AD 、PQ 、BC 交于一点,设为K .由△KPD ∽△KAQ . 由△KP A ∽△KDQ . 于是,. 类似地,,故. ① 延长与交于M . 由△AQM ∽△P AM . 类似地,,从而. ② 又①②得,.18. 如图△ABC 内接于⊙O ,AB ≠AC ,∠A 的平分线交⊙O 于M ,BC 的平行线分别交AB 、AC 边于E 、F ,又交AM 于K ,三点E 、F 、M 确定的圆与外接圆交于M 、N 两点,延长NK 交⊙O 于D ,证明:DA //BC .证明:.DP KP AQ KA ⇒=AP KA DQ KQ ⇒=AP DP KP AQ DQ KQ⋅=⋅BP CP KP BQ CQ KQ ⋅=⋅AP DP BP CP AQ DQ BQ CQ⋅⋅=⋅⋅PQ AB 2()AQ AM QM AQ AM QM AQ AM QM AP PM AM AP PM AM AP PM PM ⇒==⇒=⋅===2()BQ QM BP PM =AQ BQ AP BP=CP DP CQ DQ=2////DA BC DA EF ADK DKE AMN FKN PN PN PM ⇔⇔∠=∠⇔∠=∠⇔=⋅MN 所在直线是⊙O 与⊙[EFNM ]的根轴,EF 所在直线是⊙[EFNM ]与⊙[AEF ]的根轴, 设MN 与EF 交于点P. 连接BM ,AP .由蒙日定理知,AP 是⊙O 与⊙[AEF ]的根轴,故AP 是⊙O 与⊙[AEF ]的公切线. 由圆幂定理知,,只需证明P A =PK ,即证.显然.2PA PF PE PN PM =⋅=⋅PAK AKP ALC ∠=∠=∠。
初中数学竞赛辅导讲义及习题解答 第22讲 园幂定理
第二十二讲 园幂定理相交弦定理、切割线定理、割线定理统称为圆幂定理.圆幂定理实质上是反映两条相交直线与圆的位置关系的性质定理,其本质是与比例线段有关.相交弦定理、切割线定理、割线定理有着密切的联系,主要体现在:1.用运动的观点看,切割线定理、割线定理是相交弦定理另一种情形,即移动圆内两条相交弦使其交点在圆外的情况;2.从定理的证明方法看,都是由一对相似三角形得到的等积式.熟悉以下基本图形、基本结论:【例题求解】【例1】 如图,PT 切⊙O 于点T ,PA 交⊙O 于A 、B 两点,且与直径CT 交于点D ,CD=2,AD=3,BD=6,则PB= .思路点拨 综合运用圆幂定理、勾股定理求PB 长.注:比例线段是几何之中一个重要问题,比例线段的学习是一个由一般到特殊、不断深化的过程,大致经历了四个阶段:(1)平行线分线段对应成比例; (2)相似三角形对应边成比例;(3)直角三角形中的比例线段可以用积的形式简捷地表示出来; (4)圆中的比例线段通过圆幂定理明快地反映出来.【例2】 如图,在平行四边形ABCD 中,过A 、B 、C 三点的圆交AD 于点E ,且与CD 相切,若AB=4,BE=5,则DE 的长为( ) A .3 B .4 C .415 D .516思路点拨 连AC ,CE ,由条件可得许多等线段,为切割线定理的运用创设条件.注:圆中线段的算,常常需要综合相似三角形、直角三角形、圆幂定理等知识,通过代数化获解,加强对图形的分解,注重信息的重组与整合是解圆中线段计算问题的关键.【例3】如图,△ABC内接于⊙O,AB是∠O的直径,PA是过A点的直线,∠PAC=∠B.(1)求证:PA是⊙O的切线;(2)如果弦CD交AB于E,CD的延长线交PA于F,AC=8,CE:ED=6:5,,AE:BE=2:3,求AB的长和∠ECB的正切值.思路点拨直径、切线对应着与圆相关的丰富知识.(1)问的证明为切割线定理的运用创造了条件;引入参数x、k处理(2)问中的比例式,把相应线段用是的代数式表示,并寻找x 与k的关系,建立x或k的方程.【例4】如图,P是平行四边形AB的边AB的延长线上一点,DP与AC、BC分别交于点E、E,EG是过B、F、P三点圆的切线,G为切点,求证:EG=DE思路点拨由切割线定理得EG2=EF·EP,要证明EG=DE,只需证明DE2=EF·EP,这样通过圆幂定理把线段相等问题的证明转化为线段等积式的证明.注:圆中的许多问题,若图形中有适用圆幂定理的条件,则能化解问题的难度,而圆中线段等积式是转化问题的桥梁.需要注意的是,圆幂定理的运用不仅局限于计算及比例线段的证明,可拓展到平面几何各种类型的问题中.【例5】如图,以正方形ABCD的AB边为直径,在正方形内部作半圆,圆心为O,DF切半圆于点E,交AB的延长线于点F,BF=4.求:(1)cos∠F的值;(2)BE的长.思路点拨解决本例的基础是:熟悉圆中常用辅助线的添法(连OE,AE);熟悉圆中重要性质定理及角与线段的转化方法.对于(1),先求出EF,FO值;对于(2),从△BE F∽△EAF,Rt△AEB入手.注:当直线形与圆结合时就产生错综复杂的图形,善于分析图形是解与圆相关综合题的关键,分析图形可从以下方面入手:(1)多视点观察图形.如本例从D 点看可用切线长定理,从F 点看可用切割线定理. (2)多元素分析图形.图中有没有特殊点、特殊线、特殊三角形、特殊四边形、全等三角形、相似三角形.(3)将以上分析组合,寻找联系.学力训练1.如图,PT 是⊙O 的切线,T 为切点,PB 是⊙O 的割线,交⊙O 于A 、B 两点,交弦CD 于点M ,已知CM=10,MD=2,PA=MB=4,则PT 的长为 .2.如图,PAB 、PCD 为⊙O 的两条割线,若PA=5,AB=7,CD=11,则AC :BD= . 3.如图,AB 是⊙O 的直径,C 是AB 延长线上的一点,CD 是⊙O 的切线,D 为切点,过点B 作⊙O 的切线交CD 于点F ,若AB=CD=2,则CE= .4.如图,在△ABC 中,∠C=90°,AB=10,AC=6,以AC 为直径作圆与斜边交于点P ,则BP 的长为( )A .6.4B .3.2C .3.6D .85.如图,⊙O 的弦AB 平分半径OC ,交OC 于P 点,已知PA 、PB 的长分别为方程024122=+-x x 的两根,则此圆的直径为( )A .28B .26C .24D .226.如图,⊙O 的直径Ab 垂直于弦CD ,垂足为H ,点P 是AC 上一点(点P 不与A 、C 两点重合),连结PC 、PD 、PA 、AD ,点E 在AP 的延长线上,PD 与AB 交于点F ,给出下列四个结论:①CH 2=AH ·BH ;②AD =AC :③AD 2=DF ·DP ;④∠EPC=∠APD ,其中正确的个数是( )A .1B .2C .3D .47.如图,BC 是半圆的直径,O 为圆心,P 是BC 延长线上一点,PA 切半圆于点A ,AD ⊥BC 于点D .(1)若∠B=30°,问AB 与AP 是否相等?请说明理由; (2)求证:PD ·PO=PC ·PB ;(3)若BD :DC=4:l ,且BC =10,求PC 的长.8.如图,已知PA 切⊙O 于点A ,割线PBC 交⊙O 于点B 、C ,PD ⊥AB 于点D ,PD 、AO 的延长线相交于点E ,连CE 并延长交⊙O 于点F ,连AF . (1)求证:△PBD ∽△PEC ; (2)若AB=12,tan ∠EAF=32,求⊙O 的半径的长.9.如图,已知AB 是⊙O 的直径,PB 切⊙O 于点B ,PA 交⊙O 于点C ,PF 分别交AB 、BC 于E 、D ,交⊙O 于F 、G ,且BE 、BD 恰哈好是关于x 的方程0)134(622=+++-m m x x (其中m 为实数)的两根.(1)求证:BE=BD ;(2)若GE ·EF=36,求∠A 的度数.10.如图,△ABC 中,∠C=90°,O 为AB 上一点,以O 为圆心,OB 为半径的圆与AB 相交于点E ,与AC 相切于点D ,已知AD=2,AE=1,那么BC= .11.如图,已知A 、B 、C 、D 在同一个圆上,BC=CD ,AC 与BD 交于E ,若AC=8,CD=4,且线段BE 、ED 为正整数,则BD= .⌒⌒⌒12.如图,P 是半圆O 的直径BC 延长线上一点,PA 切半圆于点A ,AH ⊥BC 于H ,若PA=1,PB+PC=a (a >2),则PH=( )A .a 2 B .a 1 C .2a D .3a13.如图,△ABC 是⊙O 的内接正三角形,弦EF 经过BC 的中点D ,且EF ∥AB ,若AB=2,则DE 的长为( )A .21 B .215- C .23 D .1 14.如图,已知AB 为⊙O 的直径,C 为⊙O 上一点,延长BC 至D ,使CD=BC ,CE ⊥AD于E ,BE 交⊙O 于F ,AF 交CE 于P ,求证:PE=PC .15.已知:如图,ABCD 为正方形,以D 点为圆心,AD 为半径的圆弧与以BC 为直径的⊙O 相交于P 、C 两点,连结AC 、AP 、CP ,并延长CP 、AP 分别交AB 、BC 、⊙O 于E 、H 、F 三点,连结OF .(1)求证:△AEP ∽△CEA ;(2)判断线段AB 与OF 的位置关系,并证明你的结论; (3)求BH:HC16.如图,PA 、PB 是⊙O 的两条切线,PEC 是一条割线,D 是AB 与PC 的交点,若PE=2,CD=1,求DE 的长.17.如图,⊙O 的直径的长是关于x 的二次方程0)2(22=+-+k x k x (k 是整数)的最大整数根,P 是⊙O 外一点,过点P 作⊙O 的切线PA 和割线PBC ,其中A 为切点,点B 、C 是直线PBC 与⊙O 的交点,若PA 、PB 、PC 的长都是正整数,且PB 的长不是合数,求PA+PB+PC 的值.参考答案。
1.3.1圆幂定理
例题解析
例1. 已知圆中两条弦相交,第一条弦被交点分为 12cm和16cm两段,第二条弦的长度为32cm, 求第二条弦被交点分成的两端的长. 解: 设第二条弦被交点分成的一端长为 x cm, 则另 一段长为 (32 – x) cm,根据相交弦定理,有 x (32 – x)=12×16,即x2 – 32x+192=0. 解得x1=8或x2=24.因此 32 – x1=24,32 – x2=8. 另一条弦被交点分成的两端长分别为8cm ,24cm.
C B D A
P O
相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的 两条线段长的积相等. 如图,AB、CD为圆O的两条任意弦.相交于点P, 连接AD、BC,则∠D=∠B,∠A=∠C.所以 △APD∽△BPC.所以 D A AP = PD AP · = PC · BP PD BP PC
P O
C
B
在相交弦定理中,有两个特例: (1)如图,若圆内的两条弦交于圆心O,则有PA =PB=PC=PD=圆的半径R,此时AB, CD是直径,相交弦定理当然成立.
B A P
O
1.3.1 圆幂定理
教学目标
【知识与能力】
使学生理解相交弦定理、切割线定理及 其推论间的相互关系,并能综合运用它们解 决有关问题;
【过程和方法】
通过对例题的分析,提高学生分析问题和 解决问题的能力,并领悟添加辅助线的方法;
【情感态度与价值观】
从运动的观点来统一认识圆幂定理.对学 生进行事物之间是相互联系和运动变化的观 点的教育.
4. 解:EF = 3 , r=5 , 所以 AE = 25 4 = 21 ED · = EA · =21 又 CE : ED = 3 : 4 , ED EB CE = 3k, ED = 4k ,所以 12K2 = 21 , 所以 7 7 7 7 2= , ,k= k 4 . , 所以 CD = CE+ED = 7k =
05 初升高衔接专题 圆幂定理(含答案)
圆幂定理圆幂定理是平面几何中的一个定理,是相交弦定理、切线长定理、弦切角定理及割线定理(切割线定理推论)的统一,例如如果交点为P 的两条相交直线与圆O 相交于A 、B 与C 、D ,则PA ·PB=PC ·PD 。
根据两条与圆有相交关系的线的位置不同,有以下定理:1.相交弦定理相交弦定理:圆内的两条相交弦被交点分成的两条线段长的乘积相等.如图,弦AB 和CD 交于O ⊙内一点P ,则PAP B P CP D ⋅=⋅.2.切割线定理切割线定理:从圆外一点引圆的切线和割线,切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项.如图,PT 是O ⊙的切线,P AB 为O ⊙的割线,则2PT PA PB =⋅.3.割线定理割线定理:从圆外一点引圆的两条割线,这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.如图,P AB 和PCD 为O ⊙的两条割线,则PA PB PC PD ⋅=⋅.【例1】(1)如图1-1,已知O ⊙的弦AB 、CD 相交于点P ,6cm PA =,9cm PB =,:1:3PC PD =,则CD =__________.(2)如图1-2,在O ⊙中,弦AB 与半径OC 相交于点M ,且OM M C =, 1.5AM =,4BM =,则OC 的长为__________.(3)如图1-3,点P 为弦AB 上的一点,连接OP ,过点P 作PC OP ⊥,PC 交O ⊙于C ,且O ⊙的半径为3.若4AP =,1PB =,则OP 的长为________. ACO PDBACOMBACOPB图1-1 图1-2 图1-3A CBDP OTAOBPDAOBPC【例2】如图,已知O ⊙的弦AB ,CD 相交于点P ,4PA =,3PB =,6PC =,EA 切O ⊙于点A ,AE 与CD 的延长线交于点E,EA =PE 的长.【例3】(1)如图,过点P 作O ⊙的两条割线分别交O ⊙于点A 、B 和点C 、D ,已知3PA =,2AB PC ==,则PD 的长是____________. PA BCOD(2)如图,AB 是O ⊙的直径,弦CD AB ⊥,垂足为E ,P 是BA 延长线上的点,连接PC 交O ⊙于F ,如果7PF =,13FC =,且::2:4:1PA AE EB=,则CD 的长是______________. PFCAO D BE【练出高分】 班级 姓名1.(1)如图1,O ⊙的弦AB 与CD 相交于点P ,已知3cm PA =,4cm PB =,2cm PC =,PD =__________.(2)如图2,已知O ⊙中,弦25cm AB =,M 是AB 上一点,13cm OA =,5cm OM =,则AM =________.A CD B O PAB OM图1 图2 2.(1)如图3,一圆周上有三点A ,B ,C ,∠A 的平分线交边BC 于D ,交圆于E ,已知5BC =,4AC =,6AB =,则AD DE ⋅=__________.(2)如图4,已知AB 为O ⊙的直径,C 为O ⊙上一点,CD AB ⊥于D ,9AD =,4BD =,以C 为圆心,CD 为半径的圆与O ⊙相交于P ,Q 两点,弦PQ 交CD 于E ,则PE EQ ⋅=__________.AEDBCAE PO D BC Q图3 图43.(1)如图,PC 是半圆的切线,且PB OB =,过B 的切线交PC 于点D ,若6PC =,则O ⊙半径为__________,:CD DP =__________.(2)点A 是半径为3的圆外一点,它到圆的最近点的距离为5,则过点A 的切线长为__________.A O BCP D(3)如图,两圆相交于C 、D ,AB 为公切线,若12AB =,9CD =,则MD =____________.培 优:4.如图,四边形ABCD 是边长为a 的正方形,以D 为圆心、DA 为半径的圆弧与以BC 为直径的半圆交于另一点P .延长AP 交BC 于点N ,求BNNC的值.5.如图,四边形ABCD 内接于以BC 为直径的圆O ,且A B A D =,DA 、CB 的延长线相交于P 点.CE PD ⊥于E ,PB BO =,已知18DC =,求DE 的长.DC A B NPD C圆幂定理圆幂定理是平面几何中的一个定理,是相交弦定理、切线长定理、弦切角定理及割线定理(切割线定理推论)的统一,例如如果交点为P 的两条相交直线与圆O 相交于A 、B 与C 、D ,则PA ·PB=PC ·PD 。
2024年中考数字复习 圆中的重要模型-圆幂定理模型(原卷+答案解析)
圆中的重要模型--圆幂定理模型圆幂定理是一个总结性的定理,是对相交弦定理、切割线定理、割线定理、弦切角定理、托勒密定理以及它们推论的统一与归纳。
可能是在19世纪由德国数学家施泰纳(Steiner)或者法国数学家普朗克雷(Poncelet)提出的。
圆幂定理的用法:可以利用圆幂定理求解与圆有关的线段比例、角度、面积等问题。
模型1.相交弦模型条件:在圆O中,弦AB与弦CD交于点E,点E在圆O内。
结论:△CAE∼△BDE⇒ECEB=EAED⇒EC⋅ED=EB⋅EA。
1(2023·广东广州·九年级校考期中)如图,两个同心圆,大圆的弦AB与小圆相切于点P,大圆的弦CD经过点P,且CD=13,PD=4,两圆组成的圆环的面积是.2(2023·江西景德镇·九年级校考期末)如图,PT是⊙O的切线,T为切点,PA是割线,交⊙O于A、B两点,与直径CT交于点D.已知CD=2,AD=3,BD=4,那PB=.3(2023·江苏·九年级专题练习)相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的积相等.(1)为了说明相交弦定理正确性,需要对其进行证明,如下给出了不完整的“已知”“求证”,请补充完整,并写出证明过程.已知:如图①,弦AB,CD交于点P,求证:.(2)如图②,已知AB是⊙O的直径,AB与弦CD交于点P,且AB⊥CD于点P,过D作⊙O的切线,交BA的延长线于E,D为切点,若AP=2,⊙O的半径为5,求AE的长.模型2.双割线模型条件:如图,割线CH与弦CF交圆O于点E和点G。
结论:△CEG∼△CHF⇒ECCH=CGCF⇒EC⋅FC=GC⋅HC4(2023·浙江·九年级假期作业)如图:PAB、PCD为⊙O的两条割线,若PA∙PB=30,PC=3,则CD的长为()A.10B.7C.510D.35(2023·四川成都·九年级校考阶段练习)如图,PAB为⊙O的割线,且PA=AB=3,PO交⊙O于点C,若PC=2,则⊙O的半径的长为.6(2022·河南洛阳·统考一模)我们知道,直线与圆有三种位置关系:相交、相切、相离.当直线与圆有两个公共点(即直线与圆相交)时,这条直线就叫做圆的割线.割线也有一些相关的定理.比如,割线定理:从圆外一点引圆的两条割线,这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等.下面给出了不完整的定理“证明一”,请补充完整.已知:如图①,过⊙O 外一点P 作⊙O 的两条割线,一条交⊙O 于A 、B 点,另一条交⊙O 于C 、D 点.求证:PA ⋅PB =PC ⋅PD .证明一:连接AD 、BC ,∵∠A 和∠C 为BD 所对的圆周角,∴.又∵∠P =∠P ,∴,∴.即PA ⋅PB =PC ⋅PD .研究后发现,如图②,如果连接AC 、BD ,即可得到学习过的圆内接四边形ABDC .那么或许割线定理也可以用圆内接四边形的性质来证明.请根据提示,独立完成证明二.证明二:连接AC 、BD ,模型3.切割线模型条件:如图,CB 是圆O 的切线,CA 是圆O 的割线。
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圆幂定理STEP 1:进门考理念:1. 检测垂径定理的基本知识点与题型。
2. 垂径定理典型例题的回顾检测。
3. 分析学生圆部分的薄弱环节。
(1)例题复习。
1.(2015•夏津县一模)一副量角器与一块含30°锐角的三角板如图所示放置,三角板的直角顶点C落在量角器的直径MN上,顶点A,B恰好都落在量角器的圆弧上,且AB∥MN.若AB=8cm,则量角器的直径MN=cm.【考点】M3:垂径定理的应用;KQ:勾股定理;T7:解直角三角形.【分析】作CD⊥AB于点D,取圆心O,连接OA,作OE⊥AB于点E,首先求得CD的长,即OE的长,在直角△AOE中,利用勾股定理求得半径OA的长,则MN即可求解.【解答】解:作CD⊥AB于点D,取圆心O,连接OA,作OE⊥AB于点E.在直角△ABC中,∠A=30°,则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,则OA===2(cm),则MN=2OA=4(cm).故答案是:4.【点评】本题考查了垂径定理的应用,在半径或直径、弦长以及弦心距之间的计算中,常用的方法是转化为解直角三角形.2.(2017•阿坝州)如图将半径为2cm的圆形纸片折叠后,圆弧恰好经过圆心O,则折痕AB的长为()A.2cm B.cm C.2cm D.2cm【考点】M2:垂径定理;PB:翻折变换(折叠问题).【分析】通过作辅助线,过点O作OD⊥AB交AB于点D,根据折叠的性质可知OA=2OD,根据勾股定理可将AD的长求出,通过垂径定理可求出AB的长.【解答】解:过点O作OD⊥AB交AB于点D,连接OA,∵OA=2OD=2cm,∴AD===(cm),∵OD⊥AB,∴AB=2AD=2cm.故选:D.【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理的运用,正确应用勾股定理是解题关键.3.(2014•泸州)如图,在平面直角坐标系中,⊙P的圆心坐标是(3,a)(a>3),半径为3,函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为,则a的值是()A.4 B.C.D.【考点】M2:垂径定理;F8:一次函数图象上点的坐标特征;KQ:勾股定理.【专题】11 :计算题;16 :压轴题.【分析】PC⊥x轴于C,交AB于D,作PE⊥AB于E,连结PB,由于OC=3,PC=a,易得D点坐标为(3,3),则△OCD为等腰直角三角形,△PED也为等腰直角三角形.由PE⊥AB,根据垂径定理得AE=BE=AB=2,在Rt△PBE中,利用勾股定理可计算出PE=1,则PD=PE=,所以a=3+.【解答】解:作PC⊥x轴于C,交AB于D,作PE⊥AB于E,连结PB,如图,∵⊙P的圆心坐标是(3,a),∴OC=3,PC=a,把x=3代入y=x得y=3,∴D点坐标为(3,3),∴CD=3,∴△OCD为等腰直角三角形,∴△PED也为等腰直角三角形,∵PE⊥AB,∴AE=BE=AB=×4=2,在Rt△PBE中,PB=3,∴PE=,∴PD=PE=,∴a=3+.故选:B.【点评】本题考查了垂径定理:垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧.也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质.4.(2013•内江)在平面直角坐标系xOy中,以原点O为圆心的圆过点A (13,0),直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点,则弦BC的长的最小值为.【考点】FI:一次函数综合题.【专题】16 :压轴题.【分析】根据直线y=kx﹣3k+4必过点D(3,4),求出最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦,再求出OD的长,再根据以原点O为圆心的圆过点A(13,0),求出OB的长,再利用勾股定理求出BD,即可得出答案.【解答】解:∵直线y=kx﹣3k+4=k(x﹣3)+4,∴k(x﹣3)=y﹣4,∵k有无数个值,∴x﹣3=0,y﹣4=0,解得x=3,y=4,∴直线必过点D(3,4),∴最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦,∵点D的坐标是(3,4),∴OD=5,∵以原点O为圆心的圆过点A(13,0),∴圆的半径为13,∴OB=13,∴BD=12,∴BC的长的最小值为24;故答案为:24.【点评】此题考查了一次函数的综合,用到的知识点是垂径定理、勾股定理、圆的有关性质,关键是求出BC最短时的位置.STEP 2:新课讲解1、熟练掌握圆幂定理的基本概念。
2、熟悉有关圆幂定理的相关题型,出题形式与解题思路。
3、能够用自己的话叙述圆幂定理的概念。
4、通过课上例题,结合课下练习。
掌握此部分的知识。
一、相交弦定理➢基本题型:【例1】(2014秋•江阴市期中)如图,⊙O的弦AB、CD相交于点P,若AP=3,BP=4,CP=2,则CD长为()A.6 B.12 C.8 D.不能确定【考点】M7:相交弦定理.【专题】11 :计算题.【分析】由相交线定理可得出AP•BP=CP•DP,再根据AP=3,BP=4,CP=2,可得出PD的长,从而得出CD即可.相交弦定理(1)相交弦定理:圆内的两条相交弦,被交点分成的两条线段长的积相等.(经过圆内一点引两条线,各弦被这点所分成的两段的积相等).几何语言:若弦AB、CD交于点P,则PA•PB=PC•PD(相交弦定理)(2)推论:如果弦与直径垂直相交,那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项.几何语言:若AB是直径,CD垂直AB于点P,则PC2=PA•PB(相交弦定理推论).【解答】解:∵AP•BP=CP•DP,∴PD=,∵AP=3,BP=4,CP=2,∴PD=6,∴CD=PC+PD=2+6=8.故选C.【点评】本题考查了相交线定理,圆内两条弦相交,被交点分成的两条线段的积相等.【练习1】(2015•南长区一模)如图,矩形ABCD为⊙O的内接四边形,AB=2,BC=3,点E为BC上一点,且BE=1,延长AE交⊙O于点F,则线段AF 的长为()A.B.5 C.+1 D.【考点】M7:相交弦定理.【分析】由矩形的性质和勾股定理求出AE,再由相交弦定理求出EF,即可得出AF的长.【解答】解:∵四边形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=;故选:A.【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相交弦定理;熟练掌握矩形的性质和相交弦定理,并能进行推理计算是解决问题的关键.➢综合题型【例2】(2004•福州)如图,AB是⊙O的直径,M是⊙O上一点,MN⊥AB,垂足为N.P、Q分别是、上一点(不与端点重合),如果∠MNP=∠MNQ,下面结论:①∠1=∠2;②∠P+∠Q=180°;③∠Q=∠PMN;④PM=QM;⑤MN2=PN•QN.其中正确的是()A.①②③B.①③⑤C.④⑤D.①②⑤【考点】M7:相交弦定理;M2:垂径定理;M4:圆心角、弧、弦的关系;M5:圆周角定理;S9:相似三角形的判定与性质.【专题】16 :压轴题.【分析】根据圆周角定理及已知对各个结论进行分析,从而得到答案.【解答】解:延长MN交圆于点W,延长QN交圆于点E,延长PN交圆于点F,连接PE,QF∵∠PNM=∠QNM,MN⊥AB,∴∠1=∠2(故①正确),∵∠2与∠ANE是对顶角,∴∠1=∠ANE,∵AB是直径,∴可得PN=EN,同理NQ=NF,∵点N是MW的中点,MN•NW=MN2=PN•NF=EN•NQ=PN•QN(故⑤正确),∴MN:NQ=PN:MN,∵∠PNM=∠QNM,∴△NPM∽△NMQ,∴∠Q=∠PMN(故③正确).故选B.【点评】本题利用了相交弦定理,相似三角形的判定和性质,垂径定理求解.➢与代数结合的综合题【例3】(2016•中山市模拟)如图,正方形ABCD内接于⊙O,点P在劣弧AB 上,连接DP,交AC于点Q.若QP=QO,则的值为()A.B.C.D.【考点】M7:相交弦定理;KQ:勾股定理.【专题】11 :计算题.【分析】设⊙O的半径为r,QO=m,则QP=m,QC=r+m,QA=r﹣m.利用相交弦定理,求出m与r的关系,即用r表示出m,即可表示出所求比值.【解答】解:如图,设⊙O的半径为r,QO=m,则QP=m,QC=r+m,QA=r﹣m.在⊙O中,根据相交弦定理,得QA•QC=QP•QD.即(r﹣m)(r+m)=m•QD,所以QD=.连接DO,由勾股定理,得QD2=DO2+QO2,即,解得所以,故选D.【点评】本题考查了相交弦定理,即“圆内两弦相交于圆内一点,各弦被这点所分得的两线段的长的乘积相等”.熟记并灵活应用定理是解题的关键.➢需要做辅助线的综合题【例4】(2008秋•苏州期末)如图,⊙O过M点,⊙M交⊙O于A,延长⊙O 的直径AB交⊙M于C,若AB=8,BC=1,则AM=.【考点】M7:相交弦定理;KQ:勾股定理;M5:圆周角定理.【分析】根据相交弦定理可证AB•BC=EB•BF=(EM+MB)(MF﹣MB)=AM2﹣MB2=8,又由直径对的圆周角是直角,用勾股定理即可求解AM=6.【解答】解:作过点M、B的直径EF,交圆于点E、F,则EM=MA=MF,由相交弦定理知,AB•BC=EB•BF=(EM+MB)(MF﹣MB)=AM2﹣MB2=8,∵AB是圆O的直径,∴∠AMB=90°,由勾股定理得,AM2+MB2=AB2=64,∴AM=6.【点评】本题利用了相交弦定理,直径对的圆周角是直角,勾股定理求解.二、割线定理割线定理割线定理:从圆外一点引圆的两条割线,这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.几何语言:∵PBA,PDC是⊙O的割线∴PD•PC=PA•PB(割线定理)由上可知:PT2=PA•PB=PC•PD.➢基本题型【例5】(1998•绍兴)如图,过点P作⊙O的两条割线分别交⊙O于点A、B 和点C、D,已知PA=3,AB=PC=2,则PD的长是()A.3 B.7.5 C.5 D.5.5【考点】MH:切割线定理.【分析】由已知可得PB的长,再根据割线定理得PA•PB=PC•PD即可求得PD的长.【解答】解:∵PA=3,AB=PC=2,∴PB=5,∵PA•PB=PC•PD,∴PD=7.5,故选B.【点评】主要是考查了割线定理的运用.【练习2】(2003•天津)如图,Rt△ABC中,∠C=90°,AC=3,BC=4,以点C 为圆心、CA为半径的圆与AB、BC分别交于点D、E.求AB、AD的长.【考点】MH:切割线定理;KQ:勾股定理.【分析】Rt△ABC中,由勾股定理可直接求得AB的长;延长BC交⊙C于点F,根据割线定理,得BE•BF=BD•BA,由此可求出BD的长,进而可求得AD的长.【解答】解:法1:在Rt△ABC中,AC=3,BC=4;根据勾股定理,得AB=5.延长BC交⊙C于点F,则有:EC=CF=AC=3(⊙C的半径),BE=BC﹣EC=1,BF=BC+CF=7;由割线定理得,BE•BF=BD•BA,于是BD=;所以AD=AB﹣BD=;法2:过C作CM⊥AB,交AB于点M,如图所示,由垂径定理可得M为AD的中点,∵S△ABC=AC•BC=AB•CM,且AC=3,BC=4,AB=5,∴CM=,在Rt△ACM中,根据勾股定理得:AC2=AM2+CM2,即9=AM2+()2,解得:AM=,∴AD=2AM=.【点评】此题主要考查学生对勾股定理及割线定理的理解及运用.➢综合题型【例6】(2015•武汉校级模拟)如图,两同心圆间的圆环的面积为16π,过小圆上任意一点P作大圆的弦AB,则PA•PB的值是()A.16 B.16π C.4 D.4π【考点】MH:切割线定理.【分析】过P点作大圆的直径CD,如图,设大圆半径为R,小圆半径为r,根据相交弦定理得到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:过P点作大圆的直径CD,如图,设大圆半径为R,小圆半径为r,∵PA•PB=PC•PD,∴PA•PB=(OC﹣OP)•(OP+OD)=(R﹣r)(R+r)=R2﹣r2,∵两同心圆间的圆环(即图中阴影部分)的面积为16π,∴πR2﹣πr2=16π,∴R2﹣r2=16,∴PA•PB=16.故选A.【点评】本题考查了垂径定理:平分弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧.也考查了相交弦定理.【思考】观察讲义课后练习最后一道题,是否有思路?三、切割线定理【例7】(2013•长清区二模)如图,PA为⊙O的切线,A为切点,⊙O的割线PBC过点O与⊙O分别交于B、C,PA=8cm,PB=4cm,求⊙O的半径.【考点】MH:切割线定理.【专题】11 :计算题.【分析】连接OA,设⊙O的半径为rcm,由勾股定理,列式计算即可.【解答】解:连接OA,设⊙O的半径为rcm,(2分)则r2+82=(r+4)2,(4分)解得r=6,∴⊙O的半径为6cm.(2分)切割线定理切割线定理:从圆外一点引圆的两条割线,这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.几何语言:∵PBA,PDC是⊙O的割线∴PD•PC=PA•PB(割线定理)由上可知:PT2=PA•PB=PC•PD.【点评】本题考查的是切割线定理,勾股定理,是基础知识要熟练掌握.【练习3】(2013秋•东台市期中)如图,点P是⊙O直径AB的延长线上一点,PC切⊙O于点C,已知OB=3,PB=2.则PC等于()A.2 B.3 C.4 D.5【考点】MH:切割线定理.【专题】11 :计算题.【分析】根据题意可得出PC2=PB•PA,再由OB=3,PB=2,则PA=8,代入可求出PC.【解答】解:∵PC、PB分别为⊙O的切线和割线,∴PC2=PB•PA,∵OB=3,PB=2,∴PA=8,∴PC2=PB•PA=2×8=16,∴PC=4.故选C.【点评】本题考查了切割线定理,熟记切割线定理的公式PC2=PB•PA.四、切线长定理【例8】(2015•秦皇岛校级模拟)如图,一圆内切四边形ABCD,且BC=10,AD=7,则四边形的周长为()A.32 B.34 C.36 D.38【考点】MG:切线长定理.【分析】根据切线长定理,可以证明圆外切四边形的性质:圆外切四边形的两组对边和相等,从而可求得四边形的周长.【解答】解:由题意可得圆外切四边形的两组对边和相等,所以四边形的周长=2×(7+10)=34.故选:B.【点评】此题主要考查了切线长定理,熟悉圆外切四边形的性质:圆外切四边形的两组对边和相等是解题关键.切割线定理(1)圆的切线长定义:经过圆外一点作圆的切线,这点和切点之间的线段的长,叫做这点到圆的切线长.(2)切线长定理: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.(3)注意:切线和切线长是两个不同的概念,切线是直线,不能度量;切线长是线段的长,这条线段的两个端点分别是圆外一点和切点,可以度量.(4)切线长定理包含着一些隐含结论:①垂直关系三处;②全等关系三对;③弧相等关系两对,在一些证明求解问题中经常用到.【练习4】(2015•岳池县模拟)如图,PA,PB切⊙O于A,B两点,CD切⊙O 于点E交PA,PB于C,D,若⊙O的半径为r,△PCD的周长为3r,连接OA,OP,则的值是()A.B.C.D.【考点】MG:切线长定理;MC:切线的性质.【分析】利用切线长定理得出CA=CF,DF=DB,PA=PB,进而得出PA=r,求出即可.【解答】解:∵PA,PB切⊙O于A,B两点,CD切⊙O于点E交PA,PB于C,D,∴CA=CF,DF=DB,PA=PB,∴PC+CF+DF+PD=PA=PB=2PA=3r,∴PA=r,则的值是:=.故选:D.【点评】此题主要考查了切线长定理,得出PA的长是解题关键.【例9】(2014秋•夏津县校级期末)如图,P为⊙O外一点,PA,PB分别切⊙O于A,B,CD切⊙O于点E,分别交PA,PB于点C,D.若PA=5,则△PCD的周长和∠COD分别为()A.5,(90°+∠P)B.7,90°+C.10,90°﹣∠P D.10,90°+∠P 【考点】MG:切线长定理.【分析】根据切线长定理,即可得到PA=PB,ED=AD,CE=BC,从而求得三角形的周长=2PA;连接OA、OE、OB根据切线性质,∠P+∠AOB=180°,再根据CD为切线可知∠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的周长=PD+DE+PC+CE=2PA,即△PCD的周长=2PA=10,;如图,连接OA、OE、OB.由切线性质得,OA⊥PA,OB⊥PB,OE⊥CD,DB=DE,AC=CE,∵AO=OE=OB,易证△AOC≌△EOC(SAS),△EOD≌△BOD(SAS),∴∠AOC=∠EOC,∠EOD=∠BOD,∴∠COD=∠AOB,∴∠AOB=180°﹣∠P,∴∠COD=90°﹣∠P.故选:C.【点评】本题考查了切线的性质,运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点,利用垂直构造直角三角形解决有关问题,是基础题型.五、圆幂定理请尝试解出下列例题:【例10】(2005•广州)如图,在直径为6的半圆上有两动点M、N,弦AM、BN相交于点P,则AP•AM+BP•BN的值为.【考点】M7:相交弦定理;KQ:勾股定理;M5:圆周角定理.【专题】16 :压轴题;25 :动点型.【分析】连接AN、BM,根据圆周角定理,由AB是直径,可证∠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:连接AN、BM,∵AB是直径,∴∠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=AP 2+MP 2+BM 2+2AP•PM=BM 2+(AP +PM )2=BM 2+AM 2=AB 2=36.【点评】本题利用了圆周角定理和相交弦定理,勾股定理求解.以上四条定理统称为圆幂定理。