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專題2.4 圓冪定理模型
模塊1：模型簡介
圓冪定理是一個總結(jié)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。可能是在19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(guān)的線段比例、角度、面積等問題。
模塊2：核心模型點與典例
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(nèi)。
結(jié)論：。
例1．（2023·廣東廣州·九年級校考期中）如圖，兩個同心圓，大圓的弦與小圓相切于點P，大圓的弦經(jīng)過點P，且，，兩圓組成的圓環(huán)的面積是 ．

【答案】
【分析】連接，，，，先根據(jù)切線的性質(zhì)定理和垂徑定理證出，再證明，得到，代入數(shù)據(jù)求得，最后根據(jù)圓環(huán)的面積公式進行計算即可求解．
【詳解】解：如圖，連接，，，，

∵大圓的弦與小圓相切于點P，∴，∴，，
∵，，∴，∵，，∴，
∴，即，解得：（負值舍去），
∴圓環(huán)的面積為：，故答案為：．
【點睛】此題綜合運用了切線的性質(zhì)定理、垂徑定理、勾股定理、圓周角定理、圓環(huán)的面積公式，分別求出大圓和小圓的半徑是解題的關(guān)鍵．
例2．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考一模）如圖，邊長為6的等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，點D為AC上的動點（點A、C除外），BD的延長線交⊙O于點E，連接CE．
(1)求證；(2)當時，求CE的長．
【答案】(1)見解析(2)
【分析】（1）根據(jù)同弧所對圓周角相等可得，再由對頂角相等得，故可證明緒論；
（2）根據(jù)可得由可得出連接AE，可證明，得出 代入相關(guān)數(shù)據(jù)可求出，從而可求出緒論．
【詳解】（1）∵所對的圓周角是，∴，
又，∴；
（2）∵△是等邊三角形，∴
∵，∴∴
∵∴，∴∴
連接如圖，
∵∴ ∴∠
又∠，∴△∴，
∴
∴，∴（負值舍去）
∴，解得，
【點睛】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形和判定與性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
例3．（2023·江蘇揚州·九年級專題練習）閱讀與思考
九年級學生小剛喜歡看書，他在學習了圓后，在家里突然看到某本數(shù)學書上居然還有一個相交弦定理（圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等），下面是書上的證明過程，請仔細閱讀，并完成相應的任務．圓的兩條弦相交，這兩條弦被交點分成的兩條線段的積相等．
已知：如圖1，O的兩弦，相交于點P．
求證：．
證明：如圖1，連接，．
∵，．
∴，（根據(jù)_____________）
∴，
∴，
∴兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．
任務：(1)請將上述證明過程補充完整．根據(jù)： ；@： ．
(2)小剛又看到一道課后習題，如圖2，是O的弦，P是上一點，，，，求的半徑．
【答案】(1)有兩個角對應相等的兩個三角形相似，；(2)的半徑為．
【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)求解即可；
（2）延長交圓O于點D，延長交圓O于點F，設(shè)圓O的半徑為，則，，根據(jù)（1）中結(jié)論代入求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖1，連接，．
∵，．∴，（根據(jù)有兩個角對應相等的兩個三角形相似）
∴，∴，∴兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．
故答案為：有兩個角對應相等的兩個三角形相似；；
（2）延長交圓O于點D，延長交圓O于點F，
設(shè)圓O的半徑為，而，，，
，， ，
根據(jù)（1）中結(jié)論得，即為，
∴，解得：或（不符合題意，舍去），⊙O的半徑為．
【點睛】本題主要考查相似三角形的判定和性質(zhì)，圓的相交弦定理，圓周角定理，理解題意，熟練掌握運用圓的相交弦定理是解題關(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E和點G。
結(jié)論：
例1．（2023·浙江九年級月考）已知、為的兩條割線，，，，，則的半徑為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)切割線定理即可求得PC的長，在直角△BCD中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】如圖：
∵PA PB=PC PD，得8×18=PC （PC+7），解得：PC=9，連接BC，
∵BP=PA+AB=2PC=18，∠P=60°，∴∠BCP=90°，∴∠BCD=90°，
BC===，連接BD，∵∠BCD=90°，∴BD為直徑，
BD===2．故⊙O的半徑為：．
【點睛】本題主要考查了切割線定理與勾股定理，連接CD構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
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(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.
【點睛】本題考查了割線的性質(zhì)，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．（2023秋·河北承德·九年級統(tǒng)考期末）如圖，延長弦、弦，交于圓外一點A，連接．
(1)證明：；(2)若，求．
【答案】(1)見解析(2)10
【分析】（1）根據(jù)圓周角定理可得，再由，即可證得；
（2）根據(jù)，可得，即可求解．
【詳解】（1）證明：∴，∴；
（2）解：∵，∴，
∵，∴∴．
【點睛】本題主要考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
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春·河南·九年級專題練習）如圖，切于點A，是的割線，若，則 ．

【答案】
【分析】連接，連接并延長交于點D，連接，利用余角的性質(zhì)證明，推出，進而得到，利用等式即可求出．
【詳解】解：連接，連接并延長交于點D，連接，

∵切于點A，∴，∴，
∵為的直徑，∴，∴，∴
又∵，∴，∴，∴，
而，∴，∴（負值舍去）．故填空答案：．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)定理，圓周角定理，正確利用定理是解決本題的關(guān)鍵．
例2．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考二模）如圖，是的直徑，點在上，點在的延長線上，連接，且．

(1)求證：；(2)判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)見解析(2)相切，見解析
【分析】（1）由可得，又，從而即可得證；
（2）連接，由，，可得，因為是的直徑，故，從而可得，即．又因為是半徑，所以直線CD是的切線．
【詳解】（1）證明：∵ ∴
∵，∴．
（2）答：直線與相切．
解：連接，∵，∴，
∵，∴，∴
∵是的直徑，∴，
∴，∴．
又∵是半徑，∴直線是的切線．

【點睛】本題主要考查了三角形相似的判定和性質(zhì)，切線的判定，連接，找出角的關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．
例3．（2022·河南駐馬店·校考二模）在數(shù)學課上，當老師講到直線與圓的位置關(guān)系時，張明同學突發(fā)奇想，特殊線與圓在不同的位置情況下會有怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？于是在課下他查閱了老師推薦他的《幾何原本》，這本書是古希臘數(shù)學家歐幾里得所著的一部數(shù)學著作．它是歐洲數(shù)學的基礎(chǔ)，總結(jié)了平面幾何五大公設(shè)，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36-2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比例中項．（比例中項的定義：如果、、三個量成連比例即，則叫做和的比例中項）
(1)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(jīng)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，是圓外一點，是圓的切線，直線為圓的割線．
求證：
證明：
(2)已知，，則的長度是 ．
【答案】(1)，證明見解析(2)
【分析】（1）根據(jù)比例中項的定義寫出“求證”， 連接并延長交于點，連接，先根據(jù)圓的切線的性質(zhì)可得，再根據(jù)圓周角定理可得，從而可得，然后根據(jù)相似三角形的判定證出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得證；
（2）先根據(jù)線段和差求出，再根據(jù)（1）的結(jié)論即可得．
【詳解】（1）求證：．
證明：如圖，連接并延長交于點，連接，
是的切線，，，
由圓周角定理得：，
，，
在和中，，
，，．
（2）解：，，，
由（1）已證：，，
解得或（不符題意，舍去），故答案為：．
【點睛】本題考查了圓的切線的性質(zhì)、圓周角定理、相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握圓的切線的性質(zhì)和圓周角定理是解題關(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秋·浙江·九年級專題練習）如圖，點A、B、C在O上，直線與O相切于點A．
(1)試問：與有怎樣的大小關(guān)系？證明你的結(jié)論；
(2)如果我們把形如這樣的角稱為“弦切角”，請你用文字表述你在（1）中得出的結(jié)論．
【答案】(1)，理由見詳解；(2)弦切角等于其兩邊所夾弧所對的圓周角．
【分析】（1）連接并延長交O于點D，連接，由圓周角定理利出，由切線的性質(zhì)得出，得出，進而則可得出結(jié)論；
（2）由弦切角和對應的圓周角的關(guān)系，直=直接寫出結(jié)論即可．
【詳解】（1）解：，理由如下：連接并延長交O于點D，連接，
∵是O的直徑，∴，即：
∵直線與O相切于點A．∴，即：，∴，
∵，∴；
（2）解：由題意得：弦切角等于其兩邊所夾弧所對的圓周角．
【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，弦切角的定義，圓周角定理，理解弦切角的概念和圓周角定理的推論是解題的關(guān)鍵．
例2．（2022·河北秦皇島·九年級校聯(lián)考階段練習）小高同學在一本數(shù)學課外讀物上看到一個與圓相關(guān)的角——弦切角（弦切角的定義：把頂點在圓上，一邊與圓相切，另一邊和圓相交的角叫做弦切角），知道了弦切角定理：弦切角的度數(shù)等于它所夾的弧所對的圓周角度數(shù)．【證明】
在證明時，細心的小高考慮了三種情況，圓心在弦切角的一條邊上，圓心在弦切角外，圓心在弦切角內(nèi)．如圖1，與相切于點，為直徑，當圓心在上時，容易得到，所以弦切角，請幫助小高繼續(xù)解決下面的問題．
(1)如圖2，是的切線，為切點，為直徑，夾弧所對的圓周角為，求證：
(2)如圖3，是的切線，為切點，夾弧所對的圓周角為．求證；
【解決問題】(3)如圖4，中，，以為直徑的交于點，過點作的切線交的延長線于點，直接寫出與的數(shù)量關(guān)系：______
【答案】(1)見解析(2)見解析(3)
【分析】（1）根據(jù)切線的性質(zhì)得，根據(jù)圓周角定理得，再根據(jù)同角的余角相等，可得結(jié)論；（2）作直徑，連接，由（1）同理得，，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等，即可證明結(jié)論；（3）連接，由（1）知，，再利用等腰三角形的性質(zhì)，即可得出答案．
【詳解】（1）證明：∵為直徑∴
∵∴
∵是的切線∴∴
即∴；
（2）證明：如圖，過點作直徑交于點，連接，
∵四邊形是的內(nèi)接四邊形∴，即
∵是的切線∴
∴即
∵為直徑∴ ∵∴
即∴
（3）解：連接，
由（1）知， 是直徑，
故答案為
【點睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)等知識，將一般情況轉(zhuǎn)化為特殊情形是解題的關(guān)鍵．
例3．（2022·山西大同·九年級校聯(lián)考期中）閱讀與思考
閱讀下面內(nèi)容并完成任務：
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：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
如圖1，直線與相切于點，為的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夾的弧，是所對的圓周角，為直徑時，很容易證明．
小華同學認為這是一種特殊情況，若不是直徑會如何呢？即在圖2中嗎？她連接并延長，交于點，連接…問題得到了解決．
小穎同學利用圖3證明了當弦切角為直角時，弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
小亮積極思考，提出當弦切角為鈍角時，能證明（如圖4）嗎？
任務：(1)請按照小華的思路，利用圖2證明；
(2)結(jié)合小華、小穎的思路或結(jié)論，利用圖4解答小亮提出的問題；
(3)寫出在上面解決問題的過程中體現(xiàn)的數(shù)學思想：______（寫出兩種）；
(4)解決問題：如圖5，點為的弦延長線上一點，切于點，連接，，，，則______°
【答案】(1)見解析(2)見解析(3)轉(zhuǎn)化思想和類比思想(4)
【分析】（1）連接并延長，交于點，連接，則，根據(jù)是的直徑，可得，再根據(jù)切線的性質(zhì)可得，即可；
（2）連接并延長，交于點，連接，根據(jù)是的直徑，可得，再根據(jù)切線的性質(zhì)可得，從而得到，再由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，可得，即可；（3）上面解決問題的過程中體現(xiàn)的數(shù)學思想為：轉(zhuǎn)化思想和類比思想；
（4）接并延長，交于點，連接，則，證明，即可．
【詳解】（1）證明：連接并延長，交于點，連接，則，
∵是的直徑，∴，∴，
∵直線與相切于點，∴，
∴，∴，∴；
（2）證明：連接并延長，交于點，連接，
∵是的直徑，∴，∴，
∵直線與相切于點，∴，
∴，∴，
∵四邊形是的內(nèi)接四邊形，∴，
∵，∴；
（3）解：上面解決問題的過程中體現(xiàn)的數(shù)學思想為：轉(zhuǎn)化思想和類比思想；
故答案為：思想轉(zhuǎn)化思想和類比思想
（4）解：如圖，接并延長，交于點，連接，則，
∵是的直徑，∴，∴，
∵直線與相切于點，∴，∴，∴，∴，
∵，，∴．故答案為：．
【點睛】本題主要考查了圓周角定理，切線的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，熟練掌握圓周角定理，切線的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(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；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(guān)鍵．
例2．（2023·江蘇鹽城·九年級統(tǒng)考期中）【舊知再現(xiàn)】圓內(nèi)接四邊形的對角 .
如圖①，四邊形是的內(nèi)接四邊形，若，則 .
【問題創(chuàng)新】圓內(nèi)接四邊形的邊會有特殊性質(zhì)嗎？
如圖②，某數(shù)學興趣小組進行深入研究發(fā)現(xiàn)：
證明：如圖③，作，交于點.
∵，
∴，
∴ 即 （請按他們的思路繼續(xù)完成證明）
【應用遷移】如圖④，已知等邊外接圓，點為 上一點，且，，求的長.
【答案】【舊知再現(xiàn)】互補， 110；【問題創(chuàng)新】見解析；【應用遷移】
【分析】【重溫舊知】根據(jù)圓周角定理，得出，，化簡得出，利用等腰三角形的兩個底角相等和圓內(nèi)接四邊形對角互補，即可得；
【提出問題】所得等式兩邊加上AD BC，右邊變形后即可得證；
【應用遷移】由上題的結(jié)論，根據(jù)為等邊三角形，可得AB=AC=BC，代入化簡即可求出PA的長.
【詳解】（1）如圖示：
連接OA，OC，根據(jù)圓周角定理，
則有：，
∴∴圓內(nèi)接四邊形的對角互補；
∵，∴在等腰三角形ABD中，
∴
（2）證明：如圖，
∵∴，即，
又∵，∴ ∴，即
∴， ∴，
（3）由（2）可知
∵是等邊三角形， ∴，
∴，∴即.
【點睛】此題屬于圓的綜合題，涉及的知識有：圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
模塊3：同步培優(yōu)題庫
全卷共25題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2023·北京·九年級校考期中）如圖，點是外一點，為的一條割線，且，交于點，若，，則長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】設(shè)PA=AB=x，延長PO交圓于點D．證明得PA PB=PC PD即可求得PA的長，也就得到了AB的長．
【詳解】解：設(shè)PA=AB=x，延長PO交圓于點D．連接BD，AC
∵四邊形ABDC內(nèi)接于∴
又 ∴ ∴ ∴PA PB=PC PD，
∵OC=3，OP=5，∴PC=2，PD=5+3=8∴x 2x=16，∴x=∴．故選：B．
【點睛】本題考查了圓內(nèi)接四邊形以及相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的判定方法是解題關(guān)鍵．
2．（2023·浙江·中考模擬）如圖,PT是外切兩圓的公切線,T為切點,PAB,PCD分別為這兩圓的割線,若PA=3,PB=6,PC=2,則PD等于( )
A．12 B．9 C．8 D．4
【答案】B
【分析】根據(jù)切割線定理得PT2=PA PB，PT2=PC PD，所以PA PB=PC PD，從而可求得PD的長.
【詳解】∵PT2=PA PB，PT2=PC PD，∴PA PB=PC PD，
∵PA=3，PB=6，PC=2，∴PD=9．故選B．
3．（2023·重慶·九年級假期作業(yè)）已知：如圖的割線交于點，，，，，則的半徑是（）
A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm
【答案】A
【分析】延長PO交圓于點E，連接AC,BE,證明△PAC△PEB,從而證明結(jié)果
【詳解】延長PO交圓于點E，連接AC,BE,
∵PAC+CAB=180° 而四邊形ABEC是圓的內(nèi)接四邊形，則
∴PAC=B,又∵∴△PAC△PEB,∴
∴PA=(PC+2OC)，即7=PO2–OC2=100–OC2，求得OC=4cm.
【點睛】根據(jù)題意找到相似的三角形，并碎臉應用內(nèi)接四邊形的教的特點很重要.
4．（2023·山西九年級期中）如圖，是外一點，、都是的割線．如果，，，那么的長為( )
A． B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】連結(jié)BC、BD，證明△PCB∽△PAD，由PA：PD＝PC：PB可得到PD的長.
【詳解】如圖，連結(jié)BC、BD.∵同弧所對的圓心角相等∴∠PDA＝∠PBC，又∵∠BPD是△PCB和△PAD共同的角，∴△PCB∽△PAD，∴PA：PD＝PC：PB＝PD：PA＋AB，∴PD＝4.
【點睛】本題考查了相似三角形、同弧對應的圓周角相等，靈活運用這些知識是解答此題的關(guān)鍵.
5．（2023·廣西九年級期中）如圖，為外一點，過點作的兩條割線，分別交于、和、，且為的直徑，已知，弧弧，則的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據(jù)已知可得出OC∥BD，根據(jù)平行線分線段成比例可得到關(guān)于PC，PD的關(guān)系式，再結(jié)合切割線定理的推論，也可得出關(guān)于PC，PD的關(guān)系式，聯(lián)合起來，解方程就可分別求出PC．
【詳解】連接OC、OD，如圖所示：
∵弧AC=弧CD，∴∠AOC=∠COD=∠AOD；
又∵∠ABD=∠AOD，∴∠ABD=∠AOC，∴OC∥BD，
∴，∴，∴PD=;
∵PD和PB都是⊙O外同一點引出的割線，∴PC PD=PA PB，
∴PC PD=2×6=12，∴PC=2cm．故選D．
【點睛】利用了圓周角定理，以及平行線分線段成比例定理，切割線定理的推論等知識．
6．（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(guān)鍵是熟練掌握定理．
7．（2023·四川成都·校聯(lián)考一模）如圖，PA切⊙O于點A，割線PBC經(jīng)過圓心O，OB＝PB＝1，OA繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°到OD，則PD的長為（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】作DE⊥CB于E，根據(jù)題意先求得∠AOP=60°，∠DOC=60°．利用三角函數(shù)可求DE，EO．根據(jù)勾股定理即可求PD的值．
【詳解】如圖，作DE⊥CB于E．∵OB=PB=1，∴OA=1．
又∵PA切⊙O于點A，則OA⊥AP，∴∠AOP=60°．
又∵OA繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°，∴∠DOC=60°，∴DE=1×sin60°，EO，∴PD．故選A．
【點睛】本題考查了勾股定理和解直角三角形的知識及切線的性質(zhì)．
8．（2023·浙江溫州·校考三模）在幾何學發(fā)展的歷史長河中，人們發(fā)現(xiàn)了許多經(jīng)久不衰的平面幾何定理，蘇格蘭數(shù)學家羅伯特·西姆森發(fā)現(xiàn)從三角形外接圓上任意一點向三邊（或其延長線）所作垂線的垂足共線，這三個垂足的連線后來被稱為著名的“西姆森線”．如圖，半徑為4的為的外接圓，過圓心O，那么過圓上一點P作三邊的垂線，垂足E、F、D所在直線即為西姆森線，若，，則的值為（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】連接，首先根據(jù)題意得到點A，F(xiàn)，P三點共線，然后證明出四邊形是矩形，得到，證明出，利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】解：如圖所示，連接，

由題意可得，點E、F、D共線，∵，∴，
∵，∴，∴點A，F(xiàn)，P三點共線，
∵，，，∴四邊形是矩形，∴，
∵，，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
又∵，∴，∴．故選：D．
【點睛】此題考查了圓與三角形綜合題，相似三角形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點．
二、填空題（本大題共10小題，每小題3分，共30分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
9．（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(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，∴，∴，
∵，∴，∴，
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(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，注意準確作出輔助線是解此題的關(guān)鍵．
10．（2023·全國·九年級假期作業(yè)）如圖，已知的兩條直角邊的長分別為3，4，以為直徑作圓與斜邊交于點D，則 ．

【答案】
【詳解】連接，先根據(jù)勾股定理求得的長，再根據(jù)得出即可求出答案．
【解答】解：如圖，連接，

∵，∴，
∵是的直徑，∴．∴．
又∵，∴．
∴，即．∴．故答案是．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理以及圓的相關(guān)性質(zhì)，熟練掌握直徑所對的圓周角是直角，從而推出三角形相似是解題的關(guān)鍵．
11．（2023九年級課時練習）如圖AB與圓O相切于A，D是圓O內(nèi)一點，DB與圓相交于C．已知BC＝DC＝3，OD＝2，AB＝6，則圓的半徑為 ．
【答案】
【分析】連接BC并延長，交圓于F，過O作OE⊥BF，連接，證明，則可得AB2＝BC BF，進而求得DE＝，OD＝2，勾股定理求解即可．
【詳解】解：連接BC并延長，交圓于F，過O作OE⊥BF，連接
∵BA是圓O的切線，切點為A，
在中，
則
又AB2＝BC BF，
∵BC＝DC＝3，AB＝6，∴BF＝12，CF＝9，∴DE＝，OD＝2，
∴OE＝＝＝，CE＝，
∴OC＝＝＝．故答案為：．
【點睛】本題考查相似三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，切線的性質(zhì)，證明AB2＝BC BF，是解題關(guān)鍵．
12．（2022秋·浙江寧波·九年級校考期中）如圖，兩個同心圓，過大圓上一點A作小圓的割線，交小圓于B、C兩點，且圖中圓環(huán)的面積為，則 ．
【答案】4
【分析】設(shè)圓心為O，作與小圓相切，切點為M，與大圓交于點D，連接，根據(jù)勾股定理及題意得出，過點O作，連接，繼續(xù)利用勾股定理進行等量代換得出，即可求解．
【詳解】解：設(shè)圓心為O，作與小圓相切，切點為M，與大圓交于點D，連接，如圖所示：
∴，∴，
∵，∴，過點O作，連接，
∴，，
∴，即，
∵，∴，故答案為：4．
【點睛】題目主要考查勾股定理解三角形，切線的性質(zhì)，垂徑定理等，理解題意，作出輔助線是解題關(guān)鍵．
13．（2023·成都市九年級期中）已知、為的兩條割線，，，，，則的半徑為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)切割線定理即可求得PC的長，在直角△BCD中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】如圖：
∵PA PB=PC PD，得8×18=PC （PC+7），解得：PC=9，連接BC，
∵BP=PA+AB=2PC=18，∠P=60°，∴∠BCP=90°，∴∠BCD=90°，
BC===，連接BD，∵∠BCD=90°，∴BD為直徑，
BD===2．故⊙O的半徑為：．
【點睛】本題主要考查了切割線定理與勾股定理，連接CD構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
14．（2023·重慶九年級期末）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(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
【點睛】本題應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．
15．（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(jié)，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(nèi)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(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．
16．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考二模）請閱讀下列材料，解答問題：
克羅狄斯·托勒密（約90年—168年），是希臘數(shù)學家，天文學家，地理學家和占星家．在數(shù)學方面，他還論證了四邊形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形的兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積的和．
如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于，，則對角線BD的長為 ．
【答案】
【分析】連接AD，AC，根據(jù)圓周角與弦的關(guān)系可得AD=AC=BD，設(shè)BD=x，在四邊形ABCD中，根據(jù)托勒密定理有，AC BD=AB CD+AD BC，建立方程即可求得BD的長．
【詳解】解：如圖，連接AD，AC，
∵五邊形ABCDE是正五邊形，則∠E=∠ABC=∠BCD，AB=BC=CD=2，
∴AD=AC=BD，設(shè)BD=x，∵ACBD=ABCD+ADBC，即x2=2×2+2x，
解得x1=1+，x2=1 （舍去），∴BD=1+．故答案為：．
【點睛】此題考查托勒密定理，圓周角與弦的關(guān)系，解一元二次方程，解題的關(guān)鍵是理解題意添加輔助線．
17．（2023·重慶九年級月考）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．
【點睛】本題考查了切割線定理和勾股定理，是基礎(chǔ)知識要熟練掌握．
18．（2023·浙江紹興·模擬預測）四邊形內(nèi)接于圓，對角線交點為E，，若、都是整數(shù)，則的值為 ．
【答案】3或4
【分析】證明△ABD∽△AEB，求出AD，從而得到DE，再證明△AEC∽△BED，得到BE·CE=12，根據(jù)BE，CE都是整數(shù)可得所有可能的取值，再根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得BE，CE都是整數(shù)，從而得到DE的取值．
【詳解】解：∵AB=AC=4，AE=2，∴∠ADB=∠ADC，
∵∠ABC=∠ADC，∴∠ADB=∠ABC，又∠BAD=∠BAE， ∴△ABD∽△AEB，
∴，即，∴AD=8，∴DE=6，
∵∠CAE=∠DBE，∠ACE=∠BDE，∴△AEC∽△BED，
∴，即，∴BE·CE=12，∵BE，CE都是整數(shù)，
則BE和CE可取的值為3，4或2，6或1，12；
∵AB=AC=4，∴BC＜AB+AC=8，∴BC=3+4=7，
∴BE的值為3或4，故答案為：3或4．
【點睛】本題考查了圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，以及三角形三邊關(guān)系，解題的關(guān)鍵是找出適當?shù)南嗨迫切蔚玫骄€段關(guān)系．
三、解答題（本大題共7小題，共66分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
19．（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(guān)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(zhì)和圓周角定理證得，進而證明，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(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，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用，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．
20．（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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(guān)系，并利用托勒密定理證明這個結(jié)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(zhì)求解即可；（2）根據(jù)矩形性質(zhì)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(nèi)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(zhì)，圓的性質(zhì)，靈活運用所學知識是關(guān)鍵．
21．（2022·江蘇·九年級專題練習）如圖，在ΔABC中，點O是BC中點，以O(shè)為圓心，BC為直徑作圓，剛好經(jīng)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(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．
22．（2023·內(nèi)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(jīng)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(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，∵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(shè)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(shè)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(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；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(guān)鍵．
23．（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(jīng)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(zhì)以及圓周角的性質(zhì)以及同角的余角相等的性質(zhì)解決問題即可；
（2）利用第一問的結(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(zhì)，還考查了相似，同時善于運用已經(jīng)證明的結(jié)論解決問題是解題的關(guān)鍵．
24．（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(nèi)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(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，,.
【點睛】綜合運用了切線的性質(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．
25．（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(jīng)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(jié)論，直接寫出線段PA與PE、PF之間的數(shù)量關(guān)系　 　；當PA＝4，EF＝2，則PE＝　 　．
【拓展延伸】（4）如圖⑤所示，在以O(shè)為圓心的兩個同心圓中，A、B是大⊙O上的任意兩點，經(jīng)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(guān)結(jié)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(nèi)接四邊形的性質(zhì)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 P B＝P C P D；（2）連接AC、AD，根據(jù)切線和直徑所對圓周角的性質(zhì)，∠PAC＝∠PDA，再由∠P＝∠P，證出△PAC∽△PDA，得出對應邊成比例，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A作⊙O的切線AM，M為切點，過B作⊙O的切線BN，N為切點，連接OA、OM、OB、ON，由切線的性質(zhì)得出AM⊥OM，BN⊥ON，由（3）得：AM2＝AC AE，BN2＝BD BF．在Rt△AOM中，由勾股定理得出AM2＝OA2﹣OM2，在Rt△BON中，由勾股定理得出BN2＝OB2﹣ON2，再由同圓的半徑相等，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得：∠PAC＝∠PDB，
又∵∠P＝∠P，∴△PAC∽△PDB，
∴PA：PD＝PC：PB，∴PA PB＝PC P D．故答案為：△PDB；
（2）證明：連接AC、AD、AO，如圖③所示：
∵⊙O與射線PM相切于點A，與射線PN相交于C、D兩個點，∴
∵為⊙O直徑∴ ∴
∵ ∴，
∴，即∠PAC＝∠PDA，
又∵∠P＝∠P，∴△PAC∽△PDA，∴PA：PD＝PC：PA，∴PA2＝PC PD；
（3）由（2）得：PA2＝PE PF ∵PA＝，EF＝2，
∴PE PF＝（）2＝48，即：PE（PE+2）＝48，
解得：PE＝6，或PE＝﹣8（舍去），∴PE＝6，故答案為：PA2＝PE PF，6；
（4）證明：過A作⊙O的切線AM，M為切點，過B作⊙O的切線BN，N為切點，連接OA、OM、OB、ON，則AM⊥OM，BN⊥ON，如圖⑤所示：
由（3）得：AM2＝AC AE，BN2＝BD BF．
在Rt△AOM中，AM2＝OA2﹣OM2，在Rt△BON中，BN2＝OB2﹣ON2，
又∵OM＝ON，OA＝OB，∴AM2＝BN2，∴AC AE＝BD BF．
【點睛】本題考查了圓、圓內(nèi)接四邊形、切線、相似三角形、一元二次方程、勾股定理的知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握圓、圓內(nèi)接四邊形、切線、相似三角形、勾股定理的性質(zhì)，從而完成求解．
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專題2.4 圓冪定理模型
模塊1：模型簡介
圓冪定理是一個總結(jié)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。可能是在19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(guān)的線段比例、角度、面積等問題。
模塊2：核心模型點與典例
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(nèi)。
結(jié)論：。
例1．（2023·廣東廣州·九年級校考期中）如圖，兩個同心圓，大圓的弦與小圓相切于點P，大圓的弦經(jīng)過點P，且，，兩圓組成的圓環(huán)的面積是 ．

例2．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考一模）如圖，邊長為6的等邊三角形ABC內(nèi)接于⊙O，點D為AC上的動點（點A、C除外），BD的延長線交⊙O于點E，連接CE．
(1)求證；(2)當時，求CE的長．
例3．（2023·江蘇揚州·九年級專題練習）閱讀與思考
九年級學生小剛喜歡看書，他在學習了圓后，在家里突然看到某本數(shù)學書上居然還有一個相交弦定理（圓內(nèi)的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等），下面是書上的證明過程，請仔細閱讀，并完成相應的任務．圓的兩條弦相交，這兩條弦被交點分成的兩條線段的積相等．
已知：如圖1，O的兩弦，相交于點P．
求證：．
證明：如圖1，連接，．
∵，．
∴，（根據(jù)_____________）
∴，
∴，
∴兩條弦相交，被交點分成的兩條線段的積相等．
任務：(1)請將上述證明過程補充完整．根據(jù)： ；@： ．
(2)小剛又看到一道課后習題，如圖2，是O的弦，P是上一點，，，，求的半徑．
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(jié)論：
例1．（2023·浙江九年級月考）已知、為的兩條割線，，，，，則的半徑為 ．
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．
例3．（2023秋·河北承德·九年級統(tǒng)考期末）如圖，延長弦、弦，交于圓外一點A，連接．
(1)證明：；(2)若，求．
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春·河南·九年級專題練習）如圖，切于點A，是的割線，若，則 ．

例2．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考二模）如圖，是的直徑，點在上，點在的延長線上，連接，且．
(1)求證：；(2)判斷直線與的位置關(guān)系，并說明理由．

例3．（2022·河南駐馬店·校考二模）在數(shù)學課上，當老師講到直線與圓的位置關(guān)系時，張明同學突發(fā)奇想，特殊線與圓在不同的位置情況下會有怎樣的數(shù)量關(guān)系呢？于是在課下他查閱了老師推薦他的《幾何原本》，這本書是古希臘數(shù)學家歐幾里得所著的一部數(shù)學著作．它是歐洲數(shù)學的基礎(chǔ)，總結(jié)了平面幾何五大公設(shè)，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36-2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比例中項．（比例中項的定義：如果、、三個量成連比例即，則叫做和的比例中項）。(1)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(jīng)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，是圓外一點，是圓的切線，直線為圓的割線．
求證：
證明：
(2)已知，，則的長度是 ．
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秋·浙江·九年級專題練習）如圖，點A、B、C在O上，直線與O相切于點A．
(1)試問：與有怎樣的大小關(guān)系？證明你的結(jié)論；
(2)如果我們把形如這樣的角稱為“弦切角”，請你用文字表述你在（1）中得出的結(jié)論．
例2．（2022·河北秦皇島·九年級校聯(lián)考階段練習）小高同學在一本數(shù)學課外讀物上看到一個與圓相關(guān)的角——弦切角（弦切角的定義：把頂點在圓上，一邊與圓相切，另一邊和圓相交的角叫做弦切角），知道了弦切角定理：弦切角的度數(shù)等于它所夾的弧所對的圓周角度數(shù)．【證明】
在證明時，細心的小高考慮了三種情況，圓心在弦切角的一條邊上，圓心在弦切角外，圓心在弦切角內(nèi)．如圖1，與相切于點，為直徑，當圓心在上時，容易得到，所以弦切角，請幫助小高繼續(xù)解決下面的問題．
(1)如圖2，是的切線，為切點，為直徑，夾弧所對的圓周角為，求證：
(2)如圖3，是的切線，為切點，夾弧所對的圓周角為．求證；
【解決問題】(3)如圖4，中，，以為直徑的交于點，過點作的切線交的延長線于點，直接寫出與的數(shù)量關(guān)系：______
例3．（2022·山西大同·九年級校聯(lián)考期中）閱讀與思考
閱讀下面內(nèi)容并完成任務：
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：弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
如圖1，直線與相切于點，為的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夾的弧，是所對的圓周角，為直徑時，很容易證明．
小華同學認為這是一種特殊情況，若不是直徑會如何呢？即在圖2中嗎？她連接并延長，交于點，連接…問題得到了解決．
小穎同學利用圖3證明了當弦切角為直角時，弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．
小亮積極思考，提出當弦切角為鈍角時，能證明（如圖4）嗎？
任務：(1)請按照小華的思路，利用圖2證明；
(2)結(jié)合小華、小穎的思路或結(jié)論，利用圖4解答小亮提出的問題；
(3)寫出在上面解決問題的過程中體現(xiàn)的數(shù)學思想：______（寫出兩種）；
(4)解決問題：如圖5，點為的弦延長線上一點，切于點，連接，，，，則______°
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(nèi)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(nèi)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(nèi)接五邊形ABCDE的邊長都為2，求對角線BD的長．
例2．（2023·江蘇鹽城·九年級統(tǒng)考期中）【舊知再現(xiàn)】圓內(nèi)接四邊形的對角 .
如圖①，四邊形是的內(nèi)接四邊形，若，則 .
【問題創(chuàng)新】圓內(nèi)接四邊形的邊會有特殊性質(zhì)嗎？
如圖②，某數(shù)學興趣小組進行深入研究發(fā)現(xiàn)：
證明：如圖③，作，交于點.
∵，
∴，
∴ 即 （請按他們的思路繼續(xù)完成證明）
【應用遷移】如圖④，已知等邊外接圓，點為 上一點，且，，求的長.
模塊3：同步培優(yōu)題庫
全卷共25題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2023·北京·九年級校考期中）如圖，點是外一點，為的一條割線，且，交于點，若，，則長為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·浙江·中考模擬）如圖,PT是外切兩圓的公切線,T為切點,PAB,PCD分別為這兩圓的割線,若PA=3,PB=6,PC=2,則PD等于( )
A．12 B．9 C．8 D．4
3．（2023·重慶·九年級假期作業(yè)）已知：如圖的割線交于點，，，，，則的半徑是（）
A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm
4．（2023·山西九年級期中）如圖，是外一點，、都是的割線．如果，，，那么的長為( )
A． B．2 C．3 D．4
5．（2023·廣西九年級期中）如圖，為外一點，過點作的兩條割線，分別交于、和、，且為的直徑，已知，弧弧，則的長為（ ）
A． B． C． D．
6．（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．
7．（2023·四川成都·校聯(lián)考一模）如圖，PA切⊙O于點A，割線PBC經(jīng)過圓心O，OB＝PB＝1，OA繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°到OD，則PD的長為（　　）
A． B． C． D．2
8．（2023·浙江溫州·校考三模）在幾何學發(fā)展的歷史長河中，人們發(fā)現(xiàn)了許多經(jīng)久不衰的平面幾何定理，蘇格蘭數(shù)學家羅伯特·西姆森發(fā)現(xiàn)從三角形外接圓上任意一點向三邊（或其延長線）所作垂線的垂足共線，這三個垂足的連線后來被稱為著名的“西姆森線”．如圖，半徑為4的為的外接圓，過圓心O，那么過圓上一點P作三邊的垂線，垂足E、F、D所在直線即為西姆森線，若，，則的值為（ ）

A． B． C． D．
二、填空題（本大題共10小題，每小題3分，共30分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
9．（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 ．

10．（2023·全國·九年級假期作業(yè)）如圖，已知的兩條直角邊的長分別為3，4，以為直徑作圓與斜邊交于點D，則 ．

11．（2023九年級課時練習）如圖AB與圓O相切于A，D是圓O內(nèi)一點，DB與圓相交于C．已知BC＝DC＝3，OD＝2，AB＝6，則圓的半徑為 ．
12．（2022秋·浙江寧波·九年級校考期中）如圖，兩個同心圓，過大圓上一點A作小圓的割線，交小圓于B、C兩點，且圖中圓環(huán)的面積為，則 ．
13．（2023·成都市九年級期中）已知、為的兩條割線，，，，，則的半徑為 ．
14．（2023·重慶九年級期末）如圖，從圓外一點引圓的切線，點為切點，割線交于點、．已知，，則 ．
15．（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(jié)，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）．
16．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考二模）請閱讀下列材料，解答問題：
克羅狄斯·托勒密（約90年—168年），是希臘數(shù)學家，天文學家，地理學家和占星家．在數(shù)學方面，他還論證了四邊形的特性，即有名的托勒密定理．
托勒密定理：圓的內(nèi)接四邊形的兩條對角線的乘積等于兩組對邊乘積的和．
如圖，正五邊形ABCDE內(nèi)接于，，則對角線BD的長為 ．
17．（2023·重慶九年級月考）如圖，割線、分別交于和，若，，，則 ．
18．（2023·浙江紹興·模擬預測）四邊形內(nèi)接于圓，對角線交點為E，，若、都是整數(shù)，則的值為 ．
三、解答題（本大題共7小題，共66分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
19．（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(guān)系是 　 　．②求的長．
20．（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(nèi)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(nèi)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(nèi)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(guān)系，并利用托勒密定理證明這個結(jié)論．

21．（2022·江蘇·九年級專題練習）如圖，在ΔABC中，點O是BC中點，以O(shè)為圓心，BC為直徑作圓，剛好經(jīng)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．
22．（2023·內(nèi)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(jīng)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．
23．（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(jīng)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．
24．（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.
25．（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(jīng)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(jié)論，直接寫出線段PA與PE、PF之間的數(shù)量關(guān)系　 　；當PA＝4，EF＝2，則PE＝　 　．
【拓展延伸】（4）如圖⑤所示，在以O(shè)為圓心的兩個同心圓中，A、B是大⊙O上的任意兩點，經(jīng)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(guān)結(jié)論）
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