圆的相关定理及其几何证明(含答案)

《相交弦定理》知识梳理：（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）．一．选择题1．如图，⨀O的两条弦AB、CD相交于点E，AC和DB的延长线交于点P，下列结论中成立的是（）A．PC•CA＝PB•BD B．CE•AE＝BE•EDC．CE•CD＝BE•BA D．PB•PD＝PC•PA2．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．3．如图在一次游园活动中有个投篮游戏，活动开始时四个人A、B、C、D在距篮筐P都是5米处站好，篮球放在AC和BD的交点O处，已知取篮球时A要走6米，B要走3米，C要走2米，则D要走（）A．2米B．3米C．4米D．5米4．如图，已知AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，CD⊥AB于D，AD＝9，BD＝4，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的值是（）A．24 B．9 C．6 D．275．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．6．如图，⊙O的直径AB与弦CD交于点E，AE＝6，BE＝2，CD＝2，则∠AED的度数是（）A．30°B．60°C．45°D．36°7．如图，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AP＝4，PB＝1，则OP的长是（）A．2 B．2C．D．8．如图，⊙O的直径AB＝10，E是OB上一点，弦CD过点E，且BE＝2，DE＝2，则弦心距OF为（）A．1 B．C．D．9．已知：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的长是（）A．B．C．D．110．如图，已知O为⊙O′上一点，⊙O和⊙O′相交于A，B，CD是⊙O的直径，交AB于F，DC的延长线交⊙O′于E，且CF＝4，OF＝2，则CE的长为（）A．12 B．8 C．6 D．4二．填空题11．如图，⊙O的弦AB、CD相交于点E，若AE：DE＝3：5，则AC：BD＝．12．如图，在⊙O中，弦BC，DE交于点P，延长BD，EC交于点A，BC＝10，BP＝2CP，若＝，则DP的长为．13．已知弦AB和弦CD相交于⊙O内一点P，AP＝8，BP＝3，PD＝PC，则CD＝．14．如图，⊙O的直径AB与弦CD相交于点M，AE⊥CD于E，BF⊥CD于F．若CM＝4，MD＝3，BF：AE＝1：3，则⊙O的半径是．15．如图，半径为r1的圆内切于半径为r2的圆，切点为P，过圆心O1的直线与⊙O2交于A、B，与⊙O1交于C、D，已知AC：CD：DB＝3：4：2，则＝．16．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＝．17．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＝．三．解答题18．（1）如图1，AB，CD是⊙O中的两条弦，它们相交于点P，求证：PA•PB＝PC•PD．（2）如图2，点P在⊙O内，⊙O的半径为5cm，OP＝3cm，过点P任意画一条弦交⊙O于A，B两点，根据（1）中的结论计算PA•PB的值．19．在一次数学实验探究课中，需要研究同一个圆中两条线段的关系问题，某同学完成了以下部分的记录，单位：cm测量结果第一次第二次第三次AE 2.00 3.00 2.99BE 6.01 5.00 5.00CE 3.01 3.88 3.75DE 3.99 3.87 4.00AE×BECE×DE（1）请你计算AE×BE，CE×DE的值，并填入上表相应的位置．（2）猜想对在同一个圆中，两条线段相交，被交点分成的两条线段的积有什么关系？并试着证明．（3）利用上述结论，解决问题：AB为⊙O的弦，P是AB上一点，AB＝10，PA＝4，OP＝5，求⊙O的半径R．20．已知：如图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恰好是关于x的方程x2﹣6x+（m2+4m+13）＝0（其中m为实数）的两根．（1）求证：BE＝BD．（2）若GE•EF＝6，求∠A的度数．参考答案一．选择题1．解：∵∠P＝∠P，∠A＝∠D，∴△PAB∽△PDC，∴＝，∴PB•PD＝PC•PA，故选：D．2．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．3．解：根据题意得：A、B、C、D在以P为圆心，半径是5米的圆上．∴OA•OC＝OB•OD，即6×2＝3×OD．解得OD＝4．故选：C．4．解：延长DC交⊙C于M，延长CD交⊙O于N．∵CD2＝AD•DB，AD＝9，BD＝4，∴CD＝6．在⊙O、⊙C中，由相交弦定理可知，PE•EQ＝DE•EM＝CE•EN，设CE＝x，则DE＝6﹣x，EN＝6﹣x+6则（6﹣x）（x+6）＝x（6﹣x+6），解得x＝3．所以，CE＝3，DE＝6﹣3＝3，EM＝6+3＝9．所以PE•EQ＝3×9＝27．故选：D．5．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．6．解：连接OD，过圆心O作OH⊥CD于点H．∴DH＝CH＝CD（垂径定理）；∵CD＝2，∴DH＝．又∵AE＝6，BE＝2，∴AB＝8，∴OA＝OD＝4（⊙O的半径）；∴OE＝2；∴在Rt△ODH中，OH＝＝＝（勾股定理）；在Rt△OEH中，sin∠OEH＝＝，∴∠OEH＝45°，即∠AED＝45°．故选：C．7．解：延长C P交圆于一点D，连接OC，∵PC⊥OP，∴PC＝PD，∴PC2＝PA•PB，∵AP＝4，PB＝1，∴PC2＝4×1，∴PC＝2，∴OP＝＝＝．故选：C．8．解：∵AB＝10，∴⊙O的半径为5，又∵BE•AE＝CE•ED，即BE•（OA+OE）＝CE•ED，即2×（5+5﹣2）＝2CE，∴CE＝4，∴CD＝CE+ED＝4+2＝6，EF＝CD﹣ED＝3﹣2＝，又∵OE＝OB﹣BE＝5﹣2＝3，在Rt△OEF中，EF＝，OE＝3，∴OF＝＝＝．故选：C．9．解：如图．过C作CN⊥AB于N，交EF于M，则CM⊥EF．根据圆和等边三角形的性质知：CN必过点O．∵EF∥AB，D是BC的中点，∴DG是△ABC的中位线，即DG＝AB＝1；易知△CGD是等边三角形，而CM⊥DG，则DM＝MG；由于OM⊥EF，由垂径定理得：EM＝MF，故DE＝GF．∵弦BC、EF相交于点D，∴BD•DC＝DE•DF，即DE×（DE+1）＝1；解得DE＝（负值舍去）．故选：B．10．解：⊙O中，OF＝2，CF＝4∴OC＝OD＝6∴AF•FB＝CF•FD＝4×（2+6）＝32⊙O′中，EF•OF＝AF•FB＝32∴EF＝32÷OF＝16即EF＝EC+CF＝EC+4＝16∴EC＝12．故选：A．二．填空题（共7小题）11．解：∵弦AB、CD相交于点E，∴∴∠C＝∠B，∠A＝∠D，∴△ACE∽△DBE，∴＝＝，故答案为：3：5．12．解：如图，作CH∥DE交AB于H．设DP＝2a．∵PD∥CH，∴＝＝＝，∴CH＝3a，∵BD：AD＝2：3，∴BD：AD＝BD：BH，∴AD＝BH，∴BD＝AH，∴AH：AD＝2：3，∴CH∥DE，∴＝＝，∴DE＝a，∴PE＝a﹣2a＝a，∵BC＝10，BP：PC＝2：1，∴PB＝，PC＝，∵PB•PC＝PD•PE，∴5a2＝，∴a＝（负根已经舍弃），∴PD＝2a＝．故答案为．13．解：∵弦AB和弦CD相交于⊙O内一点P，∴PA•PB＝PC•PD，而AP＝8，BP＝3，PD＝PC，∴PC2＝8×3＝24，∴PC＝2，∴CD＝2PC＝4．故答案为4．14．解：由题意得，AM×MB＝CM×MD＝12①，∵AE⊥CD，BF⊥CD，∴AE∥BF，∴BM：AM＝BF：AE＝1：3②，联合①②可得：AM＝6，BM＝2，∴AB＝AM+MB＝8，∴⊙O的半径是4．故答案为：4．15．解：如图，设AC，CD，DB分别是3x，4x，2x，则r1＝2x，根据两圆相切，切点一定在连心线上，则作直线O2O1，一定经过点P，交圆于另一点E，根据相交弦定理，得r1•（2r2﹣r1）＝O1A•O1B，则r2＝6x∴＝．16．解：∵BC＝CD，∴∠BAC＝∠DAC，∵∠DBC＝∠DAC，∴∠BAC＝∠DBC，又∵∠BCE＝∠ACB，∴△ABC∽△BEC，∴BC2＝CE•AC，∵AC＝8，CD＝4，∴EC＝2，AE＝6，由相交弦定理得，BE•DE＝AE•EC，即BE•DE＝12，又线段BE、ED为正整数，且在△BCD中，BC+CD＞BE+DE，所以可得BE＝3、DE＝4或BE＝4、DE＝3，所以BD＝BE+DE＝7．故答案为：7．17．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，∴A M＝6．三．解答题（共3小题）18．（1）证明：连接AC、BD，由圆周角定理得，∠C＝∠B，∠A＝∠D，∴△ACP∽△DBP，∴＝，∴PA•PB＝PC•PD；（2）延长CO交⊙O于D，则PD＝5+3＝8，PC＝5﹣3＝2，由相交弦定理得，PA•PB＝PC•PD＝8×2＝16．19．解：（1）填表如下：测量结果第一次第二次第三次AE 2.00 3.00 2.99 BE 6.01 5.00 5.00 CE 3.01 3.88 3.75 DE 3.99 3.87 4.00 AE×BE12.02 15.00 14.95 CE×DE12.0099 15.0156 15 （2）猜想：AE•BE＝CE•DE；证明：连接AC、BD，∵∠A＝∠D，∠ACD＝∠DBA，∴△CAE∽△BDE，∴，即：AE•BE＝CE•DE；（3）如图，延长OP交圆于点C，延长PO交圆于点D，根据题意得：AP＝4，BP＝6，设半径为r，则PC＝r﹣5，PD＝r+5，由相交弦定理得：AP•BP＝CP•DP，即：（r+5）（r﹣5）＝4×6，解得r＝7．∴⊙O的半径为7．20．（1）证明：∵BE、BD是关于x的方程x2﹣6x+（m2+4m+13）＝0的两根，∴△＝（﹣6）2﹣4（m2+4m+13）＝﹣4（m+2）2≥0，∴m＝﹣2，（2分）原方程为x2﹣6x+9＝0，解之，得x1＝x2＝3，∴BE＝BD＝3；（4分）（2）解：由相交弦定理得AE•BE＝GE•FE＝6∴AE＝2（5分）∵PB切⊙O于点B，AB为⊙O的直径∴∠ABP＝∠ACB＝90°又∵BE＝BD＝3，∴∠1＝∠2∵∠1＝∠A+∠4，∠2＝∠3+∠5又∵∠5＝∠A，∴∠3＝∠4（7分）方法一：易证△PBD∽△PAE，∴△PDC∽△PEB∴（9分）∴（10分）在Rt△ACB中，∴∠A＝60°；（12分）方法二：易证△PBC∽△PAB，∴∵△PBD∽△PAE∴（9分）∴（10分）∴∠A＝60°（12分）。

备战2019中考初中数学导练学案50讲第29讲圆的有关性质【疑难点拨】1. 圆的定义在证题中的作用我们知道，定理是推理证明的重要依据，而定义在证题当中也有不可忽视的作用．利用圆的定义解某些几何问题，其特点是要找出到定点的距离等于定长的点，然后以定点为圆心定长为半径画圆，利用圆的有关性质使问题简捷、巧妙地得到解决．2. 垂径定理及其推论是证明两条线段相等，两条弧相等及两直线垂直的重要依据之一，在有关弦长、弦心距的计算中常常需要作垂直于弦的线段，构造直角三角形．垂径定理的应用类型：（1）如图（1），基于圆的对称性，下列五个结论：①弧AC＝弧CB；②弧AD＝弧DB；③AE＝BE；④AB⊥CD；⑤CD是⊙O的直径，只要满足其中的两个，另外三个结论一定成立；（2）设半径 OA为 r，弦心距OE为 d，弦AB为 2a，由OE⊥AB得，AE＝a，在Rt△AOE中，满足r2＝d2，＋a2，利用勾股定理可以对半径、弦、弦心距“知二求一”．3. 圆周角定理及其推论应用注意事项：（1）同圆的半径相等，有时还需要连接半径，用它来构造等腰三角形，有了等腰三角形，再利用等边对等角以及三线合一的性质来进行证明和计算；（2）当出现圆的直径时，往往通过作辅助线构造直径所对的圆周角是直角来进行证明或计算．（3）同圆或等圆中，两个圆心角，两条弧，两条弦中有一组量相等，它们所对的其余各组量也相等．（4）一条弦（除直径外）所对应的弧有优弧、劣弧之分，因此所对的圆周角也有两种情况：①优弧所对应的圆周角是钝角；②劣弧所对应的圆周角是锐角，这一组圆周角互补；一条弧只对着一个圆心角，却对着无数个圆周角．【基础篇】一、选择题：1.（2018·浙江临安·3分）如图，⊙O的半径OA=6，以A为圆心，OA为半径的弧交⊙O 于B、C点，则BC=（）A．B．C．D．2.（2018·山东威海·3分）如图，⊙O的半径为5，AB为弦，点C为的中点，若∠ABC=30°，则弦AB的长为（）A．B．5 C．D．53.（2018·浙江衢州·3分）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（）A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm4.（2018·山东青岛·3分）如图，点A、B、C、D在⊙O上，∠AOC=140°，点B是的中点，则∠D的度数是（）A．70° B．55° C．35.5°D．35°5.（2018·湖北省宜昌·3分）如图，直线AB是⊙O的切线，C为切点，OD∥AB交⊙O于点D，点E在⊙O上，连接OC，EC，ED，则∠CED的度数为（）A．30° B．35° C．40° D．45°二、填空题：6.（2018·广东·3分）同圆中，已知弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角是．7.如图，在⊙O中，弦AB∥CD，若∠ABC=40°，则∠BOD= 80°．8.如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为（4，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标为．三、解答与计算题：9.如图，AB和CD分别是⊙O上的两条弦，过点O分别作ON⊥CD于点N，OM⊥AB于点M，若ON=AB，证明：OM=CD．【考点】垂径定理；全等三角形的判定与性质．【专题】证明题．10.已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以BC为直径的半圆O与边AB相交于点D，切线DE ⊥AC，垂足为点E．求证：（1）△ABC是等边三角形；（2）．【能力篇】一、选择题：11.（2018•山东菏泽•3分）如图，在⊙O中，OC⊥AB，∠ADC=32°，则∠OBA的度数是（）A．64° B．58° C．32° D．26°12.（2018•山东枣庄•3分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点P，AP=2，BP=6，∠APC=30°，则CD的长为（）A．B．2 C．2D．813.如图，△PQR是⊙O的内接正三角形，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，BC∥QR，则∠DOR的度数是（）A．60 B．65 C．72 D．75二、填空题：14.阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：小亮的作法如下：老师说：“小亮的作法正确．”请你回答：小亮的作图依据是．15.（2018•金华）如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC=60cm．沿AD方向拉动弓弦的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长．如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1=30cm，∠B1D1C1=120°．（1）图2中，弓臂两端B1，C1的距离为 cm．（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为cm．三、解答与计算题：16.如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，AB⊥CD．（1）P是上一点（不与C、D重合），求证：∠CPD=∠COB；（2）点P′在劣弧CD上（不与C、D重合）时，∠CP′D与∠COB有什么数量关系？请证明你的结论．17.《九章算术》是中国传统数学重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架．《九章算术》中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，间径几何？”（如图①）阅读完这段文字后，小智画出了一个圆柱截面示意图（如图②），其中BO⊥CD于点A，求间径就是要求⊙O的直径．再次阅读后，发现AB= 寸，CD= 寸（一尺等于十寸），通过运用有关知识即可解决这个问题．请你补全题目条件，并帮助小智求出⊙O的直径．18. （2017山东临沂）如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，∠ABC的平分线交AD于点E，（1）求证：DE=DB；（2）若∠BAC=90°，BD=4，求△ABC外接圆的半径．【探究篇】19. 如图，AB 是⊙O 的直径，C ，P 是AB ︵上两点，AB ＝13，AC ＝5. (1)如图①，若点P 是AB ︵的中点，求PA 的长； (2)如图②，若点P 是CB ︵的中点，求PA 的长．20.（2016•宁夏）已知△ABC，以AB为直径的⊙O分别交AC于D，BC于E，连接ED，若ED=EC．（1）求证：AB=AC；（2）若AB=4，BC=2，求CD的长．第29讲圆的有关性质【疑难点拨】1. 圆的定义在证题中的作用我们知道，定理是推理证明的重要依据，而定义在证题当中也有不可忽视的作用．利用圆的定义解某些几何问题，其特点是要找出到定点的距离等于定长的点，然后以定点为圆心定长为半径画圆，利用圆的有关性质使问题简捷、巧妙地得到解决．2. 垂径定理及其推论是证明两条线段相等，两条弧相等及两直线垂直的重要依据之一，在有关弦长、弦心距的计算中常常需要作垂直于弦的线段，构造直角三角形．垂径定理的应用类型：（1）如图（1），基于圆的对称性，下列五个结论：①弧AC＝弧CB；②弧AD＝弧DB；③AE＝BE；④AB⊥CD；⑤CD是⊙O的直径，只要满足其中的两个，另外三个结论一定成立；（2）设半径 OA为 r，弦心距OE为 d，弦AB为 2a，由OE⊥AB得，AE＝a，在Rt△AOE中，满足r2＝d2，＋a2，利用勾股定理可以对半径、弦、弦心距“知二求一”．3. 圆周角定理及其推论应用注意事项：（1）同圆的半径相等，有时还需要连接半径，用它来构造等腰三角形，有了等腰三角形，再利用等边对等角以及三线合一的性质来进行证明和计算；（2）当出现圆的直径时，往往通过作辅助线构造直径所对的圆周角是直角来进行证明或计算．（3）同圆或等圆中，两个圆心角，两条弧，两条弦中有一组量相等，它们所对的其余各组量也相等．（4）一条弦（除直径外）所对应的弧有优弧、劣弧之分，因此所对的圆周角也有两种情况：①优弧所对应的圆周角是钝角；②劣弧所对应的圆周角是锐角，这一组圆周角互补；一条弧只对着一个圆心角，却对着无数个圆周角．【基础篇】一、选择题：1.（2018·浙江临安·3分）如图，⊙O的半径OA=6，以A为圆心，OA为半径的弧交⊙O 于B、C点，则BC=（）A．B．C．D．【考点】垂径定理和勾股定理【分析】根据垂径定理先求BC一半的长，再求BC的长．【解答】解：设OA与BC相交于D点．∵AB=OA=OB=6∴△OAB是等边三角形．又根据垂径定理可得，OA平分BC，利用勾股定理可得BD==3所以BC=6．故选：A．【点评】本题的关键是利用垂径定理和勾股定理．2.（2018·山东威海·3分）如图，⊙O的半径为5，AB为弦，点C为的中点，若∠ABC=30°，则弦AB的长为（）A．B．5 C．D．5【分析】连接OC、OA，利用圆周角定理得出∠AOC=60°，再利用垂径定理得出AB即可．【解答】解：连接OC、OA，∵∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∵AB为弦，点C为的中点，∴OC⊥AB，在Rt△OAE中，AE=，∴AB=，故选：D．【点评】此题考查圆周角定理，关键是利用圆周角定理得出∠AOC=60°．3.（2018·浙江衢州·3分）如图，AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，连接BC，过点O作OF⊥BC于F，若BD=8cm，AE=2cm，则OF的长度是（）A．3cm B． cm C．2.5cm D． cm【考点】垂径定理【分析】根据垂径定理得出OE的长，进而利用勾股定理得出BC的长，再利用相似三角形的判定和性质解答即可．【解答】解：连接OB，∵AC是⊙O的直径，弦BD⊥AO于E，BD=8cm，AE=2cm．在Rt△OEB中，OE2+BE2=OB2，即OE2+42=（OE+2）2解得：OE=3，∴OB=3+2=5，∴EC=5+3=8．在Rt△EBC中，BC=．∵OF⊥BC，∴∠OFC=∠CEB=90°．∵∠C=∠C，∴△OFC∽△BEC，∴，即，解得：OF=．故选D．【点评】本题考查了垂径定理，关键是根据垂径定理得出OE的长．4.（2018·山东青岛·3分）如图，点A、B、C、D在⊙O上，∠AOC=140°，点B是的中点，则∠D的度数是（）A．70° B．55° C．35.5°D．35°【分析】根据圆心角、弧、弦的关系定理得到∠AOB=∠AOC，再根据圆周角定理解答．【解答】解：连接OB，∵点B是的中点，∴∠AOB=∠AOC=70°，由圆周角定理得，∠D=∠AOB=35°，故选：D．【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系定理、圆周角定理，掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半是解题的关键．5.（2018·湖北省宜昌·3分）如图，直线AB是⊙O的切线，C为切点，OD∥AB交⊙O于点D，点E在⊙O上，连接OC，EC，ED，则∠CED的度数为（）A．30° B．35° C．40° D．45°【分析】由切线的性质知∠OCB=90°，再根据平行线的性质得∠COD=90°，最后由圆周角定理可得答案．【解答】解：∵直线AB是⊙O的切线，C为切点，∴∠OCB=90°，∵OD∥AB，∴∠COD=90°，∴∠CED=∠COD=45°，故选：D．【点评】本题主要考查切线的性质，解题的关键是掌握圆的切线垂直于经过切点的半径及圆周角定理．二、填空题：6.（2018·广东·3分）同圆中，已知弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角是50°．【分析】直接利用圆周角定理求解．【解答】解：弧AB所对的圆心角是100°，则弧AB所对的圆周角为50°．故答案为50°．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．7.如图，在⊙O中，弦AB∥CD，若∠ABC=40°，则∠BOD= 80°．【考点】圆周角定理；平行线的性质．【分析】根据平行线的性质由AB∥CD得到∠C=∠ABC=40°，然后根据圆周角定理求解．【解答】解：∵AB∥CD，∴∠C=∠ABC=40°，∴∠BOD=2∠C=80°．故答案为80°．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角的度数等于它所对的圆心角度数的一半．也考查了平行线的性质．8.如图，直角坐标系中一条圆弧经过网格点A，B，C，其中B点坐标为（4，4），则该圆弧所在圆的圆心坐标为（2，0）．【考点】确定圆的条件；坐标与图形性质．【专题】网格型．【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．【解答】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．如图所示，则圆心是（2，0）．故答案为：（2，0）【点评】能够根据垂径定理的推论得到圆心的位置．三、解答与计算题：9.如图，AB和CD分别是⊙O上的两条弦，过点O分别作ON⊥CD于点N，OM⊥AB于点M，若ON=AB，证明：OM=CD．【考点】垂径定理；全等三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】设圆的半径是r，ON=x，则AB=2x，在直角△CON中利用勾股定理即可求得CN的长，然后根据垂径定理求得CD的长，然后在直角△OAM中，利用勾股定理求得OM的长，即可证得．【解答】证明：设圆的半径是r，ON=x，则AB=2x，在直角△CON中，CN==，∵ON⊥CD，∴CD=2CN=2，∵OM⊥AB，∴AM=AB=x，在△AOM中，OM==，∴OM=CD．【点评】此题涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，半圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解．10.已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以BC为直径的半圆O与边AB相交于点D，切线DE ⊥AC，垂足为点E．求证：（1）△ABC是等边三角形；（2）．【考点】等边三角形的判定；圆周角定理．【专题】证明题．【分析】（1）连接OD，根据切线的性质得到OD⊥DE，从而得到平行线，得到∠ODB=∠A，∠ODB=∠B，则∠A=∠B，得到AC=BC，从而证明该三角形是等边三角形；（2）再根据在圆内直径所对的角是直角这一性质，推出30°的直角三角形，根据30°所对的直角边是斜边的一半即可证明．【解答】证明：（1）连接OD，得OD∥AC；∴∠BDO=∠A；又OB=OD，∴∠OBD=∠ODB；∴∠OBD=∠A；∴BC=AC；又∵AB=AC，∴△ABC是等边三角形；（2）如上图，连接CD，则CD⊥AB；∴D是AB中点；∵AE=AD=AB，∴EC=3AE；∴AE=CE．【点评】本题中作好辅助线是解题的关键，连接过切点的半径是圆中常见的辅助线作法之一．另外还要掌握等边三角形的判定和性质以及30°的直角三角形的性质．【能力篇】一、选择题：11.（2018•山东菏泽•3分）如图，在⊙O中，OC⊥AB，∠ADC=32°，则∠OBA的度数是（）A．64° B．58° C．32° D．26°【考点】M5：圆周角定理；KD：全等三角形的判定与性质．【分析】根据垂径定理，可得=，∠OEB=90°，根据圆周角定理，可得∠3，根据直角三角形的性质，可得答案．【解答】解：如图，由OC⊥AB，得=，∠OEB=90°．∴∠2=∠3．∵∠2=2∠1=2×32°=64°．∴∠3=64°，在Rt△OBE中，∠OEB=90°，∴∠B=90°﹣∠3=90°﹣64°=26°，故选：D．【点评】本题考查了圆周角定理，利用垂径定理得出=，∠OEB=90°是解题关键，又利用了圆周角定理．12.（2018•山东枣庄•3分）如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点P，AP=2，BP=6，∠APC=30°，则CD的长为（）A．B．2 C．2D．8【分析】作OH⊥CD于H，连结OC，如图，根据垂径定理由OH⊥CD得到HC=HD，再利用AP=2，BP=6可计算出半径OA=4，则OP=OA﹣AP=2，接着在Rt△OPH中根据含30度的直角三角形的性质计算出OH=OP=1，然后在Rt△OHC中利用勾股定理计算出CH=，所以CD=2CH=2．【解答】解：作OH⊥CD于H，连结OC，如图，∵OH⊥CD，∴HC=HD，∵AP=2，BP=6，∴AB=8，∴OA=4，∴OP=OA﹣AP=2，在Rt△OPH中，∵∠OPH=30°，∴∠POH=60°，∴OH=OP=1，在Rt△OHC中，∵OC=4，OH=1，∴CH==，∴CD=2CH=2．故选：C．【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．也考查了勾股定理以及含30度的直角三角形的性质．13.如图，△PQR是⊙O的内接正三角形，四边形ABCD是⊙O的内接正方形，BC∥QR，则∠DOR的度数是（）A．60 B．65 C．72 D．75【考点】三角形的外接圆与外心；等边三角形的性质；正方形的性质．【分析】根据等边三角形和正方形的性质，求得中心角∠POR和∠POD，二者的差就是所求．【解答】解：连结OD，如图，∵△PQR是⊙O的内接正三角形，∴PQ=PR=QR，∴∠POR=×360°=120°，∵四边形ABCD是⊙O的内接正方形，∴∠AOD=90°，∴∠DOP=×90°=45°，∴∠AOQ=∠POR﹣∠DOP=75°．故选D．【点评】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理．二、填空题：14.阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：小亮的作法如下：老师说：“小亮的作法正确．”请你回答：小亮的作图依据是垂径定理．【考点】垂径定理的应用；作图—复杂作图．【分析】利用垂径定理得出任意两弦的垂直平分线交点即可．【解答】解：根据小亮作图的过程得到：小亮的作图依据是垂径定理．故答案是：垂径定理．【点评】此题主要考查了复杂作图以及垂径定理，熟练利用垂径定理的性质是解题关键．15.（2018•金华）如图1是小明制作的一副弓箭，点A，D分别是弓臂BAC与弓弦BC的中点，弓弦BC=60cm．沿AD方向拉动弓弦的过程中，假设弓臂BAC始终保持圆弧形，弓弦不伸长．如图2，当弓箭从自然状态的点D拉到点D1时，有AD1=30cm，∠B1D1C1=120°．（1）图2中，弓臂两端B1，C1的距离为30cm．（2）如图3，将弓箭继续拉到点D2，使弓臂B2AC2为半圆，则D1D2的长为10﹣10 cm．【分析】（1）如图1中，连接B1C1交DD1于H．解直角三角形求出B1H，再根据垂径定理即可解决问题；（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．利用弧长公式求出半圆半径即可解决问题；【解答】解：（1）如图2中，连接B1C1交DD1于H．∵D1A=D1B1=30∴D1是的圆心，∵AD1⊥B1C1，∴B1H=C1H=30×sin60°=15，∴B1C1=30∴弓臂两端B1，C1的距离为30（2）如图3中，连接B1C1交DD1于H，连接B2C2交DD2于G．设半圆的半径为r，则πr=，∴r=20，∴AG=GB2=20，GD1=30﹣20=10，在Rt△GB2D2中，GD2==10∴D1D2=10﹣10．故答案为30，10﹣10，三、解答与计算题：16.如图，在⊙O中，AB是直径，CD是弦，AB⊥CD．（1）P是上一点（不与C、D重合），求证：∠CPD=∠COB；（2）点P′在劣弧CD上（不与C、D重合）时，∠CP′D与∠COB有什么数量关系？请证明你的结论．【考点】圆心角、弧、弦的关系．【专题】几何综合题．【分析】（1）根据垂径定理知，弧CD=2弧BC，由圆周角定理知，弧BC的度数等于∠BOC 的度数，弧AD的度数等于∠CPD的2倍，可得：∠CPD=∠COB；（2）根据圆内接四边形的对角互补知，∠CP′D=180°﹣∠CPD，而：∠CPD=∠COB，∴∠CP′D+∠COB=180°．【解答】（1）证明：连接OD，∵AB是直径，AB⊥CD，∴．∴∠COB=∠DOB=∠COD．又∵∠CPD=∠COD，∴∠CPD=∠COB．（2）解：∠CP′D+∠COB=180°．理由如下：连接OD，∵∠CPD+∠CP′D=180°，∠COB=∠DOB=∠COD，又∵∠CPD=∠COD，∴∠COB=∠CPD，∴∠CP′D+∠COB=180°．【点评】本题利用了垂径定理和圆周角定理及圆内接四边形的性质求解．17.《九章算术》是中国传统数学重要的著作，奠定了中国传统数学的基本框架．《九章算术》中记载：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，间径几何？”（如图①）阅读完这段文字后，小智画出了一个圆柱截面示意图（如图②），其中BO⊥CD于点A，求间径就是要求⊙O的直径．再次阅读后，发现AB= 1 寸，CD= 10 寸（一尺等于十寸），通过运用有关知识即可解决这个问题．请你补全题目条件，并帮助小智求出⊙O的直径．【考点】垂径定理的应用；勾股定理．【分析】根据题意容易得出AB和CD的长；连接OB，设半径CO=OB=x寸，先根据垂径定理求出CA的长，再根据勾股定理求出x的值，即可得出直径．【解答】解：根据题意得：AB=1寸，CD=10寸；故答案为：1，10；（2）连接CO，如图所示：∵BO⊥CD，∴．设CO=OB=x寸，则AO=（x﹣1）寸，在Rt△CAO中，∠CAO=90°，∴AO2+CA2=CO2．∴（x﹣1）2+52=x2．解得：x=13，∴⊙O的直径为26寸．【点评】本题考查了勾股定理在实际生活中的应用；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，运用勾股定理得出方程是解答此题的关键．18. （2017山东临沂）如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，∠ABC的平分线交AD于点E，（1）求证：DE=DB；（2）若∠BAC=90°，BD=4，求△ABC外接圆的半径．【分析】（1）由角平分线得出∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，得出，由圆周角定理得出∠DBC=∠CAD，证出∠DBC=∠BAE，再由三角形的外角性质得出∠DBE=∠DEB，即可得出DE=DB；（2）由（1）得：，得出CD=BD=4，由圆周角定理得出BC是直径，∠BDC=90°，由勾股定理求出BC==4，即可得出△ABC外接圆的半径．【解答】（1）证明：∵BE平分∠BAC，AD平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∠BAE=∠CAD，∴，∴∠DBC=∠CAD，∴∠DBC=∠BAE，∵∠DBE=∠CBE+∠DBC，∠DEB=∠ABE+∠BAE，∴∠DBE=∠DEB，∴DE=DB；（2）解：连接CD，如图所示：由（1）得：，∴CD=BD=4，∵∠BAC=90°，∴BC是直径，∴∠BDC=90°，∴BC==4，∴△ABC外接圆的半径=×4=2．【点评】本题考查了三角形的外接圆的性质、圆周角定理、三角形的外角性质、勾股定理等知识；熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键． 【探究篇】19. 如图，AB 是⊙O 的直径，C ，P 是AB ︵上两点，AB ＝13，AC ＝5. (1)如图①，若点P 是AB ︵的中点，求PA 的长； (2)如图②，若点P 是CB ︵的中点，求PA 的长．(1)如图①所示，连接PB ，∵AB 是⊙O 的直径且P 是AB ︵的中点，∴∠PAB ＝∠PBA ＝45°，∠APB ＝90°，又∵在等腰三角形△ABP 中有AB ＝13，∴PA ＝AB 2＝132＝1322(2)如图②所示：连接BC ，OP 相交于M 点，作PN⊥AB 于点N ，∵P 点为弧BC 的中点，∴OP ⊥BC ，∠OMB ＝90°，又因为AB 为直径∴∠ACB ＝90°，∴∠ACB ＝∠OMB ，∴OP ∥AC ，∴∠CAB ＝∠POB ，又因为∠ACB ＝∠ONP ＝90°，∴△ACB ∽△ONP ，∴AB OP ＝ACON，又∵AB ＝13，AC＝5，OP ＝132，代入得ON ＝52，∴AN ＝OA ＋ON ＝9，∴在Rt △OPN 中，有NP 2＝OP 2－ON 2＝36，在Rt △ANP 中，有PA ＝AN 2＋NP 2＝117＝313，∴PA ＝31320. （2016•宁夏）已知△ABC ，以AB 为直径的⊙O 分别交AC 于D ，BC 于E ，连接ED ，若ED=EC ． （1）求证：AB=AC ； （2）若AB=4，BC=2，求CD 的长．（1）证明：∵ED=EC ， ∴∠EDC=∠C ，∵∠EDC=∠B ，（∵∠EDC+∠ADE=180°，∠B+∠ADE=180°，∴∠EDC=∠B ） ∴∠B=∠C ， ∴AB=AC ； （2）方法一： 解：连接AE ， ∵AB 为直径， ∴AE ⊥BC ， 由（1）知AB=AC ，∴BE=CE=BC=，∵△CDE∽△CBA，∴，∴CE•CB=CD•CA，AC=AB=4，∴•2=4CD，∴CD=．方法二：解：连接BD，∵AB为直径，∴BD⊥AC，设CD=a，由（1）知AC=AB=4，则AD=4﹣a，在Rt△ABD中，由勾股定理可得：BD2=AB2﹣AD2=42﹣（4﹣a）2在Rt△CBD中，由勾股定理可得：BD2=BC2﹣CD2=（2）2﹣a2∴42﹣（4﹣a）2=（2）2﹣a2整理得：a=，即：CD=．。

第1篇一、引言圆周角是圆中的重要概念之一，它是指圆周上任意两点所夹的角。

在圆中，许多性质和定理都与圆周角有关。

其中，直径所对圆周角为90度定理是圆周角性质中的重要定理之一。

本文将详细介绍该定理的定义、证明过程以及在实际问题中的应用。

二、定理内容直径所对圆周角为90度定理：设圆O中，AB为直径，P为圆上任意一点，连接AP、BP，则∠APB=90°。

三、证明过程证明一：圆内接四边形性质证明（1）作图：以O为圆心，AB为直径，作圆O。

在圆上取一点P，连接AP、BP。

（2）证明：根据圆内接四边形性质，圆内接四边形的对角互补，即∠APB+∠AOB=180°。

（3）因为AB为直径，所以∠AOB=90°。

代入上述等式得：∠APB+90°=180°。

（4）解得：∠APB=90°。

证明二：圆周角定理证明（1）作图：以O为圆心，AB为直径，作圆O。

在圆上取一点P，连接AP、BP。

（2）证明：根据圆周角定理，圆周角等于所对圆心角的一半。

（3）因为AB为直径，所以∠AOB=90°。

代入上述等式得：∠APB=∠AOB/2=90°/2=45°。

（4）又因为∠APB是圆周角，所以∠APB=∠AOB=90°。

四、定理应用1. 圆周角定理的应用在解决与圆周角有关的问题时，我们可以利用直径所对圆周角为90度定理。

例如，在解决圆内接四边形问题时，我们可以通过圆周角定理和直径所对圆周角为90度定理来求解。

2. 构造圆周角在解决实际问题中，我们可以利用直径所对圆周角为90度定理来构造圆周角。

例如，在求解直角三角形中，我们可以利用圆周角定理和直径所对圆周角为90度定理来构造圆周角，进而求解直角三角形的边长。

3. 判断圆心位置在解决一些几何问题时，我们可以利用直径所对圆周角为90度定理来判断圆心的位置。

例如，在解决圆内接四边形问题时，我们可以通过判断圆周角是否为90度来确定圆心的位置。

圆的四大定理1. 定理一：圆的周长公式圆的周长公式是指通过圆的半径(r)来计算圆的周长(C)的公式。

根据定义，圆周长是沿着圆的边界测量得到的一条曲线的长度。

圆的周长公式如下：C = 2πr其中，C表示圆的周长，r表示圆的半径，π（pi）是一个无理数，近似值为3.14159。

根据这个公式，我们可以方便地计算任意圆的周长。

2. 定理二：圆的面积公式圆的面积公式是指通过圆的半径(r)来计算圆的面积(A)的公式。

根据定义，圆面积是由圆内所有点组成的平面区域。

圆的面积公式如下：A = πr^2其中，A表示圆的面积，r表示圆的半径，π（pi）是一个无理数，近似值为3.14159。

根据这个公式，我们可以方便地计算任意圆的面积。

3. 定理三：圆的切线定理圆的切线定理是指从圆外一点到圆的切点所作的直线与圆的切线垂直。

根据定理，如果从一个点到圆的切点画一条线段，该线段与圆的切线垂直。

这个定理可以很容易地通过观察圆的几何性质来理解。

从一个点出发，如果与圆相切的线段与切线的夹角为90度，那么这条线段就是圆的切线。

圆的切线定理在几何证明和计算中经常被使用，它是解决与圆相关问题的重要工具。

4. 定理四：圆的切点角定理圆的切点角定理是指圆的切点处所作的角等于过切点的切线与圆心连线的夹角。

根据定理，如果在圆上选择一个切点，那么绘制从切点到圆心的线段和从切点到圆边的切线所组成的角就等于圆心与切线之间的夹角。

这个定理可以通过运用圆的几何性质方便地证明。

从圆心到切点的线段和切线组成的角度取决于切线与圆的半径的位置关系。

圆的切点角定理在几何证明和计算中也经常被使用，它有助于我们解决与圆相关问题。

总结起来，圆的四大定理包括周长公式、面积公式、切线定理和切点角定理。

通过这些定理，我们可以更好地理解和解决与圆相关的问题。

这些定理在数学、几何学和物理学等领域中有重要的应用和意义。

几何压轴—圆的综合1．如图，AB是⊙O的直径，AC⊥AB，BC交⊙O于点D，点E在劣弧BD上，DE的延长线交AB的延长线于点F，连接AE交BD于点G．（1）求证：∠AED＝∠CAD；（2）若点E是劣弧BD的中点，求证：ED2＝EG•EA；（3）在（2）的条件下，若BO＝BF，DE＝1.5，求EF的长．2．如图，AB是半圆O的直径，点C是半圆上不同于A，B的一动点，在弧BC上取点D，使∠DBC＝∠ABC，DE为半圆O的切线，过点B作BF⊥DE于点F．（1）求证：∠DBF＝2∠CAD；（2）连接OC，CD．探究：当∠CAB等于多少度时，四边形COBD为菱形，并且写出证明过程．3．如图，在平面直角坐标系中，⊙P经过x轴上一点C，与y轴分别相交于A，B两点，连接AP并延长分别交⊙P、x轴于点D、点E，接DC并延长交y轴于点F，过点D作DH⊥x轴于点H．若点D、F的坐标分别是（6，﹣1），（0，1）．（1）求证：△FOC≌△DHC；（2）判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由．4．如图，点A在x轴的正半轴上，以OA为直径作⊙P，C是⊙P上一点，过点C的直线与x轴、y轴分别相交于点D、点E，连接AC并延长与y轴相交于点B，点B的坐标为（0，）．（1）求证：OE＝CE；（2）请判断直线CD与⊙P位置关系，证明你的结论，并请求出⊙P的半径长．5．如图，D、E是以AB为直径的圆O上两点，且∠AED＝45°，过点D作DC∥AB．（1）请判断直线CD与圆O的位置关系，并说明理由；（2）若圆O的半径为，sin∠ADE＝，求AE得长；（3）过点D作DF⊥AE，垂足为F，直接写出线段AE、BE、DF之间的数量关系．6．如图所示，△ABC中，AB是⊙O的直径，AC和BC分别和⊙O相交于点D和E，在BD上截取BF＝AC，延长AE使AG＝BC．求证：（1）CG＝CF；（2）CG⊥CF．7．如图，PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∠P＝44°．（Ⅰ）如图①，若点C为优弧AB上一点，求∠ACB的度数；（Ⅱ）如图②，在（Ⅰ）的条件下，若点D为劣弧AC上一点，求∠PAD+∠C的度数．8．已知⊙O的直径AB＝4，C为⊙O上一点，AC＝2．（1）如图①，点P是上一点，求∠APC的大小；（2）如图②，过点C作⊙O的切线MC，过点B作BD⊥MC于点D，BD与⊙O交于点E，求∠DCE的大小及CD的长．9．如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，AE和过点C的切线互相垂直，垂足为E，AE交⊙O于点D，直线EC交AB的延长线于点P，连接AC，BC．（1）求证：AC平分∠BAD；（2）若AB＝6，AC＝3，求EC和PB的长．10．如图，直线AF与⊙O相切于点A，弦BC∥AF，连接BO并延长，交⊙O于点E，连接CE 并延长，交AF于点D．（1）求证：CE∥OA；（2）若⊙O的半径R＝13，BC＝24，求DE的长．参考答案1．（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∵AC⊥AB，∴∠CAB＝90°，∴∠ABD＝∠CAD，∵＝，∴∠AED＝∠ABD，∴∠AED＝∠CAD；（2）证明：∵点E是劣弧BD的中点，∴＝，∴∠EDB＝∠DAE，∵∠DEG＝∠AED，∴△EDG∽△EAD，∴，∴ED2＝EG•EA；（3）解：连接OE，∵点E是劣弧BD的中点，∴∠DAE＝∠EAB，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠AEO，∴∠AEO＝∠DAE，∴OE∥AD，∴，∵BO＝BF＝OA，DE＝，∴，∴EF＝3．2．（1）证明：连接OD，∵DE为半圆O的切线，BF⊥DE，∴∠ODF＝∠BFD＝90°，∴OD∥BF，∴∠DBF＝∠ODB，∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD，∵∠DBC＝∠ABC，∴∠OBD＝2∠CBD，∵∠CBD＝∠CAD，∴∠DBF＝2∠CAD；（2）当∠CAB＝60°时，四边形COBD为菱形，证明：∵AB是直径，∴∠ACB＝∠ADB＝90°，∵∠CAB＝60°，∴∠ABC＝30°，∵∠DBC＝∠ABC，∴∠ABD＝2∠ABC＝60°，∴∠DAB＝30°，∵∠DAB＝∠DCB，∴∠DCB＝30°，∴∠DCB＝∠ABC，∴CD∥AB，∵∠COA＝2∠ABC，∴∠COA＝∠ABD，∴OC∥BD，∴四边形COBD是平行四边形，又∵OC＝OB，∴四边形COBD是菱形．3．（1）证明：∵点F的坐标为（0，1），点D的坐标为（6，﹣1），∴DH＝OF，在△FOC与△DHC中，，∴△FOC≌△DHC（AAS）；（2）解：⊙P与x轴相切．理由如下：如图，连接CP．∵△FOC≌△DHC，∴DC＝CF，∵AP＝PD，∴CP∥AF，∴∠PCE＝∠AOC＝90°，即PC⊥x轴．又PC是半径，∴⊙P与x轴相切．4．解：（1）证明：连接OC，∵直线y＝x+2与y轴相交于点E，∴点E的坐标为（0，2），即OE＝2．又∵点B的坐标为（0，4），∴OB＝4，∴BE＝OE＝2，又∵OA是⊙P的直径，∴∠ACO＝90°，即OC⊥AB，∴OE＝CE（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）（2）直线CD是⊙P的切线．①证明：连接PC、PE，由①可知：OE＝CE．在△POE和△PCE，，∴△POE≌△PCE，∴∠POE＝∠PCE．又∵x轴⊥y轴，∴∠POE＝∠PCE＝90°，∴PC⊥CE，即：PC⊥CD．又∵直线CD经过半径PC的外端点C，∴直线CD是⊙P的切线；②∵对，当y＝0时，x＝﹣6，即OD＝6，在Rt△DOE中，，∴CD＝DE+EC＝DE+OE＝．设⊙P的半径为r，则在Rt△PCD中，由勾股定理知PC2+CD2＝PD2，即r2+（）2＝（6+r）2，解得r＝6，即⊙P的半径长为6．5．解：（1）直线CD与圆O相切；理由如下：连接OD，∵∠AED＝45°，∴∠AOD＝2∠AED＝90°，∵AB∥CD，∴∠CDO＝∠AOD＝90°，即OD⊥CD，∴直线CD与圆O相切；（2）∵AB为圆O的直径，∴∠AEB＝90°，∵∠B＝∠ADE，∴sin B＝sin∠ADE＝，∵圆O的半径为，∴AB＝13，又∵sin B＝＝，∴AE＝12；（3）过D作DG⊥EB，交EB的延长线于点G，连接DB，∵AB是圆O的直径，∴∠AEB＝90°，∵∠AED＝45°，∴∠BED＝∠AED＝45°，∴ED平分∠AEB，∵DF⊥AE，DG⊥EB，∴DF＝DG，∴四边形DFEB为正方形，∴DF＝EF＝EG，∵∠AOD＝∠BOD＝90°，∴AD＝BD，∴Rt△ADF≌Rt△BDG（HL），∴AF＝BG，∴AE+BE＝EF+EG＝2EF＝2DF，故答案为：AE+BE＝2DF．6．证明：（1）由圆周角定理可得∠CAG＝∠FBC，在△CAG与△FBC中，，∴△CAG≌△FBC（SAS），∴CG＝CF；（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠CEG＝∠AEB＝90°，∴∠G+∠GCE＝90°，∵△CAG≌△FBC，∴∠G＝∠BCF，∴∠BCF+∠GCE＝90°，∴CG⊥CF．7．解：（Ⅰ）∵PA、PB是⊙O的切线，∴∠OAP＝90°，∠OBP＝90°，∴∠AOB＝360°﹣∠OAP﹣∠OBP﹣∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣44°＝136°，∴∠ACB＝AOB＝68°；（Ⅱ）连接AB，∵PA、PB是⊙O的切线，∴PA＝PB，∵∠P＝44°，∴∠PAB＝∠PBA＝（180°﹣44°）＝68°，∵∠DAB+∠C＝180°，∴∠PAD+∠C＝∠PAB+∠DAB+∠C＝180°+68°＝248°．8．解：（1）连接OC，∵AB为⊙O的直径，AB＝2AC，∴OA＝OC＝AC，∴△AOC是等边三角形，∴∠AOC＝60°，∴∠APC＝AOC＝30°；（2）连接OE，OC，∵MC是⊙O的切线，∴MC⊥OC，∵BD⊥MC，∴∠MCO＝∠CDB＝90°，∴BD∥OC，∴∠B＝∠AOC＝60°，∵OB＝OE，∴△EOB是等边三角形，∴∠EOB＝60°，∴∠COE＝180°﹣∠EOB﹣∠AOC＝60°，∵OC＝OE，∴△OCE是等边三角形，∴CE＝OC＝2，∠EOC＝60°，∴∠DCE＝90°﹣∠ECO＝30°，在Rt△COE中，CE＝2，∴DE＝CE＝1，∴CD＝＝＝．9．解：（1）证明：连接OC，如图，∵PE是⊙O的切线，∴OC⊥PE，∵AE⊥PE，∴OC∥AE，∴∠DAC＝∠OCA，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠OAC，∴∠DAC＝∠OAC，∴AC平分∠BAD；（2）∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°在Rt△ABC中，BC＝＝＝3，在Rt△ABC和Rt△ACE中，∵∠DAC＝∠OAC，∠AEC＝∠ACB＝90°，∴Rt△ABC∽Rt△ACE，∴AC：AB＝EC：BC，即3：6＝EC：3，∴EC＝；在Rt△ACE中，AE＝＝＝，又∵OC∥AE，∴Rt△OCP∽Rt△AEP，∴OC：AE＝PO：PA，即3：＝（PB+3）：（PB+6），∴PB＝3．10．（1）证明：∵BE是⊙O的直径，∴∠ACE＝90°，∵BC∥AF，∴∠CDF＝∠ACE＝90°，∵AF与⊙O相切于点A，∴OA⊥AF，∴∠OAF＝90°，∴∠OAF＝∠CDF，∴CE∥OA；（2）解：如图，作OH⊥CE于点H，由垂径定理知：CH＝EH，∵OB＝OE，∴OH是△ECB的中位线，∴OH＝BC＝24＝12，在Rt△OEH中，根据勾股定理，得EH＝＝＝5，∵OH⊥CE，∴∠OHD＝90°，由（1）知：∠CDA＝∠OAD＝90°，∴四边形OADH是矩形，∴DH＝OA＝13，∴DE＝DH﹣EH＝13﹣5＝8．。

〖圆的定义〗几何说：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形叫做圆。

定点称为圆心，定长称为半径。

轨迹说：平面上一动点以一定点为中心，一定长为距离运动一周的轨迹称为圆周，简称圆。

集合说：到定点的距离等于定长的点的集合叫做圆。

〖圆的相关量〗圆周率：圆周长度与圆的直径长度的比叫做圆周率，值是3.149323846…，通常用π表示，计算中常取3.1416为它的近似值。

圆弧和弦：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧。

大于半圆的弧称为优弧，小于半圆的弧称为劣弧。

连接圆上任意两点的线段叫做弦。

经过圆心的弦叫做直径。

圆心角和圆周角：顶点在圆心上的角叫做圆心角。

顶点在圆周上，且它的两边分别与圆有另一个交点的角叫做圆周角。

内心和外心：过三角形的三个顶点的圆叫做三角形的外接圆，其圆心叫做三角形的外心。

和三角形三边都相切的圆叫做这个三角形的内切圆，其圆心称为内心。

扇形：在圆上，由两条半径和一段弧围成的图形叫做扇形。

圆锥侧面展开图是一个扇形。

这个扇形的半径成为圆锥的母线。

〖圆和圆的相关量字母表示方法〗圆—⊙半径—r 弧—⌒直径—d扇形弧长／圆锥母线—l 周长—C 面积—S〖圆和其他图形的位置关系〗圆和点的位置关系：以点P与圆O的为例（设P是一点，则PO是点到圆心的距离），P在⊙O外，PO＞r；P在⊙O上，PO＝r；P在⊙O内，PO＜r。

直线与圆有3种位置关系：无公共点为相离；有两个公共点为相交；圆与直线有唯一公共点为相切，这条直线叫做圆的切线，这个唯一的公共点叫做切点。

以直线AB与圆O为例（设OP⊥AB于P，则PO是AB到圆心的距离）：AB与⊙O相离，PO＞r；AB与⊙O相切，PO＝r；AB与⊙O相交，PO＜r。

两圆之间有5种位置关系：无公共点的，一圆在另一圆之外叫外离，在之内叫内含；有唯一公共点的，一圆在另一圆之外叫外切，在之内叫内切；有两个公共点的叫相交。

两圆圆心之间的距离叫做圆心距。

两圆的半径分别为R和r，且R≥r，圆心距为P：外离P＞R+r；外切P=R+r；相交R-r＜P＜R+r；内切P=R-r；内含P＜R-r。

高三数学圆试题答案及解析1.圆内非直径的两条弦相交于圆内的一点,已知,则．【答案】10【解析】由相交弦定理得同理得所以.【考点】圆相交弦定理.2.如图：是⊙的直径，是弧的中点，⊥，垂足为，交于点.（1）求证：=;（2）若=4，⊙的半径为6，求的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）要证，只要证，一种方法这两个角能否放在一对全等三角形中，为此我们连接交于，由圆的性质知，这里就有，要证的角对应相等了，当然也可以证明RtΔCEO≌RtΔBMO，从而，也能得到，由于在圆中.我们还可以交圆于点，可得到到，那么等弧所对的圆周角相等，结论得证；（2）由（1）可知，下面在中可求得，在中可求得. 试题解析：（1）证法一:连接CO交BD于点M，如图1 1分∵C为弧BD的中点，∴OC⊥BD又∵OC=OB,∴RtΔCEO≌RtΔBMO 2分∴∠OCE=∠OBM 3分又∵OC=OB,∴∠OCB=∠OBC 4分∴∠FBC=∠FCB,∴CF=BF 5分证法二：延长CE交圆O于点N，连接BN，如图2 1分∵AB是直径且CN⊥AB于点E∴∠NCB=∠CNB 2分又∵弧CD=弧BC,∴∠CBD=∠CNB 3分∴∠NCB=∠CBD即∠FCB=∠CBF 4分∴CF=BF 5分（2）∵O,M分别为AB,BD的中点∴OM=2=OE∴EB=4 7分在Rt△COE中， 9分∴在Rt△CEB中， 10分【考点】(1)证明线段相等；(2)求线段的长.3.如图,四边形为边长为a的正方形,以D为圆心,DA为半径的圆弧与以BC为直径的圆O交于F,连接CF并延长交AB于点E.(1).求证:E为AB的中点;(2).求线段FB的长.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）.【解析】本题主要考查切割线定理、圆的几何性质等基础知识，意在考查考生的推理论证能力、数形结合能力．第一问，利用圆D、圆O的切线EA、EB，利用切割线定理，得到EA和EB的关系，解出EA=EB，所以E为AB的中点；第二问，由于BC为圆O的直径，得，用不同的方法求三角形BEC的面积，列成等式，得出BF的长.试题解析：（1）由题意知，与圆和圆相切，切点分别为和，由切割线定理有：所以，即为的中点.5分（2）由为圆的直径，易得，∴，∴∴. 10分【考点】切割线定理、圆的几何性质.4.如图，已知是⊙的切线，为切点.是⊙的一条割线，交⊙于两点，点是弦的中点.若圆心在内部，则的度数为___.【答案】【解析】如图，连接，由题意知，，故有，可得四边形四点共圆，∵是同弦所对的角，，∴，故答案为：．【考点】弦切角．5.如图，A、B是两圆的交点，AC是小圆的直径，D和E分别是CA和CB的延长线与大圆的交点，已知AC＝4，BE＝10，且BC＝AD，求DE的长．【答案】6【解析】设CB＝AD＝x，根据割线定理可以得出CA·CD＝CB·CE，代入数值可以算出x＝2，然后利用圆的内接四边形对角互补，有CD2＋DE2＝CE2，从而算出DE＝6.试题解析：设CB＝AD＝x，则由割线定理得：CA·CD＝CB·CE，即4(4＋x)＝x(x＋10)化简得x2＋6x－16＝0，解得x＝2或x＝－8(舍去) ,即CD＝6，CE＝12.因为CA为直径，所以∠CBA＝90°，即∠ABE＝90°，则由圆的内接四边形对角互补，得∠D＝90°，则CD2＋DE2＝CE2，∴62＋DE2＝122，∴DE＝6【考点】1.割线定理；2.圆内接四边形的性质.6.如图，点为锐角的内切圆圆心，过点作直线的垂线，垂足为，圆与边相切于点．若，求的度数．【答案】．【解析】可判断四点共圆，得，问题转化为求的度数，而，从而问题得以解决.试题解析：由圆与边相切于点，得，因为，得，所以四点共圆,所以． 5分又，所以，由，得． 10分【考点】四点共圆，圆的性质的简单应用.7.如图，内接于上，，交于点E，点F在DA的延长线上，，求证：（1）是的切线；（2）.【答案】（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析.【解析】本题主要以圆为几何背景考查线线垂直、相等的证明，考查学生的转化与化归能力.第一问，要证明是的切线，需要证明或，由于，所以与相等，而与相等，而与相等，又因为，所以通过角的代换得也就是为；第二问，先利用切割线定理列出等式，再通过边的等量关系转换边，得到求证的表达式.试题解析：（Ⅰ）连结．因为，所以是的直径．因为，所以．又因为，所以． 4分又因为，，所以，即，所以是的切线． 7分（Ⅱ）由切割线定理，得．因为，，所以．【考点】1.同弦所对圆周角相等；2.切割线定理.8.）如图所示，AB是半径等于3的圆O的直径，CD是圆O的弦，BA，DC的延长线交于点P.若PA =4，PC =5，则CBD= ．【答案】【解析】由于圆的直径为6即.AB=6.由割线定理可得.所以.所以.连结OD,OC.因为圆的半径为3.所以三角形ODC是等边三角形.所以.又因为同弧所对的圆心角是圆周角的两倍，即.所以.即填.【考点】1.圆的割线定理.2.圆周角与圆心角.9.在中，，过点A的直线与其外接圆交于点P，交BC延长线于点D。

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。

DBCOA圆的相关定理及其几何证明典题探究例1：如图，圆O 是ABC ∆的外接圆，过点C 作圆O 的切线交BA 的延长线于点D .若3CD =2AB AC ==，则线段AD 的长是 ；圆O 的半径是 .例2：如图，在圆O 中，直径AB 与弦CD 垂直，垂足为E （E 在A ,O 之间），,垂足为F ．若，，则例3：如图已知PA 与圆O 相切于A ，半径OC OP ⊥，AC 交PO 于B ，若1OC =,2OP =，则PA = ，=PB ．例4：如图，从圆O 外一点P 引圆O 的切线PA 和割线PBC ，已知30BPA ∠=︒，11BC =，1PB =, 则PA = ,圆O 的半径等于EF BC 6AB 5CF CB AE AB C OPO PBAOPD FE演练方阵A 档（巩固专练）1．如图，已知直线PD 切⊙O 于点D ，直线PO 交⊙O 于点E,F.若23,1PF PD =+=，则⊙O 的半径为 ；EFD ∠= .2. 如图，与切于点，交弦的延长线于点，过点作圆的切线交于点. 若，，则弦的长为_______.3. 如图：圆O 的割线PAB 经过圆心O ，C 是圆上一点，PA ＝AC ＝12AB ，则以下结论不正确．．．的是( )A.CB CP =B. PCAC PABC =C. PC 是圆O 的切线D. BC BABP =4．如图，已知AB 是圆O 的直径，P 在AB 的延长线上，PC 切圆O 于点C ，CD OP ⊥于D ．若6CD =，10CP =，则圆O 的半径长为______；BP =______．5．如图所示，以直角三角形ABC 的直角边AC 为直径作⊙O ，交斜边AB 于点D ，过点D 作⊙O 的切线，交BC 边于点E .则=BCBE.AP O A DB P B O AP C 90ACB ∠=︒3,4BC CP ==DBDCBPAOE D CBAO6．如图，直线AM 与圆相切于点M, ABC 与ADE 是圆的两条割线，且BD ⊥AD ，连接MD 、 EC 。

圆的性质与相关定理解析圆是几何学中一个重要的概念，它具有许多特殊的性质和定理。

本文将对圆的性质和相关的定理进行解析，并探讨它们在几何学中的应用。

一、圆的性质1. 圆的定义：圆是平面上到定点的距离等于定长的点的集合。

2. 圆的元素：圆心、半径与直径。

圆心是到圆上所有点的距离相等的点；半径是圆心到圆上任意一点的距离；直径是穿过圆心且两端在圆上的线段，它的长度等于两倍的半径。

3. 圆的直径与半径的关系：直径是半径的两倍。

4. 圆的内部与外部：圆内的点与圆心的距离小于半径，而圆外的点与圆心的距离大于半径。

二、圆的定理1. 圆的周长公式：圆的周长等于2π乘以半径（C=2πr）。

2. 圆的面积公式：圆的面积等于π乘以半径的平方（A=πr²）。

3. 弧长定理：在同一个圆中，相同角度的圆心角所对的弧长相等。

4. 圆心角定理：在同一个圆中，圆心角所对的弧长与圆半径的乘积相等。

5. 切线定理：从圆外一点引圆的切线，切线与半径的乘积等于切点与圆心连线的平方。

三、圆的应用1. 圆的建筑应用：圆形建筑物如圆形体育馆、圆形剧场等在设计中能够提供更好的视觉效果和声音传播效果。

2. 圆的导向标识：圆形导向标识常用于道路交通和公共场所，因为圆形具有无起点和终点的特点，能够引导人们快速找到自己的目标位置。

3. 圆的旋转面积：通过将圆绕着轴旋转，可以得到旋转体的体积和表面积。

4. 圆的测量工具：利用圆的性质，我们可以设计制作圆规、圆形罗盘等测量工具。

5. 圆的几何证明：通过应用圆的定理，可以进行各种形式的几何证明，进一步推动几何学的发展。

综上所述，圆具有独特的性质和定理，其在几何学中具有广泛的应用价值。

通过了解和掌握这些性质和定理，我们能够更好地理解和应用圆的相关概念，并将其运用到实际问题中。

在学习和工作中，我们可以通过圆的性质和定理，提高解决问题的能力和几何思维能力。

专题31圆中的重要模型之四点共圆模型四点共圆是初中数学的常考知识点，近年来，特别是四点共圆判定的题目出现频率较高。

相对四点共圆性质的应用，四点共圆的判定往往难度较大，往往是填空题或选择题的压轴题，而计算题或选择中四点共圆模型的应用（特别是最值问题），通常能简化运算或证明的步骤，使问题变得简单。

本文主要介绍四点共圆的四种重要模型。

四点共圆：若在同一平面内，有四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。

模型1、定点定长共圆模型（圆的定义）【模型解读】若四个点到一定点的距离相等，则这四个点共圆。

这也是圆的基本定义，到定点的距离等于定长点的集合。

条件：如图，平面内有五个点O、A、B、C、D，使得OA=OB=OC=OD，结论：A、B、C、D四点共圆（其中圆心为O）。

【答案】2【分析】首先连接OE，由角器上对应的读数．【详解】解：连接OE，A ．13B ．52∵在ABC 中，90BAC【答案】30【分析】连接AC 与BD 又易知在Rt ACD △中，【详解】解：连接AC 与∵四边形形ABCD 是矩形，12OA OB OC OD AC又∵DE BF 于E ，即是直角三角形，∴12OE BD ，∴OA OC OD OE ，∴点A B 、、，由旋转的性质可知：AF AB ，【答案】122【分析】（1）根据条件，证明AOD COD△△△△，代入推断即可.（2）通过AOG ABC证明ODF CBF△△，代入推断即可.又∵∵CE CF∴CEF CFE模型2、定边对双直角共圆模型C同侧型异侧型1）定边对双直角模型（同侧型）条件：若平面上A、B、C、D四个点满足90ABD ACD，结论：A、B、C、D四点共圆，其中AD为直径。

2）定边对双直角模型（异侧型）条件：若平面上A、B、C、D四个点满足90ABC ADC，结论：A、B、C、D四点共圆，其中AC为直径。

【点睛】本题考查了圆的直径所对的圆周角为【点睛】此题主要考查圆内接四边形，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和等腰三角形的性质等知识点，解答此题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，求出线段．模型3、定边对定角共圆模型条件：如图1，平面上A 、B 、C 、D 四个点满足ADB ACB ，结论：A 、B 、C 、D 四点共圆．条件：如图2，AC 、BD 交于H ，AH CH BH DH ，结论：A B C D 、、、四点共圆.例1．（2023·江苏·九年级假期作业）如图，在Rt ABC 中，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝40°，将 ABC 绕A 点顺时针旋转得到 ADE ，使D 点落在BC 边上．（1）求∠BAD 的度数；（2）求证：A 、D 、B 、E 四点共圆．【答案】（1）10°；（2）见解析【分析】（1）由三角形内角和定理和已知条件求得∠C 的度数，由旋转的性质得出AC ＝AD ，即可得出∠ADC ＝∠C ，最后由外角定理求得∠BAD 的度数；（2）由旋转的性质得到∠ABC ＝∠AED ，由四点共圆的判定得出结论．【详解】解：（1）∵在Rt ABC 中，∠BAC ＝90°，∠ABC ＝40°，∴∠C ＝50°，∵将 ABC 绕A 点顺时针旋转得到 ADE ，使D 点落在BC 边上，∴AC ＝AD ，∴∠ADC ＝∠C ＝50°，∴∠ADC ＝∠ABC +∠BAD ＝50°，∴∠BAD ＝50°－40°＝10°证明（2）∵将 ABC 绕A 点顺时针旋转得到 ADE ，∴∠ABC ＝∠AED ，∴A 、D 、B 、E 四点共圆．【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、外角定理以及四点共圆的判定，解题的关键是理解旋转后的图形与原图形对应边相等，对应角相等．例3．（2022·江苏无锡·中考真题）△ABC是边长为5的等边三角形，△DCE是边长为3的等边三角形，直线BD与直线AE交于点F．如图，若点D在△ABC内，∠DBC=20°，则∠BAF＝________°；现将△DCE 绕点C旋转1周，在这个旋转过程中，线段AF长度的最小值是________．【答案】804##4【分析】利用SAS 证明△BDC ≌△AEC ，得到∠DBC =∠EAC =20°，据此可求得∠BAF 的度数；利用全等三角形的性质可求得∠AFB =60°，推出A 、B 、C 、F 四个点在同一个圆上，当BF 是圆C 的切线时，即当CD ⊥BF 时，∠FBC 最大，则∠FBA 最小，此时线段AF 长度有最小值，据此求解即可．【详解】解：∵△ABC 和△DCE 都是等边三角形，∴AC =BC ，DC =EC ，∠BAC =∠ACB =∠DCE =60°，∴∠DCB +∠ACD =∠ECA +∠ACD =60°，即∠DCB =∠ECA ，在△BCD 和△ACE 中，CD CE BCD ACE BC AC，∴△ACE ≌△BCD （SAS ），∴∠EAC =∠DBC ，∵∠DBC =20°，∴∠EAC =20°，∴∠BAF =∠BAC +∠EAC =80°；设BF 与AC 相交于点H，如图：∵△ACE ≌△BCD ∴AE =BD ，∠EAC =∠DBC ，且∠AHF =∠BHC ，∴∠AFB =∠ACB =60°，∴A 、B 、C 、F 四个点在同一个圆上，∵点D 在以C 为圆心，3为半径的圆上，当BF 是圆C 的切线时，即当CD ⊥BF 时，∠FBC 最大，则∠FBA 最小，∴此时线段AF 长度有最小值，在Rt △BCD 中，BC =5，CD =3，∴BD 4，即AE =4，∴∠FDE =180°-90°-60°=30°，∵∠AFB =60°，∴∠FDE =∠FED =30°，∴FD =FE ，过点F 作FG ⊥DE 于点G ，∴DG =GE =32，∴FE =DF =cos 30DG∴AF =AE -FE 80；【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，切线的性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．例4．（2022·贵州遵义·统考中考真题）探究与实践：“善思”小组开展“探究四点共圆的条件”活动，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究．提出问题：如图1，在线段AC 同侧有两点B ，D ，连接AD ，AB ，BC ，CD ，如果B D ，那么A ，B ，C ，D 四点在同一个圆上．探究展示：如图2，作经过点A ，C ，D 的O ，在劣弧AC 上取一点E （不与A ，C 重合），连接AE ，CE 则180AEC D （依据1）B D ∵180AEC B点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上（对角互补的四边形四个顶点共圆）点B ，D 在点A ，C ，E 所确定的O 上（依据2）点A ，B ，C ，E 四点在同一个圆上(1)反思归纳：上述探究过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？依据1：__________；依据2：__________．(2)图3，在四边形ABCD 中，12 ，345 ，则4 的度数为__________．(3)拓展探究：如图4，已知ABC 是等腰三角形，AB AC ，点D 在BC 上（不与BC 的中点重合），连接AD ．作点C 关于AD 的对称点E ，连接EB 并延长交AD 的延长线于F ，连接AE ，DE ．①求证：A ，D ，B ，E与判定，掌握以上知识是解题的关键．模型4、对角互补共圆模型P条件：如图1，平面上A、B、C、D四个点满足ABC ADC，结论：A、B、C、D四点共圆．条件：如图2，BA、CD的延长线交于P，PA PB PD PC，结论：A、B、C、D四点共圆.A．2B．22【答案】A【分析】先根据等腰三角形的性质可得,,,A B E D四点共圆，在以BE为直径的圆上，连接【答案】43/113【分析】过点B作BH AM交F，点A,M,B,C四点共圆，得法求解，12AMBS AM DE△【详解】解析：过点B作BH 于点，如图所示：【答案】52 2【分析】连接BD并延长，利用四点共圆的判定定理得到的性质和圆周角定理得到DBF性质解答即可得出结论．(1)求证：A ，E ，B ，D 四点共圆；(2)如图2，当AD CD 时，O 是四边形AEBD O 的切线；(3)已知1206BC ，，点M 是边BC 的中点，此时P 是四边形出圆心P 与点M 距离的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)32（3）解：如图所示，作线段AB 的垂直平分线，分别交∵120AB AC BAC ，，∴B课后专项训练1．（2023秋·河北张家口·九年级校考期末）如图①，若BC是Rt△ABC和Rt△DBC的公共斜边，则A、B、C、D在以BC为直径的圆上，则叫它们“四点共圆”．如图②，△ABC的三条高AD、BE、CF相交于点H，则图②中“四点共圆”的组数为（）A．2B．3C．4D．6【答案】D【分析】根据两个直角三角形公共斜边时，四个顶点共圆，结合图形求解可得．【详解】解：如图，以AH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、H、E），以BH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、H、D），以CH为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（C、D、H、E），以AB为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、E、D、B），以BC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（B、F、E、C），以AC为斜边的两个直角三角形，四个顶点共圆（A、F、D、C），共6组．故选D．【点睛】本题考查四点共圆的判断方法．解题的关键是明确有公共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆．，．下2．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，O是AB的中点，点B，C，D到点O的距离相等，连接AC BD列结论不一定成立的是（）A ．12B ．3=4C ．180ABC ADCD ．AC 平分BAD【答案】D 【分析】以点O 为圆心，OA 长为半径作圆．再根据圆内接四边形的性质，圆周角定理逐项判断即可．【详解】如图，以点O 为圆心，OA 长为半径作圆．由题意可知：OA OB OC OD ．即点A 、B 、C 、D 都在圆O 上．A ．∵ AB AB ，∴12 ，故A 不符合题意；B ．∵ BCBC ，∴3=4 ，故B 不符合题意；C ．∵四边形ABCD 是O 的内接四边形，∴180ABC ADC ，故C 不符合题意；D ．∵ BC 和CD不一定相等，∴BAC 和DAC 不一定相等，∴AC 不一定平分BAD ，故D 符合题意．故选：D ．【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，充分理解圆周角定理是解答本题的关键．3．（2023·江苏宿迁·九年级校考期末）如图，在Rt ABC △中，90ACB ，3BC ，4AC ，点P 为平面内一点，且CPB A ，过C 作CQ CP 交PB 的延长线于点Q ，则CQ 的最大值为（）【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及四点共圆，掌握同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等确定四点共圆，利用相似三角形性质得到线段间等量关系是解题关键．4．（2023·北京海淀·九年级校考期中）如图，点接AC，BD．请写出图中任意一组互补的角为【答案】DAB【分析】首先判断出点【答案】130【分析】根据题意得到四边形【详解】解：由题意得到∴四边形ABCD为圆∵∠ABC＝50°，∴∠【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键．6．（2023·浙江金华·A．3B．1∵PE AB 于点E ，PD AC 于点，∴90AEP ADP ，∴180AEP ADP ，∴A 、E 、D 四点共圆，PA 是直径，在Rt PDC 中，45C ，∴△是等腰直角三角形，45APD ∴APD △也是等腰直角三角形，45PAD ，∴PED PAD ∴45AED ，∴AED C ，∵EAD CAB ，∴AED ∽设2AD x ，则2PD DC x ，22x ，如图2，取AP 的中点O 则2AO OE OP x ，∵604515EAP BAC PAD ，过E 作EM AP 于M ，则EM x，cos30OM OE ，∴36222OM x x ，∴6226222AM x x x ，由勾股定理得： 222226222AE AM EM x x ＋【答案】3632 /323 【分析】数形结合，根据动点的运动情况判断点【详解】解：如图旋转，连接以BC 为直径作O ，以AE 为半径作在ABD △和ACE △中AB AC AD AE BAD CAEPBC PBA ACB PBC 90BAC BPC EAD ∵，122AB ∵，A 的半径为62∴又∵90BAC EAD ，CAD，∵33BC ，OP BC∵MQ，MC与圆O相切，1QOM COM COP 【答案】(1)见详解（2）证明：如下图所示由题意可知AC 逆时针旋转90得到边AE ，90E ACB ，则90ACB ∵，AE BF ∥，90 ∵，90EFC ，，F ，E 四点共圆．．∵四边形ABCD是菱形，AC，且 GOC GCO90＝＝∵， 点90DHC DOC＝BDF OCH＝，且BF OM ∵， 点＝＝90AED AOD尝试应用如图2，点D 为等腰Rt ABC △外一点，AB AC ，BD CD ，过点A 的直线分别交DB 的延长线和CD 的延长线于点N ，M ，求证：12ABN ACM S S AN AM △△．问题拓展如图3，ABC 中，AB AC ，点D ，E 分别在边AC ，BC 上，60BDA BEA ，AE ，BD ，直接写出BE 的长度（用含a ，b 的式子）∵ABC 为等腰直角三角形，∴AB AC ， 又∵BD CD ，即：=90BDC ，∴A 、B 在ABN 与ACE △中，AB AC ABN ACE BN CE，∴∴BAN BAE CAE BAE BAC ∴1122AME AMC S AE AM AN AM S S △△∴60AFB BAF ABF ，AB AF AC ，∵60BDA BEA ，∴A 、D 、E 、B 、F 五点共圆，则：13 ，24 ，60BEF AEB ，【答案】问题情境：见解析；问题解决：（1）102；（2）13522【分析】[问题情境]连结AC ，取AC 的中点O ，连结OB 、OD ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OD OA OC OB ，以此即可证明；[问题解决]（1）根据题意可得225AE AD DE ，由[问题情境]结论可知A 、D 、E 、据圆周角定理以及正方形的性质可得45PDE PAE ，则PAE △为等腰直角三角形，设AP 长为a ，根据勾股定理列出方程，求解即可；（2）由[问题情境]结论可知A 、D 、E 、P 四点共圆，过点O 作OG AD 于点G ，作OH 接OB 交O 于点P ，连接PB ，根据题意可得四边形MBNP 为矩形，则要求MN 的最小值，即求值，根据平行线的性质和中点的定义可得OG 为ADE V 的中位线，得1AG ，12OG ，同理可证四边形1【翻折】(1)如图1，将DEF 沿线段AB 翻折，连接CF ，下列对所得四边形ACBF 的说法正确的是平分CBF 、CAF ，②AB 、CF 互相平分，③12ACBF S AB CF 四边形，④A 、C 、B 、F 四点共圆．AB 垂直平分CF ，故②ABC ABF ACBF S S S 四边形1122AB AB FG 12AB CG 取AB 的中点O ，连接CO FO ，ABC ABF △、△均为直角三角形，∴OB OC OA OF ，∴A 、B 、F 四点共圆，故（）沿线段向左平移，∴AB CF ，CF BE 的中点，∴BE BD BF特殊情况分析：(1)如图1，正方形ABCD 中，点P 为对角线时针旋转ADC 的度数，交直线BC 于点Q ．小明的思考如下：连接DQ ，∵AD CQ ∥，90ADC DCQ ，∴ACQ DAC ∵90DPQ ，∴180DPQ DCQ ，∴点D P Q 、、PDQ PCQ DQP PCD∵在菱形ABCD 中BC AD ∥，180ADC DCQ ，DPQ ADC ，∵180DPQ DCQ ，∴点P C Q 、、、共圆，∴DQP ACD ，ACB PDQ ，∵AC 为菱形ABCD 的对角线，ACB ACD ，∴PDQ DQP ，∴ DP PQ ；（3）解：3PQ 或3．由于点P 为对角线AC 上一个动点，分两类情况讨论如下：所示：180302ADC ACD，。

中考专题复习——圆一、垂径定理垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧.转为几何语言：∵CD是直径,CD⊥AB,∴AM=BM,⌒AC=⌒BC，⌒AD=⌒BD如果把条件和结论看成是5个条件，相互间是否还有其它关系呢？如图,在下列五个条件中:①CD是直径,②CD⊥AB,③AM=BM,④⌒AC=⌒BC，⑤⌒AD=⌒BD只要具备其中两个条件，就可推出其余三个结论.你可以写出相应的命题吗?条件结论命题①②③④⑤垂直于弦的直径平分弦,并且平分弦所的两条弧.①③②④⑤平分弦(不是直径)的直径垂直于弦,并且平分弦所对的两条弧.①④ ②③⑤ 平分弦所对的一条弧的直径,垂直平分弦,并且平分弦所对的另一条弧.①⑤ ②③④ ②③ ①④⑤ 弦的垂直平分线经过圆心,并且平分这条弦所对的两条弧. ②④ ①③⑤ 垂直于弦并且平分弦所对的一条弧的直线经过圆心,并且平分弦和所对的另一条弧.②⑤ ①③④ ③④ ①②⑤ 平分弦并且平分弦所对的一条弧的直线经过圆心,垂直于弦,并且平分弦所对的另一条弧.③⑤ ①②④ ④⑤ ①②③ 平分弦所对的两条弧的直线经过圆心,并且垂直平分弦.垂径定理是《圆》这一章的重要内容，在实际生活中有着广泛的应用．在各地中考题中对垂径定理的考查频频出现，这类问题常常需要结合勾股定理来解决，现以中考题为例说明如下：类型一 求直径【例1】如图，O ⊙的直径AB 垂直弦CD 于点P ，且点P 是半径OB 的中点，6 cm CD =，则直径AB 的长是（ ）．A ． 2 3 cmB ． 3 2 cmC ． 4 2 cmD ． 4 3 cm【解析】解决本题的关键是构造直角三角形，根据勾股定理列出方程求解即可．连接OD ，由垂径定理可知PD =362121=⨯=CD (cm)．设半径OD =x cm ，则OP=x OB 2121=(cm)． 在Rt △OPD 中，因为222OP DP OD +=，所以222132x x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭．解这个方程，得23x =．所以直径AB 的长为342=x (cm)，故应选D ． 类型二 求弦长【例2】如图，AB O 是⊙的直径，弦CD AB ⊥于点E ，60COB ∠=°，⊙O 的半径为 3 cm ，则弦CD 的长为（ ）．A ．3cm 2B ． 3 cmC ． 2 3 cmD ． 9 cm 【解析】因为60COB ∠=°，CD AB ⊥，所以∠CEO =90°，∠OCD =30°．又因为⊙O 3 cm ，所以OE =12OC 3．由勾股定理可得222233(3)22CE OC OE ⎛⎫=--= ⎪ ⎪⎝⎭． 所以CD =2CE =3(cm)．故应选B ． 类型三 求弦心距【例3】⊙O 的半径为10 cm ，弦AB =12 cm ，则圆心到弦AB 的距离为（ ）．A ．2 cmB ．6 cmC ．8 cmD ．10 cm【解析】画出示意图如图，作OC AB ⊥于点C ，连接OA ， 由垂径定理，得AC =1112622AB =⨯=． 在Rt △AOC 中，由勾股定理，得OC =22221068OA AC -=-=(cm)．故应选C ．类型四 求拱高【例4】如图，某公园的一座石拱桥是圆弧形（劣弧），其跨度为24米，拱的半径为13米，则拱高为（ ）．A ．5米B ．8米C ．7米D ．53米 【解析】设石拱桥圆弧的圆心为O ，连接OA 、OD ，则OD ⊥AB ．又因为OA =13，由垂径定理可得AD =11241222AB =⨯=． 所以在Rt △AOD 中，OD 222213125OA AD -=-=． 所以CD =OC －OD =13－5=8（米）．故应选B ．类型五 探究线段的最小值【例5】如图，⊙O 的半径 5 cm OA =，弦8 cm AB =，点P 为弦AB 上一动点，则点P 到圆心O 的最短距离是________cm ．【解析】因为连接直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短， 所以需作出弦AB 的弦心距．过点O 作OC ⊥AB ， C 为垂足，由垂径定理，知AC=118422AB =⨯=(cm)． 在Rt △AOC 中，由勾股定理可得OC 2222543OA AC -=-=． 故点P 到圆心O 的最短距离为3 cm ．二、 圆周角定理及推论《圆周角》解题技巧在数学里，把一个对象转化为另一个对象，常常可以化繁为简，化未知为已知，从而达到解决问题的目的，这种思考问题的方法，就是“转化”．在研究与圆周角有关的问题时，常进行等角间的转化．【例1】如图，已知AB 为⊙O 的直径，CD 是弦，且AB ⊥CD 于点E ．连接AC ，OC ，BC ．（1）求证：∠ACO =∠BCD ．（2）若EB =8 cm ，CD =24 cm ，求⊙O 的直径．【分析】（1）欲证∠ACO =∠BCD ，关键是进行等角间的转化：∠ACO =∠OAC ，∠BCD =∠OAC ，转化的依据是等腰三角形的性质定理和圆周角的“等弧所对的圆周角相等”；（2）借助勾股定理构建方程即可求得⊙O 的直径．解：（1）∵AB 为⊙O 的直径，CD 是弦，且AB CD 于点E ，∴CE =ED ，︵CB =︵DB ． ∴∠BCD =∠BAC ． ∵OA =OC ， ∴∠OAC =∠OCA ． ∴∠ACO =∠BCD ．（2）设⊙O 的半径为R cm ，则OE =OB －EB =R －8．∴CE =21CD =21×24=12．在Rt△CEO中，由勾股定理可得OC2=OE2＋CE2，即R2=(R－8)2＋122．解得R=13．所以2R=2×13=26．【例2】如图，四边形ABCD内接于圆，对角线AC与BD相交于点E，F在AC 上，AB=AD，∠BFC=∠BAD=2∠DFC．求证：（1）CD⊥DF；（2）BC=2CD．【分析】（1）欲证CD⊥DF，可转化为证明∠FCD+∠CFD=90°．由圆周角的性质有∠FCD=∠ABD，再联系条件∠BAD=2∠CFD，不难向等腰△ABD的内角和定理进行联想，从而找到解题的切入点；（2）欲证BC=2CD，现在还有一个条件∠BFC=∠BAD没有用，注意到∠BFC=∠ABF+∠BAC，∠BAD=∠CAD+∠BAC，从而有∠ABF=∠CAD，而∠CAD=∠CBD，故∠ABF=∠CBD，即∠ABD=∠FBC，而∠ABD=∠ADB=∠FCB，从而∠FBC=∠FCB，于是得FB=FC．思考到这里，不妨再回头看看证题目标BC=2CD，可考虑取BC的中点G，于是问题转化为证明CG=CD，即证△FGC≌△FDC．证明：（1）∵AB=AD，∴∠ABD=∠ADB．在△ABD中，∠BAD+2∠ABD=180°．又∠BAD=2∠DFC，∠FCD=∠ABD，∴2∠DFC+2∠FCD=180°．∴∠DFC+∠FCD=90°．∴∠FDC=90°．∴CD⊥DF．（2）∵∠BFC=∠ABF+∠BAC，∠BAD=∠CAD+∠BAC，∴∠ABF=∠CAD．又∠CAD=∠CBD，∴∠ABF=∠CBD，即∠ABD=∠FBC，而∠ABD=∠ADB=∠FCB，∴∠FBC=∠FCB，∴FB=FC．取BC的中点G，连接FG．∴FG⊥BC．∴∠FGC=90°．∵AB=AD，∴︵AB=︵AD，∴∠ACB=∠ACD．∵∠FGC=∠FDC=90°，FC=FC，∴△FGC≌△FDC．∴CG=CD．∵BC=2CG，∴BC=2CD．三、切线及切线长定理怎样证明直线与圆相切？在直线与圆的各种位置关系中，相切是一种重要的位置关系．现介绍以下三种判别直线与圆相切的基本方法：（1）利用切线的定义——在已知条件中有“半径与一条直线交于该半径的外端”，于是只需直接证明这条直线垂直于这个半径即可．【例1】已知：△ABC内接于⊙O，⊙O的直径AE交BC于F点，点P在BC的延长线上，且∠CAP=∠ABC．求证：PA是⊙O的切线．【证明】连接EC．∵AE是⊙O的直径，∴∠ACE=90°．∴∠E＋∠EAC=90°．∵∠E=∠B，∠B=∠CAP，∴∠E=∠CAP．∴∠EAC＋∠CAP=∠EAC＋∠E=90°．∴∠EAP=90°．∴PA⊥OA．又PA经过点A，∴PA是⊙O的切线．（2）利用切线的判定定理——在已知条件中，有“一条直线过圆上某一点（即为切点），但没有半径”，于是先连接圆心与这个点成为半径，然后再证明这条直线和这条半径垂直．【例2】以Rt△ABC的直角边BC为直径作⊙O交斜边AB于点P，点Q为AC的中点．求证：PQ为⊙O的切线．B【证明】连接OP，CP．∵BC为直径，∴∠BPC=90°，即∠APC=90°．又点Q为AC的中点，∴QP=QC．∴∠1=∠2．又OP=OC，∴∠3=∠4．又∠ACB=90°，∴∠2＋∠4=∠1＋∠3=∠ACB=90°．∴∠OPQ=90°．∵点P在⊙O上，且点P为半径OP的端点，∴QP为⊙O的切线．说明：要证PQ与半径垂直，即连接OP．这是判别相切中添加辅助线的常用方法．（3）证明“d=R”，在已知条件中“没有半径，也没有明确直线与圆的公共交点”，于是过圆心作直线的垂线，然后再证明这条垂线段的长(d)等于圆的半径(R)即可．【例3】已知，在△ABC中，AD⊥BC于点D，且AD=12BC，点E，F分别为AB，AC的中点，点O为EF的中点．求证：以EF为直径的圆与BC相切．【证明】作OH⊥BC于点H，设AD与EF交于点M．∵点E，F分别为AB，AC的中点，∴EF=12 BC．∴点M也是AD的中点，即MD=12 AD．又AD=12BC，∴EF=AD，MD=12EF．又AD⊥BC，∴OH∥MD．∴四边形OHDM是矩形．∴OH=MD=12EF．∴OH是⊙O的半径．∴以EF为直径的圆与BC相切．与《切线长定理》相关的中考压轴题1．已知：以Rt △ABC 的直角边AB 为直径作⊙O ，与斜边AC 交于点D ，过点D 作⊙O 的切线交BC 边于点E ．（1）如图，求证：EB =EC =ED ；（2）试问在线段DC 上是否存在点F ，满足BC 2=4DF •DC ？若存在，作出点F ，并予以证明；若不存在，请说明理由．分析：（1）连接BD ，已知ED 、EB 都是⊙O 的切线，由切线长定理可证得OE 垂直平分BD ，而BD ⊥AC （圆周角定理），则OE ∥AC ；由于O 是AB 的中点，可证得OE 是△ABC 的中位线，即E 是BC 中点，那么Rt △BDC 中，DE 就是斜边BC 的中线，由此可证得所求的结论；（2）由（1）知：BC =2BE =2DE ，则所求的比例关系式可转化为22BC ⎛⎫ ⎪⎝⎭=DF •DC ，即DE 2=DF •DC ，那么只需作出与△DEC 相似的△DFE 即可，这两个三角形的公共角为∠CDE ，只需作出∠DEF =∠C 即可；①∠DEC ＞∠C ，即180°-2∠C ＞∠C ，0°＜∠C ＜60°时，∠DEF 的EF 边与线段CD 相交，那么交点即为所求的F 点；②∠DEC =∠C ，即180°-2∠C =∠C ，∠C =60°时，F 与C 点重合，F 点仍在线段CD 上，此种情况也成立；③∠DEC＜∠C，即180°-2∠C＜∠C，60°＜∠C＜90°时，∠DEF的EF边与线段的延长线相交，与线段CD没有交点，所以在这种情况下不存在符合条件的F点．解：（1）证明：连接BD．由于ED、EB是⊙O的切线，由切线长定理，得ED=EB，∠DEO=∠BEO，∴OE垂直平分BD．又∵AB是⊙O的直径，∴AD⊥BD．∴AD∥OE．即OE∥AC．又O为AB的中点，∴OE为△ABC的中位线，∴BE=EC，∴EB=EC=ED．（2）解：在△DEC中，由于ED=EC，∴∠C=∠CDE，∴∠DEC=180°-2∠C．①当∠DEC＞∠C时，有180°-2∠C＞∠C，即0°＜∠C＜60°时，在线段DC上存在点F满足条件．在∠DEC内，以ED为一边，作∠DEF，使∠DEF=∠C，且EF交DC于点F，则点F即为所求．这是因为：在△DCE和△DEF中，∠CDE=∠EDF，∠C=∠DEF，∴△DEF∽△DCE．∴DE2=DF•DC．即212BC⎛⎫⎪⎝⎭=DF•DC．∴BC2=4DF•DC．②当∠DEC=∠C时，△DEC为等边三角形，即∠DEC=∠C=60°，此时，C点即为满足条件的F点，于是，DF=DC=DE，仍有BC2=4DE2=4DF•DC．③当∠DEC＜∠C时，即180°﹣2∠C＜∠C，60°＜∠C＜90°；所作的∠DEF ＞∠DEC，此时点F在DC的延长线上，故线段DC上不存在满足条件的点F．点评：此题主要考查了直角三角形的性质、切线长定理、三角形中位线定理及相似三角形的判定和性质；（2）题一定要注意“线段DC上是否存在点F”的条件，以免造成多解．2．如图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，以AB为直径的⊙O与DC相切于E．已知AB=8，边BC比AD大6．（1）求边AD、BC的长；（2）在直径AB上是否存在一动点P，使以A、D、P为顶点的三角形与△BCP相似？若存在，求出AP的长；若不存在，请说明理由．分析：过D作DF⊥BC于F，设AD=x，则DE=AD=x，EC=BC=x+6，根据勾股定理就得到一个关于x的方程，就可以解得AD的长；△ADP和△BCP相似，有△ADP∽△BCP和△ADP∽△BPC两种情况进行讨论，根据相似三角形的对应边的比相等，就可以求出AP的长．解：（1）方法1：过D作DF⊥BC于F，在Rt△DFC中，DF=AB=8，FC=BC-AD=6，∴DC2=62+82=100，即DC=10．设AD=x，则DE=AD=x，EC=BC=x+6，∴x+(x+6)=10．∴x=2．∴AD=2，BC=2+6=8．方法2：连OD、OE、OC，由切线长定理可知∠DOC=90°，AD=DE，CB=CE，设AD=x，则BC=x+6，由射影定理可得：OE2=DE•EC．即：x(x+6)=16，解得x1=2，x2=-8，（舍去）∴AD=2，BC=2+6=8．（2）存在符合条件的P点．设AP=y，则BP=8-y，△ADP与△BCP相似，有两种情况：①△ADP∽△BCP时，有AD APBC PB=，即288yy=-．∴y=85．②△ADP∽△BPC时，有AD APBP BC=，即288yy=-．∴y=4．故存在符合条件的点P，此时AP=85或4．点评：本题主要考查了相似三角形的判定性质，对应边的比相等的两三角形相似．3．如图，已知AB为⊙O的直径，PA，PC是⊙O的切线，A，C为切点，∠BAC=30°．（Ⅰ）求∠P的大小；（Ⅱ）若AB=2，求PA的长（结果保留根号）．分析：（Ⅰ）根据切线的性质及切线长定理可证明△PAC为等边三角形，则∠P的大小可求；（Ⅱ）由（Ⅰ）知PA=PC，在Rt△ACB中，利用30°的特殊角度可求得AC 的长．解：（Ⅰ）∵PA是⊙O的切线，AB为⊙O的直径，∴PA⊥AB，∴∠BAP=90°；∵∠BAC=30°，∴∠CAP=90°-∠BAC=60°．又∵PA、PC切⊙O于点A、C，∴PA=PC，∴△PAC为等边三角形，∴∠P=60°．（Ⅱ）如图，连接BC，则∠ACB=90°．在Rt△ACB中，AB=2，∠BAC=30°，∵cos∠BAC=ACAB，∴AC=AB•cos∠BAC=2cos30°3∵△PAC为等边三角形，∴PA=AC，∴PA3．点评：本题考查的是切线长定理，切线长定理图提供了很多等线段，分析图形时关键是要仔细探索，找出图形的各对相等切线长．四、 正多边形与圆4．（1）已知如图①所示，△ABC 是⊙O 的内接正三角形，点P 为︵BC 上一动点，求证PA ＝PB ＋PC ．下面给出一种证明方法，你可以按这一方法补全证明过程，也可以选择另外的证明方法．证明：在AP 上截取AE ＝CP ，连接BE ． ∵△ABC 是正三角形， ∴AB ＝CB ．∴∠1和∠2是同弧所对的圆周角． ∴∠1＝∠2． ∴△ABE ≌△CBP ．③OPFEDBA②ODCBA①21E POCB（2）如图②所示，四边形ABCD 是⊙O 的内接正方形，点P 为︵BC 上一动点，求证：PA ＝PC 2PB ．（3）如图③所示，六边形ABCDEF 是⊙O 的内接正六边形，点P 为︵BC 上一动点，请探究PA 、PB 、PC 三者之间有何数量关系，直接写出结论．4．证明：⑥F⑤④（1）如图④所示，延长BP 至E ，使PE ＝PC ，连接CE ． 易知∠CPE ＝∠CAB ＝60°，∴△PCE 是等边三角形． ∴CE ＝PC ，∠ECP ＝60°． ∴∠ECP ＋∠PCB ＝∠BCA ＋∠PCB ， 即∠ECB ＝∠PCA ．在△CAP 和△CBE 中，CA ＝CB ，CP ＝CE ，∠PCA ＝∠ECB ， ∴△CAP ≌△CBE ． ∴PA ＝BE ＝PB ＋PC ．（2）如图⑤所示，过点B 作BE ⊥PB 交PA 于E ． ∵∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°， ∴∠1＝∠3．又∵AB ＝BC，∠BAP ＝∠BCP ， ∴△ABE ≌△CBP ，∴PC ＝AE ．∵∠APB＝45°，∴BP ＝BE ，∴PE PB． ∴PA ＝AE ＋PE ＝PC PB ． （3）PA ＝PC ．证明：如图⑥所示，在AP 上截取AQ ＝PC ，连接BQ ． ∵∠BAP ＝∠BCP ，AB ＝BC ，AQ ＝CP ， ∴△ABQ ≌△CBP ，∴BQ ＝BP ． 又∵∠APB ＝30°，∴PQ ＝3PB ． ∴PA ＝PQ ＋AQ ＝3PB ＋PC ．五、 与圆有关的计算1．如图，将圆沿AB 折叠后，圆弧恰好经过圆心，则弧AMB 的度数是（ ）．A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°2．如图，王虎使一长为4 cm 、宽为3 cm 的长方形木板，在桌面上做无滑动的翻滚（顺时针方向），木板上点A 位置变化为A →A 1→A 2，其中第二次翻滚被桌面上一小木板档住，使木板与桌面成30°角，则点A 翻滚到A 2位置时共走过的路径长为（ ）．A ．10 cmB ．4π cmC ．72π cmD ．52cm3．如图，有一圆锥形粮堆，其正视图是边长为6 cm 的正三角形ABC ，粮堆母线AC 的中点P 处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B 处，它要沿圆锥侧面到达P 处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是________cm （结果不取近似值）．4、如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AC=3，BC=1，将Rt△ABC绕点C 旋转90°后得Rt△A'B'C，再将Rt△A'B'C绕点B'旋转为Rt△A''B'C'使得点A，C，B'，A''在同一条直线上，则点A运动到点A''所走的路径长为___________．。

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．学历训练A组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 ．8(5．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．B 组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 ．3a 13．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。

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 。

托勒密定理定理图定理的内容托勒密(Ptolemy)定理指出，圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积。

原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和。

从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．定理的提出一般几何教科书中的“托勒密定理”，实出自依巴谷(Hipparchus)之手，托勒密只是从他的书中摘出。

证明一、（以下是推论的证明，托勒密定理可视作特殊情况。

）在任意四边形ABCD中，作△ABE使∠BAE=∠CAD ∠ABE=∠ACD因为△ABE∽△ACD所以BE/CD=AB/AC,即BE·AC=AB·CD (1)而∠BAC=∠DAE，，∠ACB=∠ADE所以△ABC∽△AED相似.BC/ED=AC/AD即ED·AC=BC·AD (2)(1)+(2),得AC(BE+ED)=AB·CD+AD·BC又因为BE+ED≥BD（仅在四边形ABCD是某圆的内接四边形时，等号成立，即“托勒密定理”）所以命题得证复数证明用a、b、c、d分别表示四边形顶点A、B、C、D的复数，则AB、CD、AD、BC、AC、BD的长度分别是：(a-b)、(c-d)、(a-d)、(b-c)、(a-c)、(b-d)。

首先注意到复数恒等式：(a − b)(c− d) + (a− d)(b− c) = (a− c)(b− d) ，两边取模，运用三角不等式得。

等号成立的条件是(a-b)(c-d)与(a-d)(b-c)的辐角相等，这与A、B、C、D四点共圆等价。

四点不限于同一平面。

平面上，托勒密不等式是三角不等式的反演形式。

二、设ABCD是圆内接四边形。

在弦BC上，圆周角∠BAC = ∠BDC，而在AB上，∠ADB = ∠ACB。

在AC上取一点K，使得∠ABK = ∠CBD；因为∠ABK + ∠CBK =∠ABC = ∠CBD + ∠ABD，所以∠CBK = ∠ABD。

切线的判定定理经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线几何语言：∵l ⊥OA，点A在⊙O上∴直线l是⊙O的切线（切线判定定理）切线的性质定理圆的切线垂直于经过切点的半径几何语言：∵OA是⊙O的半径，直线l切⊙O于点A∴l ⊥OA（切线性质定理）推论1 经过圆心且垂直于切线的直径必经过切点推论2 经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心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几何语言：∵直线PA、PB分别切⊙O于A、B两点∴PA=PB，∠APO=∠BPO（切线长定理）证明：连结OA、OB∵直线PA、PB分别切⊙O于A、B两点∴OA⊥AP、OB⊥PB∴∠OAP=∠OBP=90°在△OPA和△OPB中：∠OAP=∠OBPOP=OPOA=OB=r∴△OPA≌△OPB（HL）∴PA=PB，∠APO=∠BPO弦切角概念顶点在圆上，一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角．它是继圆心角、圆周角之后第三种与圆有关的角．这种角必须满足三个条件：（1）顶点在圆上，即角的顶点是圆的一条切线的切点；（2）角的一边和圆相交，即角的一边是过切点的一条弦所在的射线；（3）角的另一边和圆相切，即角的另一边是切线上以切点为端点的一条射线。

它们是判断一个角是否为弦切角的标准，三者缺一不可（4）弦切角可以认为是圆周角的一个特例，即圆周角的一边绕顶点旋转到与圆相切时所成的角．正因为如此，弦切角具有与圆周角类似的性质．弦切角定理弦切角（即图中∠ACD)等于它所夹的弧(弧AC)对的圆周角等于所夹的弧的读数的一半等于1/2所夹的弧的圆心角[注，由于网上找得的图不是很完整，图中没有连结OC] 几何语言：∵∠ACD所夹的是弧AC∴∠ACD=∠ABC=1/2∠COA=1/2弧AC的度数(弦切角定理）推论如果两个弦切角所夹的弧相等，那么这两个弦切角也相等几何语言：∵∠1所夹的是弧MN ，∠2所夹的是PQ ，弧MN =弧PQ∴∠1=∠2证明：作AD⊥EC∵∠ADC=90°∴∠ACD+∠CAD=90°∵ED与⊙O切于点C∴OC⊥ED∴∠OCD=∠OCA+∠ACD=90°∴∠OCA=∠CAD∵OC=OA=r∴∠OCA=∠OAC∴∠COA=180°-∠OCA-∠OAC=180°-2∠CAD又∵∠ACD=90°-∠CAD∴∠ACDC=1/2∠COA∴∠ACD=∠ABC=1/2∠COA=1/2弧AC的度数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。

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＝5，DB＝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：解：连接BC，OA，OC，OB，OD．如图2，在△BCE中，∠AEC＝∠EBC+∠ECB∵∠EBC＝∠AOC，∠ECB＝∠BOD∴∠AEC＝∠AOC+∠BOD＝（∠AOC+∠BOD）即：∠AEC的度数＝（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°．。

圆中的重要模型之阿基米德折弦(定理)模型、婆罗摩笈多(定理)模型圆在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就圆形中的重要模型(阿基米德折弦(定理)模型、婆罗摩笈多(布拉美古塔)(定理)模型)进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1.阿基米德折弦模型【模型解读】折弦:从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦。

一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点。

如图1所示，AB 和BC 是⊙O 的两条弦(即ABC 是圆的一条折弦)，BC >AB ，M 是ABC的中点，则从M 向BC 所作垂线之垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD =AB +BD 。

图1图2图3图4常见证明的方法：1)补短法：如图2，如图，延长DB 至F ，使BF =BA ；2)截长法：如图3，在CD 上截取DG =DB ；3)垂线法：如图4，作MH ⊥射线AB ，垂足为H 。

1(2023·山西·九年级专题练习)定义：圆中有公共端点的两条弦组成的折线称为圆的一条折弦．阿基米德折弦定理：如图1，AB 和BC 组成圆的折弦，AB >BC ，M 是弧ABC 的中点，MF ⊥AB 于F ，则AF =FB +BC ．如图2，△ABC 中，∠ABC =60°，AB =8，BC =6，D 是AB 上一点，BD =1，作DE ⊥AB 交△ABC 的外接圆于E ，连接EA ，则∠EAC =°．【答案】60°．【分析】连接OA 、OC 、OE ，由已知条件，根据阿基米德折弦定理，可得到点E 为弧ABC 的中点，即AE=CE,进而推得∠AOE =∠COE ，已知∠ABC =60°，则∠AOC =2∠ABC =2×60°=120°，可知∠AOE =∠COE =120°，故∠CAE =12∠COE =60°.【详解】解：如图2，连接OA 、OC 、OE ，∵AB =8，BC =6，BD =1，∴AD =7，BD +BC =7，∴AD =BD +BC ，而ED ⊥AB ，∴点E 为弧ABC 的中点，即AE=CE，∴∠AOE =∠COE ，∵∠AOC =2∠ABC =2×60°=120°，∴∠AOE =∠COE =120°，∴∠CAE =12∠COE =60°．故答案为60°．【点睛】本题是新定义型题，考查了圆周角定理及推论，解本题的关键是掌握题中给出的关于阿基米德折弦定理的内容并进行应用.2(2023·浙江温州·九年级校考阶段练习)阿基米德是古希腊最伟大的数学家之一，他曾用图1发现了阿基米德折弦定理．如图2，已知BC 为⊙O 的直径，AB 为一条弦(BC >AB )，点M 是ABC上的点，MD ⊥BC 于点D ，延长MD 交弦AB 于点E ，连接BM ，若BM =6，AB =4，则AE 的长为()A.52B.94C.125D.135【答案】A【分析】延长ME ，设交圆于点F ，连接BF 、AF ，可得BF =BM ，∠BMF =∠BFM =∠FAB ，从而可得△BFA ∽△BEF ，利用相似三角形的性质列式可求BE 的长度，从而可求得AE 的长度．【详解】解：延长ME ，设交圆于点F ，连接BF 、AF ，如图，∵BC 为⊙O 的直径，MD ⊥BC 于点D ，∴MB =FB =6，∠BMF =∠BFM 又∠BMF =∠FAB ∴∠BFM =∠FAB ∴∠BFE =∠FAB ∵∠EBF =∠FBA ∴△BFA ∽△BEF ∴BF AB =BE BF 即64=BE 6∴BE =32∴AE =4-32=52故选：A ．【点睛】本题考查垂径定理及三角形相似的判定和性质，解题的关键是准确做出辅助线，得出三角形相似．3(2023·山东济宁·校考二模)阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子，在后世的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容．在1964年出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．【定理内容】一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．【定理模型】如图①，已知AB 和BC 是⊙O 的两条弦(即折线ABC 是⊙O 的一条折弦)，BC >AB ，M 是ABC的中点，那么从M 向弦BC 作垂线的垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD =AB +BD ．下面是运用“补短法”证明CD =AB +BD 的部分证明过程：如图②，延长DB 至点F ，使BF =BA ，连接MF ，AB ，MC ，MA ，AC ，⋯【定理证明】按照上面思路，写出剩余部分的证明过程．【问题解决】如图③，△ABC 内接于⊙O ，已知AB =AC =22，D 为AC上一点，连接AD ，DC ，∠ABD =45°，∠CBD =15°，求△ABC 的周长．【答案】[定理证明]见解析；[问题解决]4+22【分析】[定理证明]证明△MBF ≌△MBA SAS ，则MF =MA =MC ，再证明DF =CD ，则FB +BD =CD ，可得AB +BD =CD ；[问题解决]过点A 作AE ⊥BD 交于E ，可得△ABC 为等边三角形，则CB =AB =22，根据阿基米德折线定理，DE +CD =BE =2，即可求△BCD 的周长为BE +DE +CD +BC =4+22．【详解】[定理证明]证明：∵M 是ABC的中点，∴AM =CM ，∴∠MAC =∠MCA ，∵∠MBC =∠MAC ，∠MBC +∠MBF =180°，∠MBA +∠MCA =180°，∴∠MBF =∠MBA ，∴△MBF ≌△MBA SAS ，∴MF =MA =MC ，∵MD ⊥CF ，∴DF =CD ，∴FB +BD =CD ，∴AB +BD =CD ；[问题解决]解：过点A 作AE ⊥BD 交于E ，∵∠ABD =45°，∠CBD =15°，AB =AC =22，∴AE =BE =2，∠ABC =60°，∴△ABC 为等边三角形，∴CB =AB =22，根据阿基米德折线定理，DE +CD =BE =2，∴△BCD 的周长为BE +DE +CD +BC =4+22．【点睛】本题考查圆的综合应用，理解阿基米德折线定理，熟练掌握圆的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．4(2022上·江苏盐城·九年级统考期中)【了解概念】我们知道，折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段MQ 、QN 组成折线段MQN ．若点P 在折线段MQN 上，MP =PQ +QN ，则称点P 是折线段MQN 的中点．【理解应用】(1)如图2，⊙O 的半径为2，PA 是⊙O 的切线，A 为切点，点B 是折线段POA 的中点．若∠APO =30°，则PB =；【定理证明】(2)阿基米德折弦定理：如图3，AB 和BC 是⊙O 的两条弦(即折线段ABC 是圆的一条折弦)，BC >AB ，点M 是ABC的中点，从M 向BC 作垂线，垂足为D ，求证：D 是折弦ABC 的中点；【变式探究】(3)如图4，若点M 是AC的中点，【定理证明】中的其他条件不变，则CD 、DB 、BA 之间存在怎样的数量关系？请直接写出结论．【灵活应用】(4)如图5，BC 是⊙O 的直径，点A 为⊙O 上一定点，点D 为⊙O 上一动点，且满足∠DAB =45°，若AB =8，BC =10，则AD =．【答案】(1)3；(2)证明见解析；(3)DB =CD +BA ；(4)72或2【分析】(1)根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，求出PO =4，再由所给的定义求出PB 的长即可；(2)在BC 上截取CG =AB ，连接MC 、MG 、MB 、MA ，可证明△MAB ≌△MCG SAS ，得到MB =MG ，再由垂径定理得到BD =DG ，则有AB +BD =CG +DG =CD ，即可证明D 是折弦ABC 的中点；(3)仿照(2)的方法，在BD 上截取BG =AB ，连接MC 、MA 、MB 、MG ，证明△MAB ≌△MGB (SAS )，可得到AB +CD =BG +DG =BD ；(4)分两种情况讨论：当D 点在BC上时，过D 点作DG ⊥AB 交于点G ，由BG +AC =AG ，求出AG =12×(6+8)=7，再由勾股定理求出AD =72；当D 点在AB 上时，如图6，∠BAD =45°，过点D 作DH⊥AB 交于H 点，由AH +AC =AB ，求出AH =12(8-6)=1，再由勾股定理求出AD =2．【详解】解：(1)∵PA 是⊙O 的切线，A 为切点，∴PA ⊥AO ，∴∠PAO =90°，∵∠APO =30°，AO =2，∴PO =4，∴PO +AO =6，∵B 是折线段POA 的中点，∴PB =3，故答案为：3；(2)证明：在BC 上截取CG =AB ，连接MC 、MG 、MB 、MA ，∵点M 是ABC的中点，∴MA =MC ，∵∠A =∠C ，∴△MAB ≌△MCG (SAS )，∴MB =MG ，∵MD ⊥BC ，∴BD =DG ，∴AB +BD =CG +DG =CD ，∴D 是折弦ABC 的中点；(3)BD =AB +CD ，理由如下：在BD 上截取BG =AB ，连接MC 、MA 、MB 、MG ，∵点M 是AC 的中点，∴AM =CM ，∵∠ABM =∠MBG ，∴△MAB ≌△MGB (SAS )，∴MA =MG ，∴MC =MG ，∵DM ⊥BC ，∴CD =DG ，∴AB +CD =BG +DG =BD ；(4)∵BC 是⊙O 的直径，∴∠BAC =90°，∵AB =8，BC =10，∴AC =6，当D 点在BC 上时，如图5，∵∠DAB =45°，∴∠DAB =∠DAC =45°，过D 点作DG ⊥AB 交于点G ，∴BG +AC =AG ，∴AG =12×(6+8)=7，∴AD =72；当D 点在AB上时，如图6，∠BAD =45°，过点D 作DH ⊥AB 交于H 点，∵AH +AC =AB ，∴AH =12(8-6)=1，∴AD =2；综上所述：AD 的长为72或2，故答案为：72或2．【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，三角形全等的判定及性质，理解阿基米德折弦定理是解题的关键．5(2023·江苏·九年级期中)小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．(1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O 中，C 是劣弧AB 的中点，直线CD ⊥AB 于点E ，则AE =BE ．请证明此结论；(2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA ，PB 组成⊙O 的一条折弦．C 是劣弧AB 的中点，直线CD ⊥PA 于点E ，则AE =PE +PB ．可以通过延长DB 、AP 相交于点F ，再连接AD 证明结论成立．请写出证明过程；(3)如图3，PA ，PB 组成⊙O 的一条折弦．C 是优弧ACB 的中点，直线CD ⊥PA 于点E ，则AE ，PE 与PB 之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)AE =PE -PB ，证明见解析【分析】(1)连接AD ，BD ，易证△ADB 为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得AE =BE ．(2)根据圆内接四边形的性质，先证∠CDA =∠CDF ，再证△AFD 为等腰三角形，进一步证得PB =PF ，从而证得结论．(3)根据∠ADE =∠FDE ，从而证明△DAE ≌△DFE ，得出AE =EF ，然后判断出PB =PF ，进而求得AE =PE -PB ．【详解】(1)如图1，连接AD ，BD ，∵C 是劣弧AB 的中点，∴∠CDA =∠CDB ，∵DE ⊥AB ，∴∠AED =∠DEB =90°，∴∠A +∠ADE =90°，∠B +∠CDB =90°，∴∠A =∠B ，∴△ADB 是等腰三角形，∵CD ⊥AB ，∴AE =BE ；(2)如图2，延长DB 、AP 相交于点F ，再连接AD ，∵四边形ADBP 是圆内接四边形，∴∠PBF =∠PAD ，∵C 是劣弧AB 的中点，∴∠CDA =∠CDF ，∵CD ⊥PA ，∴∠AED =∠FED =90°∵DE =DE∴△ADE ≌△FDE ASA ∴AD =FD∴∠F =∠A ，AE =EF ，∴∠PBF =∠F ，∴PB =PF ，∴AE =PE +PB(3)AE =PE -PB ．理由如下：连接AD ，BD ，AB ，DB 与AP 相交于点F ，∵AC=BC，∴∠ADC=∠BDC，∵CD⊥AP，∴∠DEA=∠DEF，∠ADE=∠FDE，∵DE=DE，∴△DAE≌△DFE，∴AD=DF，AE=EF，∴∠DAF=∠DFA，∴∠DFA=∠PFB，∠PBD=∠DAP，∴∠PFB=∠PBF，∴PF=PB，∴AE=PE-PB．【点睛】此题考查了垂径定理及其推论，全能三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用垂径定理是解题的关键．模型2.婆罗摩笈多(定理)模型【模型解读】婆罗摩笈多(Brahmagupta)是七世纪时的印度数学家。