圆中的重要模型之圆幂定理模型（解析版）

这是一份圆中的重要模型之圆幂定理模型（解析版），共44页。试卷主要包含了相交弦模型，双割线模型，切割线模型，弦切角模型，托勒密定理模型等内容，欢迎下载使用。

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：。
例1．（2023·江苏无锡·校联考三模）如图，点，，，在上，，．若，，则的长是 ．

【答案】
【分析】如图，连接，设交于点，根据题意可得是的直径，，设，证明，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出，根据，勾股定理求得，根据即可求解．
【详解】解：如图，连接，设交于点，

∵是的直径，， ，，
在中， ，
，，，
设则， ，，，
中，，
，，
又，，，，，
，，，解得，
，故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
例2．（2022·山东·统考三模）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的半径和的值．
【答案】(1)见解析(2)半径为；的值为
【分析】（1）证出∠OCF=90°，由切线的判定可得出结论；
（2）令BF=3k，则BC=4k ，CF=5k，由勾股定理列式计算求出k=1，证明△CBE∽△ADE，利用相似三角形的性质，则可得出答案．
(1)证明：∵FC=FE，∴∠CEF=∠ECF，
∵∠CEF=∠CAF+∠ACD，∠ECF=∠ECB+∠FCB，
∴∠CAF+∠ACD=∠ECB+∠FCB，
∵点D是弧AB的中点，∴∠ACD=∠ECB，∴∠CAF=∠FCB，
∵AC是直径，∴∠CBA=∠CBF=90°，即∠F+∠FCB=90°，
∴∠F+∠CAF=90°，∴∠OCF=90°，∴CF是圆O的切线；
(2)解：∵csF=，即，令BF=3k，则CF=5k，∴BC==4k，
∵CF=EF，∴2+3k=5k 解得k=1，∴CF=5，BF=3，BC=4，
在Rt△ABC中，∠ACB=∠F，∵cs∠ACB=，∴AC=，所以半径为，
在Rt△ACF中，，∴，∴AE=AF-EF=，连接AD，
∵∠CBE=∠ADE，∠CEB=∠AED，∴△CBE∽△ADE，
∴，∴．
【点睛】本题考查了切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握切线的判定和圆周角定理是解题的关键．
例3．（2023秋·山西大同·九年级校考期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务：
斯库顿定理：如图1．在中，为的平分线，则．下面是该定理的证明过程：
证明：如图2，是的外接圆，延长交于点，连接．
∵为的平分线，
∴．
∵，（依据①__________________________）
．（依据②_________________________）
又，
．
．
……
任务：（1）证明过程中的依据是：
①__________________________________．②__________________________________．
（2）将证明过程补充完整：
（3）如图3．在圆内接四边形中，对角线，相交于点．若，，，，，请利用斯库顿定理，直接写出线段的长．
【答案】（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等，②两角分别相等的两个三角形相似；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由图可知和所对的弧是同一条弧，根据同弧或者等弧所对圆周角相等可知结论；已知两角分别相等的两个三角形相似；
（2）已知两角分别相等的两个三角形相似可知，进而得到比例关系，最后得出结论；
（3）由斯库顿定理，得，从而求出的值，再根据两角分别相等的两个三角形相似可知：，进而得出的值，最后由线段和可知的值．
【详解】解：（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等
∵和所对的弧是同一条弧∴①应填：同弧或等弧所对的圆周角相等
②两角分别相等的两个三角形相似
∵题目中的结论是两个三角形相似，用的方式是三角形的两个角分别相等
∴②应填两角分别相等的两个三角形相似
（2）∵，..
（3）
∵.∴弧弧∴∴平分.
由斯库顿定理，得
又∵，，，，∴.
解得或（舍去）。
∵, .∴
∴∴解得∴
【点睛】本题是一道阅读理解题，通过读材料运用已知条件得到斯库顿定理，理解并会运用斯库顿定理是解题的关键．
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。
结论：
例1．（2023·辽宁葫芦岛·一模）已知：如图，、是⊙的割线，，，.则= .
【答案】8
【分析】由于PAB和PCD是⊙O的割线，可直接根据割线定理求出PD的长．
【详解】根据割线定理得：PA•PB=PC•PD；
∵，，；∴PD==8cm．故答案为8.
【点睛】本题主要考查的是切割线定理的应用．
例2．（2023·湖北九年级月考）如图，割线交于、两点，且，交于，，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设AB=x，PA=2x，则PB=3x.根据割线定理列方程求解即可.
【详解】延长PO交圆于D.∵，∴可设AB=x，PA=2x，则PB=3x.
∵，，∴PO=2+2+3=7. ∵PA·PB=PC·PO，∴2x · 3x=3×7,
∴x=,∴PA=2x= ，故选B.
【点睛】本题考查了割线的性质，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.
例3．（2022·湖北九年级课时练习）如图所示：、分别与圆O交于A、B、C、D四点，连接、，
(1)证明：(2)若，，，求的长.
【答案】(1)见解析(2)的长为6
【分析】（1）根据A、B、C、D四点共圆得，根据得，即可得；（2）根据相似三角形的性质得，进行计算即可得．
【详解】（1）证明：∵A、B、C、D四点共圆，∴，
∵，∴，∵，∴；
（2）解：∵，∴，
∵，，，∴， 即的长为6．
【点睛】本题考查了圆的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点，正确计算．
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。
结论：
例1．（2023·江苏南通·中考模拟）如图，已知是的切线，为切点，与相交于．两点，，，则的长等于（ )

A．B．16cmC．D．
【答案】D
【分析】根据已知得到的长，再根据切割线定理即可求得的长
【详解】解：∵，，∴，
∵，∴，故选D．
【点睛】本题是对圆知识的综合考查，熟练掌握圆及相似三角形的性质是解决本题的关键.
例2．（2022·河南驻马店·校联考三模）复习巩固
切线：直线和圆只有一个公共点，这时这条直线和圆相切，我们把这条直线叫做圆的切线，这个点叫做切点.如图1，直线l1为⊙O的切线
割线：直线和圆有两个公共点，这时这条直线和圆相交，我们把这条直线叫做圆的割线.如图1，直线l2为⊙O的割线
切线长：过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长.
阅读材料《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所普的一部数学著作.它是欧州数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书其中第三卷命题36一2圆幂定理（切割线定理）内容如下：
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.为了说明材料中定理的正确性，需要对其进行证明，下面已经写了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出证明过程
已知：如图2，A是⊙O外一点， ．
求证：
[提示]辅助线可先考虑作⊙O的直径DE．
【答案】AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线；；证明见解析．
【分析】按照题设要求，写出“已知”和“求证”，然后证明△ABD∽△ADC，即可求解．
【详解】解：（已知：如图，A是⊙O外一点，）AD是⊙O的切线，直线ABC为⊙O的割线．
求证：．
故答案为：AB是⊙O的切线，直线ACD为⊙O的割线，．
证明：连接BD，连接DO并延长交⊙O于点E，连接BE，
∵AD是⊙O的切线，∴，
∵DE是圆的直径，∴，∴，
又∵，∴，
∵，∴△ABD∽△ADC，∴，∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、同弧或等弧所对的圆周角相等以及相似三角形的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解决本题的关键．
例3．（2023春·河南驻马店·九年级统考期中）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部著作，它是欧洲数学的基础，总结了平面几何五大公设，被广泛地认为是历史上学习数学几何部分最成功的教科书．下面是其中的切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线上是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，即如图①，是的切线，直线为的割线，则．
下面是切割线定理的证明过程（不完整）：
证明：如图②，连接，连接并延长交于点E，连接、．
∵是的切线，是的半径，
∴．
∵是的直径，∴（__________），
∴，∴__________．
∵，∴__________．
∵，∴∽，
∴（__________），
∴．

任务：(1)请在横线上补充证明过程，在括号内补充推理的依据；(2)如图③，已知是的直径，是的切线，A为切点，割线与于点E，且满足，，求的长．
【答案】(1)直径所对的圆周角相等；；；相似三角形的对应边成比例；(2)
【分析】（1）根据圆周角定理、等角的余角相等、等量代换、相似三角形的性质等补充证明过程；（2）先根据已知和割线定理求得，，，则，再根据切线性质和勾股定理求得；利用圆周角定理和相似三角形的判定证明，则，进而求得即可求解．
【详解】（1）证明：如图②，连接，连接并延长交于点E，连接、．
∵是的切线，是的半径，∴．
∵是的直径，∴（直径所对的圆周角相等），
∴，∴．∵，∴．
∵，∴∽，
∴（相似三角形的对应边成比例），∴．

故答案为：直径所对的圆周角相等；；；相似三角形的对应边成比例；
（2）解：图3中，连接，，
∵，∴设，，，则，
∵是的切线，是割线，∴由割线定理得，则，解得（负值舍去），
∴，，，则，
∵是的直径，是的切线，∴，∴；
∵，，∴，则，
∴，∴．
【点睛】本题主要考查了切线性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解切割线定理，掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
模型4.弦切角模型
条件：如图，CB是圆O的切线，AB是圆O的直径。
结论：1）；
2）；
3）。
例1．（2023·成都九年级期中）定义：弦切角：顶点在圆上，一边与圆相交，另一边和圆相切的角叫弦切角．
问题情景：已知如图所示，直线是的切线，切点为，为的一条弦，为弧所对的圆周角．
（1）猜想：弦切角与之间的关系．试用转化的思想：即连接并延长交于点，连接，来论证你的猜想．（2）用自己的语言叙述你猜想得到的结论．
【答案】（1）（2）弦切角等于其两边所夹弧对的圆周角
【分析】（1）连接CO并延长交圆于E，连接DE，根据直径所对的圆周角是直角，可以得到∠E+∠DCE=90°；再根据AB是切线可以得到∠DCE+DCB=90°，所以∠DCB=∠E，最后根据等弧所对的圆周角相等就可以的得到所要的结论．（2）能说清弦切角与圆周角的关系即可．
【详解】（1）；
证明：∵是的直径，∴；
又∵是的切线，∴，∴；
又∵，∴．
（2）弦切角等于其两边所夹弧对的圆周角．（或弦切角的度数等于其两边所夹弧度数的一半．）
【点睛】此题综合运用了切线的性质、等角的余角相等以及圆周角定理的推论．
例2．（2023·河南洛阳·统考三模）人类会作圆并且真正了解圆的性质是在2000多年前，由我国的墨子给出圆的概念：“圆，一中同长也．”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等，这个定义比古希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100多年．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数．
(1)如图1，是的切线．点C，D在上．求证：；
(2)如图2，是的切线．连接交于点D，为的直径．若，，的半径为5，求的长．
【答案】(1)详见解析 (2)
【分析】（1）连接，并延长交于点M，连接，先证明，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出，即可证明；（2）连接，，证明，得出，证明，得出，即，求出结果即可．
【详解】（1）证明：如图，连接，并延长交于点M，连接，如图所示：
∵是的直径，∴，∴，
∵是的切线，∴，∴，∴，
∵，∴，∴．
（2）解：连接，，如图所示：
∵是的直径，∴，∴，
∵是的切线，∴，
∵，∴，∴，
与（1）同理可得，，，
∴，∴，
∵，，∴，∴，
∵，，∴，∴．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形相似的判定和性质，切线的性质定理，直径所对的圆周角为直角，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质定理．
例3．（2023·四川绵阳·九年级统考期中）定义：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．如图1，为的切线，点为切点，为内一条弦，即为弦切角．
(1)古希腊数学家欧几里得的《几何原本》是一部不朽的数学巨著，全书共13卷，以第1卷的23个定义、5个公设和5个公理作为基本出发点，给出了119个定义和465个命题及证明．第三卷中命题32一弦切角定理的内容是：“弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数．”
如下给出了弦切角定理不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图2，为的切线，点为切点，为内一条弦，点在上，连接，，，．
求证：．
证明：
(2)如图3，为的切线，为切点，点是上一动点，过点作于点，交于，连接，，．若，，求弦的长．
【答案】(1)见解析(2)21
【分析】（1）如图2，延长交于，连接，根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到，求得，于是得到结论；
（2）如图3，连接，根据勾股定理得到，根据切线的性质得到，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：求证：，
证明：如图2，延长交于，连接，
是的直径，，，
为的切线，，，
，，
；即；
（2）如图3，连接，
，，，
为的切线，，
，，
，，．
【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
模型5.托勒密定理模型
条件：如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论：
例1．（2022春·广东九年级课时练习）阅读与应用
请阅读下列材料，完成相应的任务：
托勒密是“地心说”的集大成者，著名的天文学家、地理学家、占星学家和光学家．后人从托勒密的书中发现一个命题：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积．下面是对这个命题的证明过程．
如图1，四边形ABCD内接于．
求证：．
证明：如图2，作交BD于点E．
∵，∴．（依据）
∴．∴．．
…
∴．
∴．∴．
∵，
∴．
∴．
任务：(1)证明过程中的“依据”是______；(2)补全证明过程；
(3)如图3，的内接五边形ABCDE的边长都为2，求对角线BD的长．
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；(2)见解析；(3)；
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可得；
（2）由可得，再由可得；
（3）连接AD，BE，由可得，进而，BE=AD=BD，再由解方程即可；
【详解】（1）解：∵同弧所对的圆周角相等，，
∴；故答案为：同弧所对的圆周角相等；
（2）解：∵，
∴，∴，
∵，∴；
（3）解：如图，连接AD，BE，
∵，∴，
∴，∴，∴BE=AD=BD，
∵四边形ABDE是的内接四边形，∴，
∵，∴，
解得：或（舍去），∴对角线BD的长为；
【点睛】本题考查了圆内接多边形，圆心角、弧、弦关系，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识；掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题关键．
例2．（2022秋·山西临汾·九年级统考期末）阅读下列材料，并完成相应任务
托勒密，古希腊天问学家、地理学家和光学家，而他在数学方面也有重大贡献，下面就是托勒密发现的一个定理，圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两条对角线的乘积．
下面是该定理的证明过程（部分）
已知：如图①四边形是的内接四边形

求证：
证明：以C顶点，为一边作交于点E，使得
又∵ ∴
∴ ∴，
又，
∴ ∴
∴，∴
∴
∴ 即
任务：(1)请将“托勒密”定理的证明过程补充完整；(2)当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理： ．(3)如图②若，试探究线段之间的数量关系，并利用托勒密定理证明这个结论．

【答案】(1)
(2)勾股定理(3)，证明见解析
【分析】（1）根据相似三角形的性质求解即可；（2）根据矩形性质验证即可；
（3）根据题中证明过程解答即可．
【详解】（1）解： ；
（2）解：当圆内接四边形是矩形时，
∴，，∴，
∴托勒密定理就是我们非常熟知的勾股定理；
（3）解：
证明：∵，
∴ ∴ ∴是等边三角形∴
由托勒密定理得：
∴∴；
【点睛】本题考查新定义下的证明，涉及相似三角形的判定与性质，圆的性质，灵活运用所学知识是关键．
课后专项训练
1．（2023·福建九年级月考）如图，是的切线，为切点，是割线，交于、两点，与直径交于点，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的长；由勾股定理知，PT2=PD2-TD2，由切割线定理知，PT2=PB•PA=（PD-BD）（PD+AD），从而可求得PD，PB的长．
【详解】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．故选D．
【点睛】本题考查相交弦定理，勾股定理，切割线定理，解题关键是熟练掌握定理．
2．（2023秋·湖南长沙·九年级校联考期中）如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，于点，交⊙于点．若，，则 ．

【答案】
【分析】连接，，根据圆周角定理和切线的性质证明，，继而证明，得到，代入已知线段，求出，再利用勾股定理即可得到结果．
【详解】解：如图，连接，．则，
又，∴，
∵为直径，∴，
∵直线与⊙相切于点，∴，∴，
∵，∴，∴，
又，∴，∴，
∴，即，解得：或（舍），即，
∴，∴，故答案为：．

【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，注意准确作出辅助线是解此题的关键．
3．（2023·四川成都·九年级校考阶段练习）如图，为的割线，且，交于点C，若，则的半径的长为 ．
【答案】
【分析】延长交圆于点D，连接、，由圆内接四边形内对角互补性质可得，结合邻补角互补可得，继而证明，由相似三角形对应边成比例解得，由此计算，最后根据线段的和差解题即可．
【详解】如图，延长交圆于点D，连接、，
四边形为圆内接四边形，∴．
∵，∴，∵，∴，
∴，∴，，
∵，∴，∴半径为，故答案为：．
【点睛】本题考查圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
4．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，过点引圆的两条割线和，分别交圆于点和，连结，则在下列各比例式中，①；②；③，成立的有 （把你认为成立的比例式的序号都填上）．
【答案】②③
【分析】根据已知及相似三角形的判定方法得到，△PAD∽△PCB，根据相似三角形的对应边的比相等从而可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠PAD=∠PCB，∠PDA=∠PBC，∴△PAD∽△PCB，
∴，∴①错误；②正确；
③连接AC，BD，∵∠P=∠P，∠PBD=∠PCA，∴△PAC∽△PDB，
∴，∴，正确；故答案为：②③．
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质，注意到题目中的相似三角形是解决本题的关键．
5．（2023·山东九年级月考）如图，从圆外一点引圆的切线，点为切点，割线交于点、．已知，，则 ．
【答案】
【分析】根据切割线定理，可求PB=18，再根据相似三角形的性质：相似三角形面积的比等于相似比的平方可求S△ABP：S△DAP=PB2：PA2=9：4．
【详解】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△ABP∽△DAP．∴S△ABP：S△DAP=PB2：PA2=9：4．故答案为9：4
【点睛】本题应用了切割线定理和相似三角形的性质：相似三角形面积的比等于相似比的平方．
6．（2023·重庆九年级月考）如图，割线、分别交于和，若，，，则 ．
【答案】
【分析】设PA=x，则PB=3x，由切割线定理得，2×（16+2）=x•3x，求解即可．
【详解】设PA=x，∵PA：AB=1：2，∴AB=2x，∴PB=3x，
由切割线定理得，2×（16+2）=x•3x，解得x=2，∴AB=4．故答案为4．
【点睛】本题考查了切割线定理和勾股定理，是基础知识要熟练掌握．
7．（2023·重庆·九年级专题练习）阅读下列材料，完成相应任务：
任务：(1)请按照上面证明思路写出该证明的剩余部分．
(2)如图3，与相切于点A，连接并延长与交于点B、C，，，，连接．①与的位置关系是 ．②求的长．
【答案】(1)见解析(2)①平行；②
【分析】（1）先根据切线的性质和圆周角定理证得，进而证明，利用相似三角形的性质求解即可；（2）根据圆周角定理证得，根据平行线的判定即可得出结论；
（3）连接，根据已知和（1）中结论和求得，，再利用勾股定理求得，然后证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：如图2，连接、，过点C作的直径，连接．
∵是的切线，∴，∴，即．
∵是直径，∴，即，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴；
（2）解：①∵，，∴，∴，故答案为：平行；
②如图3，连接，∵与相切，为割线，∴，
∵，∴，∴，即，∴，
由（1）可知，，∴，∴，
在中，，由勾股定理可知，，
∴，即，∴，
由（1）中证明过程可知，又，∴，
∴，即 ∴．
【点睛】本题考查圆的切线和割线性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、平行线的判定、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质探究线段间的数量关系是解答的关键．
8．（2023秋·河北邯郸·九年级校考期末）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，以AB的中点O为圆心、OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．
(1)判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；(2)求证：BC2=CD·2OE；
(3)若AB：AC=3：5，BE=6，求OE的长．
【答案】(1)DE为⊙O的切线，理由见解析(2)见解析(3)OE=
【分析】（1）连接OD，BD，根据直径所对的圆周角是直角得到∠ADB=90°，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CE=DE=BE=BC，推出∠C=∠CDE，再证明∠A=∠ADO，根据∠C+∠A=90°，得到∠ADO+∠CDE=90°，即∠ODE=90°，即可证明结论；（2）先由三角形中位线定理得到AC=2OE，再证明△ABC∽△BDC，得到 ，即,即可证明；（3）设AB=3k，AC=5k，在Rt△ABC中，，即，由此求解k的值即可得到答案．
【详解】（1）解：DE与⊙O相切，理由如下：连接OD，BD，
∵AB为圆O的直径，∴∠ADB=90°，在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，
∴CE=DE=BE=BC，∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，
∵∠ABC=90°，即∠C+∠A=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，即∠ODE=90°，
∴DE⊥OD，又OD为圆的半径，∴DE为⊙O的切线；
（2）解：∵E是BC的中点，O点是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴AC=2OE，
∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，∴△ABC∽△BDC，
∴ ，即,∴；
（3）解：∵BE=6，E是BC的中点，即BC=12，∵AB：AC=3：5,
设AB=3k，AC=5k，在Rt△ABC中，，
∴，解得k=3，∴AC=15，又∵AC=2OE，∴．
【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，勾股定理，直角三角形两锐角互余，相似三角形的性质与判定，直径所对的圆周角是直角等等，正确作出辅助线是解题的关键．
9．（2022·湖北恩施·统考一模）如图，以边的边为直径作圆O，交于D，E在弧上，连接、、，若．(1)求证：为切线；(2)求证：(3)若点E是弧的中点，与交于点F，当，时，求的长．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）由为直径得出为90°，利用，及同弧所对圆周角相等得出，即可得出结论；（2）证出与相似， 由相似得出成比例线段，，即可得出结论；（3）利用第二问的结论求出，故，再利用等弧所对圆周角相等得出等角，即可求解．
【详解】（1）证明：为直径，，，
，，，
，即，是直径，为切线．
（2）证明：，，
，，，
（3）解：，，，
，，
在中，，
在中，，
过点F作，垂足为点G，如图，
点E是弧的中点，，，
，，，，
又，．
【点睛】本题考查了圆周角定理、切线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形的面积．
10．（2022·广东·一模）如图，直线BC与⊙A相切于点C，连接BA，延长与圆交于点E，连接CE，CD．
(1)求证：；(2)若，，求的值．
【答案】(1)证明：∵在⊙A中，BC与圆相切，∴根据弦切角定理有，
又∵，∴，结论得证． (2)2
【分析】（1）利用弦切角定理，可知，再根据其共用的，即可求证；
（2）根据已知线段长度，利用切割线定理求出BD，再根据（1）的结论，即可得，再利用角相等即可求出．
【详解】（1）证明：∵在⊙A中，BC与圆相切，∴，
又∵，∴．
（2）∵在⊙A中AC=3，∴AE=AC=AD=3，∴，
又∵在⊙A中BC与圆相切，∴，
∴，化简得：，
解得BD=2，BD=-8，（不合题意舍去），
又∵，∴，
∴在Rt中，，∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定、弦切角定理、切割线定理、角的正切值以及解一元二次方程等知识．正确利用切割线定理求出BD的长度是解答本题的关键．
11．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在ΔABC中，点O是BC中点，以O为圆心，BC为直径作圆，刚好经过A点，延长BC于点D，连接AD．已知∠CAD＝∠B．
(1)求证：AD是O的切线；(2)求证：ΔACD～ΔBAD；(3)若BD＝8，tanB＝，求⊙O的面积．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3
【分析】（1）连接AO，由等腰三角形的性质及圆周角定理得出∠DAO=∠CAD+∠CAO=90°，则可得出结论；（2）根据相似三角形的判定方法可得出结论；
（3）由相似三角形的性质得出，求出DC=2，则可得出答案．
【详解】（1）解：证明：连接AO，
∵BC是直径，∴∠BAC=90°，∴∠B+∠ACO=90°，∵OA=OC，∴∠ACO=∠OAC，
∵∠CAD=∠B．∴∠DAO=∠CAD+∠CAO=90°，∴OA⊥AD，∴AD是⊙O的切线；
（2）证明：∵∠CAD=∠B，∠ADC=∠BDA，∴△ACD∽△BAD；
（3）∵∠BAC=90°，∴，∵△ACD∽△BAD，∴，
∴DC＝DB＝2，∴BC=DB-CD=8-2=6，∴半径r=3，∴⊙O的面积为9π．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及圆周角定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
12．（2023·内蒙古包头·校考三模）如图，是的直径，点A为圆上一点（不与C，D点重合），经过A作的切线，与的延长线交于点P，点M为上一点，连接并延长，与交于点F，E为上一点，且，连接并延长，与交于点B，连接．
（1）求证：．（2）若，求的长．（3）如果，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）PA=；（3）AC．
【分析】（1）连接AF，由切线的性质、圆周角定理和等量代换得出∠MAC=∠F，由等腰三角形的性质得出∠MAE=∠MEA，由三角形的外角性质证出∠BAC=∠BAF，即可得出结论；（2）连接AD，由切线的性质、圆周角定理和等量代换得出∠MAC=∠D，由∠P=∠P，证出△PAC∽△PDC，利用相似三角形的性质即可得出结果；（2）由，设OA=x，则OP=3x，求得OA=r=2，OP，DP=8，由△PAC∽△PDA，以及勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接AF，如图1所示：
∵PA是⊙O的切线，∴∠MAC=∠F，∵MA=ME，∴∠MAE=∠MEA，
∵∠MAE=∠MAC+∠BAC，∠MEA=∠F+∠BAF，∴∠BAC=∠BAF， ∴；
（2）解：连接AD，如图2所示：∵PA是⊙O的切线，∴∠MAC=∠D，
∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDA，∴，∴PA2=PC•PD=7，∴PA=；
（3）连接OA，
∵PA是⊙O的切线，∴OA⊥PA，∵，即，设OA=x，则OP=3x，
由勾股定理：，即，解得：(负值已舍)，
∴OA=r=2，OP=3，∴DP=DO+OP=2+6=8，由（2）得△PAC∽△PDA，
∴，即，设AD=m，则AC=，
∵CD是⊙O的直径，∴∠DAC=90，∴，即，
解得：(负值已舍)，∴AC=
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、弦切角定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及锐角三角函数等知识；熟练掌握圆周角定理和弦切角定理，证明三角形相似是解题的关键．
13．（2023·安徽亳州·统考二模）如图，为的直径，是的弦，延长交于点C，连接．(1)若平分，求的度数；(2)若点E为的中点，，，求的半径．
【答案】(1)的度数为；(2)的半径为
【分析】（1）由圆周角定理求得，推出，再根据圆内接四边形的性质求解即可；
（2）连接，由垂径定理和圆周角定理推出，根据平行线分线段成比例得到，，再证明，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵为的直径．∴，，
又∵平分．∴，∴，
又∵四边形是的内接四边形．∴，
答：的度数为；
（2）解：连接，
∵点E为的中点，∴，∴，
又∵，∴， ∴，∴，∴，
∵，∴，
∴，， ∴，，答：的半径为．
【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
14．（2022·河南南阳·统考三模）阅读资料：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角，如图1中即为弦切角．同学们研究发现：A为圆上任意一点，当弦AB经过圆心O，且DB切于点B时，易证：弦切角．
问题拓展：如图2，点A是优弧BC上任意一点，DB切于点B，求证：．
证明：连接BO并延长交于点，连接，如图2所示．
∵DB与相切于点B，
∴________
∴．
∵是直径，
∴_____________（依据）．
∴．
∴________________（依据）．
又∵________________（依据），
∴．
(1)将上述证明过程及依据补充完整．
(2)如图3，的顶点C在上，AC和相交于点D，且AB是的切线，切点为B，连接BD．若，求BC的长．
【答案】(1)90°；直径所对的圆周角是直角；同角的余角相等；同弧所对的圆周角相等(2)
【分析】（1）根据切线的性质以及圆周角的性质以及同角的余角相等的性质解决问题即可；
（2）利用第一问的结论，证明出，得到，代入数值，先求出AB的值，再求出BC的值即可．
【详解】（1）证明：连接BO并延长交于点，连接，如图2所示．
∵DB与相切于点B，∴ 90° ∴．
∵是直径，∴（直径所对的圆周角是直角）
∴．∴（同角的余角相等）．
又∵（同弧所对的圆周角相等），∴．
故答案为：90°；直径所对的圆周角是直角；同角的余角相等；同弧所对的圆周角相等．
（2）解：由题意，可知．
∵，∴．
∴，∴
∴，（舍去）．∴．
【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和切线的性质，还考查了相似，同时善于运用已经证明的结论解决问题是解题的关键．
15．（2023·黑龙江绥化·九年级统考期末）阅读下列材料，然后解答问题：
如图（1）：AB是⊙O的直径，AD是⊙O切线，BD交⊙O与点C，求证：∠DAC=∠B．
证明：因为AB为直径，AD为切线，所以AB⊥AD，
即∠BAD=900， 故∠DAC+∠BAC=900，
又因为AB是直径，所以∠ACB=900，
即∠BAC+∠B=900，所以∠DAC=∠B．
（1）如图（2）：若AB不是⊙O的直径，上述材料中的其他条件不变，那么∠DAC=∠B还成立吗？如果成立，证明你的结论；如果不成立，猜想∠DAC和∠B的大小关系；
（2）若切线AD和弦AC所夹的角∠DAC叫弦切角，那么通过上述的证明，可得出一个结论：弦切角等于它所夹的弧所对的 角.
【答案】（1）成立，理由见试题解析；（2）圆周．
【详解】试题分析：（1）连接AO并延长交⊙O于点E，连接CE，把问题转化为阅读材料提供的问题；
（2）弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角.
试题解析：（1）∠DAC=∠B还成立.理由如下：
连接AO并延长交⊙O于点E，连接CE.
因为AE为直径，AD为切线，所以AE⊥AD即∠EAD=900， 故∠DAC+∠EAC=900，
又因为AE是直径，所以∠ACE=900， 即∠EAC+∠E=900，所以∠DAC=∠E.
又因为∠E=∠B，所 以∠DAC=∠B.
(2) 圆周．
考点：切线的性质．
16．（2023·安徽宿州·二模）如图，是的内接三角形，D是圆外一点，连接，，连接交于点E．(1)求证：是的切线．(2)若，E是的中点，求的长度．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）连接并延长交于点G，连接，根据圆周角定理得出，，结合已知求出即可；（2）由圆内接四边形的性质证明，结合已知求出，然后证明，再利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接并延长交于点G，连接，

则，∴，∵，，
∴，即，∴，
∵是直径，∴是的切线；
（2）解：连接AE，

∵四边形是圆内接四边形，∴，
∵，∴，∵，∴，
又∵，∴，∴，
∵E是的中点，∴，∴，∴．
【点睛】本题考查切线的判定，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，关键是由圆周角定理证明，由圆内接四边形的性质推出．
17．（2023春·浙江·九年级开学考试）如图，已知⊙O和⊙⊙相交于A、B两点，过点A作⊙的切线交⊙O于点C，过点B作两圆的割线分别交⊙O、⊙于E、F，EF与AC相交于点P，
（1）求证：；（2）求证：；
（3）当⊙O与⊙为等圆时，且时，求△PEC与△FAP的面积的比值.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）连接AB，根据弦切角定理和圆周角定理的推论得到∠CAB=∠F，∠CAB=∠E，则∠F=∠E，根据内错角相等，得到AF∥CE，再根据平行线分线段成比例定理进行证明；
（2）利用（1）的比例式，两边同平方，再根据切割线定理进行等量代换即可；
（3）要求两个三角形的面积比，根据（1）知：两个三角形相似．所以只需求得它们的一组对应边的比，根据所给的线段的比值，结合勾股定理的逆定理发现Rt△PCE，连接AE，AE即是直径．又根据平行线的性质得到∠PAF=90°，则AF是圆的直径．根据勾股定理得到x与y的比值，从而得到三角形的面积比．
【详解】解：（1）证明：连接AB，∵CA切⊙O'于A，∴∠CAB=∠F,
∵∠CAB=∠E，∴∠E=∠F,∴AF∥CE,∴,∴.
（2）,,,
再根据切割线定理，得PA2=PB•PF，∴;
（3）连接AE，由（1）知△PEC∽△PFA，
而PC：CE：EP=3：4：5，∴PA：FA：PF=3：4：5．
设PC=3x，CE=4x，EP=5x，PA=3y，FA=4y，PF=5y，
∴EP2=PC2+CE2，PF2=PA2+FA2．∴∠C=∠CAF=90°．
∴AE为⊙O的直径，AF为⊙O'的直径．
∵⊙O与⊙O'等圆，∴AE=AF=4y．
∵AC2+CE2=AE2∴（3x+3y）2+（4x）2=（4y）2即25x2+18xy-7y2=0，
∴（25x-7y）（x+y）=0，,.
【点睛】综合运用了切线的性质、圆周角定理的推论、切割线定理以及相似三角形的性质和判定，难度比较大，综合性比较强．
18．（2023·山东滨州·统考中考真题）如图，点是的内心，的延长线与边相交于点，与的外接圆相交于点．(1)求证：；(2)求证：；(3)求证：；(4)猜想：线段三者之间存在的等量关系．（直接写出，不需证明．）

【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)
【分析】（1）过点F作，垂足分别为，则，进而表示出两个三角形的面积，即可求解；（2）过点A作于点，表示出两三角形的面积，即可求解；
（3）连接，证明得出，证明，得出，即可，恒等式变形即可求解；
（4）连接，证明，得出，证明，得出，即可求解．
【详解】（1）证明：如图所示，过点F作，垂足分别为，
∵点是的内心，∴是的角平分线，
∵，∴，
∵，∴；
（2）证明：如图所示，过点A作于点，

∵，∴，
由（1）可得，∴；
（3）证明：连接，

∵∴
∴∴，∴
∵，∴，又，∴，
∴，∴；∴，
∴，
（4）解：如图所示，连接，

∵点是的内心，∴是的角平分线，∴，
∵，∴，
∴，∴，∵，
，
∴，∴，∴．
【点睛】本题考查三角形内心的定义，同弧所对的圆周角相等，角平分线的性质与定义，相似三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的面积公式等知识，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题关键．
19．（2023·河南洛阳·统考一模）【问题探究】
已知：如图①所示，∠MPN的顶点为P，⊙O的圆心O从顶点P出发，沿着PN方向平移．
（1）如图②所示，当⊙O分别与射线PM，PN相交于A、B、C、D四个点，连接AC、BD，可以证得△PAC∽△ ，从而可以得到：PA•PB＝PC•PD．
（2）如图③所示，当⊙O与射线PM相切于点A，与射线PN相交于C、D两个点．求证：PA2＝PC•PD．
【简单应用】（3）如图④所示，（2）中条件不变，经过点P的另一条射线与⊙O相交于E、F两点．利用上述（1），（2）两问的结论，直接写出线段PA与PE、PF之间的数量关系 ；当PA＝4，EF＝2，则PE＝ ．
【拓展延伸】（4）如图⑤所示，在以O为圆心的两个同心圆中，A、B是大⊙O上的任意两点，经过A、B两点作线段，分别交小⊙O于C、E、D、F四个点．求证：AC•AE＝BD•BF．（友情提醒：可直接运用本题上面所得到的相关结论）
【答案】（1）△PDB；（2）证明见解析；（3）PA2＝PE•PF，6；（4）证明见解析
【分析】（1）由圆内接四边形的性质得出∠PAC＝∠PDB，再由∠P＝∠P，得出△PAC∽△PDB，得出对应边成比例，即可得出PA•P B＝P C•P D；（2）连接AC、AD，根据切线和直径所对圆周角的性质，∠PAC＝∠PDA，再由∠P＝∠P，证出△PAC∽△PDA，得出对应边成比例，即可得出结论；
（3）由（2）得出PA2＝PE•PF．代入已知数据得出PE（PE+2）＝48，解方程即可得到答案；
（4）过A作⊙O的切线AM，M为切点，过B作⊙O的切线BN，N为切点，连接OA、OM、OB、ON，由切线的性质得出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，再由同圆的半径相等，即可得出结论．
【详解】（1）由圆内接四边形的性质得：∠PAC＝∠PDB，
又∵∠P＝∠P，∴△PAC∽△PDB，
∴PA：PD＝PC：PB，∴PA•PB＝PC•P D．故答案为：△PDB；
（2）证明：连接AC、AD、AO，如图③所示：
∵⊙O与射线PM相切于点A，与射线PN相交于C、D两个点，∴
∵为⊙O直径∴ ∴
∵ ∴，
∴，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，故答案为：PA2＝PE•PF，6；
（4）证明：过A作⊙O的切线AM，M为切点，过B作⊙O的切线BN，N为切点，连接OA、OM、OB、ON，则AM⊥OM，BN⊥ON，如图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．
【点睛】本题考查了圆、圆内接四边形、切线、相似三角形、一元二次方程、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握圆、圆内接四边形、切线、相似三角形、勾股定理的性质，从而完成求解．
20．（2022春·黑龙江大庆·九年级校考阶段练习）如图，AB，CD是圆O的直径，AE是圆O的弦，且AE∥CD，过点C的圆O切线与EA的延长线交于点P，连接AC．（1）求证：AC平分∠BAP；（2）求证：PC2=PA•PE；
（3）若AE-AP=PC=4，求圆O的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）5.
【分析】（1）OA=OC，则∠OCA=∠OAC，CD∥AP，则∠OCA=∠PAC，即可求解；
（2）证明△PAC∽△PCE，即可求解；（3）利用△PAC∽△CAB、PC2=AC2-PA2，AC2=AB2-BC2，即可求解．
【详解】解：（1）∵OA=OC，∴∠OCA=∠OAC，
∵CD∥AP，∴∠OCA=∠PAC，∴∠OAC=∠PAC，∴AC平分∠BAP；
（2）连接AD，
∵CD为圆的直径，∴∠CAD=90°，∴∠DCA+∠D=90°，∵CD∥PA，∴∠DCA=∠PAC，
又∠PAC+∠PCA=90°，∴∠PAC=∠D=∠E，∴△PAC∽△PCE，∴，∴PC2=PA•PE；
（3）AE=AP+PC=AP+4，由（2）得16=PA（PA+PA+4），PA2+2PA-8=0，解得，PA=2，连接BC，
∵CP是切线，则∠PCA=∠CBA，Rt△PAC∽Rt△CAB，
，而PC2=AC2-PA2，AC2=AB2-BC2，其中PA=2，解得：AB=10，则圆O的半径为5．
【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了三角形相似、勾股定理运用的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．
21．（2023·江苏·九年级假期作业）阅读与思考
请阅读下列材料，并完成相应的任务：
任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为 ．
（2）如图2，正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝2，求对角线BD的长．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）由托勒密定理可直接求解；（2）连接，根据圆周角与弦的关系可得，设，在四边形中，据托勒密定理有，，建立方程即可求得的长
【详解】（1）由托勒密定理可得：故答案为：
（2）如图，连接，
五边形是正五边形，则,
设，即
解得（舍去）
【点睛】本题考查托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，理解题意添加辅助线是解题的关键．弗朗索瓦•韦达，法国杰出数学家．第一个有意识地和系统地使用字母来表示已知数、未知数及其乘幂，带来了代数学理论研究的重大进步，在欧洲被尊称为“代数学之父”．他还发现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（切割线定理）．
如图1，P是外一点，是的切线，是的一条割线，与的另一个交点为B，则．
证明：如图2，连接、，过点C作的直径，连接．
∵是的切线，∴，
∴，即．
……
克罗狄斯•托勒密（约90年﹣168年），是希腊数学家，天文学家，地理学家和占星家．在数学方面，他还论证了四边形的特性，即有名的托勒密定理，托勒密定理的内容如下：圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有 ．