初中数学北师大版九年级下册第三章 圆7 切线长定理教案

这是一份初中数学北师大版九年级下册第三章 圆7 切线长定理教案，共4页。教案主要包含了情境导入，合作探究，板书设计等内容，欢迎下载使用。










1．理解切线长的定义；(重点)


2．掌握切线长定理并能运用切线长定理解决问题．(难点)





一、情境导入


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





二、合作探究


探究点：切线长定理


【类型一】 利用切线长定理求线段的长


如图，从⊙O外一点P引圆的两条切线PA、PB，切点分别是点A和点B，如果∠APB＝60°，线段PA＝10，那么弦AB的长是( )





A．10


B．12


C．5eq \r(3)


D．10eq \r(3)


解析：∵PA、PB都是⊙O的切线，∴PA＝PB.∵∠APB＝60°，∴△PAB是等边三角形，∴AB＝PA＝10.故选A.


方法总结：切线长定理是在圆中判断线段相等的主要依据，经常用到．


变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题


【类型二】 利用切线长定理求角的度数


如图，PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B，点C在⊙O上，如果∠ACB＝70°，那么∠OPA的度数是________度．





解析：如图所示，连接OA、OB.∵PA、PB是⊙O的切线，切点分别为A、B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°.又∵∠AOB＝2∠ACB＝140°，∴∠APB＝360°－∠PAO－∠AOB－∠OBP＝360°－90°－140°－90°＝40°.易证△POA≌△POB，∴∠OPA＝eq \f(1,2)∠APB＝20°.故答案为20.


方法总结：由公共点引出的两条切线，可以运用切线长定理得到等腰三角形．另外根据全等的判定，可得到PO平分∠APB.


变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第3题


【类型三】 利用切线长定理求三角形的周长


如图，PA、PB、DE是⊙O的切线，切点分别为A、B、F，已知PO＝13cm，⊙O的半径为5cm，求△PDE的周长．





解析：连接OA，根据切线的性质定理，得OA⊥PA.根据勾股定理，得PA＝12，再根据切线长定理即可求得△PDE的周长．


解：连接OA，则OA⊥PA.在Rt△APO中，PO＝13cm，OA＝5cm，根据勾股定理，得AP＝12cm.∵PA、PB、DE是⊙O的切线，∴PA＝PB，DA＝DF，EF＝EB，∴△PDE的周长PD＋DE＋PE＝PD＋DF＋FE＋PE＝PD＋DA＋EB＋PE＝PA＋PB＝2PA＝24cm.


方法总结：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等，圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角．


变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第4题


【类型四】 利用切线长定理解决圆外切四边形的问题





如图，四边形ABCD的边与圆O分别相切于点E、F、G、H，判断AB、BC、CD、DA之间有怎样的数量关系，并说明理由．


解析：直接利用切线长定理解答即可．


解：AD＋BC＝CD＋AB，理由如下：∵四边形ABCD的边与圆O分别相切于点E、F、G、H，∴DH＝DG，CG＝CF，BE＝BF，AE＝AH，∴AH＋DH＋CF＋BF＝DG＋GC＋AE＋BE，即AD＋BC＝CD＋AB.


方法总结：由切线长定理可以得到一些相等的线段，一定要明确这些相等线段．记住“圆外切四边形的对边之和相等”，对我们以后解决问题有很大帮助．


变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第4题


【类型五】 切线长定理与三角形内切圆的综合


如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的内切圆，它与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F.


(1)求证：BE＝CE；


(2)若∠A＝90°，AB＝AC＝2，求⊙O的半径．





解析：(1)利用切线长定理得出AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF，进而得出BD＝CF，即可得出答案；


(2)首先连接OD、OE、OF，进而利用切线的性质得出∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90°，进而得出四边形ODAF是正方形，再利用勾股定理求出⊙O的半径．


(1)证明：∵⊙O是△ABC的内切圆，∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF.∵AB＝AC，∴AB－AD＝AC－AF，即BD＝CF，∴BE＝CE；


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


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


【类型六】 利用切线长定理解决存在性问题


如图①，已知正方形ABCD的边长为2eq \r(3)，点M是AD的中点，P是线段MD上的一动点(P不与M，D重合)，以AB为直径作⊙O，过点P作⊙O的切线交BC于点F，切点为E.


(1)除正方形ABCD的四边和⊙O中的半径外，图中还有哪些相等的线段(不能添加字母和辅助线)?


(2)求四边形CDPF的周长；


(3)延长CD，FP相交于点G，如图②所示．是否存在点P，使BF·FG＝CF·OF？如果存在，试求此时AP的长；如果不存在，请说明理由．





解析：(1)根据切线长定理得到FB＝FE，PE＝PA；(2)根据切线长定理，发现该四边形的周长等于正方形的三边之和；(3)若要满足结论，则∠BFO＝∠GFC，根据切线长定理得∠BFO＝∠EFO，从而得到这三个角应是60°，然后结合已知的正方形的边长，也是圆的直径，利用30°的直角三角形的知识进行计算．


解：(1)FB＝FE，PE＝PA；


(2)四边形CDPF的周长为FC＋CD＋DP＋PE＋EF＝FC＋CD＋DP＋PA＋BF＝BF＋FC＋CD＋DP＋PA＝BC＋CD＋DA＝2eq \r(3)×3＝6eq \r(3)；


(3)假设存在点P，使BF·FG＝CF·OF.∴eq \f(BF,OF)＝eq \f(CF,FG).∵cs∠OFB＝eq \f(BF,OF)，cs∠GFC＝eq \f(CF,FG)，∴∠OFB＝∠GFC.∵∠OFB＝∠OFE，∴∠OFE＝∠OFB＝∠GFC＝60°，∴在Rt△OFB中，BF＝eq \f(OB,tan∠OFB)＝eq \f(OB,tan60°)＝1.在Rt△GFC中，∵CG＝CF·tan∠GFC＝CF·tan60°＝(2eq \r(3)－1)×eq \r(3)＝6－eq \r(3)，∴DG＝CG－CD＝6－3eq \r(3)，∴DP＝DG·tan∠PGD＝DG·tan30°＝2eq \r(3)－3，∴AP＝AD－DP＝2eq \r(3)－(2eq \r(3)－3)＝3.


方法总结：由于存在性问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算．一般思路是：假设存在——推理论证——得出结论．若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，若导出矛盾，就做出“不存在”的判断．


三、板书设计


切线长定理


1．切线长的概念


2．切线长定理


3．切线长定理的应用





在教学过程中，通过安排实践操作活动，使学生提高了探究的兴趣．首先教师突出操作要求，学生操作并思考回答问题，教师在学生回答问题的基础上进一步引导学生从中发现问题，让学生体会从具体情景和实践操作中发现问题，解决问题．通过设计问题情境，使学生提高解决问题的意识，通过自己画图尝试从中得到感性认识，进而不断地比较，让学生的思维能够经历一个从模糊到清晰，从具体到抽象，从直觉到逻辑的过程，再由直观、粗糙向严格、精确，使学生体会数学发展的过程.