专题04 圆中的重要模型之圆幂定理模型-2024-2025学年九年级数学下册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（沪科版）

专题04 圆中的重要模型之圆幂定理模型 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。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 2 模型1.相交弦模型 2 模型2.双割线模型 17 模型3.切割线模型 25 模型4.弦切角模型 39 模型5.托勒密定理模型 55 66 模型1.相交弦模型 相交弦定理（Intersecting Chords Theorem），经过圆内一点引两条弦，各弦被这点所分成的两线段的积相等。 条件：在圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内。 结论：。 证明：∵，∴，∵，∴， ∴，∴，∴。 例1．（2023·山东菏泽·九年级统考期中）如图，已知、、、在同一个圆上，，与交于，若，，且线段、为正整数，则 ．    例2．（2023·河南信阳·三模）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，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 例3．（2023春·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． 模型2.双割线模型 割线定理（Secant Theorem），从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等。 条件：如图，割线CH与弦CF交圆O于点E和点G。 结论： 证明：∵HGEF是圆的内接四边形，∴，∵，∴ 又，∴，∴ ，∴ 例1．（2023·重庆·统考一模）如图，PAB、PCD为⊙O的两条割线，若PA=5，AB=7，CD=11，则AC：BD= ． 例2．（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 ． 例3．（2023春·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. 模型3.切割线模型 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。 条件：如图，CB是圆O的切线，CA是圆O的割线。 结论： 证明：连接BO并延长交⊙O于点E，连接ED， ∵BC是⊙O的切线，∴，∵，∴， ∵BE是圆的直径，∴，∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴。 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．16cm C． D． 例2．（2023春·河南驻马店·校考二模）在数学课上，当老师讲到直线与圆的位置关系时，张明同学突发奇想，特殊线与圆在不同的位置情况下会有怎样的数量关系呢？于是在课下他查阅了老师推荐他的《几何原本》，这本书是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作．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．其中第三卷命题36-2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比例中项．（比例中项的定义：如果、、三个量成连比例即，则叫做和的比例中项） (1)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，是圆外一点，是圆的切线，直线为圆的割线． 求证： 证明： (2)已知，，则的长度是 ． 例3．（2023·湖北恩施·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． 模型4.弦切角模型 弦切角定理：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。 条件：如图，点A、B、D在O上，直线BC与O相切于点B。结论：∠CBD==∠BAD。 证明：连接BO并延长交⊙O于点E，连接OD、ED， ∵BC是⊙O的切线，∴，∵，∴， ∵BE是圆的直径，∴，∴，∴，∴， ∵，∴∠CBD==∠BAD。 例1．（2023·广西九年级期中）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． 例2．（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． 模型5.托勒密定理模型 托勒密定理（Ptolemy's theorem）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。 条件：如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论： 证明：如图2，作交BD于点E．∵，∴． ∴，∴，∴． ∵，∴，∴， ∵，∴；∴．∴．∴． ∴，∴． 例1．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．如图，中有圆内接四边形，已知，，，，则（    ）    A． B． C． D． 例2．（2023·山西晋中·九年级统考期末）阅读以下材料，并完成相应任务： 托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理． 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 已知：如图1，四边形内接于． 求证： 下面是该结论的证明过程： 证明：如图2，作，交于点E． ∵∴（依据1） ∴（依据2） ∴∴ ∵∴ ∵∴ 即 ∴ ∴ ∴ ∴ 任务： （1）上述证明过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？ 依据1：____________________________________________． 依据2：____________________________________________． （2）如图3，四边形内接于，为的直径，，，点D为的中点，求的长． 例3．（2023·江苏盐城·九年级统考期中）【旧知再现】圆内接四边形的对角 . 如图①，四边形是的内接四边形，若，则 . 【问题创新】圆内接四边形的边会有特殊性质吗？ 如图②，某数学兴趣小组进行深入研究发现： 证明：如图③，作，交于点.   ∵， ∴， ∴  即   （请按他们的思路继续完成证明） 【应用迁移】如图④，已知等边外接圆，点为 上一点，且，，求的长. 1．（2023·山东九年级月考）如图，过点作的两条割线分别交于点、和点、，已知，，则的长是（ ） A．3 B．7.5 C．5 D．5.5 2．（2023·山西九年级期中）如图，是外一点，、都是的割线．如果，，，那么的长为(     ) A． B．2 C．3 D．4 3．（2023·广西九年级期中）如图，为外一点，过点作的两条割线，分别交于、和、，且为的直径，已知，弧弧，则的长为（ ） A． B． C． D． 4．（2023春·浙江宁波·九年级校考期中）如图，两个同心圆，过大圆上一点A作小圆的割线，交小圆于B、C两点，且图中圆环的面积为，则 ． 5．（2023·成都市九年级期中）已知、为的两条割线，，，，，则的半径为 ． 6．（2023·湖南岳阳·统考二模）请阅读下列材料，解答问题： 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：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． 如图，正五边形ABCDE内接于，，则对角线BD的长为 ． 7．（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）． 8．（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 ． 9．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图1，内接于，点D为圆外上方一点，连接，若． (1)求证：是的切线；(2)如图2，连接．若，，，求的半径．（注：本题不允许使用弦切角定理） 10．（2023秋·山西吕梁·九年级校考期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ……    任务： (1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 11．（2023·山西吕梁·校考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务 切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到与圆交点的两条线段长的比例中项． 证明过程如下： 如图1：已知：点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证： 证明：连接并延长交于C，连接， ∵是的切线，（依据________________________________) ∵是的直径，（依据_______________________________)    又∵（依据_____________________________________) . . . . . . 任务：(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格．(2)把证明过程补充完整．(3)定理应用： 已知为的切线，T是切点，是的割线，交于D，为的直径，，求的长． 12．（2023春·山西·九年级校联考期末）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．切割线定理揭示了从圆外一点引圆的切线和割线时，切线与割线之间的关系． 如图1，是外一点，切于点，交于点（即是的割线），则． 下面是切割线定理的证明过程： 证明：如图2，连接并延长，交于点，连接． 切于点，．． 是的直径，…… (1)根据前面的证明思路，补全剩余的证明过程； (2)在图1中，已知，，则______，______． 13．（2023春·广东九年级期中）探究问题：    (1)阅读理解：①如图A，在所在平面上存在一点P，若它到三个顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离． ②如图B，若四边形的四个顶点在同一个圆上，则有，此为托勒密定理． 知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法： 第一步：如图D，在的外部以为一边作等边及其外接圆； 第二步：在上任取一点，连接．易知________； 第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出的费马点P，则线段______的长度即为的费马距离． (2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的（其中，均小于），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值． 14．（2023春·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．    15．（2023·浙江·统考二模）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，连接，且．(1)求证：；(2)判断直线与的位置关系，并说明理由．    16．（2023·云南昆明·统考一模）如图，P是以O为圆心的两个同心圆外一点，过P点的两条直线分别与大圆O交于A、B、C、D四个点，其中一条直线交小圆O于F点，F为线段的中点，，，垂足为E．(1)求证：为小圆O的切线；(2)若，，求大圆的半径．    17．（2023·广东揭阳·统考一模）欧几里德，古希腊著名数学家．被称为“几何之父”．他最著名的著作《几何原本》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最成功的教科书．他在第三卷中提出这样一个命题：“由已知点作直线切于已知圆”． 如图1，设点是已知点，圆是已知圆，对于上述命题，我们可以进行如下尺规作图： ①连接，作线段的中点；②以为圆心，以为半径作圆，与圆交于两点和； ③连接、，则、是圆的切线． (1)按照上述作图步骤在图1中补全图形； (2)为了说明上述作图的正确性，需要对其证明，请写出证明“、是圆的切线”的过程； (3)如图2，连接并延长交圆于点，连接，已知，，求圆的半径． 18．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在上，点B在上，．    (1)求证：．(2)求证：．(3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长． 19．（2023春·湖南长沙·统考中考真题）如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接．    (1)求证：； (2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上） (3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．②当，时，试用含m，n，p的式子表示． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 圆中的重要模型之圆幂定理模型 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。 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 2 模型1.相交弦模型 2 模型2.双割线模型 17 模型3.切割线模型 25 模型4.弦切角模型 39 模型5.托勒密定理模型 55 66 模型1.相交弦模型 相交弦定理（Intersecting Chords Theorem），经过圆内一点引两条弦，各弦被这点所分成的两线段的积相等。 条件：在圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内。 结论：。 证明：∵，∴，∵，∴， ∴，∴，∴。 例1．（2023·山东菏泽·九年级统考期中）如图，已知、、、在同一个圆上，，与交于，若，，且线段、为正整数，则 ．    【答案】7 【分析】根据题意易得△ABC∽△BEC，则有，即可求得EC、AE的值，利用相交弦定理可得BE与DE的积，又线段、为正整数，且在△BCD中，，进而可求解． 【详解】解：，∠BAC=∠DAC，∠DBC=∠DAC，∠BAC=∠DBC， 又∠BCE=∠ACB，△ABC∽△BEC，，，，EC=2，AE=6， ，，，即， 又由线段、为正整数，且在△BCD中，， BE=3、DE=4或BE=4、DE=3，BD=BE+DE=7；故答案为7． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及圆的基本性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定及圆的基本性质是解题的关键． 例2．（2023·河南信阳·三模）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，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 【答案】(1)，证明见解析(2) 【分析】（1）先证明，再利用相似的性质即可；（2）利用（1）可知，求出，再证明，利用相似的性质求出，求差即可得到的长． 【详解】（1）求证：． 证明：连接AC、BD．如图①．    ∵，．∴．∴．∴． （2）解：∵，，．由（1）可知．∴． ∵，是的直径，，．连接OD．如图②． ∵为切线．∴．∵．．∴．∴． ∵，∴．∴，．又∵．∴． 【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． 例3．（2023春·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：∵cosF=，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，∵cos∠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． 模型2.双割线模型 割线定理（Secant Theorem），从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等。 条件：如图，割线CH与弦CF交圆O于点E和点G。 结论： 证明：∵HGEF是圆的内接四边形，∴，∵，∴ 又，∴，∴ ，∴ 例1．（2023·重庆·统考一模）如图，PAB、PCD为⊙O的两条割线，若PA=5，AB=7，CD=11，则AC：BD= ． 【答案】 【分析】根据切割线定理可求得∠D=∠PAC，即可求证△PAC∽△PDB，根据对应边比值相等的性质和CD的长求得PC与PB的比值，即可求解． 【详解】解：∵PAB、PCD为⊙O的两条割线， ∴∠BAC+∠BDC=180°，∠PAC+∠BAC=180°，∴∠BDC=∠PAC， 又∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDB，∴=， 设PC=x，PD=y，且y﹣x=11，解得：x=4，y=15， ∴===，故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定，考查了切割线定理，考查了相似三角形对应边比值相等的性质，本题中根据CD和对应边比值相等的性质求AC∶BD的值是解题的关键． 例2．（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． 例3．（2023春·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 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。 条件：如图，CB是圆O的切线，CA是圆O的割线。 结论： 证明：连接BO并延长交⊙O于点E，连接ED， ∵BC是⊙O的切线，∴，∵，∴， ∵BE是圆的直径，∴，∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴。 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．16cm C． 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．（2023春·河南驻马店·校考二模）在数学课上，当老师讲到直线与圆的位置关系时，张明同学突发奇想，特殊线与圆在不同的位置情况下会有怎样的数量关系呢？于是在课下他查阅了老师推荐他的《几何原本》，这本书是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作．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．其中第三卷命题36-2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比例中项．（比例中项的定义：如果、、三个量成连比例即，则叫做和的比例中项） (1)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，是圆外一点，是圆的切线，直线为圆的割线． 求证： 证明： (2)已知，，则的长度是 ． 【答案】(1)，证明见解析(2) 【分析】（1）根据比例中项的定义写出“求证”， 连接并延长交于点，连接，先根据圆的切线的性质可得，再根据圆周角定理可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定证出，根据相似三角形的性质即可得证； （2）先根据线段和差求出，再根据（1）的结论即可得． 【详解】（1）求证：． 证明：如图，连接并延长交于点，连接， 是的切线，，， 由圆周角定理得：， ，， 在和中，， ，，． （2）解：，，， 由（1）已证：，， 解得或（不符题意，舍去），故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆的切线的性质和圆周角定理是解题关键． 例3．（2023·湖北恩施·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．证明三角形相似，熟练掌握圆周角定理的运用是解题的关键． 模型4.弦切角模型 弦切角定理：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。 条件：如图，点A、B、D在O上，直线BC与O相切于点B。结论：∠CBD==∠BAD。 证明：连接BO并延长交⊙O于点E，连接OD、ED， ∵BC是⊙O的切线，∴，∵，∴， ∵BE是圆的直径，∴，∴，∴，∴， ∵，∴∠CBD==∠BAD。 例1．（2023·广西九年级期中）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．（2023·四川绵阳·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 托勒密定理（Ptolemy's theorem）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。 条件：如图，AB、CD是圆O的两条弦； 结论： 证明：如图2，作交BD于点E．∵，∴． ∴，∴，∴． ∵，∴，∴， ∵，∴；∴．∴．∴． ∴，∴． 例1．（2023·湖北武汉·校考模拟预测）“托勒密定理”由依巴谷提出，其指出圆的内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．如图，中有圆内接四边形，已知，，，，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据同弧所对的圆周角相等可得，在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而求出的长，再在中，利用勾股定理求出的长，然后在中，利用锐角三角函数的定义求出和的长，从而在中，利用勾股定理求出的长，进而求出的长，最后利用托勒密定理，进行计算即可解答． 【详解】解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，    ，， 在中，，，， ，，在中，， 在中，，， 在中，，， 四边形是的内接四边形，， ，解得：，故选：B． 【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 例2．（2023·山西晋中·九年级统考期末）阅读以下材料，并完成相应任务： 托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理． 托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和． 已知：如图1，四边形内接于． 求证： 下面是该结论的证明过程： 证明：如图2，作，交于点E． ∵∴（依据1） ∴（依据2） ∴∴ ∵∴ ∵∴ 即 ∴ ∴ ∴ ∴ 任务： （1）上述证明过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？ 依据1：____________________________________________． 依据2：____________________________________________． （2）如图3，四边形内接于，为的直径，，，点D为的中点，求的长． 【答案】（1）同弧所对的圆周角相等，两角对应相等的两个三角形相似；（2） 【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题． （2）首先证明，由托勒密定理，构建方程求出即可． 【详解】解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等． “依据2”是两角对应相等的两个三角形相似． 故答案为：同弧所对的圆周角相等；两角对应相等的两个三角形相似． （2）∵为的直径，∴， ∵点D为的中点，∴，∴， ∴在中， ∵∴在中， ∵ ∴，∴ 【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题． 例3．（2023·江苏盐城·九年级统考期中）【旧知再现】圆内接四边形的对角 . 如图①，四边形是的内接四边形，若，则 . 【问题创新】圆内接四边形的边会有特殊性质吗？ 如图②，某数学兴趣小组进行深入研究发现： 证明：如图③，作，交于点.   ∵， ∴， ∴  即   （请按他们的思路继续完成证明） 【应用迁移】如图④，已知等边外接圆，点为 上一点，且，，求的长. 【答案】【旧知再现】互补，    110；【问题创新】见解析；【应用迁移】 【分析】【重温旧知】根据圆周角定理，得出，，化简得出，利用等腰三角形的两个底角相等和圆内接四边形对角互补，即可得； 【提出问题】所得等式两边加上AD•BC，右边变形后即可得证； 【应用迁移】由上题的结论，根据为等边三角形，可得AB=AC=BC，代入化简即可求出PA的长. 【详解】（1）如图示： 连接OA，OC，根据圆周角定理， 则有：， ∴∴圆内接四边形的对角互补； ∵，∴在等腰三角形ABD中， ∴ （2）证明：如图， ∵∴，即， 又∵，∴ ∴，即 ∴， ∴， （3）由（2）可知 ∵是等边三角形， ∴， ∴，∴即. 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及的知识有：圆内接四边形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键． 1．（2023·山东九年级月考）如图，过点作的两条割线分别交于点、和点、，已知，，则的长是（ ） A．3 B．7.5 C．5 D．5.5 【答案】B 【分析】由已知可得PB的长，再根据割线定理得PA•PB=PC•PD即可求得PD的长. 【详解】解：∵PA=3，AB=PC=2，∴PB=5， ∵PA•PB=PC•PD，∴PD=7.5，故选B. 【点睛】主要是考查了割线定理的运用. 2．（2023·山西九年级期中）如图，是外一点，、都是的割线．如果，，，那么的长为(     ) A． B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】连结BC、BD，证明△PCB∽△PAD，由PA：PD＝PC：PB可得到PD的长. 【详解】如图，连结BC、BD.∵同弧所对的圆心角相等∴∠PDA＝∠PBC，又∵∠BPD是△PCB和△PAD共同的角，∴△PCB∽△PAD，∴PA：PD＝PC：PB＝PD：PA＋AB，∴PD＝4. 【点睛】本题考查了相似三角形、同弧对应的圆周角相等，灵活运用这些知识是解答此题的关键. 3．（2023·广西九年级期中）如图，为外一点，过点作的两条割线，分别交于、和、，且为的直径，已知，弧弧，则的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知可得出OC∥BD，根据平行线分线段成比例可得到关于PC，PD的关系式，再结合切割线定理的推论，也可得出关于PC，PD的关系式，联合起来，解方程就可分别求出PC． 【详解】连接OC、OD，如图所示： ∵弧AC=弧CD，∴∠AOC=∠COD=∠AOD； 又∵∠ABD=∠AOD，∴∠ABD=∠AOC，∴OC∥BD， ∴，∴，∴PD=; ∵PD和PB都是⊙O外同一点引出的割线，∴PC•PD=PA•PB， ∴PC•PD=2×6=12，∴PC=2cm．故选D． 【点睛】利用了圆周角定理，以及平行线分线段成比例定理，切割线定理的推论等知识． 4．（2023春·浙江宁波·九年级校考期中）如图，两个同心圆，过大圆上一点A作小圆的割线，交小圆于B、C两点，且图中圆环的面积为，则 ． 【答案】4 【分析】设圆心为O，作与小圆相切，切点为M，与大圆交于点D，连接，根据勾股定理及题意得出，过点O作，连接，继续利用勾股定理进行等量代换得出，即可求解． 【详解】解：设圆心为O，作与小圆相切，切点为M，与大圆交于点D，连接，如图所示： ∴，∴， ∵，∴，过点O作，连接， ∴，， ∴，即， ∵，∴，故答案为：4． 【点睛】题目主要考查勾股定理解三角形，切线的性质，垂径定理等，理解题意，作出辅助线是解题关键． 5．（2023·成都市九年级期中）已知、为的两条割线，，，，，则的半径为 ． 【答案】 【分析】根据切割线定理即可求得PC的长，在直角△BCD中，利用勾股定理即可求解． 【详解】如图： ∵PA•PB=PC•PD，得8×18=PC•（PC+7），解得：PC=9，连接BC， ∵BP=PA+AB=2PC=18，∠P=60°，∴∠BCP=90°，∴∠BCD=90°， BC===，连接BD，∵∠BCD=90°，∴BD为直径， BD===2．故⊙O的半径为：． 【点睛】本题主要考查了切割线定理与勾股定理，连接CD构造直角三角形是解题的关键． 6．（2023·湖南岳阳·统考二模）请阅读下列材料，解答问题： 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：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． 如图，正五边形ABCDE内接于，，则对角线BD的长为 ． 【答案】 【分析】连接AD，AC，根据圆周角与弦的关系可得AD=AC=BD，设BD=x，在四边形ABCD中，根据托勒密定理有，AC⋅BD=AB⋅CD+AD⋅BC，建立方程即可求得BD的长． 【详解】解：如图，连接AD，AC， ∵五边形ABCDE是正五边形，则∠E=∠ABC=∠BCD，AB=BC=CD=2， ∴AD=AC=BD，设BD=x，∵ACBD=ABCD+ADBC，即x2=2×2+2x， 解得x1=1+，x2=1−（舍去），∴BD=1+．故答案为：． 【点睛】此题考查托勒密定理，圆周角与弦的关系，解一元二次方程，解题的关键是理解题意添加辅助线． 7．（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． 8．（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． 9．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图1，内接于，点D为圆外上方一点，连接，若． (1)求证：是的切线；(2)如图2，连接．若，，，求的半径．（注：本题不允许使用弦切角定理） 【答案】(1)见解析(2)R= 【分析】(1)连接，根据圆周角定理，得到；根据，得到即，等量代换即可证明． (2) 延长交于F，连接，过A作于E．先证明，再利用勾股定理，三角函数计算，的长度，再次运用勾股定理求解即可． 【详解】（1）如图，连接，根据题意，得； ∵，∴即， ∵，∴，∴，∴是的切线． （2）如图，延长交于F，连接，过A作于E． ∵是的直径，， ∴，，， ∴，∴， ∵，∴，∴，解得（舍去），∴； ∵；∴，∴，， ∴，∴，故的半径为． 【点睛】本题考查了圆周角定理，正切函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理，切线的判定，熟练掌握正切函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 10．（2023秋·山西吕梁·九年级校考期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务． 米勒定理 米勒（）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程 已知：如图1，与相切于点A，与相交于点B，C． 求证：． 证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ……    任务： (1)请完成剩余的证明过程 (2)应用：如图3，是的切线，经过的圆心O，且，割线交于点D，E，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据提供的过程，继而证明，可得，再转化为； （2）连接，根据切割线定理得到，，将已知线段代入求出，再代入中，即可求出结果． 【详解】（1）解：证明：如图2，连接． ∵为的切线， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）可知：，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的性质，根据题干中的材料，熟练掌握割线定理是解题的关键． 11．（2023·山西吕梁·校考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务 切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到与圆交点的两条线段长的比例中项． 证明过程如下： 如图1：已知：点P是外一点，是切线，F是切点，是割线，点A，B是它与的交点，求证： 证明：连接并延长交于C，连接， ∵是的切线，（依据________________________________) ∵是的直径，（依据_______________________________)    又∵（依据_____________________________________) . . . . . . 任务： (1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格． (2)把证明过程补充完整． (3)定理应用： 已知为的切线，T是切点，是的割线，交于D，为的直径，，求的长． 【答案】(1)切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等 (2)见解析 (3) 【分析】（1）利用圆周角定理推论、切线性质找等角即可解答； （2）先构造相似三角形，再根据相似三角形对应边成比例解答即可； （3）设，如图：连接，先证，再根据相似三角形的性质列式求得x，然后再利用切割线定理求y长度即可． 【详解】（1）证明：连接并延长交与C，连接， ∵是的切线， （依据：切线的性质定理) ∵是的直径， （依据：直径所对的圆周角是直角)    又∵（依据：同弧所对的圆周角相等) ………… 故答案为：切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等． （2）证明：连接并延长交与C，连接， ∵是的切线， （依据：切线的性质定理) ∵是的直径， （依据：直径所对的圆周角是直角)    又∵（依据：同弧所对的圆周角相等) 又∵ ∴      ． （3）解：设，如图：连接， ∵ ∴， ∴，即，解得：或（舍去） 由切割线定理，由勾股定理可得： ，解得， ∴. 【点睛】本题综合考查了阅读理解能力、圆周角定理、切线的性质定理、切线长定理、相似三角形的判定与性质等知识点，从阅读材料中提取有用信息是解答本题的关键． 12．（2023春·山西·九年级校联考期末）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．切割线定理揭示了从圆外一点引圆的切线和割线时，切线与割线之间的关系． 如图1，是外一点，切于点，交于点（即是的割线），则． 下面是切割线定理的证明过程： 证明：如图2，连接并延长，交于点，连接． 切于点， ． ． 是的直径， …… (1)根据前面的证明思路，补全剩余的证明过程； (2)在图1中，已知，，则______，______． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】（1）先证明，再证明，即可补充完成证明过程； （2）根据可求出的值，根据可求出的值． 【详解】（1）证明：如图2，连接并延长，交于点，连接． ∵切于点， ∴． ∴． ∵是的直径， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴． ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 故答案为：，． 【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，证明是解答本题的关键． 13．（2023春·广东九年级期中）探究问题：    (1)阅读理解：①如图A，在所在平面上存在一点P，若它到三个顶点的距离之和最小，则称点P为的费马点，此时的值为的费马距离． ②如图B，若四边形的四个顶点在同一个圆上，则有，此为托勒密定理． 知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边外接圆的上任意一点．求证：；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻（其中均小于）的费马点和费马距离的方法： 第一步：如图D，在的外部以为一边作等边及其外接圆； 第二步：在上任取一点，连接．易知________； 第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出的费马点P，则线段______的长度即为的费马距离． (2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的（其中，均小于），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总长度最小，求输水管总长度的最小值． 【答案】(1)①见解析；②，(2)最小值为 【分析】（1）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式两边都除以等边三角形的边长，即可获证．②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数学容易获解．（2）知识应用，在（1）的基础上先画出图形，再求解． 【详解】（1）解：①证明：由托勒密定理可知 是等边三角形，； ②由题意可得： 线段的长度即为的费马距离．      （2）如图，以为边长在的外部作等边，连接，则知线段的长即为最短距离． 为等边三角形，，，， ，，在中，，， ， 从水井到三村庄、、所铺设的输水管总长度的最小值为．    【点睛】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、勾股定理等知识．难度很大，有利于培养同学们钻研问题和探索问题的精神． 14．（2023春·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． 15．（2023·浙江·统考二模）如图，是的直径，点在上，点在的延长线上，连接，且．(1)求证：；(2)判断直线与的位置关系，并说明理由．    【答案】(1)见解析(2)相切，见解析 【分析】（1）由可得，又，从而即可得证； （2）连接，由，，可得，因为是的直径，故，从而可得，即．又因为是半径，所以直线CD是的切线． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∵，∴． （2）答：直线与相切．解：连接， ∵，∴， ∵，∴，∴ ∵是的直径，∴， ∴，∴． 又∵是半径，∴直线是的切线．    【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，切线的判定，连接，找出角的关系是解本题的关键． 16．（2023·云南昆明·统考一模）如图，P是以O为圆心的两个同心圆外一点，过P点的两条直线分别与大圆O交于A、B、C、D四个点，其中一条直线交小圆O于F点，F为线段的中点，，，垂足为E．(1)求证：为小圆O的切线；(2)若，，求大圆的半径．    【答案】(1)见解析；(2)． 【分析】（1）连接，，由，F是中点，依据等腰三角形三线合一可得，结合是小圆O的半径，即可证得是小圆O的切线； （2）连接，，由设，，结合题，即，再由三线合一可得即，易证得，即可求得、，及、，在中由即可求得的值，从而求得即大圆O的半径· 【详解】（1）连接，，∵，F是中点，∴， ∵是小圆O的半径，∴是小圆O的切线；    （2）连接，，∵，∴设，， ∵，则，∵，∴， ∵是圆O的直径，∴，∴，∴，即， ∵，∴，∵，∴， ∴，∴，∴，， ∴，∴，在中，， ∴，即，解得，（不合题意，舍去）， ∴，大圆O的半径为·    【点睛】本题考查了切线的证明，等腰三角形的判定及性质，直径所对的角是指教，相似三角形的判定及性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解· 17．（2023·广东揭阳·统考一模）欧几里德，古希腊著名数学家．被称为“几何之父”．他最著名的著作《几何原本》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最成功的教科书．他在第三卷中提出这样一个命题：“由已知点作直线切于已知圆”． 如图1，设点是已知点，圆是已知圆，对于上述命题，我们可以进行如下尺规作图： ①连接，作线段的中点；②以为圆心，以为半径作圆，与圆交于两点和； ③连接、，则、是圆的切线． (1)按照上述作图步骤在图1中补全图形； (2)为了说明上述作图的正确性，需要对其证明，请写出证明“、是圆的切线”的过程； (3)如图2，连接并延长交圆于点，连接，已知，，求圆的半径． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）根据题意画图即可；（2）画圆得到半径相等，然后推论出直角即可证切线； （3）根据相似得到边的数量关系，列方程求解即可． 【详解】（1）如图， （2）连接，∵，∴， ∵，∴，∴， ∵是圆半径，∴是圆的切线，同理可得，是圆的切线． （3）连接交于点，连接， ∵、是圆的切线，∴ ∵∴是线段的垂直平分线，∴，， ∵，，∴， ∵，，∴，∴， 设圆的半径为，∴，在中，， ∴，解得（负值舍去） 【点睛】此题考查圆的综合应用，解题关键是通过相似三角形得到边的数量关系，然后根据勾股定理列方程求解． 18．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在上，点B在上，．    (1)求证：．(2)求证：．(3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3) 【分析】（1）证明即可；（2）连接，交于点，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可． 【详解】（1）和是所对的圆周角，， ，∴，∴，∴． （2）连接，交于点，    与为一组平行弦，即：，， ，， ，， ，，是的垂直平分线，． （3）连接、，过点作，垂足为，设点的对称点，连接、，    ，，∴，， ，是等腰三角形， ，，，， 为直径，，， ，，， ，在中，， ，，， 在中，，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形． 16．（2023春·湖南长沙·统考中考真题）如图，四边形内接于，对角线，相交于点E，点F在边上，连接．    (1)求证：； (2)当时，则___________；___________；___________．（直接将结果填写在相应的横线上） (3)①记四边形，的面积依次为，若满足，试判断，的形状，并说明理由．②当，时，试用含m，n，p的式子表示． 【答案】(1)见解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由见解析，② 【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证； （2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得，即可得出0，根据已知条件可得，，即可得出根据相似三角形的性质可得，根据恒等式变形，进而即可求解．（3）①记的面积为，则，，根据已知条件可得，进而可得，得出，结合同弧所对的圆周角相等即可证明是等腰三角形； ②证明，，根据相似三角形的性质，得出，则，，计算即可求解． 【详解】（1）证明：，，即， 又，； （2），， ，， ∵∴， ∴， ∵，，， ，， ，，， ， ，， ，故答案为：0，1，0 （3）①记的面积为，则， ，① ，即，② 由①②可得，即，， ，即， ∴点D和点C到的距离相等，，， ，，都为等腰三角形； ②，，，，， ，， ，，又，，， ，， 则，，． 【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒等式的推导是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！31 学科网（北京）股份有限公司 $$