专题05 圆中的重要模型-圆幂定理模型（解析版）

专题05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：。例1．（2023·广西·九年级假期作业）如图：若弦经过圆O的半径的中点P，且，则圆O的直径为（）

A．7 B．8 C．9 D．10【答案】B【分析】延长交于D，设，证明出，然后利用相似三角形的性质求解即可．【详解】解：延长交于点D，连接，

设，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，解得或（舍去），经检验是原方程的解，∴．∴圆O的直径为8．故选：B．【点睛】此题考查了同弧所对的圆周角相等，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．例2．（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3．（2023·江苏扬州·九年级专题练习）阅读与思考九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务．圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．已知：如图1，O的两弦，相交于点P．求证：．证明：如图1，连接，．∵，．∴，（根据_____________）∴，∴，∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．任务：(1)请将上述证明过程补充完整．根据：；@：．(2)小刚又看到一道课后习题，如图2，是O的弦，P是上一点，，，，求的半径．【答案】(1)有两个角对应相等的两个三角形相似，；(2)的半径为．【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；（2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，设圆O的半径为，则，，根据（1）中结论代入求解即可．【详解】（1）证明：如图1，连接，．∵，．∴，（根据有两个角对应相等的两个三角形相似）∴，∴，∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．故答案为：有两个角对应相等的两个三角形相似；；（2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，设圆O的半径为，而，，，，，，根据（1）中结论得，即为，∴，解得：或（不符合题意，舍去），⊙O的半径为．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理，圆周角定理，理解题意，熟练掌握运用圆的相交弦定理是解题关键．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·重庆·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】/1:3【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·内蒙古呼和浩特·一模）如图，PAB为割线且PA=AB，PO交⊙O于C，若OC=3，OP=5，则AB的长为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】试题解析：延长PO到E，延长线与圆O交于点E，连接EB，AC，∵OC=3，OP=5，∴OE=OC=3，∴EP=OE+OP=3+5=8，CP=OP−OC=5−3=2，设PA=AB=x，则BP=2x，∵四边形ACEB为圆O的内接四边形，∴∠ACP=∠E，又∠P=∠P，∴△ACP∽△EBP，即解得：或(舍去)，则故选B.点睛：两组角对应相等，两三角形相似.例3．（2023秋·河北承德·九年级统考期末）如图，延长弦、弦，交于圆外一点A，连接．(1)证明：；(2)若，求．【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）根据圆周角定理可得，再由，即可证得；（2）根据，可得，即可求解．【详解】（1）证明：∴，∴；（2）解：∵，∴，∵，∴∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理，相似三角形的判定和性质是解题的关键．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·广东·九年级假期作业）如图，切于点A，是的割线，若，则．

【答案】【分析】连接，连接并延长交于点D，连接，利用余角的性质证明，推出，进而得到，利用等式即可求出．【详解】解：连接，连接并延长交于点D，连接，

∵切于点A，∴，∴，∵为的直径，∴，∴，∴又∵，∴，∴，∴，而，∴，∴（负值舍去）．故答案：．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，圆的切线的性质定理，圆周角定理，正确利用定理是解决本题的关键．例2．（2022·广东深圳·校考三模）弗朗索瓦·韦达是十六世纪法国最杰出的数学家之一，最早提出“切割线定理”（圆幂定理之一），指的是从圆外一点引圆的切线和割线，则切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项，下面紧跟着圆的切线作图的思路尝试证明与运用．(1)作图（保留作图痕迹）：已知AB是圆O的直径，点P是BA延长线上的一点，①作线段OP的中垂线MN交OP于点Q；②以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；③连接PE和PF；试说明PE是圆O切线的理由．(2)计算：若圆O半径OB=4，PB=14，尝试证明“切割线定理”并计算出PE的长度．【答案】(1)见解析(2)证明见解析，【分析】（1）按要求作图，根据MN是OP的中垂线，得到OQ=OP，点O在圆Q上，OQ=EQ=PQ，根据三角形内角和定理和等腰三角形的性质可得∠OEP=90°，即可证明；（2）根据切线的性质和圆周角定理的推论可得∠EBO=∠AEP，证得，所以，，根据OB=4，PB=14，求出AP的长度，代入计算即可．【详解】（1）作图如下：连接OE，EQ，∵以Q为圆心，PQ为半径作圆，交圆O于点E、F；∴QE=QP，∵MN是OP的中垂线，∴OQ=OP，点O在圆Q上，∴OQ=EQ=PQ，∴∠EOQ=∠OEQ，∠PEQ=∠EPQ，∵∠EOP+∠OEQ+∠QEP+∠EPQ=180°，∴2（∠OEQ+∠QEP）=180°，∴∠OEQ+∠QEP=90°，即∠OEP=90°，OE垂直EP，∴PE是圆O的切线．（2）证明：连接BE，OA，∵EP是圆O的切线，AB为圆O的直径，∴∠OEP=90°，∠BEA=90°，∴∠BEO=∠AEP∵OE和OB为圆O的半径，∴∠BEO=∠EBO，∴∠EBO=∠AEP，∵∠EPB=∠EPA，∴，∴，∴．∵OB=4，PB=14，∴AB=2OB=8，AP=BP－AB=14－8=6，∴，∴．【点睛】本题考查圆的切线证明以及相似三角形的性质与判定，根据题意证明是解题关键．例3．（2022春·河南洛阳·九年级统考期中）圆幂定理是平面几何中最重要的定理之一，它包含了相交弦定理、切割线定理、割线定理以及它们的推论，其中切割线定理的内容是：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．你能给出证明吗？下面是证明的开头：已知：如图①，点P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于A，割线PBC与圆相交于点B、C．求证：PA2＝PB•PC证明：如图②，连接AB、AC、B0、AO，因为PA切⊙0于点A，∴．PA⊥AO，∠PAB＋∠BAO＝90°．阅读以上材料，完成下列问题：(1)补充完成上面的证明过程；(2)如图③，割线PDE与⊙O交于D、E，且PB＝BC＝4，PE＝7，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)DE的长为【分析】（1）先证，得，即可得答案；（2）结合（1）同理可得，所以，然后代入值即可求出PD的长，进而可得DE的长．【详解】（1）证明：如图②，连接AB、AC、BO、AO，∵PA切于点A，∴，即，∵，

∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，

∴；（2）由（1），同理，∴，

∴，∴，∴DE的长为．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，切线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是证明．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．（2022秋·广东江门·九年级统考期末）如图，点A、B、C在O上，直线与O相切于点A．(1)试问：与有怎样的大小关系？证明你的结论；(2)如果我们把形如这样的角称为“弦切角”，请你用文字表述你在（1）中得出的结论．【答案】(1)，理由见详解；(2)弦切角等于其两边所夹弧所对的圆周角．【分析】（1）连接并延长交O于点D，连接，由圆周角定理利出，由切线的性质得出，得出，进而则可得出结论；（2）由弦切角和对应的圆周角的关系，直=直接写出结论即可．【详解】（1）解：，理由如下：连接并延长交O于点D，连接，∵是O的直径，∴，即：∵直线与O相切于点A．∴，即：，∴，∵，∴；（2）解：由题意得：弦切角等于其两边所夹弧所对的圆周角．【点睛】本题考查了切线的性质，弦切角的定义，圆周角定理，理解弦切角的概念和圆周角定理的推论是解题的关键．例2．（2022·河南南阳·统考一模）弦切角定理（弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角）在证明角相等、线段相等、线段成比例等问题时，有非常重要的作用，为了说明弦切角定理的正确性，小明同学进行了以下探索过程：问题的提出：若一直线与圆相交，过交点作圆的切线，则此切线与直线的交角中的任意一个称为直线和圆的交角，其中所夹弧为劣弧的角为劣交角，所夹弧为优弧的角为优交角．直线和圆的交角有以下性质：直线和圆的交角等于所夹弧所对的圆周角．问题的证明：（只证明劣交角即可）(1)请将不完整的已知和求证补充完整，并写出证明过程；已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作．求证：∠ABD＝．(2)如图2，直线l与⊙O相交于点A，B，AD为⊙O的直径，BC切⊙O于点B，交DA的延长线于点C，若AD＝BC，AC＝2，求⊙O的半径．【答案】(1)的切线DE，∠C，证明见解析(2)【分析】（1）根据弦切角的定义，进行填空即可，如图1，连接，由题意知，，，，有，在中根据三角形内角和定理等找出角度的数量关系，然后证明即可；（2）如图2，连接，由（1）可知，，，有，求解满足要求的值，进而可得半径．【详解】（1）解：由题意知：已知：如图1，直线l与⊙O相交于点A，B，过点B作的切线．求证：∠ABD＝．证明：如图1，连接，由题意知，，，∴∵∴∴∵∴即结论得证．故答案为：的切线，∠ABD＝．（2）解：如图2，连接，由（1）可知，∴∴∴解得或（不符合题意，舍去）∴∴⊙O的半径为．【点睛】本题考查了切线的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，三角形相似等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．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．（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2．（2023春·河南平顶山·九年级校联考阶段练习）请阅读下列材料，完成相应的任务：罗狄斯托勒密（ClaudiusPtolemaeus，约90年168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家、占星学家和光学家．托勒密定理实出自依巴谷（Hipparchus）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．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1，作，交于点E．∵，∴（依据1），∴（依据2），∴，∴，∵，∴，∵，∴，即，…任务：(1)托勒密定理的逆命题是______；上述证明过程中的“依据1”为______；“依据2”为______；(2)请完成后续证明；(3)如图2，以为直径的中，点C为上一点，且，的角平分线交于点D，连接，若，求的长．【答案】(1)如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据逆命题，同弧所对的圆周角相等，两个角分别对应相等的两个三角形相似，进行作答即可．（2）如图，作，交于点E，证明，则，，由，可得，，即．证明，则，．则．（3）由为直径，可得，四边形为圆的内接四边形，由，可得，勾股定理求．由的角平分线交于点D，可得，，为等腰直角三角形，则．由四边形为圆的内接四边形，可得，即，计算求解即可．【详解】（1）解：由题意知，托勒密定理的逆命题是：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形．证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等；“依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似．故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似；（2）证明：如图，作，交于点E，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即．∴，∴，∴．∴．∴；（3）解：∵为直径，∴，∴四边形为圆的内接四边形，∵，∴，由勾股定理得，．∵的角平分线交于点D，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴．∵四边形为圆的内接四边形，∴，即，解得．【点睛】本题考查了逆命题，等弧对等角，相似三角形的判定与性质，直径所对的圆周角为直角，勾股定理，含的直角三角形，等腰三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．课后专项训练1．（2023·重庆·九年级假期作业）已知：如图的割线交于点，，，，，则的半径是（）A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm【答案】A【分析】延长PO交圆于点E，连接AC,BE,证明△PAC△PEB,从而证明结果【详解】延长PO交圆于点E，连接AC,BE,∵PAC+CAB=180°而四边形ABEC是圆的内接四边形，则∴PAC=B,又∵∴△PAC△PEB,∴∴PA=(PC+2OC)，即7=PO2–OC2=100–OC2，求得OC=4cm.【点睛】根据题意找到相似的三角形，并碎脸应用内接四边形的教的特点很重要.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．（2022秋·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．4．（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．5．（2023·重庆九年级期末）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·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．7．（2023·广东珠海·统考一模）如图，为正的外接圆，为劣弧上任一点，的延长线和的延长线交于点．(1)求；(2)求证：．

【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补和为正三角形即可求出；（2）证明即可求出．【详解】（1）解：为正三角形，．四边形为圆内接四边形，∴；（2）证明：由（1）知，，∵，又∵，∴．∴则又∵，∴．【点睛】本题考查圆与三角形的综合问题，涉及到等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用这些知识是关键．8．（2023·广东汕头·校考一模）如图，是的直径，点C，D在上，平分，过点D作的垂线交的延长线于点E，交的延长线于点F，连接．(1)求证：是的切线；(2)求证：(3)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，由题可知，D已经是圆上一点，欲证为切线，只需证明即可；（2）连接．由（1）知，为的直径，由得，又，所以，所以，因为，所以，即可证明；（3）连接，根据勾股定理求出，进而根据三角形的中位线定理可得的长，从而得的长．【详解】（1）如图，连接．∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵∴∴∴半径，∴是的切线；（2）如图，连接．∵∴∵为的直径，∴，∴，∵，

∴，∴∵∴，∵四点共圆，∴，∴，∴，∵，∴，

∴，∵，∴∴，∴，在中，，∴，∴．（3）如图，连接，交于点H．∵是的直径，∴，∵，∴，∵，∴，

∴，∵，∴，∵∴∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，掌握三角形的中位线定理，勾股定理，角平分线的定义，切线的判定等知识点是解题的关键．9．（2023·湖北·校联考二模）如图，已知是的直径，点是上一点，连接，，过点作直线于点，点是上一点，直线交于点，连接，与直线交于点．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先根据是直径可得出，再由及相似三角形的判定定理可得出∽，由相似三角形的对应边成比例即可得出答案；（2）设cm，由（1）的结论即可得出关于的一元二次方程，求出的值，进而可得出的长．【详解】（1）证明：是直径，，，，，，，，，∽；（2）解：设cm，由上可知解得，（舍去），．【点睛】本题考查的是圆周角定理及相似三角形的判定与性质，解答此题的关键是根据相似三角形的判定定理得出∽，再由相似三角形的对应边成比例即可得出结论．10．（2023·山东聊城·九年级统考期中）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所示：PA切⊙O于点A，AB是⊙O的一条弦，∠PAB就是⊙O的一个弦切角．经研究发现：弦切角等于它夹弧所对的圆周角．根据下面的“已知”和“求证”，写出“证明”过程，并回答后面的问题．（1）如图1，PA是⊙O的切线，A为切点，AC为直径，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠C．求证：∠PAB＝∠C．（2）如图2，PA是⊙O的切线，A为切点，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠D．求证：∠PAB＝∠D．（3）如图3，AB为半⊙O的直径，O为圆心，C，D为半⊙O上两点，过点C作半⊙O的切线CE交AD的延长线于点E，若CE⊥AD，且BC＝1，AB＝3，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）由切线的性质可知，∠CAP＝90°，所以∠CAB+∠PAB＝90°．再根据直角三角形两锐角互余可得，∠CAB+∠C＝90°，所以∠PAB＝∠C．（2）如图2，作直径AC，连接BC，利用（1）中的结论及同弧所对的圆周角相等可得结论．（3）连接AC，由题意可知，△ACE∽△ABC，结合（1）中的结论易得△DCE∽△BAC，得出比例，进而可得结论．【详解】解：（1）证明：∵PA切⊙O于点A，∴∠CAP＝90°，∴∠CAB+∠PAB＝90°．又∵AC是直径，∴∠B＝90°，∴∠CAB+∠C＝90°，∴∠PAB＝90°-∠CAB＝∠C．（2）证明：如图，过点A作直径AC，连接BC，∵AP为切线，由（1）得，∠PAB＝∠C，又∵∠C＝∠D，∴∠PAB＝∠D．（3）连接AC，CD，∵EC为⊙O的切线，由①得∠ECA＝∠B，又∵∠AEC＝∠ACB＝90°∴△ACE∽△ABC，∴，∠CAE=∠BAC，在Rt△ACB中，根据勾股定理AC=，∴，∴，又∵CE为⊙O的切线，∴∠DCE＝∠EAC，∴∠DCE=∠BAC，又∵∠E＝∠ACB＝90°，∴△DCE∽△BAC，∴，∴，∴．【点睛】本题考查弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．11．（2023·河南平顶山·统考二模）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所示：切于点，交于点，，就是的一个弦切角．经研究发现：弦切角等于所夹弧所对的圆周角．下面给出了上述命题的“已知”和“求证”，请写出“证明”过程，并回答后面的问题．（1）已知，如图①，是的切线，为切点，射线交于，两点，连接，．求证：．（2）如图②，为半的直径，为圆心，，为半上两点，过点作半的切线交的延长线于点，若，且，，则______．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）连接并延长交于点D，连接，证明，得，再证明即可得到结论；（2）连接AC，OC，证明得，再证明即可求得结论．【详解】（1）如图，连接并延长交于点D，连接.则TD为的直径∴又∵PT为的切线∴即∵∴，即（2）连接AC，OC，∵CE为的切线∴又∵∴∴∵∴∴又∵∴∴∴∴又∵为的切线∴又∵∴∴∴∴【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理等知识点，利用所学知识证明定理，熟记知识点是解题的关键．12．（2023·河北保定·九年级统考期中）阅读资料：我们把顶点在圆上，并且一边和圆相交、另一边和圆相切的角叫做弦切角，如下左图∠ABC所示．

同学们研究发现：P为圆上任意一点，当弦AC经过圆心O时，且AB切⊙O于点A，此时弦切角∠CAB=∠P（图甲）证明：∵AB切⊙O于点A，

∴∠CAB=90°，又∵AC是直径，∴∠P=90°∴∠CAB=∠P问题拓展：若AC不经过圆心O（如图乙），该结论:弦切角∠CAB=∠P还成立吗？请说明理由．知识运用：如图，AD是△ABC中∠BAC的平分线，经过点A的⊙O与BC切于点D，与AB、AC分别相交于E、F．

求证：EF∥BC．

【答案】（1）成立；（2）证明见解析.【详解】试题分析：问题拓展：首先连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，由圆周角定理可得∠D=∠P，又由AD是直径，AB切圆于点A，易证得∠CAB=∠CAD，继而证得结论；知识运用：连接DF，AD是△ABC中∠BAC的平分线，⊙O与BC切于点D，可得∠FDC=∠EAD，又由圆周角定理可得∠EAD=∠EFD，继而证得结论．试题解析：问题拓展：成立．如图3，连接AO并延长交⊙O于点D，连接CD，则∠D=∠P，∵AD是直径，∴∠D+∠CAD=90°，又∵AB切圆于点A，∴∠CAB+∠CAD=90°，∴∠CAB=∠CAD，而∠CAD=∠P，∴∠CAB=∠P；知识运用：如图4，连接DF，∵AD是△ABC中∠BAC的平分线，∴∠EAD=∠DAC，∵⊙O与BC切于点D，∴∠FDC=∠DAC，∴∠FDC=∠EAD，∵在⊙O中∠EAD=∠EFD，∴∠FDC=∠EFD，∴EF∥BC．13．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）如图，是的直径，是弦，于，是的切线，是的割线，是弧上的一动点，连接、．(1)求证：；(2)若，，则当为何值是，．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，，，证明，得出，作交于，连接，，则，，得出，证明，得出得出，则，可得，同理可得，证明，得出；（2）连接，设，，则，，由（1）知，，，得出，勾股定理得出，根据（1）的结论即可求解．【详解】（1）证明：如图1，连接，，，是的切线，，∴，，∵，∴，∴∵，∴，∴，又∵，∴，∴，即，作交于，连接，，，，，是的切线，，，，，，，，，，，，，，同理可得，，，，，，，，，；（2）解：如图2，连接，设，，则，，，，由（1）知，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．14．（2023·浙江·九年级培优）如图，为的切线，为的割线，于点，的外接圆与的另一个交点为．证明：．【答案】见解析【详解】证明：连接，，，．∵，，∴由射影定理可得，．又由切割线定理可得，∴，∴、、、四点共圆，∴，，∴，∴，∴，∴．又，∴，∴，∴是的外接圆的切线，∴．15．（2022·广西·九年级培优）如图，为的切线，为的割线，于点．证明：．【答案】见解析【详解】证明：连接，，．∵，，∴由射影定理可得，，又由切割线定理可得，∴，∴、、、四点共圆，∴，，∴，∴，∴．16．（2023·广东九年级期中）已知半径为如图，过内一点作弦，连接．求证：．如图，过外一点，作割线，求证：．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【分析】（1）过点P作直径CD，如图1，根据相交弦定理得PA•PB=PC•PD，由于而PC=R-OP，PD=R+OP，则PA•PB=（R-OP）（R+OP），然后利用平方差公式展开即可得到结论；（2）直线OP交⊙O于C、D，如图2，根据切割线定理得到PA•PB=PC•PD，由于PC=OP-R，PD=OP+R，则PA•PB=（OP-R）（OP+R）=OP2-R2，然后利用平方差公式展开即可得到结论.【详解】证明：过点作直径，如图，∵，而，，∴；直线交于、，如图，∵和都为的割线，∴，而，，∴．【点睛】本题考查了切割线定理：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．推论：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．也考查了相交弦定理.17．（2022秋·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