初中九年级数学教学设计：中考一轮复习圆相关计算专题

初中九年级数学教学设计：中考一轮复习圆相关计算专题核心素养与教材分析几何直观与空间想象是初中数学核心素养的基石，圆作为初中几何的皇冠，其计算贯穿于几何性质、位置关系、坐标系、函数图像等多个模块。新课标强调“在探究几何图形性质的过程中，发展推理能力”，圆的计算不再是孤立的代数运算，而是几何语言向代数语言转化的核心场域。教材编排上，七年级下册奠定圆的基本概念与性质，八年级上册深化位置关系与正多边形，九年级则聚焦于综合应用与模型构建。一轮复习必须打破章节壁垒，将“性质—计算—模型—实战”重组为认知链条，引导学生从“会算”向“懂算、慧算、巧算”跃迁。学情分析与教学目标九年级学生经过两年几何学习，已具备基本的图形识别与代数运算能力，但普遍存在三类认知障碍：一是“模型僵化”，遇变形图形即卡壳，如弧长扇形面积公式在动点、函数题中的隐性考查；二是“转化断层”，几何条件向代数方程组转化时，辅助线添加缺乏策略性，常陷入“无线可加、加线无用”困境；三是“计算粗放”，根式运算、二次方程求解、韦达定理反用等代数工具在几何语境下易出错。基于此，确立三维目标：知识与技能层面，梳理“四大模型、三类公式、两种思想”，建立圆计算知识网络；过程与方法层面，聚焦“数形结合、分类讨论、化归思想”，强化几何语言代数化训练；素养与品格层面，通过经典中考真题重构，培养审美感知与严谨逻辑。重难点突破策略重点在于“模型识别与公式择优”。针对弧长扇形面积、弦长距离、切线长、相交弦定理四大计算板块，设计“模型—变式—陷阱”三维表征体系。难点在于“动态几何中的不变量挖掘”与“多解策略对比”。引入动态几何软件辅助演示，将静态图形动态化，引导学生关注运动中“量”的变化规律与“形”的不变关系，如动点P在圆周运动时，三角形面积函数的解析表达式分段函数特征，切线长与弦长乘积的不变性。采用“同题多解、一题多变”教学范式，强迫学生跳出单一算法路径，体会“巧算”背后的几何本质。教学过程设计一、问题情境导入：从一道中考压轴题说起课伊始，不讲目标，直接投影2023年某省中考压轴题：已知圆O半径R，AB为直径，动点P从A出发沿大弧AB以恒定速度运动至B，连接AP、BP，过P作PC⊥AB于C。设动点P运动时间为t，△PAB面积为S。写出S关于t的函数解析式，并求S的最大值。全班静默思考三分钟。此题看似函数，实为圆计算综合体：弧长公式确定角速度，直角三角形性质求高，弦长公式或三角函数求底，分段函数源于钝角三角形高在外。让学生在“不会做—知道算什么—不会转化”的认知冲突中，自然生成复习需求。二、知识梳理与模型构建：搭建认知脚手架（一）弧长扇形面积：中心角与弧度制的双轨并行板书核心公式：弧长\(l=\frac{n\piR}{180}=\alphaR\)，扇形面积\(S=\frac{n\piR^2}{360}=\frac{1}{2}\alphaR^2=\frac{1}{2}lR\)。强调三点：一是单位转换，\(n^\circ=n\times\frac{\pi}{180}\)rad，中考高频考查隐性单位陷阱；二是等周问题，已知周长求最大面积，或已知面积求最小周长，本质是二次函数极值或基本不等式应用，\(S=\frac{1}{2}l(Rl)\le\frac{R^2}{8}\)，等号成立当\(l=\frac{R}{2}\)，对应中心角\(2\)rad（约\(114.6^\circ\)）；三是动点问题，线速度\(v=\frac{l}{t}=\omegaR\)，角速度\(\omega=\frac{n}{t}\)，这是连接几何与物理、函数的桥梁。（二）弦长与弦心距：直角三角形的“隐形翅膀”核心模型：半径\(R\)、弦心距\(d\)、半弦长\(\frac{c}{2}\)构成直角三角形，\(R^2=d^2+(\frac{c}{2})^2\)。教学中必须拆解三种典型变式：1.已知弦长求距离，直接代入；2.已知距离求弦长，注意定理逆用，“垂径定理”及其逆定理是证明弦平分或垂直的利器；3.两弦平行/相交，弦心距大小比较与弦长比较的反向关系，\(d_1<d_2\iffc_1>c_2\)。设计对比练习：圆O中弦AB=8，半径5，过弦AB中点C作弦MCD，MC=3，求CD长。此题关键在于识别OC⊥AB，求得OC=3，再在直角三角形OCD中求OD=5，CD=4，最后MD=1或7，分类讨论M在C同侧或异侧。（三）切线长计算：从勾股定理到幂定理的跨越切线长公式\(PA=\sqrt{PO^2R^2}\)看似简单，实则暗藏“幂定理”伏笔。引导学生推导：外点P到圆幂\(P_{\text{幂}}=PO^2R^2=PA^2=PA\cdotPB\)（割线）。中考高频考点：1.圆内切四边形，利用切线长相等转化周长计算，\(AB+CD=AD+BC\)；2.圆外点引两切线，形成风筝模型，面积\(S=R\cdots\)（半周长）；3.动点切线长最值，本质是动点到圆心距离最值。实战演练：已知圆O:\(x^2+y^2=4\)，动点P在直线\(l:3x+4y20=0\)上，过P作切线PA、PB（A、B为切点），求线段AB长的最小值。解析：PO最小即切线长最小，即圆心到直线距离\(d=\frac{20}{5}=4\)，此时\(PA=\sqrt{4^22^2}=2\sqrt{3}\)，\(\sin\angleAPO=\frac{R}{PO}=\frac{1}{2}\)，\(\angleAPB=60^\circ\)，\(\trianglePAB\)为等边三角形，\(AB=2\sqrt{3}\)。（四）相交弦定理与割切线：幂定理的统一视角将相交弦定理\(AE\cdotEB=CE\cdotED\)、切割线定理\(PA^2=PC\cdotPD\)、两割线定理\(PA\cdotPB=PC\cdotPD\)统一为“圆幂”概念：定点P到圆幂为定值\(k=PO^2R^2\)。此视角极大简化中考复杂代数运算。典例：AB为圆O直径，过圆内定点P作弦CD，垂足为E。求证：\(AC^2+BC^2+2PE^2\)为定值。利用勾股定理\(AC^2=AE^2+CE^2\)，\(BC^2=BE^2+CE^2\)，结合\(AE\cdotEB=R^2OP^2\)（圆内点幂为负）与\(CE^2=CP\cdotPD\)，代数变形即得定值\(2R^2+2PE^22(R^2OP^2)=2(OP^2+PE^2)\)。此题展示“代数几何化、几何代数化”双向转化威力。三、典例精讲与变式训练：三道题吃透圆计算【例1基础夯实：扇形展开图与圆锥侧面展开】已知圆锥底面半径为3，母线长为5。求圆锥的侧面展开图中心角，及圆锥的体积。解析：此题考查扇形弧长等于底面圆周。设中心角为\(n\)，\(\frac{n\pi\cdot5}{180}=2\pi\cdot3\Rightarrown=216^\circ\)。高\(h=\sqrt{5^23^2}=4\)，体积\(V=\frac{1}{3}\pi\cdot3^2\cdot4=12\pi\)。变式1：若圆锥侧面展开图为半圆，底面半径为2，求母线长、圆锥体积。（母线4，高\(2\sqrt{3}\)，体积\(\frac{8\sqrt{3}}{3}\pi\)）变式2：已知扇形半径R，中心角\(120^\circ\)，折成圆锥，求圆锥体积最大值。（弧长\(l=\frac{2\piR}{3}\)，底面半径\(r=\frac{R}{3}\)，高\(h=\frac{2\sqrt{2}R}{3}\)，\(V=\frac{2\sqrt{2}}{81}\piR^3\)，单调递增，无最大值，若R固定则为定值。改为：已知扇形周长为定值C，求最大体积。引入拉格朗日或基本不等式，\(r=\frac{C}{6}\)时取最大值。）设计意图：从标准模板到参数化建模，强化“弧长不变”核心不变量意识。【例2能力进阶：动态几何中的分段函数与最值】如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4。以AD为直径作半圆（在矩形内部）。动点P从B出发，沿BC、CD以恒定速度1单位/秒运动至A。设运动时间为t秒，过P作PE⊥AD于E，连接PC。(1)写出△PCE面积S关于t的函数解析式；(2)求S的最大值。解析：此题难点在于轨迹分段导致函数分段。第一阶段：P在BC上，\(0\let\le4\)。PE=6，CE=4t，\(S=\frac{1}{2}\times6\times(4t)=123t\)，单调递减，最大值12（t=0）。第二阶段：P在CD上，\(4<t\le10\)。设P到D距离为x，则\(t=4+x\)，\(x=t4\)。PE=6x=10t。CE=4。\(S=\frac{1}{2}\times4\times(10t)=202t\)，单调递减，最大值12（t=4）。第三阶段：P在半圆弧上（若题目延伸至半圆弧）。需引入圆心角，弧长\(l=t10\)，中心角\(\alpha=\frac{l}{R}=\frac{t10}{2}\)（半径R=2）。坐标建系或三角函数求PE、CE，函数变为三角函数形式，求导或利用辅助角公式求最值。教学重点：分段函数定义域的精确划分，几何量随运动阶段的表达式变迁，端点值比较策略。【例3拔高创新：坐标系中圆与直线的综合计算】已知圆O:\(x^2+y^2=16\)，点A(4,0)，B(4,0)。动点M在圆O上方运动，连接MA、MB交y轴于C、D。(1)当M横坐标为2时，求△MCD面积；(2)探究：是否存在定点P，使得\(\frac{1}{|PC|^2}+\frac{1}{|PD|^2}\)为定值？存在则求出坐标。解析：(1)M(2,\(2\sqrt{3}\))。直线MA:\(y=\frac{\sqrt{3}}{3}(x+4)\)，设x=0得\(C(0,\frac{4\sqrt{3}}{3})\)。直线MB:\(y=\sqrt{3}(x4)\)，设x=0得\(D(0,4\sqrt{3})\)。\(CD=\frac{8\sqrt{3}}{3}\)，M到y轴距离为2，\(S=\frac{1}{2}\times\frac{8\sqrt{3}}{3}\times2=\frac{8\sqrt{3}}{3}\)。(2)设M(\(x_0,y_0\))，\(x_0^2+y_0^2=16,y_0>0\)。直线MA:\(y=\frac{y_0}{x_0+4}(x+4)\)，\(C(0,\frac{4y_0}{x_0+4})\)。直线MB:\(y=\frac{y_0}{x_04}(x4)\)，\(D(0,\frac{4y_0}{x_04})\)。设定点P(0,b)。\(|PC|=|\frac{4y_0}{x_0+4}b|\)，\(|PD|=|\frac{4y_0}{x_04}b|\)。考虑倒数平方和，尝试构造\(\frac{1}{PC^2}+\frac{1}{PD^2}\)。利用韦达定理思想或参数方程\(x_0=4\cos\theta,y_0=4\sin\theta\)。\(C(0,\frac{4\sin\theta}{\cos\theta+1})=(0,4\tan\frac{\theta}{2})\)，\(D(0,\frac{4\sin\theta}{\cos\theta1})=(0,4\cot\frac{\theta}{2})\)。令\(t=\tan\frac{\theta}{2}>0\)，则\(C(0,4t)\)，\(D(0,\frac{4}{t})\)。表达式\(f=\frac{1}{(4tb)^2}+\frac{1}{(\frac{4}{t}b)^2}=\frac{1}{(4tb)^2}+\frac{t^2}{(4+bt)^2}\)。要求对一切\(t>0\)恒定值。观察对称性，若\(b=0\)，\(f=\frac{1}{16t^2}+\frac{t^2}{16}=\frac{t^4+1}{16t^2}\)非常数。若定点P为原点O(0,0)？不，C、D在y轴上，O是原点。\(PC=|4t|,PD=|\frac{4}{t}|\)。\(\frac{1}{PC^2}+\frac{1}{PD^2}=\frac{1}{16t^2}+\frac{t^2}{16}\)依然非常数。换角度：利用圆幂。四边形ACBD内接于圆O？不对。但A、B、M在圆O上，C、D在y轴。利用射影几何性质：(C,D;P,P_{\infty})共轭？太超前。回归坐标法：\(\frac{1}{PC^2}+\frac{1}{PD^2}=\frac{PC^2+PD^2}{PC^2\cdotPD^2}\)。\(PC=y_Cb\)，\(PD=y_Db\)（假设b在中间或下方，去绝对值平方不影响）。\(y_C=\frac{4y_0}{x_0+4}\)，\(y_D=\frac{4y_0}{x_04}\)。\(y_C+y_D=4y_0\frac{2x_0}{x_0^216}=\frac{8x_0y_0}{y_0^2}=\frac{8x_0}{y_0}\)。\(y_Cy_D=\frac{16y_0^2}{x_0^216}=\frac{16y_0^2}{y_0^2}=16\)。关键发现：\(y_C\cdoty_D=16\)为定值！即\(|OC|\cdot|OD|=16=R^2\)。这是圆幂在y轴上的投影体现。\(PC^2+PD^2=(y_Cb)^2+(y_Db)^2=y_C^2+y_D^22b(y_C+y_D)+2b^2\)。\(PC^2\cdotPD^2=(y_Cb)^2(y_Db)^2=(y_Cy_Db(y_C+y_D)+b^2)^2\)。代入\(y_Cy_D=16\)，\(y_C+y_D=\frac{8x_0}{y_0}\)，\(y_C^2+y_D^2=(y_C+y_D)^22y_Cy_D=\frac{64x_0^2}{y_0^2}+32\)。分子：\(\frac{64x_0^2}{y_0^2}+32+\frac{16bx_0}{y_0}+2b^2\)。分母：\((16+\frac{8bx_0}{y_0}+b^2)^2\)。要使分数恒定，分子分母关于\(\frac{x_0}{y_0}\)的系数需成比例。设\(\frac{x_0}{y_0}=k\)（变量）。分子：\(64k^2+\frac{16b}{?}k+(32+2b^2)\)。分母：\((64k^2+\dots)\)待展开。分母展开：\((b^216)^2+16b(b^216)k+64b^2k^2\)。分子：\(64k^2+16bk+(32+2b^2)\)。此处\(y_0\)分母处理需谨慎，\(y_C+y_D=\frac{8x_0}{y_0}\)含\(y_0\)，分子分母均含\(y_0^2\)，乘以\(y_0^2\)后比较。分子\(\timesy_0^2\)：\(64x_0^2+16bx_0y_0+(32+2b^2)y_0^2\)。分母\(\timesy_0^2\)：\([(b^216)y_0+8bx_0]^2\)。利用\(x_0^2+y_0^2=16\)。分子=\(64(16y_0^2)+16bx_0y_0+(32+2b^2)y_0^2=1024+16bx_0y_0+(2b^232)y_0^2\)。分母=\((b^216)^2y_0^2+16b(b^216)x_0y_0+64b^2x_0^2\)。要恒定值，分子分母作为\(x_0,y_0\)的二次型须成比例。即存在\(\lambda\)使：\(x_0^2\)系数：\(0=\lambda\cdot64b^2\Rightarrowb=0\)或\(\lambda=0\)（不可能）。若\(b=0\)，分子=\(102432y_0^2=32x_0^2\)，分母=\(256y_0^2\)，比值\(=\frac{x_0^2}{8y_0^2}\)非常数。说明不存在这样的定点P？或者P不在y轴上？题目设定“定点P”通常在y轴上。重新审视：\(\frac{1}{|PC|^2}+\frac{1}{|PD|^2}\)。若P为圆心O(0,0)？\(PC=|y_C|,PD=|y_D|\)。\(\frac{1}{y_C^2}+\frac{1}{y_D^2}=\frac{y_C^2+y_D^2}{256}\)。\(y_C^2+y_D^2=\frac{64x_0^2}{y_0^2}+32\)非常数。若P为(0,2)或(0,2)？试错法。设P(0,p)。利用参数\(t=\tan\frac{\theta}{2}\)。\(y_C=4t,y_D=4/t\)。\(f=\frac{1}{(4tp)^2}+\frac{1}{(4/tp)^2}=\frac{1}{(4tp)^2}+\frac{t^2}{(4+pt)^2}\)。通分：\(\frac{(4+pt)^2+t^2(4tp)^2}{(4tp)^2(4+pt)^2}\)。分子：\(16+8pt+p^2t^2+t^2(16t^28pt+p^2)=16t^4+(p^28p)t^2+16+8pt+p^2t^2\)？不对。\(t^2(4tp)^2=t^2(16t^28pt+p^2)=16t^48pt^3+p^2t^2\)。分子=\(16t^48pt^3+(2p^2+16)t^2+8pt+16\)。分母=\((4tp)^2(pt+4)^2=(4t^2p+16tp^2t4p)^2\)太复杂。观察分子对称性：\(t\to1/t\)时，\(y_C\leftrightarrowy_D\)。若\(p=0\)，分子\(=16(t^4+1)+32t^2=16(t^2+1)^2\)。分母\(=16t^2\cdot16=256t^2\)。\(f=\frac{(t^2+1)^2}{16t^2}\)非常数。若分子能因式分解为\(k\cdot(4tp)^2(pt+4)^2/\text{something}\)？尝试\(p=2\)：分子\(=16t^416t^3+24t^2+16t+16\)。不对称。考虑P在y轴外？不符合“定点P”通常语境。结论：可能不存在。但中考题通常存在。重读题目：“是否存在定点P，使得...为定值”。可能P不在y轴上？设P(a,b)。利用几何性质：\(\frac{1}{PC^2}+\frac{1}{PD^2}\)为定值\(\iff\)P关于圆的幂有关？利用反演变换：以P为中心，幂为k的反演。圆O变为圆O'。C、D为直线MA、MB与y轴交点。MA、MB反演为过P、A'、M'的圆...过于复杂。回归代数：设M(\(4\cos\theta,4\sin\theta\))。\(C(0,\frac{4\sin\theta}{1+\cos\theta})=(0,4\tan\frac{\theta}{2})\)。\(D(0,\frac{4\sin\theta}{\cos\theta1})=(0,4\cot\frac{\theta}{2})\)。设P(0,m)。\(PC^2=(4\tan\frac{\theta}{2}m)^2\)，\(PD^2=(4\cot\frac{\theta}{2}+m)^2\)。令\(u=\tan\frac{\theta}{2}>0\)。\(f(u)=\frac{1}{(4um)^2}+\frac{1}{(4/u+m)^2}=\frac{1}{(4um)^2}+\frac{u^2}{(4+mu)^2}\)。要求\(f(u)\)与u无关。即\(f'(u)=0\)对一切u成立。计算导数分子为零的多项式系数为零。或者：\(f(u)=C\)。\(\frac{1}{(4um)^2}+\frac{u^2}{(4+mu)^2}=C\)。通分：\((4+mu)^2+u^2(4um)^2=C(4um)^2(4+mu)^2\)。左边最高次\(u^2\cdot16u^2=16u^4\)。右边最高次\(C\cdot16u^2\cdotm^2u^2=16Cm^2u^4\)。所以\(1=Cm^2\)。左边常数项：\(16\)。右边常数项：\(C\cdot16\cdot16=256C\)。\(16=256C\RightarrowC=\frac{1}{16}\)。则\(m^2=16\Rightarrowm=\pm4\)。验证\(m=4\)：\(f(u)=\frac{1}{(4u4)^2}+\frac{u^2}{(4+4u)^2}=\frac{1}{16(u1)^2}+\frac{u^2}{16(u+1)^2}=\frac{(u+1)^2+u^2(u1)^2}{16(u^21)^2}\)。分子：\(u^2+2u+1+u^2(u^22u+1)=u^2+2u+1+u^42u^3+u^2=u^42u^3+2u^2+2u+1\)。分母：\(16(u^21)^2=16(u^42u^2+1)\)。不相等。试\(m=4\)：\(f(u)=\frac{1}{(4u+4)^2}+\frac{u^2}{(44u)^2}=\frac{1}{16(u+1)^2}+\frac{u^2}{16(1u)^2}\)。同上。说明最高次与常数项匹配不够，需全等。左边展开：\(16+8mu+m^2u^2+u^2(16u^28mu+m^2)=16u^48mu^3+2m^2u^2+8mu+16\)。右边：\(C(16u^28mu+m^2)(m^2u^2+8mu+16)\)。\(=C[16m^2u^4+(128m8m^3)u^3+(25664m^2+m^4)u^2+(128m+8m^3)u+16m^2]\)。比较系数：\(u^4:16=16Cm^2\RightarrowCm^2=1\)。\(u^3:8m=C(128m8m^3)=8Cm(16m^2)\)。代入\(C=1/m^2\)：\(8m=\frac{8}{m}(16m^2)\Rightarrowm^2=16m^2\Rightarrow0=16\)。矛盾。所以不存在这样的P(0,m)。若P不在y轴上，设P(a,b)。计算量巨大。教学决断：将此题作为“陷阱题”讲解，展示“猜测验证、代数恒等式比较系数”方法，最终得出“不存在”结论，培养学生严谨的逻辑闭环思维，拒绝“肯定存在”的思维定势。四、综合实战与拔高：中考真题重组与多解对决精选近三年中考真题进行“同题异构”训练。专题一：定点定值问题。2022年某市一模：圆O内定点P(2,0)，半径R=4。过P作弦AB，求\(\frac{1}{|PA|^2}+\frac{1}{|PB|^2}\)的最小值。解法一（极坐标/参数方程）：设直线倾斜角\(\alpha\)，\(x=2+t\cos\alpha,y=t\sin\alpha\)。代入圆\((2+t\cos\alpha)^2+(t\sin\alpha)^2=16\Rightarrowt^2+4t\cos\alpha12=0\)。\(t_1+t_2=4\cos\alpha,t_1t_2=12\)。\(|PA|=|t_1|,|PB|=|t_2|\)。\(\frac{1}{PA^2}+\frac{1}{PB^2}=\frac{t_1^2+t_2^2}{t_1^2t_2^2}=\frac{(t_1+t_2)^22t_1t_2}{144}=\frac{16\cos^2\alpha+24}{144}=\frac{2\cos^2\alpha+3}{18}\)。最小值\(\frac{3}{18}=\frac{1}{6}\)（\(\alpha=90^\circ\)时，弦过圆心）。解法二（几何不等式）：设\(PA=a,PB=b\)。圆幂\(ab=R^2OP^2=164=12\)。\(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}=\frac{a^2+b^2}{144}\ge\frac{2ab}{144}=\frac{24}{144}=\frac{1}{6}\)。等号\(a=b\)，即P为弦中点，弦垂直OP。对比：解法一通用性强，适合非对称情形；解法二一击必中，体现幂定理与基本不等式结合的“巧劲”。要求学生两种都会，会选优。专题二：动态面积/长度函数分段问题。2024年中考真题改编：正方形ABCD边长4，以AB为直径作半圆在内部。动点P从D出发沿DC、CB、半圆弧BA运动至A。设路程为s，△PAB面积为y。画函数图像，求最大值。教学聚焦：三段函数定义域划分，\(s\in[0,4]\)三角形高线性减；\(s\in[4,8]\)高为定值4；\(s\in[8,8+2\pi]\)高为\(4\sin\frac{s8}{2}\)（半径2）。图像拼接：线段—水平线段—正弦波峰。最大值比较：第二段常值8vs第三段峰值8（\(\sin=1\)时）。均为8。讨论“最大值取得条件不同但数值相同”这一几何本质：面积\(S=\frac{1}{2}\cdotAB\cdoth=2h\)，高h最大为4（半圆顶点或CD上点）。专题三：隐圆与轨迹计算。给定定点A(2,0)，B(2,0)，动点M满足\(|MA|=2|MB|\)。求M轨迹方程，并说明图形。过M作圆M的切线与x轴交于C、D，求\(|OC|\cdot|OD|\)定值。解析：轨迹为阿波罗尼乌斯圆。\((x+2)^2+y^2=4[(x2)^2+y^2]\Rightarrow3x^2+3y^220x+12=0\Rightarrow(x\frac{10}{3})^2+y^2=(\frac{8}{3})^2\)。圆心(\(\frac{10}{3},0\)),半径\(\frac{8}{3}\)。设M(\(x_0,y_0\))。圆M:\((xx_0)^2+(yy_0)^2=R_M^2\)。切线长...题目说“过M作圆M的切线与x轴交于C、D”，表述模糊。改为：过M作圆M的切线（即M为圆心？不）。改为：动点M在轨迹圆上，过M作该轨迹圆的切线，交x轴于C、D。求\(|OC|\cdot|OD|\)。切线方程：\((x_0\frac{10}{3})(x\frac{10}{3})+y_0y=\frac{64}{9}\)。设\(y=0\)，\(x_C,x_D\)为根。由韦达\(x_Cx_D=\frac{(\frac{10}{3})^2\frac{64}{9}}{x_0\frac{10}{3}}\times\dots\)直接用圆幂：原点O到圆的幂\(=(\frac{10}{3})^2(\frac{8}{3})^2=\frac{10064}{9}=4\)。过O作割线交圆于C、D（即x轴），\(|OC|\cdot|OD|=|幂|=4\)。此题考查轨迹建立、圆幂定值性质、韦达定理反用，层