一、与圆有关的角的计算与证明
圆中的角有四类：圆心角、圆周角、弦切角和弧所对的角，与圆有关的角的计算与证明通常涉及这四类角，因此圆周角定理，圆心角定理，弦切角定理是解决此类问题的知识基础，通常利用圆周角、弦切角、圆心角与弧的关系转化，借助于圆内接四边形的对角互补和圆的切线垂直于经过切点的半径(获得直角)来解决．
如图2－1所示，EB、EC是⊙O的两条切线，B、C是切点，A、D是⊙O上两点，如果∠E＝46°，∠DCF＝32°.求∠A.
图2－1
【解】 法一 ∵EB、EC是⊙O的切线，
∴EC＝EB.
又∠E＝46°，∴∠ECB＝＝67°.
∵∠DCF＝32°，
∴∠BCD＝180°－67°－32°＝81°.
∵∠A＋∠BCD＝180°，
∴∠A＝180°－81°＝99°.
法二 连接AC，如图所示，
∵EB、EC是⊙O的切线，
∴EB＝EC.
又∠E＝46°，
∴∠ECB＝＝67°.
∵EF切⊙O于点C，
∴∠BAC＝∠ECB＝67°，
∠CAD＝∠DCF＝32°.
∴∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝67°＋32°＝99°.
二、圆内接四边形的判定与性质
圆内接四边形是中学数学的主要研究问题之一，近几年各地的高考选做题中涉及圆内接四边形的判定和性质较多．
如图2－2，A，B，C，D四点在同一圆上，AD的延长线与BC的延长线交于E点，且EC＝ED.
(1)证明：CD∥AB；
(2)延长CD到F，延长DC到G，使得EF＝EG，证明：A，B，G，F四点共圆．
图2－2
【证明】 (1)因为EC＝ED，
所以∠EDC＝∠ECD.
因为A，B，C，D四点在同一圆上，
所以∠EDC＝∠EBA.
故∠ECD＝∠EBA.
所以CD∥AB.
(2)由(1)知，AE＝BE.因为EF＝EG，
故∠EFD＝∠EGC，从而∠FED＝∠GEC.
连接AF，BG，则△EFA≌△EGB
故∠FAE＝∠GBE.
又CD∥AB，∠EDC＝∠ECD，
所以∠FAB＝∠GBA.
所以∠AFG＋∠GBA＝180°.
故A，B，G，F四点共圆．
三、与圆有关的比例线段
圆的切线、割线、相交弦可以构成许多相似三角形，结合相似三角形的性质，又可以得到一些比例式、乘积式，在解题中，多联系这些知识，能够计算或证明角、线段的有关结论．
(2013·课标全国卷Ⅱ)
图2－3
如图2－3，CD为△ABC外接圆的切线，AB的延长线交直线CD于点D，E，F分别为弦AB与弦AC上的点，且BC·AE＝DC·AF，B，E，F，C四点共圆．
(1)证明：CA是△ABC外接圆的直径；
(2)若DB＝BE＝EA，求过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值．
【解】 证明 因为CD为△ABC外接圆的切线，
所以∠DCB＝∠A.由题设知＝，
故△CDB∽△AEF，所以∠DBC＝∠EFA.
因为B，E，F，C四点共圆，
所以∠CFE＝∠DBC，
故∠EFA＝∠CFE＝90°，
所以∠CBA＝90°.因此CA是△ABC外接圆的直径．
(2)连接CE，因为∠CBE＝90°，
所以过B，E，F，C四点的圆的直径为CE.
由DB＝BE，有CE＝DC.
又BC2＝DB·BA＝2DB2，
所以CA2＝4DB2＋BC2＝6DB2.
而CE2＝DC2＝DB·DA＝3DB2，
故过B，E，F，C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值为.
四、运动变化思想
运动变化思想要求用运动变化的眼光去看问题，识别静中的动，动中的静的特殊情况，在解题时，抓住不变的规律去解决动中的结论．
如图2－4①，已知⊙O1、⊙O2外切于点P，A是⊙O1上一点，直线AC切⊙O2于点C，交⊙O1于点B，直线AP交⊙O2于点D.
图2－4
(1)求证：PC平分∠BPD；
(2)如图2－4②，将“⊙O1、⊙O2外切于点P”改为“⊙O1、⊙O2内切于点P”，其他条件不变，(1)中的结论是否仍然成立？并证明你的结论．
【解】 (1)证明：如图③，可过点P作两圆的公切线PM，交AC于点M，则∠BPM＝∠A，∠MPC＝∠MCP.
∠BPC＝∠BPM＋∠MPC＝∠A＋∠MCP＝∠CPD.∴PC平分∠BPD.
(2)(1)中的结论仍然成立．证明如下：
如图④所示，过点P作两圆的公切线PM，
则∠MPB＝∠A，∠MPC＝∠BCP.
∴∠BPC＝∠MPC－∠MPB＝∠BCP－∠A＝∠CPA.
∴PC平分∠BPD.
课件19张PPT。
选修4－1
第二讲 直线与圆的位置关系
一圆周角定理
课标解读
1.了解圆心角定理．
2.理解圆周角定理及其两个推论，并能解决有关问题.
1．圆周角定理及其推论
(1)圆周角定理：圆上一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
(2)推论1：同弧或等弧所对的圆周角相等；同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧也相等．
(3)推论2：半圆(或直径)所对的圆周角是直角；90°的圆周角所对的弦是直径．
2．圆心角定理
圆心角的度数等于它所对弧的度数．
1．圆的一条弦所对的圆周角都相等吗？
【提示】 不一定相等．一般有两种情况：相等或互补，弦所对的优弧与所对劣弧上的点所成的圆周角互补，所对同一条弧上的圆周角都相等，直径所对的圆周角既相等又互补．
2．在推论1中，把“同弧或等弧”改为“同弦或等弦”的话，结论还成立吗？
【提示】 不成立．因为一条弦所对的圆周角有两种可能，在一般情况下是不相等的．
3．“相等的圆周角所对的弧相等”，正确吗？
【提示】 不正确．“相等的圆周角所对的弧相等”是在“同圆或等圆中”这一大前提下成立的，如图．
若AB∥DG，则∠BAC＝∠EDF，但≠.
利用圆周角定理和圆心角定理进
行计算
在半径为5 cm的圆内有长为5 cm的弦，求此弦所对的圆周角．
【思路探究】 过圆心作弦的垂线构造直角三角形．先求弦所对的圆心角度数，再分两种情况求弦所对的圆周角的度数．
【自主解答】 如图所示，过点O作OD⊥AB于点D.
∵OD⊥AB，OD经过圆心O，
∴AD＝BD＝ cm.
在Rt△AOD中，
OD＝＝ cm，
∴∠OAD＝30°，∴∠AOD＝60°.
∴∠AOB＝2∠AOD＝120°.
∴∠ACB＝∠AOB＝60°.
∵∠AOB＝120°，∴劣弧的度数为120°，优弧的度数为240°.
∴∠AEB＝×240°＝120°，
∴此弦所对的圆周角为60°或120°.
1．解答本题时应注意弦所对的圆周角有两个，它们互为补角．
2．和圆周角定理有关的线段、角的计算，不仅可以通过计算弧、圆心角、圆周角的度数来求相关的角、线段，有时，还可以通过比例线段，相似比来计算．
图2－1－1
已知如图2－1－1，△ABC内接于⊙O，＝，点D是上任意一点，AD＝6 cm，BD＝5 cm，CD＝3 cm，求DE的长．
【解】 ∵＝，
∴∠ADB＝∠CDE.
又∵＝，
∴∠BAD＝∠ECD.
∴△ABD∽△CED.
∴＝.即＝.
∴ED＝2.5 cm.
与圆周角定理相关的证明
如图2－1－2，△ABC的角平分线AD的延长线交它的外接圆于点E.
图2－1－2
(1)证明：△ABE∽△ADC；
(2)若△ABC的面积S＝AD·AE，求∠BAC的大小．
【思路探究】 (1)通过证明角相等来证明三角形相似．
(2)利用(1)的结论及面积相等求sin∠BAC的大小，从而求∠BAC的大小．
【自主解答】 (1)由已知条件，可得∠BAE＝∠CAD.
因为∠AEB与∠ACB是同弧上的圆周角，所以∠AEB＝∠ACD.
故△ABE∽△ADC.
(2)因为△ABE∽△ADC，所以＝，即AB·AC＝AD·AE.
又S＝AB·ACsin∠BAC且S＝AD·AE，
故AB·ACsin∠BAC＝AD·AE，
则sin∠BAC＝1，又∠BAC为三角形内角，所以∠BAC＝90°.
1．解答本题(2)时关键是利用AB·AC＝AD·AE以及面积S＝AB·ACsin∠BAC确定sin∠BAC的值．
2．利用圆中角的关系证明时应注意的问题
(1)分析已知和所求，找好所在的三角形，并根据三角形所在圆上的特殊性，寻求相关的圆周角作为桥梁；
(2)当圆中出现直径时，要注意寻找直径所对的圆周角，然后在直角三角形中处理相关问题．
如图2－1－3，△ABC内接于⊙O，高AD、BE相交于H，AD的延长线交⊙O于F，求证：BF＝BH.
图2－1－3
【证明】 ∵BE⊥AC，AD⊥BC，
∴∠AHE＝∠C.
∵∠AHE＝∠BHF，∠F＝∠C，
∴∠BHF＝∠F.
∴BF＝BH.
直径所对的圆周角问题
图2－1－4
如图2－1－4所示，AB是半圆的直径，AC为弦，且AC∶BC＝4∶3，AB＝10 cm，OD⊥AC于D.
求四边形OBCD的面积．
【思路探究】 由AB是半圆的直径知∠C＝90°，再由条件求出OD、CD、BC的长可得四边形OBCD的面积．
【自主解答】 ∵AB是半圆的直径，∴∠C＝90°.
∵AC∶BC＝4∶3，AB＝10 cm，
∴AC＝8 cm，BC＝6 cm.
又∵OD⊥AC，∴OD∥BC.
∴OD是△ABC的中位线，
∴CD＝AC＝4 cm，OD＝BC＝3 cm.
∴S四边形OBCD＝(OD＋BC)·DC
＝(3＋6)×4＝18 cm2.
在圆中，直径是一条特殊的弦，其所对的圆周角是直角，所对的弧是半圆，利用此性质既可以计算角大小、线段长度又可以证明线线垂直、平行等位置关系，还可以证明比例式相等．
图2－1－5
如图2－1－5，已知等腰三角形ABC中，以腰AC为直径作半圆交AB于点E，交BC于点F，若∠BAC＝50°，则的度数为( )
A．25° B．50°
C．100° D．120°
【解析】 如图，连接AF.
∵AC为⊙O的直径，
∴∠AFC＝90°，
∴AF⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠BAF＝∠BAC＝25°，
∴的度数为50°.
【答案】 B
(教材第26页习题2.1第3题)
图2－1－6
如图2－1－6，BC为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为D，＝，BF和AD相交于E，求证：AE＝BE.
(2013·陕西高考)如图2－1－7，弦AB与CD相交于⊙O内一点E，过E作BC的平行线与AD的延长线交于点P，已知PD＝2DA＝2，则PE＝________.
图2－1－7
【命题意图】 本题主要考查圆周角定理、三角形相似等知识，证明三角形相似考查了逻辑推理能力，求线段的长度考查了知识的应用能力及转化意识．
【解析】 ∵BC∥PE，∴∠C＝∠PED.
∵∠C＝∠A，∴∠A＝∠PED.
在△PED和△PAE中，
∠PED＝∠A，∠P＝∠P，
∴△PED∽△PAE，∴＝.
∵PA＝PD＋DA＝3，PD＝2，
∴PE2＝PA·PD＝3×2＝6，
∴PE＝.
【答案】
1．如图2－1－8，在⊙O中，∠BAC＝60°，则∠BDC＝( )
图2－1－8
A．30° B．45°
C．60° D．75°
【解析】 ⊙O中，∠BAC与∠BDC都是所对的圆周角，故∠BDC＝∠BAC＝60°.
【答案】 C
2．在△ABC中，AB＝AC，AB⊥AC，⊙O是△ABC的外接圆，则所对的圆心角为( )
A．22.5° B．45°
C．90° D．不确定
【解析】 ∵∠ACB＝45°，∴所对的圆心角为2∠ACB＝90°.
【答案】 C
3．(2013·焦作模拟)如图2－1－9，A、B、C是⊙O的圆周上三点，若∠BOC＝3∠BOA，则∠CAB是∠ACB的________倍．
图2－1－9
【解析】 ∵∠BOC＝3∠BOA，
∴＝3，
∴∠CAB＝3∠ACB.
【答案】 3
4．如图2－1－10所示，两个同心圆中，的度数是30°，且大圆半径R＝4，小圆半径r＝2，则的度数是________．
图2－1－10
【解析】 的度数等于∠AOB，又的度数等于∠AOB，则的度数是30°.
【答案】 30°
一、选择题
图2－1－11
1．如图2－1－11所示，若圆内接四边形的对角线相交于E，则图中相似三角形有( )
A．1对 B．2对
C．3对 D．4对
【解析】 由推论知：∠ADB＝∠ACB，∠ABD＝∠ACD，∠BAC＝∠BDC，∠CAD＝∠CBD，∴△AEB∽△DEC，△AED∽△BEC.
【答案】 B
2．在半径为R的圆中有一条长度为R的弦，则该弦所对的圆周角的度数是( )
A．30° B．30°或150°
C．60° D．60°或120°
【解析】 弦所对的圆心角为60°，又弦所对的圆周角有两个且互补，故选B.
【答案】 B
3．如图2－1－12所示，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠A＝40°，D是的中点，E是的中点，分别连接BD、DE、BE，则△BDE的三内角的度数分别是( )
图2－1－12
A．50°，30°，100° B．55°，20°，105°
C．60°，10°，110° D．40°，20°，120°
【解析】 如图所示，连接AD.
∵AB＝AC，D是的中点，
∴AD过圆心O.
∵∠A＝40°，
∴∠BED＝∠BAD＝20 °，
∠CBD＝∠CAD＝20°.
∵E是的中点，
∴∠CBE＝∠CBA＝35°，
∴∠EBD＝∠CBE＋∠CBD＝55°.
∴∠BDE＝180°－20°－55°＝105°，
故选B.
【答案】 B
4．如图2－1－13，点A、B、C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝30°，则圆O的面积等于( )
图2－1－13
A．4π B．8π
C．12π D．16π
【解析】 连接OA，OB.
∵∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝60°，
又∵OA＝OB，
∴△AOB为等边三角形．
又AB＝4，∴OA＝OB＝4.
∴S⊙O＝π·42＝16π.
【答案】 D
二、填空题
图2－1－14
5．(2013·平顶山模拟)如图2－1－14，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3 cm，4 cm，以AC为直径的圆与AB交于点D，则＝________.
【解析】 连接CD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠CDA＝90°.由射影定理得BC2＝BD·BA，AC2＝AD·AB，
∴＝，即＝.
【答案】
6．如图2－1－15，AB为⊙O的直径，弦AC，BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APD＝__________.
图2－1－15
【解析】 由于AB为⊙O的直径，则∠ADP＝90°，
所以△APD是直角三角形．
则sin∠APD＝，cos∠APD＝，
由题意知，∠DCP＝∠ABP，∠CDP＝BAP，
所以△PCD∽△PBA.
所以＝，又AB＝3，CD＝1，则＝.
∴cos∠APD＝.又∵sin2∠APD＋cos2∠APD＝1，
∴sin∠APD＝.
【答案】
三、解答题
7．如图2－1－16，已知A、B、C、D是⊙O上的四个点，AB＝BC，BD交AC于点E，连接CD、AD.
(1)求证：DB平分∠ADC；
(2)若BE＝3，ED＝6，求AB的长．
图2－1－16
【解】 (1)证明：∵AB＝BC，∴＝，
∴∠BDC＝∠ADB，
∴DB平分∠ADC.
(2)由(1)可知＝.
∴∠BAC＝∠ADB.
∵∠ABE＝∠ABD.
∴△ABE∽△DBA.∴＝.
∵BE＝3，ED＝6，∴BD＝9.
∴AB2＝BE·BD＝3×9＝27.
∴AB＝3.
8．如图2－1－17, △ABC是圆O的内接等边三角形，AD⊥AB，与BC的延长线相交于点D，与圆O相交于点E，若圆O的半径r＝1，求DE的长度．
图2－1－17
【解】 连接BE，∴AD⊥AB，
∴BE为⊙O的直径，且BE＝2r＝2.
又∵∠AEB＝∠ACB＝60°，
∴∠ABE＝30°，∠EBD＝30°.
又∵∠ABD＝60°，
∴∠D＝∠EBD＝30°，
∴DE＝BE＝2.
9．如图2－1－18①所示，在圆内接△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的一点，E是直线AD和△ABC外接圆的交点．
图2－1－18
(1)求证：AB2＝AD·AE；
(2)如图2－1－18②所示，当D为BC延长线上的一点时，第(1)题的结论成立吗？若成立请证明；若不成立，请说明理由．
【解】 (1)证明：如右图①，
连接BE.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB.
∵∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABC＝∠AEB.
又∠BAD＝∠EAB.
∴△ABD∽△AEB.
∴AB∶AE＝AD∶AB，
即AB2＝AD·AE.
(2)如图②，连接BE，
结论仍然成立，证法同(1)．
10.
已知：如图，BC为半圆O的直径，F是半圆上异于B、C的一点，A是的中点，AD⊥BC于点D，BF交AD于点E.
(1)求证：BE·BF＝BD·BC；
(2)试比较线段BD与AE的大小，并说明道理．
【解】
(1)证明：连接FC，
则BF⊥FC.
在△BDE和△BCF中，
∵∠BFC＝∠EDB＝90°
∠FBC＝∠EBD，
∴△BDE∽△BFC.
∴＝.即BE·BF＝BD·BC.
(2)连接AC、AB，则∠BAC＝90°.
∵＝，∴∠1＝∠2.又∵∠2＋∠ABC＝90°，∠3＋∠ABD＝90°，
∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3.
∴AE＝BE.
在Rt△EBD中，BE>BD，
∴AE>BD.
课件32张PPT。圆周角 圆心角 同弧或等弧 同圆或等圆 半圆 直径 弧 直径 度数 度数 课时作业（六）二圆内接四边形的性质与判定定理
课标解读
1.了解圆内接四边形的概念．
2.掌握圆内接四边形的性质、判定定理及其推论，并能解决有关问题.
图2－2－1
1．圆内接四边形的性质定理
(1)定理1：圆的内接四边形的对角互补．如图2－2－1：四边形ABCD内接于⊙O，则有：∠A＋∠C＝180°，∠B＋∠D＝180°.
图2－2－2
(2)定理2：圆内接四边形的外角等于它的内角的对角．
如图2－2－2：∠CBE是圆内接四边形ABCD的一外角，则有：∠CBE＝∠D.
2．圆内接四边形的判定定理及其推论
(1)判定定理：如果一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆．
(2)推论：如果四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．
1．“内接于圆的平行四边形、菱形、梯形分别是矩形、正方形、等腰梯形”这种说法正确吗？
【提示】 正确．根据圆内接四边形的对角互补可证．
2．圆内接四边形的性质定理和它的判定定理及推论有何关系？
【提示】 性质定理1和判定定理互为逆定理，性质定理2和判定定理的推论互为逆定理．
圆内接四边形的性质
图2－2－3
如图2－2－3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，在AB上截取PA＝AC，以PC为直径的圆分别交AB、BC、AC于D、E、F.求证：＝.
【思路探究】 先利用PC是圆的直径，得到PF∥BC，再利用圆内接四边形的性质，得到DF∥PC，最后利用平行线分线段成比例证明结论．
【自主解答】 连接DF、PF.
∵PC是直径，
∴PF⊥AC.
∵BC⊥AC，
∴PF∥BC，∴＝.
∵四边形PCFD内接于⊙O，
∴∠ADF＝∠ACP，
∵AP＝AC，
∴∠APC＝∠ACP.
∴∠ADF＝∠APC.∴DF∥PC，
∴＝，∴＝.
1．在本题的证明过程中，都是利用角相等证明了两直线平行，然后利用直线平行，得到比例式相等．
2．圆内接四边形的性质即对角互补，一个外角等于其内对角，可用来作为三角形相似或两直线平行的条件，从而证明一些比例式成立或证明某些等量关系．
如图2－2－4所示，已知四边形ABCD内接于⊙O，延长AB和DC相交于点E，EG平分∠AED，且与BC、AD分别交于F、G.
图2－2－4
求证：∠CFG＝∠DGF.
【证明】 ∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠EBF＝∠ADE.
又EF是∠AED的平分线，
则∠BEF＝∠DEG，∴△EBF∽△EDG.
∴∠EFB＝∠DGF.
又∵∠EFB＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠DGF.
圆内接四边形的判定
图2－2－5
如图2－2－5所示，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于G，求证：
(1)D、E、F、G四点共圆；
(2)G、B、C、F四点共圆．
【思路探究】 (1)要证D、E、F、G四点共圆，只需找到过这四点的外接圆的圆心，证明圆心到四点的距离相等，可取GF的中点H，证点H即为圆心．
(2)要证G、B、C、F四点共圆，只需证∠B＝∠AFG(或∠C＝∠AGF)，由D、E为中点，可知DE∥BC，∠B＝∠ADE，故只需证∠ADE＝∠AFG，由D、E、F、G四点共圆可得．
【自主解答】 (1)如图，连接GF，取GF的中点H.∵DF⊥AB，EG⊥AC，∴△DGF，△EGF都是直角三角形．又∵点H是GF的中点，∴点H到D、E、F、G的距离相等，∴点H是过D、E、F、G的外接圆的圆心，
∴D、E、F、G四点共圆．
(2)连接DE.由(1)知D、G、F、E四点共圆．
由四点共圆的性质定理的推论，
得∠ADE＝∠AFG.
∵AD＝DB，AE＝EC，
∴D是AB的中点，E是AC的中点，
∴DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，
∴∠AFG＝∠B，∴G、B、C、F四点共圆．
1．解答本题(1)是利用到定点的距离等于定长的点在同一圆上来证明的，本题(2)利用了圆内接四边形判定定理的推论来证明的．
2．判定四点共圆的方法：(1)如果四个点与一定点距离相等，那么这四个点共圆；(2)如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆；(3)如果一个四边形的一个外角等于它的内角的对角，那么这个四边形的四个顶点共圆；(4)与线段两端点连线夹角相等(或互补)的点连同该线段两端点在内共圆．
图2－2－6
如图2－2－6，在△ABC中，E，D，F分别为AB，BC，AC的中点，且AP⊥BC于P，求证：E，D，P，F四点共圆．
【证明】 ∵AP⊥BC，F为AC的中点，
∴PF是Rt△APC斜边上的中线，
∴PF＝FC，∴∠FPC＝∠C，
∵E、F、D分别为AB、AC、BC的中点，
∴EF∥CD，ED∥FC，
∴四边形EDCF为平行四边形，
∴∠FED＝∠C，∴∠FPC＝∠FED，
∴E、D、P、F四点共圆.
圆内接四边形的综合应用
如图2－2－7，已知△ABC中，AB＝AC，D是△ABC外接圆劣弧上的点(不与点A，C重合)，延长BD至E.
图2－2－7
(1)求证：AD的延长线DF平分∠CDE；
(2)若∠BAC＝30°，△ABC中BC边上的高为2＋，求△ABC外接圆的面积．
【思路探究】 (1)利用同弧所对的圆周角相等及圆内接四边形的性质定理求解．
(2)外接圆的圆心在BC边的高上，设出外接圆的半径为r，用r表示BC边上的高．
【自主解答】 (1)证明：如图，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠CDF＝∠ABC.
又AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
且∠ADB＝∠ACB，
∴∠ADB＝∠CDF，
又由对顶角相等得∠EDF＝∠ADB，
故∠EDF＝∠CDF，
即AD的延长线DF平分∠CDE.
(2)设O为外接圆圆心，连接AO并延长交BC于H，则AH⊥BC.连接OC，由题意∠OAC＝∠OCA＝15°，∠ACB＝75°.
∴∠OCH＝60°.
设圆半径为r，
则r＋r＝2＋，得r＝2，外接圆的面积为4π.
1．解答本题(2)时关键是找出外接圆的圆心位置，然后用外接圆的半径表示出BC边上的高．
2．此类问题综合性较强，考查知识点较为丰富，往往涉及圆内接四边形的判定与性质的证明和应用，最终得到某些结论的成立．
如图2－2－8所示，AB、CD都是圆的弦，且AB∥CD，F为圆上一点，延长FD、AB使它们交于点E.求证：AE·AC＝AF·DE.
图2－2－8
【证明】 如图，连接BD，
∵AB∥CD，∴BD＝AC.
∵A、B、D、F四点共圆，
∴∠EBD＝∠F.
又∵∠DEB＝∠FEA，
∴△EBD∽△EFA.
∴＝.∴＝，
即AE·AC＝AF·DE.
(教材第30页习题2.2第3题)如图2－2－9，已知四边形ABCD内接于圆，延长AB和DC相交于E，EG平分∠E，且与BC、AD分别相交于F、G，求证：∠CFG＝∠DGF.
图2－2－9
(2013·广州调研)四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，＝40°，则∠D＝__________.
【命题意图】 本题主要考查圆内接四边形的性质定理及圆周角定理的应用．
【解析】 如图连接AC.∵＝40°.BC是⊙O的直径，
∴∠ACB＝20°，∠BAC＝90°
∴∠B＝180°－∠BAC－∠ACB＝70°
∴∠D＝180°－∠B＝110°.
【答案】 110°
1．四边形ABCD内接于圆O，延长AB到E，∠ADC＝32°，则∠CBE等于( )
A．32° B．58°
C．122° D．148°
【解析】 根据圆内接四边形的外角等于它的内角的对角知，∠CBE＝32°.
【答案】 A
2．下列说法正确的有( )
①圆的内接四边形的任何一个外角等于它的内角的对角；
②圆内接四边形的对角相等；
③圆内接四边形不能是梯形；
④在圆的内部的四边形叫圆内接四边形．
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
【解析】 ①是圆内接四边形的性质定理2，正确．由于圆内接四边形的对角互补，不一定相等，②不正确．圆内接四边形可以是梯形，③不正确；顶点在同一个圆上的四边形叫圆内接四边形．④不正确．
【答案】 B
3．如图2－2－10，两圆相交于A，B，过A的直线交两圆于点C，D，过B的直线交两圆于点E，F，连CE，DF，若∠C＝115°，则∠D＝________.
图2－2－10
【解析】 如图，连接AB，
∵∠C＝115°，
∴∠ABE＝65°，
∴∠D＝∠ABE＝65°.
【答案】 65°
4．四边形ABCD内接于圆O，∠A∶∠B∶∠C＝2∶3∶7，则∠D＝________.
【解析】 ∵圆内接四边形的对角互补，
∴∠A＋∠C＝180°.
又∵∠A∶∠B∶∠C＝2∶3∶7，
∴∠A＝40°，∠B＝60°，∠C＝140°.
又∠B＋∠D＝180°，
∴∠D＝180°－60°＝120°.
【答案】 120°
一、选择题
1．如图2－2－11，ABCD是⊙O的内接四边形，延长BC到E，已知∠BCD∶∠ECD＝3∶2，那么∠BOD等于( )
图2－2－11
A．120° B．136° C．144° D．150°
【解析】 设∠BCD＝3x，∠ECD＝2x，
∴5x＝180°，∴x＝36°，
即∠BCD＝108°，∠ECD＝72°.
∴∠BAD＝72°，∴∠BOD＝2∠BAD＝144°.
【答案】 C
2．如图2－2－12，在⊙O中，弦AB的长等于半径，∠DAE＝80°，则∠ACD的度数为( )
图2－2－12
A．30° B．45°
C．50° D．60°
【解析】 连接OA，OB，
∵∠BCD＝∠DAE＝80°，∠AOB＝60°，
∴∠BCA＝∠AOB＝30°，
∴∠ACD＝∠BCD－∠BCA＝80°－30°＝50°.
【答案】 C
图2－2－13
3．如图2－2－13所示，圆内接四边形ABCD的一组对边AD、BC的延长线相交于点P，对角线AC和BD相交于点Q，则图中共有相似三角形的对数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
【解析】 利用圆周角和圆内接四边形的性质定理，可得△PCD∽△PAB，△QCD∽△QBA，△AQD∽△BQC，△PAC∽△PBD.因此共4对．
【答案】 A
图2－2－14
4．如图2－2－14，AB是⊙O的弦，过A、O两点的圆交BA的延长线于C，交⊙O于D，若CD＝5 cm，则CB等于( )
A．25 cm B．15 cm
C．5 cm D. cm
【解析】 连接OA，OB，OD，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA，∠ODB＝∠OBD.
∵C，D，O，A四点共圆，
∴∠OAB＝∠CDO，∠CDO＝∠OBA，
∴∠CDO＋∠ODB＝∠OBA＋∠OBD，
即∠CDB＝∠CBD，∴CD＝CB，
∵CD＝5 cm，∴CB＝5 cm.
【答案】 C
二、填空题
图2－2－15
5．如图2－2－15，以AB＝4为直径的圆与△ABC的两边分别交于E，F两点，∠ACB＝60°，则EF＝________.
【解析】 如图，连接AE.
∵AB为圆的直径，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°.
∵∠ACB＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴CE＝AC.
∵∠C＝∠C，∠CFE＝∠B，
∴△CFE∽△CBA.
∴＝，
∵AB＝4，CE＝AC，∴EF＝2.
【答案】 2
图2－2－16
6．如图2－2－16，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若＝，＝，则的值为________．
【解析】 由于∠PBC＝∠PDA，∠P＝∠P，
则△PAD∽△PCB ，∴＝＝.
又＝，＝，∴×＝×.
∴×＝，∴×＝.
∴＝.
【答案】
三、解答题
7．如图2－2－17，四边形ABCD内接于⊙O，过点A作AE∥BD交CB的延长线于点E.
图2－2－17
求证：AB·AD＝BE·CD.
【证明】 如图，连接AC.
∵AE∥BD，∴∠1＝∠2.
∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3.
∵∠4是圆内接四边形ABCD的一个外角，
∴∠4＝∠ADC.
∴△ABE∽△CDA，
∴＝，
∴AB·AD＝BE·CD.
8．如图2－2－18，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根．
(1)证明：C，B，D，E四点共圆；
(2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径．
图2－2－18
【解】 (1)证明：连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE·AC，
即＝.
又∠DAE＝∠CAB，从而△ADE∽△ACB.
因此∠ADE＝∠ACB.
所以C，B，D，E四点共圆．
(2)m＝4，n＝6时，方程x2－14x＋mn＝0的两根为x1＝2，x2＝12.
故AD＝2，AB＝12.
取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.
由于∠A ＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.
从而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5.
故C，B，D，E四点所在圆的半径为5.
9．如图2－2－19，已知P为正方形ABCD的对角线BD上一点，通过P作正方形的边的垂线，垂足分别为E、F、G、H.你能判断出E、F、G、H是否在同一个圆上吗？试说明你的猜想．
图2－2－19
【解】 猜想：E、F、G、H四个点在以O为圆心的圆上．证明如下：
如图，连接OE、OF、OG、OH.
在△OBE、△OBF、△OCG、△OAH中，
OB＝OC＝OA.
∵PEBF为正方形，∴BE＝BF＝CG＝AH，
∠OBE＝∠OBF＝∠OCG＝∠OAH＝45°.
∴△OBE≌△OBF≌△OCG≌△OAH.
∴OE＝OF＝OG＝OH.
由圆的定义可知：E、F、G、H在以O为圆心的圆上．
10.
如图，锐角△ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，点E为内切圆I与边CA的切点．
(1)求证：四点A，I，H，E共圆；
(2)若∠C＝50°，求∠IEH的度数．
【解】 (1)证明：由圆I与边AC相切于点E，
得IE⊥AE，
结合IH⊥AH，得∠AEI＝∠AHI＝90°.
所以，四点A，I，H，E共圆．
(2)由(1)知四点A，I，H，E共圆，得，∠IEH＝∠HAI；
在△HIA中，∠HIA＝∠ABI＋∠BAI＝∠B＋∠A＝(∠B＋∠A)
＝(180°－∠C)＝90°－∠C.
结合IH⊥AH，得∠HAI＝90°－∠HIA＝∠C；
所以∠IEH＝∠C.
由∠C＝50°得∠IEH＝25°.
课件33张PPT。对角互补 ∠C ∠D 内角的对角 ∠D 对角互补 对角 共圆 课时作业（七）三圆的切线的性质及判定定理
课标解读
1.掌握切线的性质定理及其推论，并能解决有关问题．
2.掌握切线的判定定理，会判定直线与圆相切.
1．切线的性质定理及推论
图2－3－1
(1)性质定理：圆的切线垂直于经过切点的半径．
如图2－3－1，已知AB切⊙O于点A，则OA⊥AB.
(2)推论1：经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点．
(3)推论2：经过切点且垂直于切线的直线必经过圆心．
2．切线的判定定理
经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
1．“以圆的两条平行切线的切点为端点的线段是圆的直径”这句话对吗？为什么？
【提示】 正确．如图AB、CD分别切⊙O于E、F，连接EO并延长交CD于F′，∵AB是⊙O的切线，∴OE⊥AB.∵AB∥CD，∴OF′⊥CD，∴F′为切点，∴F′与F重合，即EF是⊙O的直径．
2．判定直线与圆相切共有哪几种方法？
【提示】 判定直线与圆相切共有三种方法：
(1)和圆只有一个公共点的直线是圆的切线；
(2)到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线；
(3)过半径外端且和半径垂直的直线是圆的切线．
3．从圆的切线的性质定理及推论，你能得出怎样的结论？
【提示】 分析圆的切线的性质定理及两个推论的条件和结论间的关系，可以得出如下结论：如果一条直线具备下列三个条件中的任意两个，就可以推出第三个．①垂直于切线；②过切点；③过圆心．于是在利用切线性质时，通常作的辅助线是过切点的半径．
圆的切线性质的应用
图2－3－2
如图2－3－2所示，已知AB是⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于点C，AC平分∠DAB，AD⊥CD.
(1)求证：OC∥AD；
(2)若AD＝2，AC＝，求AB的长．
【思路探究】 (1)要证OC∥AD，只需证明OC⊥CD.
(2)利用△ADC∽△ACB可求得．
【自主解答】 (1)如图所示，连接BC.
∵CD为⊙O的切线，
∴OC⊥CD.
又AD⊥CD，
∴OC∥AD.
(2)∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠CAB.
∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.
又AD⊥CD，∴∠ADC＝90°，
∴△ADC∽△ACB.
∴＝，∴AC2＝AD·AB.
∵AD＝2，AC＝，∴AB＝.
1．利用圆的切线的性质来证明或进行有关运算时，常用连接圆心与切点的半径与切线垂直这一理论产生垂直关系．
2．常作的辅助线：
(1)连接切点与圆心的半径．
(2)构造直径所对的圆周角．
如图2－3－3，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于D，过D作⊙O的切线交AC于E.求证：DE⊥AC.
图2－3－3
【证明】 如图，连接OD、AD.
∵AB为⊙O直径，∴AD⊥BC.
∵AB＝AC，即△ABC为等腰三角形，
∴AD为BC边上的中线，
即BD＝DC.又OA＝OB，
∴OD为△ABC的中位线．
∴OD∥AC.
∵DE切⊙O于D，∴OD⊥DE.
∴DE⊥AC.
圆的切线的判定
如图2－3－4，AB是⊙O的直径，AE平分∠BAF交⊙O于点E，过E作直线与AF垂直，交AF的延长线于点D，且交AB的延长线于点C.求证：CD是⊙O的切线．
图2－3－4
【思路探究】 利用圆的切线的判定定理进行切线的证明，关键是找出定理的两个条件：①过半径的外端；②该直线与某一条半径所在的直线垂直．
【自主解答】 如图，连接OE.
∵OA＝OE，∴∠1＝∠2.
又∵AE平分∠BAF，
∴∠2＝∠3.
∴∠1＝∠3，∴OE∥AD.
∵AD⊥CD，∴OE⊥CD.
∴CD与⊙O相切于点E.
1．解答本题的关键是证明OE⊥CD，而已知AD⊥CD，故只需证明OE∥AD.
2．判断一条直线是圆的切线时，常用辅助线的作法
(1)如果已知这条直线与圆有公共点，则连接圆心与这个公共点，设法证明连接所得到的半径与这条直线垂直，简记为“连半径，证垂直”；
(2)若题目未说明这条直线与圆有公共点，则过圆心作这条直线的垂线，得垂线段，再证明这条垂线段的长等于半径，简记“作垂直，证半径”．
图2－3－5
(2013·洛阳模拟)如图2－3－5，直角梯形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD∥BC，E为AB上的点，DE平分∠ADC，CE平分∠BCD，以AB为直径的圆与CD有怎样的位置关系？【解】 如题图，过E作EF⊥CD于F，
∵DE平分∠ADC，CE平分∠BCD，
∠A＝∠B＝90°，
∴AE＝EF＝BE＝AB.
∴以AB为直径的圆的圆心为E，
∴EF是圆心E到CD的距离，且EF＝AB，
∴以AB为直径的圆与边CD是相切关系.
圆的切线性质和判定定理的综
合应用
如图2－3－6，AB为⊙O的直径，D是的中点，DE⊥AC交AC的延长线于E，⊙O的切线BF交AD的延长线于点F.
图2－3－6
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)若DE＝3，⊙O的半径为5，求BF的长．
【思路探究】 (1)利用圆的切线判定定理证明．
(2)作DG⊥AB于G，利用△ADG∽△AFB求解．
【自主解答】 (1)连接OD，∵D是中点．
∴∠1＝∠2.
∵OA＝OD，∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，∴OD∥AE.
∵DE⊥AE，∴DE⊥OD，
即DE是⊙O的切线．
(2)过D作DG⊥AB，
∵∠1＝∠2，∴DG＝DE＝3.
在Rt△ODG中，OG＝＝4，
∴AG＝4＋5＝9.
∵DG⊥AB，FB⊥AB，∴DG∥FB.
∴△ADG∽△AFB，∴＝.
∴＝，∴BF＝.
1．解答本题(2)的关键是作出辅助线DG⊥AB于G，然后利用三角形相似求解．
2．对圆的切线的性质与判定的综合考查往往是热点，其解答思路常常是先证明某直线是圆的切线，再利用切线的性质来求解相关结果．
已知如图2－3－7，A是 ⊙O上一点，半径OC的延长线与过点A的直线交于B点，OC＝BC，AC＝OB.
图2－3－7
(1)求证：AB为⊙O的切线；
(2)若∠ACD＝45°，OC＝2，求弦CD的长．
【解】 (1)证明：如图，连接OA，
∵OC＝BC，AC＝OB，
∴OC＝BC＝CA＝OA，
∴△ACO为等边三角形，
∴∠O＝60°，∴∠B＝30°，
∴∠OAB＝90°，
∴AB为⊙O的切线．
(2)作AE⊥CD于点E，
∵∠O＝60°，∴∠D＝30°.
又∵∠ACD＝45°，AC＝OC＝2，
∴在Rt△ACE中，CE＝AE＝，
在Rt△ADE中，∠D＝30°，
∴AD＝2，∴DE＝.
∴CD＝DE＋CE＝＋.
(教材第32页习题2.3第3题)如图2－3－8，AB是 ⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为B，OC平行于弦AD.求证：DC是⊙O的切线．
图2－3－8
(2013·江苏高考)
图2－3－9
如图2－3－9，AB和BC分别与圆O相切于点D，C，AC经过圆心O，且BC＝2OC.求证：AC＝2AD.
【命题意图】 考查圆的切线性质、相似三角形的判定与性质．考查推理论证能力及分析问题、解决问题的能力．
【证明】 连接OD.因为AB和BC分别与圆O相切于点D，C，
所以∠ADO＝∠ACB＝90°.
又因为∠A＝∠A，
所以Rt△ADO∽Rt△ACB.
所以＝.
又BC＝2OC＝2OD，
故AC＝2AD.
1．AB是⊙O的切线，能确定CD⊥AB的条件是( )
A．O∈CD B．CD过切点
C．O∈CD，且CD过切点 D．CD是⊙O的直径
【解析】 由切线的性质定理知，选项C正确．
【答案】 C
2.
图2－3－10
如图2－3－10所示，直线l与⊙O相切，P是l上任一点，当OP⊥l时，则( )
A．P不在⊙O上
B．P在⊙O上
C．P不可能是切点
D．OP大于⊙O的半径
【解析】 由切线性质定理的推论1，经过圆心O垂直于切线l的直线必过切点，故P为切点，应选B.
【答案】 B
图2－3－11
3．如图2－3－11，AP为圆O的切线，P为切点，OA交圆O于点B，若∠A＝40°，则∠APB等于( )
A．25° B．20°
C．40° D．35°
【解析】 如图，连接OP，
∵AP为圆O的切线，∴∠OPA＝90°，
∵∠A＝40°，∴∠AOP＝90°－40°＝50°.
∵OP＝OB，∴∠OPB＝×(180°－50°)＝65°.
∴∠APB＝∠OPA－∠OPB＝90°－65°＝25°.
【答案】 A
4．如图2－3－12，AB是半圆O的直径，∠BAC＝30°，BC为半圆的切线，且BC＝4，则点O到AC的距离OD＝________.
图2－3－12
【解析】 如图，∵BC为半圆的切线，
∴AB⊥BC.
又∠BAC＝30°，∴∠C＝60°.
设AC交半圆O于E，
连接BE，则BE⊥AC，
∴∠CBE＝30°，∴EC＝BC＝2，
∴BE＝＝＝6，
∴OD＝BE＝3.
【答案】 3
一、选择题
1．下列说法：①与圆有公共点的直线是圆的切线；②垂直于圆的半径的直线是圆的切线；③与圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；④过直径的端点，垂直于此直径的直线是圆的切线．其中正确的有( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】 根据切线的定义及判定定理知③④正确．
【答案】 C
2．AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，AC交⊙O于D，AB＝6，BC＝8，则BD等于( )
A．4 B．4.8 C．5.2 D．6
【解析】 ∵AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，
∴AB⊥CB，BD⊥AC.
∵AC＝＝10，
∴BD＝＝＝4.8.
【答案】 C
图2－3－13
3．如图2－3－13所示，⊙O是正△ABC的内切圆，切点分别为E、F、G，点P是弧EG上的任意一点，则∠EPF＝( )
A．120° B．90°
C．60° D．30°
【解析】 如图所示，连接OE、OF.
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO＝∠BFO＝90°.
∴∠EOF＋∠ABC＝180°.
∴∠EOF＝120°.
∴∠EPF＝∠EOF＝60°.
【答案】 C
图2－3－14
4．如图2－3－14所示，AC切⊙O于D，AO的延长线交⊙O于B，且AB⊥BC，若AD∶AC＝1∶2，则AO∶OB＝( )
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶1.5
【解析】 如图所示，连接OD、OC，则OD⊥AC.
∵AB⊥BC，∴∠ODC＝∠OBC＝90°.
∵OB＝OD，OC＝OC，
∴△CDO≌△CBO.∴BC＝DC.
∵＝，∴AD＝DC.
∴BC＝AC，
又OB⊥BC，∴∠A＝30°，
∴OB＝OD＝AO，∴＝.
【答案】 A
二、填空题
5.
图2－3－15
(2013·开封模拟)如图2－3－15，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，⊙O分别与边AB、AC相切，切点分别为E、C.则⊙O的半径是________．
【解析】 连接OE，设OE＝r，
∵OC＝OE＝r，BC＝12，
则BO＝12－r，AB＝＝13，
由△BEO∽△BCA，得＝，
即＝，解得r＝.
【答案】
6．(2012·广东高考)
图2－3－16
如图2－3－16所示，圆O的半径为1，A，B，C是圆周上的三点，满足∠ABC＝30°，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA＝________.
【解析】 连接OA.∵AP为⊙O的切线，
∴OA⊥AP.
又∠ABC＝30°，∴∠AOC＝60°.
∴在Rt△AOP中，OA＝1，PA＝OA·tan 60°＝.
【答案】
三、解答题
图2－3－17
7．如图2－3－17，AB是⊙O的直径，∠BAC＝30°，M是OA上一点，过M作AB的垂线交AC于点N，交BC的延长线于点E，直线CF交EN于点F，且∠ECF＝∠E.
求证：CF是⊙O的切线．
【证明】 如图，连接OC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
∵∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝60°，
又∵OB＝OC.
∴∠OCB＝∠OBC＝60°，
在Rt△EMB中，
∵∠E＋∠MBE＝90°，
∴∠E＝30°.
∵∠E＝∠ECF，∴∠ECF＝30°，
∴∠ECF＋∠OCB＝90°.
又∵∠ECF＋∠OCB＋∠OCF＝180°，
∴∠OCF＝90°.∴CF为⊙O的切线．
8．如图2－3－18，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，弦CD⊥AB于E，∠POC＝∠PCE.
图2－3－18
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若OE∶EA＝1∶2，PA＝6，求⊙O半径．
【解】 (1)证明：在△OCP与△CEP中，
∵∠POC＝∠PCE，∠OPC＝∠CPE，
∴∠OCP＝∠CEP.
∵CD⊥AB，∴∠CEP＝90°，∴∠OCP＝90°.
又C点在圆上，∴PC是⊙O的切线．
(2)法一 设OE＝x，则EA＝2x，OC＝OA＝3x.
∵∠COE＝∠AOC，∠OEC＝∠OCP＝90°，
∴△OCE∽△OPC，∴＝.
即(3x)2＝x(3x＋6)，∴x＝1，
∴OA＝3x＝3，即圆的半径为3.
法二 由(1)知PC是⊙O的切线，
∴∠OCP＝90°.
又∵CD⊥OP，由射影定理知OC2＝OE·OP，以下同法一．
9．如图2－3－19，AD是⊙O的直径，BC切⊙O于点D，AB、AC与圆分别相交于点E、F.
图2－3－19
(1)AE·AB与AF·AC有何关系？请给予证明；
(2)在图中，如果把直线BC向上或向下平移，得到图(1)或图(2)，在此条件下，(1)题的结论是否仍成立？为什么？
【解】 (1)AE·AB＝AF·AC.
证明：连接DE.
∵AD为⊙O的直径，∴∠DEA＝90°.
又∵BC与⊙O相切于点D，
∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠DEA.
又∵∠BAD＝∠DAE，
∴△BAD∽△DAE，
∴＝，即AD2＝AB·AE.
同理AD2＝AF·AC，
∴AE·AB＝AF·AC.
(2)(1)中的结论仍成立．
因为BC在平移时始终与AD垂直，设垂足为D′，
则∠AD′B＝90°.
∵AD为圆的直径，
∴∠AED＝∠AD′B＝90°.
又∵∠DAE＝∠BAD′.
∴△ABD′∽△ADE.
∴＝，∴AB·AE＝AD·AD′.
同理AF·AC＝AD·AD′，故AE·AB＝AF·AC.
10.
如图，正方形ABCD是⊙O的内接正方形，延长BA到E，使AE＝AB，连接ED.
(1)求证：直线ED是⊙O的切线；
(2)连接EO交AD于点F，求证：EF＝2FO.
【解】 (1)证明：连接OD.
∵四边形ABCD为正方形，
AE＝AB，
∴AE＝AB＝AD，
∠EAD＝∠DAB＝90°.
∴∠EDA＝45°，∠ODA＝45°.
∴∠ODE＝∠ADE＋∠ODA＝90°.
∴直线ED是⊙O的切线．
(2)作OM⊥AB于M.
∵O为正方形的中心，∴M为AB的中点．
∵AE＝AB＝2AM，AF∥OM.
∴＝＝2，∴EF＝2FO.
课件36张PPT。切点的半径 垂直于切线的直线 垂直于切线的直线 外端 垂直于 课时作业（八）四弦切角的性质
课标解读
1.掌握弦切角定理，并能利用它解决有关问题．
2.体会分类思想，运动变化思想和化归思想.
1．弦切角
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．
2．弦切角定理
(1)文字语言叙述：
弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
(2)图形语言叙述：
如图2－4－1，AB与⊙O切于A点，则∠BAC＝∠D.
图2－4－1
1．怎样正确理解弦切角的定义？
【提示】 弦切角的特点：(1)顶点在圆上；(2)一边与圆相交；(3)一边与圆相切．
弦切角定义中的三个条件缺一不可．如图(1)(2)(3)(4)中的角都不是弦切角．图(1)中，缺少“顶点在圆上”的条件；图(2)中，缺少“一边和圆相交”的条件；图(3)中，缺少“一边和圆相切”的条件；图(4)中，缺少“顶点在圆上”和“一边和圆相切”两个条件．
2．弦切角、圆周角、圆心角与它们所对应的弧有什么关系？
【提示】 弦切角的度数等于它所夹弧度数的一半，圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半，圆心角的度数等于它所对弧的度数．
3．运用弦切角定理解题时，一般怎样添加辅助线？
【提示】 添加辅助线构成弦切角所夹的弧对应合适的圆周角，为解题提供条件．
利用弦切角定理解决与角有关
的问题
图2－4－2
如图2－4－2，AB是半圆O的直径，C是圆周上一点(异于A、B)，过C作圆O的切线l，过A作直线l的垂线AD，垂足为D，AD交半圆于点E，求证：CB＝CE.
【思路探究】 解答本题的关键是运用弦切角定理与圆周角定理的有关知识，进行角度的等量替换．
【自主解答】
连接AC，BE，在DC延长线上取一点F，因为AB是半圆O的直径，C为圆周上一点，
所以∠ACB＝90°，即∠BCF＋∠ACD＝90°
又因为AD⊥l，所以∠DAC＋∠ACD＝90°
所以∠BCF＝∠DAC
又因为直线l是圆O的切线，所以∠CEB＝∠BCF，
又∠DAC＝∠CBE，所以∠CBE＝∠CEB，∴CB＝CE.
1．把证明线段相等转化为证明角的相等是弦切角定理应用的常见题目．
2．利用弦切角定理进行计算、证明，要特别注意弦切角所夹弧所对的圆周角，有时与圆的直径所对的圆周角结合运用，同时要注意根据题目的需要可添加辅助线构成所需要的弦切角．
如图2－4－3，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的切线，C为切点，AC平分∠BAD.求证：AD⊥CD.
图2－4－3
【证明】 如图，连接BC.
∵CD为⊙O的切线，
∴∠ACD＝∠ABC.
又AC为∠BAD的平分线，
故∠BAC＝∠CAD，
∴△ACD∽△ABC.
∴∠ADC＝∠ACB.
又∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.
∴∠ADC＝90°，即AD⊥CD.
利用弦切角定理证明比例式或
乘积式
如图2－4－4，PA、PB是⊙O的切线，点C在上，CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB，垂足分别为D、E、F，求证：CD2＝CE·CF.
图2－4－4
【思路探究】
连接CA、CB，∠CAP＝
∠CBA、∠CBP＝∠CAB→
Rt△CAE∽Rt△CBD
Rt△CBF∽Rt△CAD→＝→结论
【自主解答】 连接CA、CB.
∵PA、PB是⊙O的切线．
∴∠CAP＝∠CBA，∠CBP＝∠CAB.
又CD⊥AB，CE⊥PA，CF⊥PB，
∴Rt△CAE∽Rt△CBD，
Rt△CBF∽Rt△CAD，
∴＝，＝，
∴＝，即CD2＝CE·CF.
1．解答本题的难点在于乘积式中的线段不在两个相似三角形中，需用中间量过渡．
2．弦切角定理经常作为工具，进行三角形相似的证明，然后利用三角形相似进一步确定相应边之间的关系，在圆中证明比例式或等积式，常常需要借助于三角形相似处理．
3．弦切角定理有时还与圆周角定理等知识综合运用，它们不但在证明方法上相似，在解题功能上也有相似之处，通常都作为辅助工具出现．
图2－4－9
如图2－4－5，已知圆上的弧＝，过C点的圆的切线与BA的延长线交于E点，证明：
(1)∠ACE＝∠BCD；
(2)BC2＝BE·CD.
【证明】 (1)∵＝，
∴∠BCD＝∠ABC.
又∵EC与圆相切于点C，
∴∠ACE＝∠ABC.∴∠ACE＝∠BCD.
(2)∵∠ECB＝∠CDB，∠EBC＝∠BCD，
∴△BDC∽△ECB，∴＝，
即BC2＝BE·CD.
(教材第34页习题2.4第2题)如图2－4－6，⊙O和⊙O′都经过A、B两点，AC是⊙O′的切线，交⊙O于点C，AD是⊙O的切线，交⊙O′于点D，求证：AB2＝BC·BD.
图2－4－6
(2013·课标全国卷Ⅰ)
图2－4－7
如图2－4－7，直线AB为圆的切线，切点为B，点C在圆上，∠ABC的角平分线BE交圆于点E，DB垂直BE交圆于点D.
(1)证明：DB＝DC；
(2)设圆的半径为1，BC＝，延长CE交AB于点F，求△BCF外接圆的半径．
【命题意图】 考查圆的几何性质、勾股定理及直角三角形的性质．结合图形和圆的几何性质求解，考查了数形结合能力和逻辑推理能力．
【解】 (1)证明：如图，连接DE，交BC于点G.
由弦切角定理，得∠ABE＝∠BCE，
而∠ABE＝∠CBE，故∠CBE＝∠BCE，所以BE＝CE.
又因为DB⊥BE，所以DE为圆的直径，∠DCE＝90°.
由勾股定理可得DB＝DC.
(2)由(1)知，∠CDE＝∠BDE，DB＝DC，
故DG是BC边的中垂线，所以BG＝.
设DE的中点为O，连接BO，则∠BOG＝60°，从而∠ABE＝∠BCE＝∠CBE＝30°，所以CF⊥BF，故Rt△BCF外接圆的半径等于.
1．如图2－4－8所示，MN与⊙O相切于点M，Q和P是⊙O上两点，∠PQM＝70°，则∠NMP等于( )
图2－4－8
A．20° B．70°
C．110° D．160°
【解析】 根据弦切角定理：∠NMP＝∠PQM＝70°.
【答案】 B
图2－4－9
2．如图2－4－9，四边形ABCD是圆的内接四边形，AB是直径，MN是切圆于C点的切线，若∠BCM＝38°，则∠B＝( )
A．32° B．42°
C．52° D．48°
【解析】 如图，连接AC.
∵∠BCM＝38°，MN是⊙O的切线，
∴∠BAC＝38°，
∵AB为⊙O的直径，∴∠B＝90°－38°＝52°.
【答案】 C
图2－4－10
3．如图2－4－10，A、B是⊙O上的两点，AC是⊙O的切线，∠B＝65°，则∠BAC＝________.
【解析】 ∵OA＝OB，
∠B＝65°，
∴∠OAB＝65°.
∴∠O＝50°.
∴∠BAC＝∠O＝25°.
【答案】 25°
图2－4－11
4．已知如图2－4－11，AB为圆的直径，弦AC与AB成30°角，DC切圆于点C，AB＝5 cm，则BD等于________cm.
【解析】 如图，连接BC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
∵∠A＝30°，AB＝5 cm，
∴BC＝ cm，∠CBA＝60°，
∵CD切⊙O于C，∴∠DCB＝∠A＝30°，
∴∠D＝30°，∴BD＝BC＝ cm.
【答案】
一、选择题
1．如图2－4－12所示，AB是⊙O的直径，MN与⊙O切于点C，AC＝BC，则sin∠MCA＝( )
图2－4－12
A. B. C. D.
【解析】 由弦切角定理，得
∠MCA＝∠ABC.∵sin∠ABC＝＝＝＝，故选D.
【答案】 D
图2－4－13
2．如图2－4－13所示，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于C，AD⊥EF于D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为( )
A．2 B．3
C．2 D．4
【解析】 连接BC.∵AB是⊙O的直径，
∴AC⊥BC，由弦切角定理可知，
∠ACD＝∠ABC，∴△ABC∽△ACD，
∴＝，
∴AC2＝AB·AD＝6×2＝12，
∴AC＝2，故选C.
【答案】 C
3．如图2－4－14，PC与⊙O相切于C点，割线PAB过圆心O，∠P＝40°，则∠ACP等于( )
图2－4－14
A．20° B．25° C．30° D．40°
【解析】 如图，连接OC，
∵PC切⊙O于C点，
∴OC⊥PC，∵∠P＝40°，
∴∠POC＝50°，
连接BC，∵OC＝OB，
∴∠B＝∠POC＝25°，
∴∠ACP＝∠B＝25°.
【答案】 B
图2－4－15
4．如图2－4－15所示，已知AB、AC与⊙O相切于B、C，∠A＝50°，点P是⊙O上异于B、C的一动点，则∠BPC的度数是( )
A．65°
B．115°
C．65°或115°
D．130°或50°
【解析】 当点P在优弧上时，
由∠A＝50°，得∠ABC＝∠ACB＝65°.
∵AB是⊙O的切线，
∴∠ABC＝∠BPC＝65°.
当P点在劣弧上时，∠BPC＝115°.
故选C.
【答案】 C
二、填空题
5．(2012·广东高考)
图2－4－16
如图2－4－16所示，直线PB与圆O相切于点B，D是弦AC上的点，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，则AB＝________.
【解析】 利用弦切角定理及相似三角形求解．
∵PB切⊙O于点B，
∴∠PBA＝∠ACB.
又∠PBA＝∠DBA，
∴∠DBA＝∠ACB，
∴△ABD∽△ACB.
∴＝，
∴AB2＝AD·AC＝mn，
∴AB＝.
【答案】
6.
图2－4－17
如图2－4－17，点P在圆O直径AB的延长线上，且PB＝OB＝2，PC切圆O于C点，CD⊥AB于D点，则CD＝__________.
【解析】 连接OC，∵PC切⊙O于点C，
∴OC⊥PC，
∵PB＝OB＝2，OC＝2，
∴PC＝2，∵OC·PC＝OP·CD，
∴CD＝＝.
【答案】
三、解答题
图2－4－18
7．如图2－4－18所示，△ABT内接于⊙O，过点T的切线交AB的延长线于点P，∠APT的平分线交BT、AT于C、D.
求证：△CTD为等腰三角形．
【证明】 ∵PD是∠APT的平分线，
∴∠APD＝∠DPT.
又∵PT是圆的切线，∴∠BTP＝∠A.
又∵∠TDC＝∠A＋∠APD，
∠TCD＝∠BTP＋∠DPT，
∴∠TDC＝∠TCD，
∴△CTD为等腰三角形．
8．(2012·辽宁高考)如图2－4－19，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连接DB并延长交⊙O于点E.证明：
图2－4－19
(1)AC·BD＝AD·AB；
(2)AC＝AE.
【证明】 (1)由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.
从而＝，即AC·BD＝AD·AB.
(2)由AD与⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD.
又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.
从而＝，即AE·BD＝AD·AB.
综合(1)的结论知，AC＝AE.
9．(2013·辽宁高考)如图2－4－20，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，连接AE，BE.
图2－4－20
证明：
(1)∠FEB＝∠CEB；
(2)EF2＝AD·BC.
【证明】 (1)由直线CD与⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.
由AB为⊙O的直径，得AE⊥EB，从而∠EAB＋∠EBF＝；
又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝.
从而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB.
(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF.
类似可证Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.
又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，
所以EF2＝AD·BC.
10．如图，△ABC内接于圆O，AB＝AC，直线MN切圆O于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E.
(1)求证：△ABE≌△ACD；
(2)若AB＝6，BC＝4，求AE.
【解】 (1)证明：由已知得∠ABE＝∠ACD，∠BAE＝∠EDC，
又∵BD∥MN，∴∠DCN＝∠EDC，
∴∠BAE＝∠DCN.
又直线MN切圆O于点C，
∴∠CAD＝∠DCN.
∴∠CAD＝∠BAE.
又AB＝AC，∴△ABE≌△ACD.
(2)由于△ABE≌△ACD，则BE＝CD，
由(1)得∠CAD＝∠BAE，
∴BC＝CD.∴BE＝CD＝4.
在△ABE和△CDE中，
∠BAE＝∠EDC，∠EBA＝∠ECD，
∴△ABE∽△DCE.∴＝.
∴＝.
∴＝，
解得AE＝.
课件29张PPT。圆 相交 相切 所夹的弧 ∠D 课时作业（九）五与圆有关的比例线段
课标解读
1.会论证相交弦、割线、切割线、切线长定理．
2.能运用相交弦、割线、切割线、切线长定理进行计算与证明.
1．相交弦定理
(1)文字语言
圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．
(2)图形语言
如图2－5－1，弦AB与CD相交于P点，则PA·PB＝PC·PD.
图2－5－1
2．割线定理
(1)文字语言
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．
(2)图形语言
图2－5－2
如图2－5－2，⊙O的割线PAB与PCD，则有：PA·PB＝PC·PD.
3．切割线定理
(1)文字语言
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．
(2)图形语言
如图2－5－3，⊙O的切线PA，切点为A，割线PBC，则有PA2＝PB·PC.
图2－5－3
4．切线长定理
(1)文字叙述
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．
(2)图形表示
如图2－5－4，⊙O的切线PA、PB，则PA＝PB，∠OPA＝∠OPB.
图2－5－4
1．能否用三角形相似证明相交弦定理？
【提示】 能．如图，⊙O的弦AB、CD相交于P点，连接AD、BC，则△APD∽△CPB.故有＝，即PA·PB＝PC·PD.
2．垂径定理、切线长定理、射影定理、相交弦定理、切割线定理之间有何关系？
【提示】 如图，PA，PB为⊙O的两条切线，A，B为切点，PCD为过圆心O的割线，连接AB，交PD于点E，则有下列结论：
(1)PA2＝PB2＝PC·PD＝PE·PO；
(2)AE2＝BE2＝DE·CE＝OE·PE；
(3)若AC平分∠BAP，则C为△PAB的内心；
(4)OA2＝OC2＝OE·OP＝OD2；
(5)＝，＝，PD⊥AB；
(6)∠AOP＝∠BOP，∠APD＝∠BPD.
3．应用切割线定理应注意什么？
【提示】 应用切割线定理应记清关系式，防止做题时出错．
(1)如图所示，把PC2＝PA·PB错写成PC2＝PO·PB；
(2)如图所示，把关系式PT2＝PB·PA错写成PT2＝PB·BA，把关系式PB·PA＝PD·PC错写成PB·BA＝PD·DC.
相交弦定理
图2－5－5
如图2－5－5，AC为⊙O的直径，弦BD⊥AC于点P，PC＝2，PA＝8，则tan∠ACD的值为________．
【思路探究】 由垂径定理知，点P是BD的中点，先用相交弦定理求PD，再用射影定理或勾股定理求AD、CD，最后求tan∠ACD.
【自主解答】 ∵BD⊥AC，∴BP＝PD，
∴PD2＝PA·PC＝2×8＝16，
∴PD＝4.
连接AD，则∠ADC＝90°，
∴tan∠ACD＝.
又AD＝＝＝4，
CD＝＝＝2，
∴tan∠ACD＝＝2.
【答案】 2
1．解答本题的关键是先用相交弦定理求PD，再用勾股定理或射影定理求AD、CD.
2．相交弦定理的运用往往与相似形联系密切，也经常与垂径定理、射影定理等相结合进行某些计算与证明．
(2013·湖南高考)如图2－5－6，在半径为的⊙O中，弦AB，CD相交于点P，PA＝PB＝2，PD＝1，则圆心O到弦CD的距离为________．
图2－5－6
【解析】 由相交弦定理得PA·PB＝PC·PD.
又PA＝PB＝2，PD＝1，则PC＝4，
∴CD＝PC＋PD＝5.
过O作CD的垂线OE交CD于E，则E为CD中点，
∴OE＝＝＝.
【答案】
切割线定理
图2－5－7
已知如图2－5－7所示，AD为⊙O的直径，AB为⊙O的切线，割线BMN交AD的延长线于C，且BM＝MN＝NC，若AB＝2.求：
(1)BC的长；
(2)⊙O的半径r.
【思路探究】
由AB2＝BM·BN
求得BC→由CD·AC＝CN·CM
求得CD→结果
【自主解答】 (1)不妨设BM＝MN＝NC＝x.
根据切割线定理，得AB2＝BM·BN，
即22＝x(x＋x)．
解得x＝，∴BC＝3x＝3.
(2)在Rt△ABC中，
AC＝＝，
由割线定理，得
CD·AC＝CN·CM，由(1)可知，
CN＝，BC＝3，
CM＝BC－BM＝3－＝2，
AC＝，
∴CD＝＝，
∴r＝(AC－CD)
＝(－)＝.
1．解答本题的关键是先根据切割线定理求BC.
2．切割线定理常常与弦切角定理、相交弦定理、平行线分线段成比例定理、相似三角形结合在一起解决数学问题，有时切割线定理利用方程进行计算、求值等．
图2－5－8
(2013天津高考)如图2－5－8，在圆内接梯形ABCD中，AB∥DC.过点A作圆的切线与CB的延长线交于点E.若AB＝AD＝5，BE＝4，则弦BD的长为________．
【解析】 因为AB∥DC，所以四边形ABCD是等腰梯形，所以BC＝AD＝AB＝5.又AE是切线，所以AE∥BD，AE2＝BE·EC＝4(4＋5)＝36，所以AE＝6.因为∠CDB＝∠BAE，∠BCD＝∠ABE，所以△ABE∽△DCB，所以＝，于是BD＝＝.
【答案】
切线长定理
如图2－5－9，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C的切线与过A、B两点的切线分别交于点E、F，AF与BE交于点P.
图2－5－9
求证：∠EPC＝∠EBF.
【思路探究】
由切线→EA＝EC，
FC＝FB→＝→CP∥FB→结论
【自主解答】 ∵EA，EF，FB是⊙O的切线，
∴EA＝EC，FC＝FB，
∵EA，FB切⊙O于A，B，AB是直径，
∴EA⊥AB，FB⊥AB，
∴EA∥FB，
∴＝，
∴＝，
∴CP∥FB，
∴∠EPC＝∠EBF.
1．解答本题的关键是利用对应线段成比例得到CP∥FB.
2．运用切线长定理时，注意分析其中的等量关系，即(1)切线长相等，(2)圆外点与圆心的连线平分两条切线的夹角，然后结合三角形等图形的有关性质进行计算与证明．
图2－5－10
如图2－5－10所示，已知⊙O的外切等腰梯形ABCD，AD∥BC，AB＝DC，梯形中位线为EF.
(1)求证：EF＝AB；
(2)若EF＝5，AD∶BC＝1∶4，求此梯形ABCD的面积．
【解】 (1)证明：∵⊙O为等腰梯形ABCD的内切圆，
∴AD＋BC＝AB＋CD.
∵EF为梯形的中位线，∴AD＋BC＝2EF.
又∵AB＝DC，∴2EF＝2AB，∴EF＝AB.
(2)∵EF＝5，∴AB＝5，AD＋BC＝10.
∵AD∶BC＝1∶4，∴AD＝2，BC＝8.
作AH⊥BC于H，
则BH＝(BC－AD)＝(8－2)＝3.
在Rt△ABH中，
AH＝＝＝4.
∴S梯ABCD＝EF·AH＝5×4＝20.
(教材第40页习题2.5第3题)如图2－5－11，点P为⊙O的弦AB上的任意点，连接PO，PC⊥OP，PC交圆于C，求证：PA·PB＝PC2.
图2－5－11
(2012·湖南高考)
图2－5－12
如图2－5－12所示，过点P的直线与⊙O相交于A，B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3，则⊙O的半径等于________．
【命题意图】 本小题考查圆的割线定理的应用及计算能力．
【解析】 设⊙O的半径为r(r>0)，∵PA＝1，AB＝2，
∴PB＝PA＋AB＝3.
延长PO交⊙O于点C，则PC＝PO＋r＝3＋r.
设PO交⊙O于点D，则PD＝3－r.
由圆的割线定理知，PA·PB＝PD·PC，
∴1×3＝(3－r)(3＋r)，∴9－r2＝3，∴r＝.
【答案】
1．如图2－5－13，⊙O的两条弦AB与CD相交于点E，EC＝1，DE＝4，AE＝2，则BE＝( )
图2－5－13
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 由相交弦定理得AE·EB＝DE·EC，即2EB＝4×1，∴BE＝2.
【答案】 B
2．如图2－5－14，P是⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，过点P的直线l交⊙O于B，C，且PB＝4，PC＝9，则PA等于( )
图2－5－14
A．4 B．6
C．9 D．36
【解析】 由切割线定理知，PA2＝PB·PC＝4×9＝36，
∴PA＝6.
【答案】 B
3．如图2－5－15，PA、PB分别为⊙O的切线，切点分别为A，B，∠P＝80°，则∠C＝________.
图2－5－15
【解析】 ∵PA、PB分别为⊙O的切线，
∴PA＝PB.
又∠P＝80°，∴∠PAB＝∠PBA＝50°.
∴∠ACB＝∠PAB＝50°.
【答案】 50°
4．(2013·重庆高考)如图2－5－16，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝20，过C作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为______．
图2－5－16
【解析】 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，
∴∠ABC＝30°.
∵AB＝20，∴AC＝10，BC＝10.
∵CD为切线，∴∠BCD＝∠A＝60°.
∵∠BDC＝90°，∴BD＝15，CD＝5.
由切割线定理得
DC2＝DE·DB，即(5)2＝15DE，∴DE＝5.
【答案】 5
一、选择题
1．PT切⊙O于T，割线PAB经过点O交⊙O于A、B，若PT＝4，PA＝2，则cos∠BPT＝( )
A. B.
C. D.
【解析】 如图所示，连接OT，根据切割线定理，可得
PT2＝PA·PB，
即42＝2×PB，
∴PB＝8，∴AB＝PB－PA＝6，
∴OT＝r＝3，PO＝PA＋r＝5，
∴cos∠BPT＝＝.
【答案】 A
图2－5－17
2．如图2－5－17，⊙O的直径CD与弦AB交于P点，若AP＝4，BP＝6，CP＝3，则⊙O半径为( )
A．5.5 B．5
C．6 D．6.5
【解析】 由相交弦定理知AP·PB＝CP·PD，
∵AP＝4，BP＝6，CP＝3，
∴PD＝＝＝8，
∴CD＝3＋8＝11，
∴⊙O的半径为5.5.
【答案】 A
图2－5－18
3．如图2－5－18，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3.以BC上一点O为圆心作⊙O与AC、AB都相切，又⊙O与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为( )
A．1 B. C. D.
【解析】 观察图形，AC与⊙O切于点C，AB与⊙O切于点E，
则AB＝＝5.
如图，连接OE，由切线长定理得AE＝AC＝4，
故BE＝AB－AE＝5－4＝1.
根据切割线定理得BD·BC＝BE2，
即3BD＝1，故BD＝.
【答案】 C
4.
图2－5－19
(2011·北京高考)如图2－5－19，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三个结论：
①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.
其中正确结论的序号是( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
【解析】 ①项，∵BD＝BF，CE＝CF，∴AD＋AE＝AC＋CE＋AB＋BD＝AC＋AB＋CF＋BF＝AC＋AB＋BC，故①正确；
②项，∵AD＝AE，AD2＝AF·AG，∴AF·AG＝AD·AE，故②正确；
③项，延长AD于M，连结FD，∵AD与圆O切于点D，则∠GDM＝∠GFD，
∴∠ADG＝∠AFD≠∠AFB，则△AFB与△ADG不相似，故③错误，故选A.
【答案】 A
二、填空题
图2－5－20
5．(2012·天津高考)如图2－5－20，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交wEw.
【解析】 因为AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.设CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝.
【答案】
6．(2013·北京高考)如图2－5－21，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA＝3，PD∶DB＝9∶16，则PD＝________，AB＝________.
图2－5－21
【解析】 由于PD∶DB＝9∶16，设PD＝9a，则DB＝16a.
根据切割线定理有PA2＝PD·PB.又PA＝3，PB＝25a，
∴9＝9a·25a，∴a＝，∴PD＝，PB＝5.
在Rt△PAB中，AB2＝PB2－AP2＝25－9＝16，故AB＝4.
【答案】 4
三、解答题
图2－5－22
7．如图2－5－22所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，D为⊙O上的点，且AD＝AC，AD，BC相交于点E.
(1)求证：AP∥CD；
(2)设F为CE上的一点，且∠EDF＝∠P，求证：CE·EB＝FE·EP.
【证明】 (1)∵AD＝AC，∴∠ACD＝∠ADC.
又∵PA与⊙O相切于点A，∴∠ACD＝∠PAD.
∴∠PAD＝∠ADC，∴AP∥CD.
(2)∵∠EDF＝∠P，且∠FED＝∠AEP，
∴△FED∽△AEP.
∴FE·EP＝AE·ED.
又∵A、B、D、C四点均在⊙O上，
∴CE·EB＝AE·ED，
∴CE·EB＝FE·EP.
8．如图2－5－23，圆的两弦AB、CD交于点F，从F点引BC的平行线和直线AD交于P，再从P引这个圆的切线，切点是Q，求证：PF＝PQ.
图2－5－23
【证明】 ∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ADF＝∠ABC.
∵PF∥BC，∴∠AFP＝∠ABC.
∴∠AFP＝∠FDP.
∵∠APF＝∠FPD，∴△APF∽△FPD.
∴＝.
∴PF2＝PA·PD.
∵PQ与圆相切，∴PQ2＝PA·PD.
∴PF2＝PQ2，∴PF＝PQ.
9．如图2－5－24，已知PA、PB切⊙O于A、B两点，PO＝4cm，∠APB＝60°，求阴影部分的周长．
图2－5－24
【解】 如下图所示，连接OA，OB.
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴PA＝PB，∠PAO＝∠PBO＝，
∠APO＝∠APB＝，
在Rt△PAO中，
AP＝PO·cos＝4×＝2 (cm)，
OA＝PO＝2 (cm)，
PB＝2(cm)．
∵∠APO＝，∠PAO＝∠PBO＝，
∴∠AOB＝，
∴l＝∠AOB·R＝×2＝π(cm)，
∴阴影部分的周长为
PA＋PB＋l＝2＋2＋π
＝cm.
10.
如图，已知AD是⊙O的切线，D为切点，割线ABC交⊙O于B、C两点，若DE⊥AO于E.
求证：∠AEB＝∠ACO.
【证明】 连接DO.
∵AD为切线，
∴AD⊥DO.
∴△ADE∽△AOD.
∴＝.
即AD2＝AE·AO.
又∵AD为切线，∴AD2＝AB·AC.
∴AE·AO＝AB·AC，即＝.
∵∠EAB＝∠CAO，∴△EAB∽△CAO.
∴∠AEB＝∠ACO.
课件40张PPT。积 相等 割线 交点 两条线段长 切线长 两条线段长 切线长相等 平分 夹角 课时作业（十）综合检测(二)
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．在⊙O中，∠AOB＝84°，则弦AB所对的圆周角是( )
A．42° B.138°
C．84° D.42°或138°
【解析】 弦AB所对的弧的度数为84°或276°，故其所对的圆周角为42°或138°.
【答案】 D
图1
2．如图1，一圆内切四边形ABCD，且AB＝16，CD＝10，则四边形的周长为( )
A．50 B.52
C．54 D.56
【解析】 由切线长定理知CD＋AB＝AD＋BC，
∵AB＋CD＝26，∴AB＋BC＋CD＋AD＝52.
【答案】 B
图2
3．如图2，⊙O经过⊙O1的圆心，∠ADB＝α，∠ACB＝β，则α与β之间的关系是( )
A．β＝α B.β＝180°－2α
C．β＝(90°－α) D.β＝(180°－α)
【解析】 如右图所示，分别连接AO1，BO1.
根据圆内接四边形的性质定理，可得
∠AO1B＋∠ADB＝180°，
∴∠AO1B＝180°－∠ADB＝180°－α.
∵∠ACB＝∠AO1B，
∴β＝(180°－α)，故选D.
【答案】 D
4.
如图3所示，∠A＝50°，∠ABC＝60°，BD是⊙O的直径，则∠AEB等于( )
A．70°
B.110°
C．90°
D.120°
图3
【解析】 由题意知，∠D＝∠A＝50°，
∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝90°－50°＝40°，
又∠ACB＝180°－50°－60°＝70°，
∴∠AEB＝∠CBD＋∠ACB＝40°＋70°＝110°.
【答案】 B
图4
5．如图4，△ABC内接于⊙O，AB＝AC，直线MN切⊙O于点C，BE∥MN交AC于点E，若AB＝6，BC＝4，则AE＝( )
A. B.
C．1 D.
【解析】 ∵MN为⊙O的切线，
∴∠BCM＝∠A.
∵MN∥BE，∴∠BCM＝∠EBC，
∴∠A＝∠EBC.
又∠ACB＝∠BCE，
∴△ABC∽△BEC.∴＝.
∵AB＝AC，∴BE＝BC.∴＝.
∴EC＝，∴AE＝6－＝.
【答案】 A
图5
6．如图5，两个等圆⊙O与⊙O′外切，过O作⊙O′的两条切线OA、OB，A、B为切点，则∠AOB等于( )
A．30° B.45°
C．60° D.90°
【解析】 如图，连接O′A，
O′B，OO′，
∴O′A⊥OA，O′B⊥OB，
∵OO′＝2O′A＝2O′B.
∴∠AOO′＝∠BOO′＝30°，
∴∠AOB＝60°.
【答案】 C
7．如图6，已知⊙O的直径与弦AC的夹角为30°，过C点的切线P
图6
C与AB的延长线交于P，PC＝5，则⊙O的半径为( )
A. B.
C．10 D.5
【解析】 连接OC，则有∠COP＝60°，OC⊥PC，
∴PO＝2CO，
∴CO＝5，即CO＝.
【答案】 A
图7
8．(2013·焦作模拟)如图7，已知AB是⊙O的直径，CD⊥AB于P，EF是过点P的弦，已知AB＝10，PA＝2，PE＝5，则CD和EF分别为( )
A．8和7 B.7和
C．7和8 D.8和
【解析】 ∵PA·PB＝PC2，
∴PC2＝16，PC＝4，∴CD＝8.
∵PE·PF＝PC2，∴PF＝，
∴EF＝＋5＝.
【答案】 D
图8
9．如图8，已知AT切⊙O于T.若AT＝6，AE＝3，AD＝4，DE＝2，则BC＝( )
A．3 B.4
C．6 D.8
【解析】 ∵AT为⊙O的切线，
∴AT2＝AD·AC，
∵AT＝6，AD＝4，∴AC＝9.
∵∠ADE＝∠B，∠EAD＝∠CAB，
∴△EAD∽△CAB，
即＝，∴BC＝＝＝6.
【答案】 C
图9
10．如图9，圆内接△ABC的外角∠ACH的平分线与圆交于D点，DP⊥AC，垂足是P，DH⊥BH，垂足是H，下列结论：①CH＝CP；②＝；③AP＝BH；④DH为圆的切线，其中一定成立的是( )
A．①②④ B.①③④
C．②③④ D.①②③
【解析】 显然①可由△PCD≌△HCD得到；因为四边形ABCD为圆的内接四边形，所以∠BAD＝∠HCD＝∠ACD，即，故②成立；而③，连接BD，则AD＝BD，∠DAP＝∠DBH，所以Rt△APD≌Rt△BHD，得AP＝BH，③成立；对于④，不能判定DH是圆的切线，故应选D.
【答案】 D
11.
图10
如图10，在⊙O中，MN为直径，点A在⊙O上，且∠AON＝60°，点B是的中点，点P是直径MN上一动点，⊙O的半径为1，则AP＋BP的最小值为( )
A．1 B.
C.－1 D.
【解析】
如图，过点B作BB′⊥MN，交⊙O于点B′，连接AB′交MN于点P′，即点P在点P′处时，AP＋BP最小．
易知B与B′点关于MN对称，
依题意∠AON＝60°，
则∠B′ON＝∠BON＝30°，
所以∠AOB′＝90°，AB′＝＝.
故PA＋PB的最小值为，故选D.
【答案】 D
图11
12．如图11所示，PT与⊙O切于T，CT是⊙O的直径，PBA是割线，与⊙O的交点是A、B，与直线CT的交点D，已知CD＝2，AD＝3，BD＝4，那么PB＝( )
A．10 B.20
C．5 D.8
【解析】 根据相交弦定理，可得
AD·DB＝CD·DT，∴3×4＝2DT，解得DT＝6，
∴圆的半径r＝4，AB＝7，不妨设PB＝x，则PA＝x＋7，根据切割线定理，可得PT2＝PB·PA，∴PT2＝x·(x＋7)，在Rt△PTD中，DT2＋PT2＝PD2，∴36＋PT2＝(x＋4)2，∴36＋x(x＋7)＝(x＋4)2，解得x＝20.
【答案】 B
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填在题中横线上)
图12
13．(2012·陕西高考)如图12所示，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，EF⊥DB，垂足为F，若AB＝6，AE＝1，则DF·DB＝________.
【解析】 由题意知，AB＝6，AE＝1，∴BE＝5.
∴CE·DE＝DE2＝AE·BE＝5.
在Rt△DEB中，∵EF⊥DB，∴由射影定理得DF·DB＝DE2＝5.
【答案】 5
图13
14．(2013·开封模拟)如图13所示，已知AB是⊙O的直径，CD与AB相交于E，∠ACD＝60°，∠ADC＝45°，则∠AEC＝________.
【解析】 如图，连接BC.根据圆周角定理的推论2，可知∠ACB＝90°.
∵∠ACD＝60°，
∴∠DCB＝30°，
【答案】 75°
15．(2013·天津高考)
图14
如图14，△ABC为圆的内接三角形，BD为圆的弦，且BD∥AC.过点A作圆的切线与DB的延长线交于点E，AD与BC交于点F.若AB＝AC，AE＝6，BD＝5，则线段CF的长为________
【解析】 因为AB＝AC，所以∠ABC＝∠C.因为AE与圆相切，所以∠EAB＝∠C.所以∠ABC＝∠EAB，所以AE∥BC.又因为AC∥DE，所以四边形AEBC是平行四边形．由切割线定理可得AE2＝EB·ED，于是62＝EB·(EB＋5)，所以EB＝4(负值舍去)，因此AC＝4，BC＝6.又因为△AFC∽△DFB，所以＝，解得CF＝.
【答案】 .
图15
16．(2013·广东高考)如图15，AB是圆O的直径，点C在圆O上．延长BC到D使BC＝CD，过C作圆O的切线交AD于E.若AB＝6，ED＝2，则BC＝________.
【解析】 法一：因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BC.又BC＝CD，所以
△ABD是等腰三角形，所以AD＝AB＝6，∠DAC＝∠BAC.因为CE切圆O于点C，所以∠ECA＝∠ABC.又因为∠BAC＋∠ABC＝90°，所以∠DAC＋∠ECA＝90°，故CE⊥AD.故CD2＝DE·DA＝2×6＝12，所以BC＝CD＝2.
法二：如图，连接OC，因为BO＝OA，BC＝CD，所以OC∥AD.又因为CE切圆O于点C，所以OC⊥CE，所以AD⊥CE.因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BD.又BC＝CD，所以△ABD是等腰三角形，故∠ADB＝∠ABD，所以△ABC∽△CDE，则＝，所以BC·CD＝AB·DE，即BC2＝AB·DE＝6×2＝12，BC＝2.
【答案】 2
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.
图16
(本小题满分10分)如图16，⊙O是△ABC的外接圆，D是的中点，BD交AC于点E.
求证：CD2＝DE·D B.
【证明】 由已知，
∴∠ABD＝∠CBD，
又∵∠ECD＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ECD.
又∵∠BDC＝∠CDE，
∴△BCD∽△CED，
∴＝，
即：CD2＝DE·D B.
图17
18．(本小题满分12分)如图17所示，PA为⊙O的切线，PBC是过点O的割线，PA＝10，PB＝5，∠BAC的平分线与BC和⊙O分别交于点D和E，求AD·AE的值．
【解】 如图所示，连接CE.
∵PA是⊙O的切线，PBC是⊙O的割线，∴PA2＝PB·PC.
又PA＝10，PB＝5，∴PC＝20，BC＝15.
∵PA切⊙O于A，∴∠PAB＝∠ACP.
又∠P为公共角，△PAB∽△PCA，
∴＝＝＝.
∵BC为⊙O的直径，∴∠CAB＝90°，
∴AC2＋AB2＝BC2＝225.
∴AC＝6，AB＝3，
又∠ABC＝∠E，∠CAE＝∠EAB.
∴△ACE∽△ADB，∴＝，
∴AD·AE＝AB·AC＝90.
图18
19．(本小题满分12分)如图18，设△ABC的外接圆的切线AE与BC的延长线交于点E，∠BAC的平分线与BC交于点D.
求证：ED2＝EC·EB.
【证明】 因为AE是圆的切线，
所以∠ABC＝∠CAE.
又因为AD是∠BAC的平分线，
所以∠BAD＝∠CAD，
从而，∠ABC＋∠BAD＝∠CAE＋∠CAD.
因为∠ADE＝∠ABC＋∠BAD.
∠DAE＝∠CAE＋∠CAD.
所以∠ADE＝∠DAE.
故EA＝ED.
因为EA是圆的切线，
所以由切割线定理知，
EA2＝EC·EB.
而EA＝ED.
所以ED2＝EC·EB.
20．(本小题满分12分)(2012·课标全国卷)
图19
如图19，D，E分别为△ABC边AB，AC的中点，直线DE交△ABC的外接圆于F，G两点．若CF∥AB，证明：
(1)CD＝BC；
(2)△BCD∽△GBD.
【证明】 (1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC.又已知CF∥AB，故四边形BCFD是平行四边形，所以CF＝BD＝AD.而CF∥AD，连接AF，所以四边形ADCF是平行四边形，故CD＝AF.
因为CF∥AB，所以BC＝AF，故CD＝BC.
(2)因为FG∥BC，故GB＝CF.
由(1)可知BD＝CF，所以GB＝BD，所以∠BGD＝∠BDG.
由BC＝CD知∠CBD＝∠CDB，
又因为∠DGB＝∠EFC＝∠DBC，所以△BCD∽△GBD.
图20
21．(本小题满分12分)如图20，⊙O是Rt△ABC的外接圆，∠ABC＝90°.点P是圆外一点，PA切⊙O于点A，且PA＝PB.
(1)求证：PB是⊙O的切线；
(2)已知PA＝，BC＝1，求⊙O的半径．
【解】 (1)证明：如图，连接OB.
∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA.
∵PA＝PB，∴∠PAB＝∠PBA.
∴∠OAB＋∠PAB＝∠OBA＋∠PBA，
即∠PAO＝∠PBO.
又∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO＝90°，
∴∠PBO＝90°，∴OB⊥PB.
又OB是⊙O半径，
∴PB是⊙O的切线．
(2)连接OP，交AB于点D.如图．
∵PA＝PB，∴点P在线段AB的垂直平分线上．
∵OA＝OB，∴点O在线段AB的垂直平分线上．
∴OP垂直平分线段AB.
∴∠PAO＝∠PDA＝90°.
又∵∠APO＝∠OPA，∴△APO∽△DPA.
∴＝.∴AP2＝PO·DP.
又∵OD＝BC＝，
∴PO(PO－OD)＝AP2.
即PO2－PO＝()2，解得PO＝2.
在Rt△APO中，OA＝＝1，即⊙O的半径为1.
图21
22．(本小题满分12分)如图21，已知CP为⊙O的直径，AC切⊙O于点C，AB切⊙O于点D，并与CP的延长线相交于点B，又BD＝2BP.
求证：(1)PC＝3BP；
(2)AC＝PC.
【证明】 (1)∵BD是⊙O的切线，
BPC是⊙O的割线，
∴BD2＝BP·BC.
∵BD＝2BP，
∴4BP2＝BP·BC，
∴4BP＝BC.
∵BC＝BP＋PC.
∴4BP＝BP＋PC.
∴PC＝3BP.
(2)连接DO.
∵AB切⊙O于点D，AC切⊙O于点C，
∴∠ODB＝∠ACB＝90°.
∵∠B＝∠B.
∴△ODB∽△ACB.
∴＝＝＝.
∴AC＝2DO，又PC＝2DO，∴AC＝PC.
一、选择题
1．PT切⊙O于T，割线PAB经过点O交⊙O于A、B，若PT＝4，PA＝2，则cos∠BPT＝( )
A. B.
C. D.
【解析】 如图所示，连接OT，根据切割线定理，可得
PT2＝PA·PB，
即42＝2×PB，
∴PB＝8，∴AB＝PB－PA＝6，
∴OT＝r＝3，PO＝PA＋r＝5，
∴cos∠BPT＝＝.
【答案】 A
图2－5－17
2．如图2－5－17，⊙O的直径CD与弦AB交于P点，若AP＝4，BP＝6，CP＝3，则⊙O半径为( )
A．5.5 B.5
C．6 D.6.5
【解析】 由相交弦定理知AP·PB＝CP·PD，
∵AP＝4，BP＝6，CP＝3，
∴PD＝＝＝8，
∴CD＝3＋8＝11，
∴⊙O的半径为5.5.
【答案】 A
3．如图2－5－18，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3.以BC上一点O为圆心作⊙O与AC、AB都相切，又⊙O与BC的另一个交点为D，则线段BD的长为( )
A．1 B.
C. D.
图2－5－18
【解析】 观察图形，AC与⊙O切于点C，AB与⊙O切于点E，
则AB＝＝5.
如图，连接OE，由切线长定理得AE＝AC＝4，
故BE＝AB－AE＝5－4＝1.
根据切割线定理得BD·BC＝BE2，
即3BD＝1，故BD＝.
【答案】 C
4. (2011·北京高考)如图2－5－19，AD，AE，BC分别与圆O切于点D，E，F，延长AF与圆O交于另一点G.给出下列三个结论：
图2－5－19
①AD＋AE＝AB＋BC＋CA；②AF·AG＝AD·AE；③△AFB∽△ADG.
其中正确结论的序号是( )
A．①② B.②③
C．①③ D.①②③
【解析】 ①项，∵BD＝BF，CE＝CF，∴AD＋AE＝AC＋CE＋AB＋BD＝AC＋AB＋CF＋BF＝AC＋AB＋BC，故①正确；
②项，∵AD＝AE，AD2＝AF·AG，∴AF·AG＝AD·AE，故②正确；
③项，延长AD于M，连结FD，∵AD与圆O切于点D，则∠GDM＝∠GFD，
∴∠ADG＝∠AFD≠∠AFB，则△AFB与△ADG不相似，故③错误，故选A.
【答案】 A
二、填空题
图2－5－20
5．(2012·天津高考)如图2－5－20，已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交wEw.
【解析】 因为AF·BF＝EF·CF，解得CF＝2，所以＝，即BD＝.设CD＝x，AD＝4x，所以4x2＝，所以x＝.
【答案】
6．(2013·北京高考)如图2－5－21，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA＝3，PD∶DB＝9∶16，则PD＝________，AB＝________.
图2－5－21
【解析】 由于PD∶DB＝9∶16，设PD＝9a，则DB＝16a.
根据切割线定理有PA2＝PD·P B.又PA＝3，PB＝25a，
∴9＝9a·25a，∴a＝，∴PD＝，PB＝5.
在Rt△PAB中，AB2＝PB2－AP2＝25－9＝16，故AB＝4.
【答案】 4
三、解答题
7．如图2－5－22所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，D为⊙O上的点，且AD＝AC，AD，BC相交于点E.
(1)求证：AP∥CD；
(2)设F为CE上的一点，且∠EDF＝∠P，求证：CE·EB＝FE·EP.
图2－5－22
【证明】 (1)∵AD＝AC，∴∠ACD＝∠ADC.
又∵PA与⊙O相切于点A，∴∠ACD＝∠PAD.
∴∠PAD＝∠ADC，∴AP∥CD.
(2)∵∠EDF＝∠P，且∠FED＝∠AEP，
∴△FED∽△AEP.
∴FE·EP＝AE·ED.
又∵A、B、D、C四点均在⊙O上，
∴CE·EB＝AE·ED，
∴CE·EB＝FE·EP.
8．如图2－5－23，圆的两弦AB、CD交于点F，从F点引BC的平行线和直线AD交于P，再从P引这个圆的切线，切点是Q，求证：PF＝PQ.
图2－5－23
【证明】 ∵A，B，C，D四点共圆，
∴∠ADF＝∠ABC.
∵PF∥BC，∴∠AFP＝∠ABC.
∴∠AFP＝∠FDP.
∵∠APF＝∠FPD，∴△APF∽△FPD.
∴＝.
∴PF2＝PA·PD.
∵PQ与圆相切，∴PQ2＝PA·PD.
∴PF2＝PQ2，∴PF＝PQ.
9．如图2－5－24，已知PA、PB切⊙O于A、B两点，PO＝4cm，∠APB＝60°，求阴影部分的周长．
图2－5－24
【解】 如下图所示，连接OA，O B.
∵PA、PB是⊙O的切线，A、B为切点，
∴PA＝PB，∠PAO＝∠PBO＝，
∠APO＝∠APB＝，
在Rt△PAO中，
AP＝PO·cos＝4×＝2 (cm)，
OA＝PO＝2 (cm)，
PB＝2(cm)．
∵∠APO＝，∠PAO＝∠PBO＝，
∴∠AOB＝，
∴l＝∠AOB·R＝×2＝π(cm)，
∴阴影部分的周长为
PA＋PB＋l＝2＋2＋π
＝cm.
10. 如图，已知AD是⊙O的切线，D为切点，割线ABC交⊙O于B、C两点，若DE⊥AO于E.
求证：∠AEB＝∠ACO.
【证明】 连接DO.
∵AD为切线，
∴AD⊥DO.
∴△ADE∽△AO D.
∴＝.
即AD2＝AE·AO.
又∵AD为切线，∴AD2＝AB·AC.
∴AE·AO＝AB·AC，即＝.
∵∠EAB＝∠CAO，∴△EAB∽△CAO.
∴∠AEB＝∠ACO.
一、选择题
图2－1－11
1．如图2－1－11所示，若圆内接四边形的对角线相交于E，则图中相似三角形有( )
A．1对 B．2对
C．3对 D．4对
【解析】 由推论知：∠ADB＝∠ACB，∠ABD＝∠ACD，∠BAC＝∠BDC，∠CAD＝∠CBD，∴△AEB∽△DEC，△AED∽△BEC.
【答案】 B
2．在半径为R的圆中有一条长度为R的弦，则该弦所对的圆周角的度数是
( )
A．30° B．30°或150°
C．60° D．60°或120°
【解析】 弦所对的圆心角为60°，又弦所对的圆周角有两个且互补，故选B.
【答案】 B
3．如图2－1－12所示，等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，∠A＝40°，D是的中点，E是的中点，分别连接BD、DE、BE，则△BDE的三内角的度数分别是( )
图2－1－12
A．50°，30°，100° B．55°，20°，105°
C．60°，10°，110° D．40°，20°，120°
【解析】 如图所示，连接AD.
∵AB＝AC，D是的中点，
∴AD过圆心O.
∵∠A＝40°，
∴∠BED＝∠BAD＝20 °，
∠CBD＝∠CAD＝20°.
∵E是的中点，
∴∠CBE＝∠CBA＝35°，
∴∠EBD＝∠CBE＋∠CBD＝55°.
∴∠BDE＝180°－20°－55°＝105°，
故选B.
【答案】 B
4．如图2－1－13，点A、B、C是圆O上的点，且AB＝4，∠ACB＝30°，则圆O的面积等于( )
图2－1－13
A．4π B．8π
C．12π D．16π
【解析】 连接OA，OB.
∵∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝60°，
又∵OA＝OB，
∴△AOB为等边三角形．
又AB＝4，∴OA＝OB＝4.
∴S⊙O＝π·42＝16π.
【答案】 D
二、填空题
5．(2013·平顶山模拟)如图2－1－14，已知Rt△ABC的两条直角边AC，BC的长分别为3 cm，4 cm，以AC为直径的圆与AB交于点D，则＝________.
图2－1－14
【解析】 连接CD，∵AC是⊙O的直径，
∴∠CDA＝90°.由射影定理得BC2＝BD·BA，AC2＝AD·AB，
∴＝，即＝.
【答案】
6．如图2－1－15，AB为⊙O的直径，弦AC，BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APD＝__________.
图2－1－15
【解析】 由于AB为⊙O的直径，则∠ADP＝90°，
所以△APD是直角三角形．
则sin∠APD＝，cos∠APD＝，
由题意知，∠DCP＝∠ABP，∠CDP＝BAP，
所以△PCD∽△PBA.
所以＝，又AB＝3，CD＝1，则＝.
∴cos∠APD＝.又∵sin2∠APD＋cos2∠APD＝1，
∴sin∠APD＝.
【答案】
三、解答题
7．如图2－1－16，已知A、B、C、D是⊙O上的四个点，AB＝BC，BD交AC于点E，连接CD、AD.
(1)求证：DB平分∠ADC；
(2)若BE＝3，ED＝6，求AB的长．
图2－1－16
【解】 (1)证明：∵AB＝BC，∴＝，
∴∠BDC＝∠ADB，
∴DB平分∠ADC.
(2)由(1)可知＝.
∴∠BAC＝∠ADB.
∵∠ABE＝∠ABD.
∴△ABE∽△DBA.∴＝.
∵BE＝3，ED＝6，∴BD＝9.
∴AB2＝BE·BD＝3×9＝27.
∴AB＝3.
8．如图2－1－17, △ABC是圆O的内接等边三角形，AD⊥AB，与BC的延长线相交于点D，与圆O相交于点E，若圆O的半径r＝1，求DE的长度．
图2－1－17
【解】 连接BE，∴AD⊥AB，
∴BE为⊙O的直径，且BE＝2r＝2.
又∵∠AEB＝∠ACB＝60°，
∴∠ABE＝30°，∠EBD＝30°.
又∵∠ABD＝60°，
∴∠D＝∠EBD＝30°，
∴DE＝BE＝2.
9．如图2－1－18①所示，在圆内接△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的一点，E是直线AD和△ABC外接圆的交点．
图2－1－18
(1)求证：AB2＝AD·AE；
(2)如图2－1－18②所示，当D为BC延长线上的一点时，第(1)题的结论成立吗？若成立请证明；若不成立，请说明理由．
【解】 (1)证明：如右图①，
连接BE.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB.
∵∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABC＝∠AEB.
又∠BAD＝∠EAB.
∴△ABD∽△AEB.
∴AB∶AE＝AD∶AB，
即AB2＝AD·AE.
(2)如图②，连接BE，
结论仍然成立，证法同(1)．
10. 已知：如图，BC为半圆O的直径，F是半圆上异于B、C的一点，A是的中点，AD⊥BC于点D，BF交AD于点E.
(1)求证：BE·BF＝BD·BC；
(2)试比较线段BD与AE的大小，并说明道理．
【解】
(1)证明：连接FC，
则BF⊥FC.
在△BDE和△BCF中，
∵∠BFC＝∠EDB＝90°
∠FBC＝∠EBD，
∴△BDE∽△BFC.
∴＝.即BE·BF＝BD·BC.
(2)连接AC、AB，则∠BAC＝90°.
∵，∴∠1＝∠2.又∵∠2＋∠ABC＝90°，∠3＋∠ABD＝90°，
∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3.
∴AE＝BE.
在Rt△EBD中，BE>BD，
∴AE>BD.
一、选择题
1．如图2－2－11，ABCD是⊙O的内接四边形，延长BC到E，已知∠BCD∶∠ECD＝3∶2，那么∠BOD等于( )
图2－2－11
A．120° B．136°
C．144° D．150°
【解析】 设∠BCD＝3x，∠ECD＝2x，
∴5x＝180°，∴x＝36°，
即∠BCD＝108°，∠ECD＝72°.
∴∠BAD＝72°，∴∠BOD＝2∠BAD＝144°.
【答案】 C
2．如图2－2－12，在⊙O中，弦AB的长等于半径，∠DAE＝80°，则∠ACD的度数为( )
图2－2－12
A．30° B．45°
C．50° D．60°
【解析】 连接OA，OB，
∵∠BCD＝∠DAE＝80°，∠AOB＝60°，
∴∠BCA＝∠AOB＝30°，
∴∠ACD＝∠BCD－∠BCA＝80°－30°＝50°.
【答案】 C
图2－2－13
3．如图2－2－13所示，圆内接四边形ABCD的一组对边AD、BC的延长线相交于点P，对角线AC和BD相交于点Q，则图中共有相似三角形的对数为
( )
A．4 B．3
C．2 D．1
【解析】 利用圆周角和圆内接四边形的性质定理，可得△PCD∽△PAB，△QCD∽△QBA，△AQD∽△BQC，△PAC∽△PBD.因此共4对．
【答案】 A
4．如图2－2－14，AB是⊙O的弦，过A、O两点的圆交BA的延长线于C，交⊙O于D，若CD＝5 cm，则CB等于( )
A．25 cm B．15 cm
C．5 cm D. cm
图2－2－14
【解析】 连接OA，OB，OD，
∵OA＝OB＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA，∠ODB＝∠OBD.
∵C，D，O，A四点共圆，
∴∠OAB＝∠CDO，∠CDO＝∠OBA，
∴∠CDO＋∠ODB＝∠OBA＋∠OBD，
即∠CDB＝∠CBD，∴CD＝CB，
∵CD＝5 cm，∴CB＝5 cm.
【答案】 C
二、填空题
5．如图2－2－15，以AB＝4为直径的圆与△ABC的两边分别交于E，F两点，∠ACB＝60°，则EF＝________.
图2－2－15
【解析】 如图，连接AE.
∵AB为圆的直径，
∴∠AEB＝∠AEC＝90°.
∵∠ACB＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴CE＝AC.
∵∠C＝∠C，∠CFE＝∠B，
∴△CFE∽△CBA.
∴＝，
∵AB＝4，CE＝AC，∴EF＝2.
【答案】 2
6．如图2－2－16，四边形ABCD是圆O的内接四边形，延长AB和DC相交于点P，若＝，＝，则的值为________．
图2－2－16
【解析】 由于∠PBC＝∠PDA，∠P＝∠P，
则△PAD∽△PCB ，∴＝＝.
又＝，＝，∴×＝×.
∴×＝，∴×＝.
∴＝.
【答案】
三、解答题
7．如图2－2－17，四边形ABCD内接于⊙O，过点A作AE∥BD交CB的延长线于点E.
图2－2－17
求证：AB·AD＝BE·CD.
【证明】 如图，连接AC.
∵AE∥BD，∴∠1＝∠2.
∵∠2＝∠3，∴∠1＝∠3.
∵∠4是圆内接四边形ABCD的一个外角，
∴∠4＝∠ADC.
∴△ABE∽△CDA，
∴＝，
∴AB·AD＝BE·CD.
8．如图2－2－18，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于x的方程x2－14x＋mn＝0的两个根．
(1)证明：C，B，D，E四点共圆；
(2)若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径．
图2－2－18
【解】 (1)证明：连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE·AC，
即＝.
又∠DAE＝∠CAB，从而△ADE∽△ACB.
因此∠ADE＝∠ACB.
所以C，B，D，E四点共圆．
(2)m＝4，n＝6时，方程x2－14x＋mn＝0的两根为x1＝2，x2＝12.
故AD＝2，AB＝12.
取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH.因为C，B，D，E四点共圆，所以C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH.
由于∠A ＝90°，故GH∥AB，HF∥AC.
从而HF＝AG＝5，DF＝×(12－2)＝5.
故C，B，D，E四点所在圆的半径为5.
9．如图2－2－19，已知P为正方形ABCD的对角线BD上一点，通过P作正方形的边的垂线，垂足分别为E、F、G、H.你能判断出E、F、G、H是否在同一个圆上吗？试说明你的猜想．
图2－2－19
【解】 猜想：E、F、G、H四个点在以O为圆心的圆上．证明如下：
如图，连接OE、OF、OG、OH.
在△OBE、△OBF、△OCG、△OAH中，
OB＝OC＝OA.
∵PEBF为正方形，∴BE＝BF＝CG＝AH，
∠OBE＝∠OBF＝∠OCG＝∠OAH＝45°.
∴△OBE≌△OBF≌△OCG≌△OAH.
∴OE＝OF＝OG＝OH.
由圆的定义可知：E、F、G、H在以O为圆心的圆上．
10.
如图，锐角△ABC的内心为I，过点A作直线BI的垂线，垂足为H，点E为内切圆I与边CA的切点．
(1)求证：四点A，I，H，E共圆；
(2)若∠C＝50°，求∠IEH的度数．
【解】 (1)证明：由圆I与边AC相切于点E，
得IE⊥AE，
结合IH⊥AH，得∠AEI＝∠AHI＝90°.
所以，四点A，I，H，E共圆．
(2)由(1)知四点A，I，H，E共圆，得，∠IEH＝∠HAI；
在△HIA中，∠HIA＝∠ABI＋∠BAI＝∠B＋∠A＝(∠B＋∠A)
＝(180°－∠C)＝90°－∠C.
结合IH⊥AH，得∠HAI＝90°－∠HIA＝∠C；
所以∠IEH＝∠C.
由∠C＝50°得∠IEH＝25°.
一、选择题
1．下列说法：①与圆有公共点的直线是圆的切线；②垂直于圆的半径的直线是圆的切线；③与圆心的距离等于半径的直线是圆的切线；④过直径的端点，垂直于此直径的直线是圆的切线．其中正确的有( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【解析】 根据切线的定义及判定定理知③④正确．
【答案】 C
2．AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，AC交⊙O于D，AB＝6，BC＝8，则BD等于( )
A．4 B．4.8 C．5.2 D．6
【解析】 ∵AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，
∴AB⊥CB，BD⊥AC.
∵AC＝＝10，
∴BD＝＝＝4.8.
【答案】 C
3．如图2－3－13所示，⊙O是正△ABC的内切圆，切点分别为E、F、G，点P是弧EG上的任意一点，则∠EPF＝( )
A．120° B．90°
C．60° D．30°
图2－3－13
【解析】 如图所示，连接OE、OF.
∵OE⊥AB，OF⊥BC，
∴∠BEO＝∠BFO＝90°.
∴∠EOF＋∠ABC＝180°.
∴∠EOF＝120°.
∴∠EPF＝∠EOF＝60°.
【答案】 C
4．如图2－3－14所示，AC切⊙O于D，AO的延长线交⊙O于B，且AB⊥BC，若AD∶AC＝1∶2，则AO∶OB＝( )
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶1.5
图2－3－14
【解析】 如图所示，连接OD、OC，则OD⊥AC.
∵AB⊥BC，∴∠ODC＝∠OBC＝90°.
∵OB＝OD，OC＝OC，
∴△CDO≌△CBO.∴BC＝DC.
∵＝，∴AD＝DC.
∴BC＝AC，
又OB⊥BC，∴∠A＝30°，
∴OB＝OD＝AO，∴＝.
【答案】 A
二、填空题
5. (2013·开封模拟)如图2－3－15，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，⊙O分别与边AB、AC相切，切点分别为E、C.则⊙O的半径是________．
图2－3－15
【解析】 连接OE，设OE＝r，
∵OC＝OE＝r，BC＝12，
则BO＝12－r，AB＝＝13，
由△BEO∽△BCA，得＝，
即＝，解得r＝.
【答案】
6．(2012·广东高考)
如图2－3－16所示，圆O的半径为1，A，B，C是圆周上的三点，满足∠ABC＝30°，过点A作圆O的切线与OC的延长线交于点P，则PA＝________.
图2－3－16
【解析】 连接OA.∵AP为⊙O的切线，
∴OA⊥AP.
又∠ABC＝30°，∴∠AOC＝60°.
∴在Rt△AOP中，OA＝1，PA＝OA·tan 60°＝.
【答案】
三、解答题
7．如图2－3－17，AB是⊙O的直径，∠BAC＝30°，M是OA上一点，过M作AB的垂线交AC于点N，交BC的延长线于点E，直线CF交EN于点F，且∠ECF＝∠E.
求证：CF是⊙O的切线．
图2－3－17
【证明】 如图，连接OC，∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
∵∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝60°，
又∵OB＝OC.
∴∠OCB＝∠OBC＝60°，
在Rt△EMB中，
∵∠E＋∠MBE＝90°，
∴∠E＝30°.
∵∠E＝∠ECF，∴∠ECF＝30°，
∴∠ECF＋∠OCB＝90°.
又∵∠ECF＋∠OCB＋∠OCF＝180°，
∴∠OCF＝90°.∴CF为⊙O的切线．
8．如图2－3－18，AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，弦CD⊥AB于E，∠POC＝∠PCE.
图2－3－18
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)若OE∶EA＝1∶2，PA＝6，求⊙O半径．
【解】 (1)证明：在△OCP与△CEP中，
∵∠POC＝∠PCE，∠OPC＝∠CPE，
∴∠OCP＝∠CEP.
∵CD⊥AB，∴∠CEP＝90°，∴∠OCP＝90°.
又C点在圆上，∴PC是⊙O的切线．
(2)法一 设OE＝x，则EA＝2x，OC＝OA＝3x.
∵∠COE＝∠AOC，∠OEC＝∠OCP＝90°，
∴△OCE∽△OPC，∴＝.
即(3x)2＝x(3x＋6)，∴x＝1，
∴OA＝3x＝3，即圆的半径为3.
法二 由(1)知PC是⊙O的切线，
∴∠OCP＝90°.
又∵CD⊥OP，由射影定理知OC2＝OE·OP，以下同法一．
9．如图2－3－19，AD是⊙O的直径，BC切⊙O于点D，AB、AC与圆分别相交于点E、F.
图2－3－19
(1)AE·AB与AF·AC有何关系？请给予证明；
(2)在图中，如果把直线BC向上或向下平移，得到图(1)或图(2)，在此条件下，(1)题的结论是否仍成立？为什么？
【解】 (1)AE·AB＝AF·AC.
证明：连接DE.
∵AD为⊙O的直径，∴∠DEA＝90°.
又∵BC与⊙O相切于点D，
∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°，
∴∠ADB＝∠DEA.
又∵∠BAD＝∠DAE，
∴△BAD∽△DAE，
∴＝，即AD2＝AB·AE.
同理AD2＝AF·AC，
∴AE·AB＝AF·AC.
(2)(1)中的结论仍成立．
因为BC在平移时始终与AD垂直，设垂足为D′，
则∠AD′B＝90°.
∵AD为圆的直径，
∴∠AED＝∠AD′B＝90°.
又∵∠DAE＝∠BAD′.
∴△ABD′∽△ADE.
∴＝，∴AB·AE＝AD·AD′.
同理AF·AC＝AD·AD′，故AE·AB＝AF·AC.
10. 如图，正方形ABCD是⊙O的内接正方形，延长BA到E，使AE＝AB，连接ED.
(1)求证：直线ED是⊙O的切线；
(2)连接EO交AD于点F，求证：EF＝2FO.
【解】 (1)证明：连接OD.
∵四边形ABCD为正方形，
AE＝AB，
∴AE＝AB＝AD，
∠EAD＝∠DAB＝90°.
∴∠EDA＝45°，∠ODA＝45°.
∴∠ODE＝∠ADE＋∠ODA＝90°.
∴直线ED是⊙O的切线．
(2)作OM⊥AB于M.
∵O为正方形的中心，∴M为AB的中点．
∵AE＝AB＝2AM，AF∥OM.
∴＝＝2，∴EF＝2FO.
一、选择题
1．如图2－4－12所示，AB是⊙O的直径，MN与⊙O切于点C，AC＝BC，则sin∠MCA＝( )
图2－4－12
A. B.
C. D.
【解析】 由弦切角定理，得
∠MCA＝∠ABC.∵sin∠ABC＝＝＝＝，故选D.
【答案】 D
图2－4－13
2．如图2－4－13所示，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于C，AD⊥EF于D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为( )
A．2 B．3
C．2 D．4
【解析】 连接BC.∵AB是⊙O的直径，
∴AC⊥BC，由弦切角定理可知，
∠ACD＝∠ABC，∴△ABC∽△ACD，
∴＝，
∴AC2＝AB·AD＝6×2＝12，
∴AC＝2，故选C.
【答案】 C
3．如图2－4－14，PC与⊙O相切于C点，割线PAB过圆心O，∠P＝40°，则∠ACP等于( )
图2－4－14
A．20° B．25°
C．30° D．40°
【解析】 如图，连接OC，
∵PC切⊙O于C点，
∴OC⊥PC，∵∠P＝40°，
∴∠POC＝50°，
连接BC，∵OC＝OB，
∴∠B＝∠POC＝25°，
∴∠ACP＝∠B＝25°.
【答案】 B
4．如图2－4－15所示，已知AB、AC与⊙O相切于B、C，∠A＝50°，点P是⊙O上异于B、C的一动点，则∠BPC的度数是( )
A．65°
B．115°
C．65°或115°
D．130°或50°
图2－4－15
【解析】 当点P在优弧上时，
由∠A＝50°，得∠ABC＝∠ACB＝65°.
∵AB是⊙O的切线，
∴∠ABC＝∠BPC＝65°.
当P点在劣弧上时，∠BPC＝115°.
故选C.
【答案】 C
二、填空题
5．(2012·广东高考)
如图2－4－16所示，直线PB与圆O相切于点B，D是弦AC上的点，∠PBA＝∠DBA.若AD＝m，AC＝n，则AB＝________.
图2－4－16
【解析】 利用弦切角定理及相似三角形求解．
∵PB切⊙O于点B，
∴∠PBA＝∠ACB.
又∠PBA＝∠DBA，
∴∠DBA＝∠ACB，
∴△ABD∽△ACB.
∴＝，
∴AB2＝AD·AC＝mn，
∴AB＝.
【答案】
6. 如图2－4－17，点P在圆O直径AB的延长线上，且PB＝OB＝2，PC切圆O于C点，CD⊥AB于D点，则CD＝__________.
图2－4－17
【解析】 连接OC，∵PC切⊙O于点C，
∴OC⊥PC，
∵PB＝OB＝2，OC＝2，
∴PC＝2，∵OC·PC＝OP·CD，
∴CD＝＝.
【答案】
三、解答题
7．如图2－4－18所示，△ABT内接于⊙O，过点T的切线交AB的延长线于点P，∠APT的平分线交BT、AT于C、D.
求证：△CTD为等腰三角形．
图2－4－18
【证明】 ∵PD是∠APT的平分线，
∴∠APD＝∠DPT.
又∵PT是圆的切线，∴∠BTP＝∠A.
又∵∠TDC＝∠A＋∠APD，
∠TCD＝∠BTP＋∠DPT，
∴∠TDC＝∠TCD，
∴△CTD为等腰三角形．
8．(2012·辽宁高考)如图2－4－19，⊙O和⊙O′相交于A，B两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，D两点，连接DB并延长交⊙O于点E.证明：
图2－4－19
(1)AC·BD＝AD·AB；
(2)AC＝AE.
【证明】 (1)由AC与⊙O′相切于A，得∠CAB＝∠ADB，同理∠ACB＝∠DAB，所以△ACB∽△DAB.
从而＝，即AC·BD＝AD·AB.
(2)由AD与⊙O相切于A，得∠AED＝∠BAD.
又∠ADE＝∠BDA，得△EAD∽△ABD.
从而＝，即AE·BD＝AD·AB.
综合(1)的结论知，AC＝AE.
9．(2013·辽宁高考)如图2－4－20，AB为⊙O的直径，直线CD与⊙O相切于E，AD垂直CD于D，BC垂直CD于C，EF垂直AB于F，连接AE，BE.
图2－4－20
证明：
(1)∠FEB＝∠CEB；
(2)EF2＝AD·BC.
【证明】 (1)由直线CD与⊙O相切，得∠CEB＝∠EAB.
由AB为⊙O的直径，得AE⊥EB，从而∠EAB＋∠EBF＝；
又EF⊥AB，得∠FEB＋∠EBF＝.
从而∠FEB＝∠EAB.故∠FEB＝∠CEB.
(2)由BC⊥CE，EF⊥AB，∠FEB＝∠CEB，BE是公共边，得Rt△BCE≌Rt△BFE，所以BC＝BF.
类似可证Rt△ADE≌Rt△AFE，得AD＝AF.
又在Rt△AEB中，EF⊥AB，故EF2＝AF·BF，
所以EF2＝AD·BC.
10．如图，△ABC内接于圆O，AB＝AC，直线MN切圆O于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E.
(1)求证：△ABE≌△ACD；
(2)若AB＝6，BC＝4，求AE.
【解】 (1)证明：由已知得∠ABE＝∠ACD，∠BAE＝∠EDC，
又∵BD∥MN，∴∠DCN＝∠EDC，
∴∠BAE＝∠DCN.
又直线MN切圆O于点C，
∴∠CAD＝∠DCN.
∴∠CAD＝∠BAE.
又AB＝AC，∴△ABE≌△ACD.
(2)由于△ABE≌△ACD，则BE＝CD，
由(1)得∠CAD＝∠BAE，
∴BC＝CD.∴BE＝CD＝4.
在△ABE和△CDE中，
∠BAE＝∠EDC，∠EBA＝∠ECD，
∴△ABE∽△DCE.∴＝.
∴＝.
∴＝，
解得AE＝.
