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专题2.4 圆幂定理模型
模块1：模型简介
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。
模块2：核心模型点与典例
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·广东广州·九年级校考期中）如图，两个同心圆，大圆的弦与小圆相切于点P，大圆的弦经过点P，且，，两圆组成的圆环的面积是 ．
【答案】
【分析】连接，，，，先根据切线的性质定理和垂径定理证出，再证明，得到，代入数据求得，最后根据圆环的面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：如图，连接，，，，
∵大圆的弦与小圆相切于点P，∴，∴，，
∵，，∴，∵，，∴，
∴，即，解得：（负值舍去），
∴圆环的面积为：，故答案为：．
【点睛】此题综合运用了切线的性质定理、垂径定理、勾股定理、圆周角定理、圆环的面积公式，分别求出大圆和小圆的半径是解题的关键．
例2．（2023·山东济宁·统考一模）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE．
(1)求证；(2)当时，求CE的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得，再由对顶角相等得，故可证明绪论；
（2）根据可得由可得出连接AE，可证明，得出 代入相关数据可求出，从而可求出绪论．
【详解】（1）∵所对的圆周角是，∴，
又，∴；
（2）∵△是等边三角形，∴
∵，∴∴
∵∴，∴∴
连接如图，
∵∴ ∴∠
又∠，∴△∴，
∴
∴，∴（负值舍去）
∴，解得，
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
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·浙江九年级月考）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．
例2．（2023·湖北九年级月考）如图，割线交于、两点，且，交于，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设AB=x，PA=2x，则PB=3x.根据割线定理列方程求解即可.
【详解】延长PO交圆于D.∵，∴可设AB=x，PA=2x，则PB=3x.
∵，，∴PO=2+2+3=7. ∵PA·PB=PC·PO，∴2x · 3x=3×7,
∴x=,∴PA=2x= ，故选B.
【点睛】本题考查了割线的性质，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.
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春·河南·九年级专题练习）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）．故填空答案：．
【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．（2023·浙江台州·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．
例3．（2022·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．
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．（2023秋·浙江·九年级专题练习）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·河北秦皇岛·九年级校联考阶段练习）小高同学在一本数学课外读物上看到一个与圆相关的角——弦切角（弦切角的定义：把顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角），知道了弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．【证明】
在证明时，细心的小高考虑了三种情况，圆心在弦切角的一条边上，圆心在弦切角外，圆心在弦切角内．如图1，与相切于点，为直径，当圆心在上时，容易得到，所以弦切角，请帮助小高继续解决下面的问题．
(1)如图2，是的切线，为切点，为直径，夹弧所对的圆周角为，求证：
(2)如图3，是的切线，为切点，夹弧所对的圆周角为．求证；
【解决问题】(3)如图4，中，，以为直径的交于点，过点作的切线交的延长线于点，直接写出与的数量关系：______
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)
【分析】（1）根据切线的性质得，根据圆周角定理得，再根据同角的余角相等，可得结论；（2）作直径，连接，由（1）同理得，，再根据同弧所对的圆周角相等，即可证明结论；（3）连接，由（1）知，，再利用等腰三角形的性质，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵为直径∴
∵∴
∵是的切线∴∴
即∴；
（2）证明：如图，过点作直径交于点，连接，
∵四边形是的内接四边形∴，即
∵是的切线∴
∴即
∵为直径∴ ∵∴
即∴
（3）解：连接，
由（1）知， 是直径，
故答案为
【点睛】本题主要考查了切线的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识，将一般情况转化为特殊情形是解题的关键．
例3．（2022·山西大同·九年级校联考期中）阅读与思考
阅读下面内容并完成任务：
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．
弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
如图1，直线与相切于点，为的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夹的弧，是所对的圆周角，为直径时，很容易证明．
小华同学认为这是一种特殊情况，若不是直径会如何呢？即在图2中吗？她连接并延长，交于点，连接…问题得到了解决．
小颖同学利用图3证明了当弦切角为直角时，弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
小亮积极思考，提出当弦切角为钝角时，能证明（如图4）吗？
任务：(1)请按照小华的思路，利用图2证明；
(2)结合小华、小颖的思路或结论，利用图4解答小亮提出的问题；
(3)写出在上面解决问题的过程中体现的数学思想：______（写出两种）；
(4)解决问题：如图5，点为的弦延长线上一点，切于点，连接，，，，则______°
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)转化思想和类比思想(4)
【分析】（1）连接并延长，交于点，连接，则，根据是的直径，可得，再根据切线的性质可得，即可；
（2）连接并延长，交于点，连接，根据是的直径，可得，再根据切线的性质可得，从而得到，再由圆内接四边形的性质，可得，即可；（3）上面解决问题的过程中体现的数学思想为：转化思想和类比思想；
（4）接并延长，交于点，连接，则，证明，即可．
【详解】（1）证明：连接并延长，交于点，连接，则，
∵是的直径，∴，∴，
∵直线与相切于点，∴，
∴，∴，∴；
（2）证明：连接并延长，交于点，连接，
∵是的直径，∴，∴，
∵直线与相切于点，∴，
∴，∴，
∵四边形是的内接四边形，∴，
∵，∴；
（3）解：上面解决问题的过程中体现的数学思想为：转化思想和类比思想；
故答案为：思想转化思想和类比思想
（4）解：如图，接并延长，交于点，连接，则，
∵是的直径，∴，∴，
∵直线与相切于点，∴，∴，∴，∴，
∵，，∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，切线的性质，圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角定理，切线的性质，圆内接四边形的性质是解题的关键．
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．（2022春·广东九年级课时练习）阅读与应用
请阅读下列材料，完成相应的任务：
托勒密是“地心说”的集大成者，著名的天文学家、地理学家、占星学家和光学家．后人从托勒密的书中发现一个命题：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积．下面是对这个命题的证明过程．
如图1，四边形ABCD内接于．
求证：．
证明：如图2，作交BD于点E．
∵，∴．（依据）
∴．∴．．
…
∴．
∴．∴．
∵，
∴．
∴．
任务：(1)证明过程中的“依据”是______；(2)补全证明过程；
(3)如图3，的内接五边形ABCDE的边长都为2，求对角线BD的长．
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；(2)见解析；(3)；
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等可得；
（2）由可得，再由可得；
（3）连接AD，BE，由可得，进而，BE=AD=BD，再由解方程即可；
【详解】（1）解：∵同弧所对的圆周角相等，，
∴；故答案为：同弧所对的圆周角相等；
（2）解：∵，
∴，∴，
∵，∴；
（3）解：如图，连接AD，BE，
∵，∴，
∴，∴，∴BE=AD=BD，
∵四边形ABDE是的内接四边形，∴，
∵，∴，
解得：或（舍去），∴对角线BD的长为；
【点睛】本题考查了圆内接多边形，圆心角、弧、弦关系，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识；掌握在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等是解题关键．
例2．（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．
模块3：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·北京·九年级校考期中）如图，点是外一点，为的一条割线，且，交于点，若，，则长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设PA=AB=x，延长PO交圆于点D．证明得PA PB=PC PD即可求得PA的长，也就得到了AB的长．
【详解】解：设PA=AB=x，延长PO交圆于点D．连接BD，AC
∵四边形ABDC内接于∴
又 ∴ ∴ ∴PA PB=PC PD，
∵OC=3，OP=5，∴PC=2，PD=5+3=8∴x 2x=16，∴x=∴．故选：B．
【点睛】本题考查了圆内接四边形以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
2．（2023·浙江·中考模拟）如图,PT是外切两圆的公切线,T为切点,PAB,PCD分别为这两圆的割线,若PA=3,PB=6,PC=2,则PD等于( )
A．12 B．9 C．8 D．4
【答案】B
【分析】根据切割线定理得PT2=PA PB，PT2=PC PD，所以PA PB=PC PD，从而可求得PD的长.
【详解】∵PT2=PA PB，PT2=PC PD，∴PA PB=PC PD，
∵PA=3，PB=6，PC=2，∴PD=9．故选B．
3．（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.
4．（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.
5．（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．
6．（2023·福建九年级月考）如图，是的切线，为切点，是割线，交于、两点，与直径交于点，已知，，，那么等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由相交弦定理知，TD CD=AD BD可求得TD的长；由勾股定理知，PT2=PD2-TD2，由切割线定理知，PT2=PB PA=（PD-BD）（PD+AD），从而可求得PD，PB的长．
【详解】解：∵TD CD=AD BD，CD=2，AD=3，BD=4，∴TD=6，
∵PT2=PD2-TD2，∴PT2=PB PA=（PD-BD）（PD+AD），
∴PD=24，∴PB=PD-BD=24-4=20．故选D．
【点睛】本题考查相交弦定理，勾股定理，切割线定理，解题关键是熟练掌握定理．
7．（2023·四川成都·校联考一模）如图，PA切⊙O于点A，割线PBC经过圆心O，OB＝PB＝1，OA绕点O逆时针方向旋转60°到OD，则PD的长为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】作DE⊥CB于E，根据题意先求得∠AOP=60°，∠DOC=60°．利用三角函数可求DE，EO．根据勾股定理即可求PD的值．
【详解】如图，作DE⊥CB于E．∵OB=PB=1，∴OA=1．
又∵PA切⊙O于点A，则OA⊥AP，∴∠AOP=60°．
又∵OA绕点O逆时针方向旋转60°，∴∠DOC=60°，∴DE=1×sin60°，EO，∴PD．故选A．
【点睛】本题考查了勾股定理和解直角三角形的知识及切线的性质．
8．（2023·浙江温州·校考三模）在几何学发展的历史长河中，人们发现了许多经久不衰的平面几何定理，苏格兰数学家罗伯特·西姆森发现从三角形外接圆上任意一点向三边（或其延长线）所作垂线的垂足共线，这三个垂足的连线后来被称为著名的“西姆森线”．如图，半径为4的为的外接圆，过圆心O，那么过圆上一点P作三边的垂线，垂足E、F、D所在直线即为西姆森线，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接，首先根据题意得到点A，F，P三点共线，然后证明出四边形是矩形，得到，证明出，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
由题意可得，点E、F、D共线，∵，∴，
∵，∴，∴点A，F，P三点共线，
∵，，，∴四边形是矩形，∴，
∵，，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
又∵，∴，∴．故选：D．
【点睛】此题考查了圆与三角形综合题，相似三角形的性质和判定，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
9．（2023秋·湖南长沙·九年级校联考期中）如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，于点，交⊙于点．若，，则 ．
【答案】
【分析】连接，，根据圆周角定理和切线的性质证明，，继而证明，得到，代入已知线段，求出，再利用勾股定理即可得到结果．
【详解】解：如图，连接，．则，
又，∴，
∵为直径，∴，
∵直线与⊙相切于点，∴，∴，
∵，∴，∴，
又，∴，∴，
∴，即，解得：或（舍），即，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，注意准确作出辅助线是解此题的关键．
10．（2023·全国·九年级假期作业）如图，已知的两条直角边的长分别为3，4，以为直径作圆与斜边交于点D，则 ．
【答案】
【详解】连接，先根据勾股定理求得的长，再根据得出即可求出答案．
【解答】解：如图，连接，
∵，∴，
∵是的直径，∴．∴．
又∵，∴．
∴，即．∴．故答案是．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理以及圆的相关性质，熟练掌握直径所对的圆周角是直角，从而推出三角形相似是解题的关键．
11．（2023九年级课时练习）如图AB与圆O相切于A，D是圆O内一点，DB与圆相交于C．已知BC＝DC＝3，OD＝2，AB＝6，则圆的半径为 ．
【答案】
【分析】连接BC并延长，交圆于F，过O作OE⊥BF，连接，证明，则可得AB2＝BC BF，进而求得DE＝，OD＝2，勾股定理求解即可．
【详解】解：连接BC并延长，交圆于F，过O作OE⊥BF，连接
∵BA是圆O的切线，切点为A，
在中，
则
又AB2＝BC BF，
∵BC＝DC＝3，AB＝6，∴BF＝12，CF＝9，∴DE＝，OD＝2，
∴OE＝＝＝，CE＝，
∴OC＝＝＝．故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的性质，垂径定理，勾股定理，切线的性质，证明AB2＝BC BF，是解题关键．
12．（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．
13．（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．
14．（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．
15．（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．
16．（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．
17．（2023·重庆九年级月考）如图，割线、分别交于和，若，，，则 ．
【答案】
【分析】设PA=x，则PB=3x，由切割线定理得，2×（16+2）=x 3x，求解即可．
【详解】设PA=x，∵PA：AB=1：2，∴AB=2x，∴PB=3x，
由切割线定理得，2×（16+2）=x 3x，解得x=2，∴AB=4．故答案为4．
【点睛】本题考查了切割线定理和勾股定理，是基础知识要熟练掌握．
18．（2023·浙江绍兴·模拟预测）四边形内接于圆，对角线交点为E，，若、都是整数，则的值为 ．
【答案】3或4
【分析】证明△ABD∽△AEB，求出AD，从而得到DE，再证明△AEC∽△BED，得到BE·CE=12，根据BE，CE都是整数可得所有可能的取值，再根据三角形三边关系可得BE，CE都是整数，从而得到DE的取值．
【详解】解：∵AB=AC=4，AE=2，∴∠ADB=∠ADC，
∵∠ABC=∠ADC，∴∠ADB=∠ABC，又∠BAD=∠BAE， ∴△ABD∽△AEB，
∴，即，∴AD=8，∴DE=6，
∵∠CAE=∠DBE，∠ACE=∠BDE，∴△AEC∽△BED，
∴，即，∴BE·CE=12，∵BE，CE都是整数，
则BE和CE可取的值为3，4或2，6或1，12；
∵AB=AC=4，∴BC＜AB+AC=8，∴BC=3+4=7，
∴BE的值为3或4，故答案为：3或4．
【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，以及三角形三边关系，解题的关键是找出适当的相似三角形得到线段关系．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·重庆·九年级专题练习）阅读下列材料，完成相应任务：
弗朗索瓦 韦达，法国杰出数学家．第一个有意识地和系统地使用字母来表示已知数、未知数及其乘幂，带来了代数学理论研究的重大进步，在欧洲被尊称为“代数学之父”．他还发现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）．如图1，P是外一点，是的切线，是的一条割线，与的另一个交点为B，则．证明：如图2，连接、，过点C作的直径，连接．∵是的切线，∴，∴，即．……
任务：(1)请按照上面证明思路写出该证明的剩余部分．
(2)如图3，与相切于点A，连接并延长与交于点B、C，，，，连接．①与的位置关系是 ．②求的长．
【答案】(1)见解析(2)①平行；②
【分析】（1）先根据切线的性质和圆周角定理证得，进而证明，利用相似三角形的性质求解即可；（2）根据圆周角定理证得，根据平行线的判定即可得出结论；
（3）连接，根据已知和（1）中结论和求得，，再利用勾股定理求得，然后证明，利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：如图2，连接、，过点C作的直径，连接．
∵是的切线，∴，∴，即．
∵是直径，∴，即，
∵，∴，
∵，∴，∴，∴；
（2）解：①∵，，∴，∴，故答案为：平行；
②如图3，连接，∵与相切，为割线，∴，
∵，∴，∴，即，∴，
由（1）可知，，∴，∴，
在中，，由勾股定理可知，，
∴，即，∴，
由（1）中证明过程可知，又，∴，
∴，即 ∴．
【点睛】本题考查圆的切线和割线性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、平行线的判定、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质探究线段间的数量关系是解答的关键．
20．（2022秋·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．
21．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在ΔABC中，点O是BC中点，以O为圆心，BC为直径作圆，刚好经过A点，延长BC于点D，连接AD．已知∠CAD＝∠B．
(1)求证：AD是O的切线；(2)求证：ΔACD～ΔBAD；(3)若BD＝8，tanB＝，求⊙O的面积．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)3
【分析】（1）连接AO，由等腰三角形的性质及圆周角定理得出∠DAO=∠CAD+∠CAO=90°，则可得出结论；（2）根据相似三角形的判定方法可得出结论；
（3）由相似三角形的性质得出，求出DC=2，则可得出答案．
【详解】（1）解：证明：连接AO，
∵BC是直径，∴∠BAC=90°，∴∠B+∠ACO=90°，∵OA=OC，∴∠ACO=∠OAC，
∵∠CAD=∠B．∴∠DAO=∠CAD+∠CAO=90°，∴OA⊥AD，∴AD是⊙O的切线；
（2）证明：∵∠CAD=∠B，∠ADC=∠BDA，∴△ACD∽△BAD；
（3）∵∠BAC=90°，∴，∵△ACD∽△BAD，∴，
∴DC＝DB＝2，∴BC=DB-CD=8-2=6，∴半径r=3，∴⊙O的面积为9π．
【点睛】此题考查了切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及圆周角定理，熟练掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
22．（2023·内蒙古包头·校考三模）如图，是的直径，点A为圆上一点（不与C，D点重合），经过A作的切线，与的延长线交于点P，点M为上一点，连接并延长，与交于点F，E为上一点，且，连接并延长，与交于点B，连接．
（1）求证：．（2）若，求的长．（3）如果，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）PA=；（3）AC．
【分析】（1）连接AF，由切线的性质、圆周角定理和等量代换得出∠MAC=∠F，由等腰三角形的性质得出∠MAE=∠MEA，由三角形的外角性质证出∠BAC=∠BAF，即可得出结论；（2）连接AD，由切线的性质、圆周角定理和等量代换得出∠MAC=∠D，由∠P=∠P，证出△PAC∽△PDC，利用相似三角形的性质即可得出结果；（2）由，设OA=x，则OP=3x，求得OA=r=2，OP，DP=8，由△PAC∽△PDA，以及勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接AF，如图1所示：
∵PA是⊙O的切线，∴∠MAC=∠F，∵MA=ME，∴∠MAE=∠MEA，
∵∠MAE=∠MAC+∠BAC，∠MEA=∠F+∠BAF，∴∠BAC=∠BAF， ∴；
（2）解：连接AD，如图2所示：∵PA是⊙O的切线，∴∠MAC=∠D，
∵∠P=∠P，∴△PAC∽△PDA，∴，∴PA2=PC PD=7，∴PA=；
（3）连接OA，
∵PA是⊙O的切线，∴OA⊥PA，∵，即，设OA=x，则OP=3x，
由勾股定理：，即，解得：(负值已舍)，
∴OA=r=2，OP=3，∴DP=DO+OP=2+6=8，由（2）得△PAC∽△PDA，
∴，即，设AD=m，则AC=，
∵CD是⊙O的直径，∴∠DAC=90，∴，即，
解得：(负值已舍)，∴AC=
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、弦切角定理、圆周角定理、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及锐角三角函数等知识；熟练掌握圆周角定理和弦切角定理，证明三角形相似是解题的关键．
23．（2022·河南南阳·统考三模）阅读资料：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角，如图1中即为弦切角．同学们研究发现：A为圆上任意一点，当弦AB经过圆心O，且DB切于点B时，易证：弦切角．
问题拓展：如图2，点A是优弧BC上任意一点，DB切于点B，求证：．
证明：连接BO并延长交于点，连接，如图2所示．
∵DB与相切于点B，
∴________
∴．
∵是直径，
∴_____________（依据）．
∴．
∴________________（依据）．
又∵________________（依据），
∴．
(1)将上述证明过程及依据补充完整．
(2)如图3，的顶点C在上，AC和相交于点D，且AB是的切线，切点为B，连接BD．若，求BC的长．
【答案】(1)90°；直径所对的圆周角是直角；同角的余角相等；同弧所对的圆周角相等(2)
【分析】（1）根据切线的性质以及圆周角的性质以及同角的余角相等的性质解决问题即可；
（2）利用第一问的结论，证明出，得到，代入数值，先求出AB的值，再求出BC的值即可．
【详解】（1）证明：连接BO并延长交于点，连接，如图2所示．
∵DB与相切于点B，∴ 90° ∴．
∵是直径，∴（直径所对的圆周角是直角）
∴．∴（同角的余角相等）．
又∵（同弧所对的圆周角相等），∴．
故答案为：90°；直径所对的圆周角是直角；同角的余角相等；同弧所对的圆周角相等．
（2）解：由题意，可知．
∵，∴．
∴，∴
∴，（舍去）．∴．
【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握圆周角定理和切线的性质，还考查了相似，同时善于运用已经证明的结论解决问题是解题的关键．
24．（2023春·浙江·九年级开学考试）如图，已知⊙O和⊙⊙相交于A、B两点，过点A作⊙的切线交⊙O于点C，过点B作两圆的割线分别交⊙O、⊙于E、F，EF与AC相交于点P，
（1）求证：；（2）求证：；
（3）当⊙O与⊙为等圆时，且时，求△PEC与△FAP的面积的比值.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）连接AB，根据弦切角定理和圆周角定理的推论得到∠CAB=∠F，∠CAB=∠E，则∠F=∠E，根据内错角相等，得到AF∥CE，再根据平行线分线段成比例定理进行证明；
（2）利用（1）的比例式，两边同平方，再根据切割线定理进行等量代换即可；
（3）要求两个三角形的面积比，根据（1）知：两个三角形相似．所以只需求得它们的一组对应边的比，根据所给的线段的比值，结合勾股定理的逆定理发现Rt△PCE，连接AE，AE即是直径．又根据平行线的性质得到∠PAF=90°，则AF是圆的直径．根据勾股定理得到x与y的比值，从而得到三角形的面积比．
【详解】解：（1）证明：连接AB，∵CA切⊙O'于A，∴∠CAB=∠F,
∵∠CAB=∠E，∴∠E=∠F,∴AF∥CE,∴,∴.
（2）,,,
再根据切割线定理，得PA2=PB PF，∴;
（3）连接AE，由（1）知△PEC∽△PFA，
而PC：CE：EP=3：4：5，∴PA：FA：PF=3：4：5．
设PC=3x，CE=4x，EP=5x，PA=3y，FA=4y，PF=5y，
∴EP2=PC2+CE2，PF2=PA2+FA2．∴∠C=∠CAF=90°．
∴AE为⊙O的直径，AF为⊙O'的直径．
∵⊙O与⊙O'等圆，∴AE=AF=4y．
∵AC2+CE2=AE2∴（3x+3y）2+（4x）2=（4y）2即25x2+18xy-7y2=0，
∴（25x-7y）（x+y）=0，,.
【点睛】综合运用了切线的性质、圆周角定理的推论、切割线定理以及相似三角形的性质和判定，难度比较大，综合性比较强．
25．（2023·河南洛阳·统考一模）【问题探究】
已知：如图①所示，∠MPN的顶点为P，⊙O的圆心O从顶点P出发，沿着PN方向平移．
（1）如图②所示，当⊙O分别与射线PM，PN相交于A、B、C、D四个点，连接AC、BD，可以证得△PAC∽△ ，从而可以得到：PA PB＝PC PD．
（2）如图③所示，当⊙O与射线PM相切于点A，与射线PN相交于C、D两个点．求证：PA2＝PC PD．
【简单应用】（3）如图④所示，（2）中条件不变，经过点P的另一条射线与⊙O相交于E、F两点．利用上述（1），（2）两问的结论，直接写出线段PA与PE、PF之间的数量关系 ；当PA＝4，EF＝2，则PE＝ ．
【拓展延伸】（4）如图⑤所示，在以O为圆心的两个同心圆中，A、B是大⊙O上的任意两点，经过A、B两点作线段，分别交小⊙O于C、E、D、F四个点．求证：AC AE＝BD BF．（友情提醒：可直接运用本题上面所得到的相关结论）
【答案】（1）△PDB；（2）证明见解析；（3）PA2＝PE PF，6；（4）证明见解析
【分析】（1）由圆内接四边形的性质得出∠PAC＝∠PDB，再由∠P＝∠P，得出△PAC∽△PDB，得出对应边成比例，即可得出PA P B＝P C P D；（2）连接AC、AD，根据切线和直径所对圆周角的性质，∠PAC＝∠PDA，再由∠P＝∠P，证出△PAC∽△PDA，得出对应边成比例，即可得出结论；
（3）由（2）得出PA2＝PE PF．代入已知数据得出PE（PE+2）＝48，解方程即可得到答案；
（4）过A作⊙O的切线AM，M为切点，过B作⊙O的切线BN，N为切点，连接OA、OM、OB、ON，由切线的性质得出AM⊥OM，BN⊥ON，由（3）得：AM2＝AC AE，BN2＝BD BF．在Rt△AOM中，由勾股定理得出AM2＝OA2﹣OM2，在Rt△BON中，由勾股定理得出BN2＝OB2﹣ON2，再由同圆的半径相等，即可得出结论．
【详解】（1）由圆内接四边形的性质得：∠PAC＝∠PDB，
又∵∠P＝∠P，∴△PAC∽△PDB，
∴PA：PD＝PC：PB，∴PA PB＝PC P D．故答案为：△PDB；
（2）证明：连接AC、AD、AO，如图③所示：
∵⊙O与射线PM相切于点A，与射线PN相交于C、D两个点，∴
∵为⊙O直径∴ ∴
∵ ∴，
∴，即∠PAC＝∠PDA，
又∵∠P＝∠P，∴△PAC∽△PDA，∴PA：PD＝PC：PA，∴PA2＝PC PD；
（3）由（2）得：PA2＝PE PF ∵PA＝，EF＝2，
∴PE PF＝（）2＝48，即：PE（PE+2）＝48，
解得：PE＝6，或PE＝﹣8（舍去），∴PE＝6，故答案为：PA2＝PE PF，6；
（4）证明：过A作⊙O的切线AM，M为切点，过B作⊙O的切线BN，N为切点，连接OA、OM、OB、ON，则AM⊥OM，BN⊥ON，如图⑤所示：
由（3）得：AM2＝AC AE，BN2＝BD BF．
在Rt△AOM中，AM2＝OA2﹣OM2，在Rt△BON中，BN2＝OB2﹣ON2，
又∵OM＝ON，OA＝OB，∴AM2＝BN2，∴AC AE＝BD BF．
【点睛】本题考查了圆、圆内接四边形、切线、相似三角形、一元二次方程、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握圆、圆内接四边形、切线、相似三角形、勾股定理的性质，从而完成求解．
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专题2.4 圆幂定理模型
模块1：模型简介
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。
模块2：核心模型点与典例
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·广东广州·九年级校考期中）如图，两个同心圆，大圆的弦与小圆相切于点P，大圆的弦经过点P，且，，两圆组成的圆环的面积是 ．
例2．（2023·山东济宁·统考一模）如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE．
(1)求证；(2)当时，求CE的长．
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．
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·浙江九年级月考）已知、为的两条割线，，，，，则的半径为 ．
例2．（2023·湖北九年级月考）如图，割线交于、两点，且，交于，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
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．
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春·河南·九年级专题练习）如图，切于点A，是的割线，若，则 ．
例2．（2023·浙江台州·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．
例3．（2022·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 ．
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．（2023秋·浙江·九年级专题练习）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．
例2．（2022·河北秦皇岛·九年级校联考阶段练习）小高同学在一本数学课外读物上看到一个与圆相关的角——弦切角（弦切角的定义：把顶点在圆上，一边与圆相切，另一边和圆相交的角叫做弦切角），知道了弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆周角度数．【证明】
在证明时，细心的小高考虑了三种情况，圆心在弦切角的一条边上，圆心在弦切角外，圆心在弦切角内．如图1，与相切于点，为直径，当圆心在上时，容易得到，所以弦切角，请帮助小高继续解决下面的问题．
(1)如图2，是的切线，为切点，为直径，夹弧所对的圆周角为，求证：
(2)如图3，是的切线，为切点，夹弧所对的圆周角为．求证；
【解决问题】(3)如图4，中，，以为直径的交于点，过点作的切线交的延长线于点，直接写出与的数量关系：______
例3．（2022·山西大同·九年级校联考期中）阅读与思考
阅读下面内容并完成任务：
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．
弦切角定理：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
如图1，直线与相切于点，为的弦，叫弦切角，叫做弦切角所夹的弧，是所对的圆周角，为直径时，很容易证明．
小华同学认为这是一种特殊情况，若不是直径会如何呢？即在图2中吗？她连接并延长，交于点，连接…问题得到了解决．
小颖同学利用图3证明了当弦切角为直角时，弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．
小亮积极思考，提出当弦切角为钝角时，能证明（如图4）吗？
任务：(1)请按照小华的思路，利用图2证明；
(2)结合小华、小颖的思路或结论，利用图4解答小亮提出的问题；
(3)写出在上面解决问题的过程中体现的数学思想：______（写出两种）；
(4)解决问题：如图5，点为的弦延长线上一点，切于点，连接，，，，则______°
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．（2022春·广东九年级课时练习）阅读与应用
请阅读下列材料，完成相应的任务：
托勒密是“地心说”的集大成者，著名的天文学家、地理学家、占星学家和光学家．后人从托勒密的书中发现一个命题：圆内接四边形对边乘积的和等于对角线的乘积．下面是对这个命题的证明过程．
如图1，四边形ABCD内接于．
求证：．
证明：如图2，作交BD于点E．
∵，∴．（依据）
∴．∴．．
…
∴．
∴．∴．
∵，
∴．
∴．
任务：(1)证明过程中的“依据”是______；(2)补全证明过程；
(3)如图3，的内接五边形ABCDE的边长都为2，求对角线BD的长．
例2．（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.
模块3：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·北京·九年级校考期中）如图，点是外一点，为的一条割线，且，交于点，若，，则长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·浙江·中考模拟）如图,PT是外切两圆的公切线,T为切点,PAB,PCD分别为这两圆的割线,若PA=3,PB=6,PC=2,则PD等于( )
A．12 B．9 C．8 D．4
3．（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
4．（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
5．（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．
6．（2023·福建九年级月考）如图，是的切线，为切点，是割线，交于、两点，与直径交于点，已知，，，那么等于（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·四川成都·校联考一模）如图，PA切⊙O于点A，割线PBC经过圆心O，OB＝PB＝1，OA绕点O逆时针方向旋转60°到OD，则PD的长为（ ）
A． B． C． D．2
8．（2023·浙江温州·校考三模）在几何学发展的历史长河中，人们发现了许多经久不衰的平面几何定理，苏格兰数学家罗伯特·西姆森发现从三角形外接圆上任意一点向三边（或其延长线）所作垂线的垂足共线，这三个垂足的连线后来被称为著名的“西姆森线”．如图，半径为4的为的外接圆，过圆心O，那么过圆上一点P作三边的垂线，垂足E、F、D所在直线即为西姆森线，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共30分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
9．（2023秋·湖南长沙·九年级校联考期中）如图，已知为⊙的直径，直线与⊙相切于点，于点，交⊙于点．若，，则 ．
10．（2023·全国·九年级假期作业）如图，已知的两条直角边的长分别为3，4，以为直径作圆与斜边交于点D，则 ．
11．（2023九年级课时练习）如图AB与圆O相切于A，D是圆O内一点，DB与圆相交于C．已知BC＝DC＝3，OD＝2，AB＝6，则圆的半径为 ．
12．（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 ．
13．（2023·成都市九年级期中）已知、为的两条割线，，，，，则的半径为 ．
14．（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 ．
15．（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）．
16．（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 ．
17．（2023·重庆九年级月考）如图，割线、分别交于和，若，，，则 ．
18．（2023·浙江绍兴·模拟预测）四边形内接于圆，对角线交点为E，，若、都是整数，则的值为 ．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·重庆·九年级专题练习）阅读下列材料，完成相应任务：
弗朗索瓦 韦达，法国杰出数学家．第一个有意识地和系统地使用字母来表示已知数、未知数及其乘幂，带来了代数学理论研究的重大进步，在欧洲被尊称为“代数学之父”．他还发现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）．如图1，P是外一点，是的切线，是的一条割线，与的另一个交点为B，则．证明：如图2，连接、，过点C作的直径，连接．∵是的切线，∴，∴，即．……
任务：(1)请按照上面证明思路写出该证明的剩余部分．
(2)如图3，与相切于点A，连接并延长与交于点B、C，，，，连接．①与的位置关系是 ．②求的长．
20．（2022秋·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．
21．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，在ΔABC中，点O是BC中点，以O为圆心，BC为直径作圆，刚好经过A点，延长BC于点D，连接AD．已知∠CAD＝∠B．
(1)求证：AD是O的切线；(2)求证：ΔACD～ΔBAD；(3)若BD＝8，tanB＝，求⊙O的面积．
22．（2023·内蒙古包头·校考三模）如图，是的直径，点A为圆上一点（不与C，D点重合），经过A作的切线，与的延长线交于点P，点M为上一点，连接并延长，与交于点F，E为上一点，且，连接并延长，与交于点B，连接．（1）求证：．（2）若，求的长．（3）如果，求的长．
23．（2022·河南南阳·统考三模）阅读资料：我们把顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角，如图1中即为弦切角．同学们研究发现：A为圆上任意一点，当弦AB经过圆心O，且DB切于点B时，易证：弦切角．
问题拓展：如图2，点A是优弧BC上任意一点，DB切于点B，求证：．
证明：连接BO并延长交于点，连接，如图2所示．
∵DB与相切于点B，
∴________
∴．
∵是直径，
∴_____________（依据）．
∴．
∴________________（依据）．
又∵________________（依据），
∴．
(1)将上述证明过程及依据补充完整．
(2)如图3，的顶点C在上，AC和相交于点D，且AB是的切线，切点为B，连接BD．若，求BC的长．
24．（2023春·浙江·九年级开学考试）如图，已知⊙O和⊙⊙相交于A、B两点，过点A作⊙的切线交⊙O于点C，过点B作两圆的割线分别交⊙O、⊙于E、F，EF与AC相交于点P，
（1）求证：；（2）求证：；
（3）当⊙O与⊙为等圆时，且时，求△PEC与△FAP的面积的比值.
25．（2023·河南洛阳·统考一模）【问题探究】
已知：如图①所示，∠MPN的顶点为P，⊙O的圆心O从顶点P出发，沿着PN方向平移．
（1）如图②所示，当⊙O分别与射线PM，PN相交于A、B、C、D四个点，连接AC、BD，可以证得△PAC∽△ ，从而可以得到：PA PB＝PC PD．
（2）如图③所示，当⊙O与射线PM相切于点A，与射线PN相交于C、D两个点．求证：PA2＝PC PD．
【简单应用】（3）如图④所示，（2）中条件不变，经过点P的另一条射线与⊙O相交于E、F两点．利用上述（1），（2）两问的结论，直接写出线段PA与PE、PF之间的数量关系 ；当PA＝4，EF＝2，则PE＝ ．
【拓展延伸】（4）如图⑤所示，在以O为圆心的两个同心圆中，A、B是大⊙O上的任意两点，经过A、B两点作线段，分别交小⊙O于C、E、D、F四个点．求证：AC AE＝BD BF．（友情提醒：可直接运用本题上面所得到的相关结论）
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