圆内接四边形的性质与判定定理
练习
1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
2圆内接平行四边形的对角线( )
A．互相垂直
B．互相垂直平分
C．互相平分且相等
D．相等且平分每组对角
3如图，四边形ABCD是O的内接四边形，E为AB的延长线上一点，∠CBE＝40°，则∠AOC等于( )
A．20°
B．40°
C．80°
D．100°
4如图，四边形ABCD是O的内接四边形，AH⊥CD，如果∠HAD＝30°，那么∠B＝( )
A．90°
B．120°
C．135°
D．150°
5如图，在O中，弦AB的长等于半径，∠DAE＝80°，则∠ACD＝( )
A．30°
B．45°
C．50°
D．60°
6如图，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______．
7如图，两圆相交于A，B两点，过点A的直线交两圆于点C，D，过点B的直线交两圆于点E，F，连接CE，DF，若∠C＝95°，则∠D＝__________.
8(能力拔高题)已知圆内接四边形ABCD的边长分别是AB＝2，BC＝6，CD＝DA＝4，则四边形ABCD的面积等于__________．
9如图，四边形ABCD是圆的内接四边形，过点C作DB的平行线交AB的延长线于E点，求证：BE·AD＝BC·CD．
10(探究题)如图，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，垂足分别为点E，F，G，H.你能判断出点E，F，G，H是否在同一个圆上吗？试说明你的猜想．
参考答案
1
答案：B ①是圆内接四边形的性质定理2，则①正确；圆内接四边形的对角互补，但不一定相等，则②不正确；圆的内接四边形可以是梯形，则③不正确；顶点在同一个圆上的四边形叫圆内接四边形，则④不正确.
2
答案：C 圆内接平行四边形必为矩形，故其对角线互相平分且相等.
3
答案：C ∵四边形ABCD是O的内接四边形，且∠CBE＝40°，由圆内接四边形的性质，知∠D＝∠CBE＝40°，又由圆周角定理知∠AOC＝2∠D＝80°.
4
答案：B ∵AH⊥CD，∴∠AHD＝90°.
∵∠HAD＝30°，∴∠D＝90°－∠HAD＝60°.
又四边形ABCD内接于圆，
∴∠B＝180°－∠D＝120°.
5答案：C ∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠DAE＝∠BCD＝80°.
∵弦AB的长等于半径，
∴弦AB所对圆心角为60°.
∴∠ACB＝×60°＝30°.
∴∠ACD＝∠BCD－∠ACB＝80°－30°＝50°.
6
答案： 由于∠PBC＝∠PDA，∠P＝∠P，
则△PAD∽△PCB，故.
7
答案：85°
8
答案： 由于四点共圆，∴∠B＋∠D＝180°.
∴cos
B＝－cos
D.
根据余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos
B，AC2＝AD2＋DC2－2AD×DC×cos
D，
∴有AC2＝22＋62－2×2×6×cos
B
＝22＋62＋2×2×6×cos
D，
AC2＝42＋42－2×4×4×cos
D，
∴cos
D＝，sin
D＝sin
B＝.
∴四边形ABCD的面积＝0.5×AB×BC×sin
B＋0.5×AD×DC×sin
D＝.
9
答案：分析：转化为证明△ADC∽△CBE.
证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠ADC＝∠EBC.
又BD∥EC，
∴∠CEB＝∠DBA.
∵∠ACD＝∠DBA，
∴∠CEB＝∠ACD.
∴△ADC∽△CBE.
∴，即BE·AD＝BC·CD.
10答案：分析：根据正方形的对称性，可以猜想，此四个点应当在以O为圆心的圆上，于是连接线段OE，OF，OG，OH，再设法证明这四条线段相等.
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，连接线段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四个点在以O为圆心的圆上.一
圆周角定理
更上一层楼
基础·巩固
1下面是关于圆周角定理的句子，表述简明的一项是(
)
A.一条弧所对的圆周角等于这个圆上的弧所对的圆心角的一半
B.一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半
C.一条弧所对的圆周角等于圆心角的一半
D.圆上的一条弧所对的圆周角等于圆心角的一半
思路解析:本题就一条数学定理的表述考查我们的语感.显然A有些啰嗦，C太简略而不具体，D含混不清，唯有B简扼明了.
答案:B
2如图2-1-14，已知AB是半圆O的直径，弦AD、BC相交于点P，那么等于(
)
图2-1-14
A.sin∠BPD
B.cos∠BPD
C.tan∠BPD
D.cot∠BPD
思路解析:本题主要考查直径所对的圆周角是直角，同时也考查了三角形相似的判定及性质和锐角三角函数的定义，解这道题的关键是将转化为某一直角三角形中的两条线段之比，再根据三角函数的定义来判断.连结BD，由BA是直径，知△ADB是直角三角形.
根据△CPD∽△APB,=cos∠BPD.
答案:B
3已知D、C是以AB为直径的半圆弧上的两点，若所对的圆周角为25°，所对的圆周角为35°，则所对的圆周角为_________.
思路解析:
本题中C、D两点的位置有两种情况，如图所示，利用圆周角与所对弧的度数的关系，即可得到结果.
答案:30°或80°
4如图2-1-15，已知在⊙O中，直径AB为10
cm，弦AC为6
cm，∠ACB的平分线交⊙O于D，求BC、AD和BD的长.
图2-1-15
思路分析:本题要求三条线段BC、AD和BD的长，可以把这三条线段转化为直角三角形的直角边的问题，由于已知AB为⊙O的直径，可以得到△ABC和△ADB都是直角三角形，又因为CD平分∠ACB，所以可得=，可以得到弦AD=DB.这时由勾股定理可得到三条线段BC、AD、DB的长.
解:∵AB为直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°.
在Rt△ABC中，BC==8(cm).
∵CD平分∠ACB，
∴=.
在等腰直角三角形ADB中，AD=BD=AB=×10=(cm).
综合·应用
5△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为BC上一点，E是直线AD和⊙O的交点，
图2-1-16
（1）求证：AB2=AD·AE.
（2）当D为BC延长线上的一点时，（1）问中的结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，试说明理由.
思路分析:（1）连结BE，证明△ABD∽△AEB即可.（2）连结BE，仍然可以通过证明△ABD∽△AEB得出结论.
O
证明:（1）如图(1)，连结BE.∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.
∵∠ACB=∠AEB,∴∠ABC=∠AEB.
又∵∠BAE公共，∴△ABD∽△AEB.
∴AB∶AE=AD∶AB,即AB2=AD·AE.
（2）如图(2)，连结BE，结论依然成立，证法同（1）.
6如图2-1-17，足球场上有句顺口溜：“冲向球门跑，越近就越好；歪着球门跑，射点要选好.”可见踢足球是有“学问”的.在足球比赛中，甲、乙两名队员互相配合向对方球门MN进攻，当甲带球冲到A点时，乙已跟随冲到B点，此时甲自己直接射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？
图2-1-17
思路分析:用数学方法从两点的静止的状态来考虑.如果两个点到球门的距离相差不大，要确定较好的射门位置，关键是看这两点各自对球门MN的张角的大小，当张角较小时，容易被对方守门员拦截.
解:不妨设过M、N、B作圆，则点A在圆外.
设MA交圆于C，则∠MAC＜∠MCN.
而∠MCN=∠MBN,∴∠MAC＜∠MBN.
因此，在点B射门较好.弦切角的性质
练习
1如图所示，PQ为O的切线，A是切点，∠BAQ＝55°，则∠ADB＝( )
A．55°
B．110°
C．125°
D．155°
2如图，△ABC内接于O，EC切O于点C．若∠BOC＝76°，则∠BCE等于( )
A．14°
B．38°
C．52°
D．76°
3如图所示，四边形ABCD是圆内接四边形，AB是直径，MN是O的切线，C为切点，若∠BCM＝38°，则∠B等于( )
A．32°
B．42°
C．52°
D．48°
4如图，AB是O的直径，EF切O于点C，AD⊥EF于点D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为( )
A．2
B．3
C．
D．4
5如图所示，∠ABC＝90°，O是AB上一点，O切AC于点D，交AB于点E，连接DB，DE，OC，则图中与∠CBD相等的角共有( )
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
6如图，AD切O于点F，FB，FC为O的两弦，请列出图中所有的弦切角________．
7如图，AB是O的直径，直线CE与O相切于点C，AD⊥CE于D，若AD＝1，∠ABC＝30°，则O的面积是__________．
8如图，AB是O的直径，PB，PE分别切O于B，C，若∠ACE＝40°，则∠P＝__________.
9如图所示，BA是O的直径，AD是O的切线，切点为A，BF，BD分别交AD于点F，D，交O于E，C，连接CE.求证：BE·BF＝BC·BD．
10如图，△ABC内接于O，AB＝AC，直线MN切O于点C，弦BD∥MN，AC与BD相交于点E.
(1)求证：△ABE≌△ACD；
(2)求证：BE＝BC．
参考答案
1答案：C ∵PQ是切线，∴∠C＝∠BAQ＝55°.
又∵四边形ADBC内接于圆，
∴∠ADB＝180°－∠C＝180°－55°＝125°.
2答案：B ∵EC为O的切线，
∴∠BCE＝∠BAC＝∠BOC＝38°.
3答案：C 连接AC，如图所示.
∵MN切圆于C，BC是弦，
∴∠BAC＝∠BCM.
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°.
∴∠B＋∠BAC＝90°.
∴∠B＋∠BCM＝90°，∴∠B＝90°－∠BCM＝52°.
4答案：C 连接BC，如图所示.
∵EF是O的切线，
∴∠ACD＝∠ABC.
又AB是O的直径，
∴∠ACB＝90°.
又AD⊥EF，
∴∠ACB＝∠ADC.
∴△ADC∽△ACB.∴.
∴AC2＝AD·AB＝2×6＝12，
∴AC＝.
5
答案：C ∵AB⊥BC，∴BC与O相切，BD为弦.
∴∠CBD＝∠BED.
同理可得∠CDB＝∠BED，∴∠CBD＝∠CDB.
连接OD.∵OD＝OB，OC＝OC，
∴Rt△COD≌Rt△COB.
∴CB＝CD，∠DCO＝∠BCO.∴OC⊥BD.
又DE⊥BD，∴DE∥OC.
∴∠BED＝∠BOC，∴∠CBD＝∠BOC.
∴与∠CBD相等的角共有3个.
6
答案：∠AFB，∠AFC，∠DFC，∠DFB
7
答案：4π ∵DE是切线，∴∠ACD＝∠ABC＝30°.
又AD⊥CD，∴AC＝2AD＝2.
又∵AB是直径，∴∠ACB＝90°.
又∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝4，
∴OA＝AB＝2.
∴O的面积为S＝π·OA2＝4π.
8答案：80° 如图所示，连接BC，
则∠ACE＝∠ABC，∠ACB＝90°.
又∠ACE＝40°，
则∠ABC＝40°.
所以∠BAC＝90°－∠BCA＝90°－40°＝50°，∠ACP＝180°－∠ACE＝140°.
又AB是O的直径，则∠ABP＝90°.
又四边形ABPC的内角和等于360°，
所以∠P＋∠BAC＋∠ACP＋∠ABP＝360°.
所以∠P＝80°.
9
答案：分析：要证BE·BF＝BC·BD，只需证，即证明△BEC∽△BDF.由∠DBF为公共角，只需再找一组角相等，为此，过点B作O的切线，构造弦切角.
证明：如图，过点B作O的切线BG，则AB⊥BG.
又AD是O的切线，
∴AD⊥AB，∴BG∥AD，
∴∠GBC＝∠BDF.
又∵∠GBC＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠BDF.
又∠CBE＝∠DBF，∴△BEC∽△BDF.
∴.∴BE·BF＝BC·BD.
10
答案：分析：(1)很明显∠ABE＝∠ACD，只需证明∠BAE＝∠CAD，转化为证明∠BAE＝∠CDB，∠CDB＝∠DCN，∠DCN＝∠CAD.(2)转化为证明∠BEC＝∠ECB.
证明：(1)∵BD∥MN，∴∠CDB＝∠DCN.
又∠BAE＝∠CDB，∴∠BAE＝∠DCN.
又直线MN是O的切线，
∴∠DCN＝∠CAD.∴∠BAE＝∠CAD.
又∠ABE＝∠ACD，AB＝AC，∴△ABE≌△ACD.
(2)∵∠EBC＝∠BCM，∠BCM＝∠BDC.
∴∠EBC＝∠BDC.∴CB＝CD＝4.
∵∠BEC＝∠EDC＋∠ECD，∠ECD＝∠ABE，
∴∠BEC＝∠EBC＋∠ABE＝∠ABC.
又AB＝AC，∴∠ABC＝∠ECB.
∴∠BEC＝∠ECB.∴BE＝BC.三
圆的切线的性质及判定定理
更上一层楼
基础·巩固
1如图2-3-6,已知直线AB经过⊙O上的一点C，并且OA=OB，CA=CB，求证：直线AB是⊙O的切线.
图2-3-6
思路分析:如图，由于直线AB经过⊙O上一点C，所以连结OC，只要证明OC⊥AB即可.
证明:如图，连结OC，
∵OA=OB，CA=CB，
∴OC是等腰△OAB底边AB上的中线.
∴AB⊥OC.
又∵点C在⊙O上，∴AB是⊙O的切线.
2已知l1、l2分别切⊙O于点A、B，且l1∥l2，连结AB，如图2-3-7所示.
图2-3-7
求证：AB是⊙O的直径.
思路分析:过A、O作直线OA，再证OA过点B.不能先连结AB，因为没有相关的定理可运用.
证明:过O、A两点作直线OA.
∵l1切⊙O于点A，∴OA⊥l1.
∵l1∥l2，∴OA⊥l2.
∵l2切⊙O于点B，
∴OA过切点B（经过圆心且垂直于切线的直线必经过切点）.
∴AB为⊙O的直径.
3已知AB是⊙O的直径，BC是⊙O的切线，切点为B，OC平行于弦AD.
图2-3-8
求证：DC是⊙O的切线.
思路分析:要证DC是⊙O的切线，因为D是圆上的点，所以应想到连结OD，再证明OD与DC垂直即可.题目中已经有∠OBC是直角，根据图形，考虑证明三角形全等.
证明:连结OD.∵OA=OD，
∴∠1=∠2.
∵AD∥OC，∴∠1=∠3,∠2=∠4.
∴∠3=∠4.
在△OBC和△ODC中，OB=OD，∠3=∠4，OC=OC，
∴△OBC≌△ODC.
∴∠OBC=∠ODC.
∵BC是⊙O的切线，∴∠OBC=90°.
∴∠ODC=90°.
∴DC是⊙O的切线.
综合·应用
4如图2-3-9所示，D是⊙O的直径AB延长线上的一点，PD是⊙O的切线，P是切点，∠D=30°.
图2-3-9
求证：PA=PD.
思路分析:欲证PA=PD，只要证明∠A=∠D=30°即可.
证明:连结OP，∵PD是⊙O的切线，P为切点,
∴PO⊥PD.又∵∠D=30°,∴∠POD=60°.
∴∠A=30°.∴∠A=∠D.∴PA=PD.
5某海域直径为30海里的暗礁区中心有一哨所，值班人员发现有一轮船从哨所正西方向45海里的B处向哨所驶来，哨所及时向轮船发出危险信号，但轮船没有收到信号，又继续前进了15海里到达C处,才收到此哨所第二次发出的紧急危险信号.
(1)若轮船收到第一次危险信号后，为避免触礁，航向改变角度至少应为东偏北多少度？
(2)当轮船收到第二次危险信号时，为避免触礁，轮船航向改变的角度至少应为东偏南多少度（精确到度）
思路分析:轮船是否有触礁危险，在于轮船航行所在的直线与以A点为圆心、以15海里为半径的圆的位置关系，此题应从直线与圆相切这一特殊位置关系入手.触礁问题是传统的三角应用题，本题增设了第一次没有收到信号，二是两次分别指定了方位角，综合了解直角三角形、直线与圆的位置关系、切线的性质与判定等知识.解此类题时要注意切线的作用.
解:(1)过B作⊙A的切线，D为切点，连结DA，则∠ADB=90°.
在Rt△ABD中，sinα=，∴α≈20°.
(2)过C作⊙A的切线，E为切点，连结AE，则∠AEC=90°.
在Rt△ACE中，AC=45-15=30，sin∠ACE==，∠ACE=30°.四
弦切角的性质
更上一层楼
基础·巩固
1如图2-4-8，AB是半圆O的直径，C、D是半圆上的两点，半圆O的切线PC交AB的延长线于点P，∠PCB=25°，则∠ADC为(
)
A.105°
B.115°
C.120°
D.125°
图2-4-8
思路解析:连结AC，构造出夹圆周角∠ADC所对弧的弦切角，即∠PCA，而∠PCA显然等于∠PCB加上一个直角，由此即得结果.
答案:B
2如图2-4-9，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于C，AD⊥EF于D，AD=2，AB=6，则AC的长为(
)
图2-4-9
A.2
B.3
C.
D.4
思路解析:连结BC，构造出弦切角所对的圆周角，由已知有△ADC与△ACB相似，所以可得，代入数值得关于AC的方程.
答案:C
3如图2-4-10，AB是⊙O的弦，CD是经过⊙O上的点M的切线.
图2-4-10
求证：(1)如果AB∥CD，那么AM=MB；
(2)如果AM=BM，那么AB∥CD.
思路分析:本题的两个问题互为逆命题，利用弦切角在中间起桥梁作用，如第（1）题，由平行得∠B=∠DMB，由弦切角得∠DMB=∠A，于是有∠A=∠B.
证明:
(1)CD切⊙O于M点，
∴∠DMB=∠A，∠CMA=∠B.
∵AB∥CD，∴∠CMA=∠A.
∴∠A=∠B.∴AM=MB.
(2)∵AM=BM，∴∠A=∠B.
∵CD切⊙O于M点，∴∠DMB=∠A，∠CMA=∠B.
∴∠CMA=∠A.∴AB∥CD.
4如图2-4-11，四边形ABED内接于⊙O，AB∥DE，AC切⊙O于A，交ED延长线于C.
求证：AD∶AE=DC∶BE.
图2-4-11
思路分析:求证成比例的四条线段正好在两个三角形△ACD和△ABE中，所以只要证明△ACD∽△ABE即可.
证明:∵四边形ABED内接于圆，
∴∠ADC=∠ABE.
∵AC是⊙O的切线，
∴∠CAD=∠AED.
∵AB∥DE，∴∠BAE=∠AED.
∴∠CAD=∠BAE.
∴△ACD∽△ABE.
∴AD∶AE=DC∶BE.
综合·应用
5如图2-4-12，P为⊙O的直径CB延长线上的一点，A为⊙O上一点，若=，AE交BC于D，且∠C=∠PAD.
图2-4-12
(1)求证：PA为⊙O的切线；
(2)若∠BEA=30°，BD=1，求AP及PB长.
思路分析:对于（1），A已经是圆上一点，所以可以连结OA，证明PA与OA垂直；对于（2），将∠E利用圆周角定理转移到Rt△ODA和Rt△OAP中，解直角三角形即可得到线段AP及PB的长.
（1）证明:连结AO，∵=，BC为直径，∴AE⊥BC，AD=DE，=.
∵OA=OC，∴∠C=∠3.∴∠1=2∠C.
又∵∠C=∠PAD，∴∠1=∠2.
∵∠1＋∠4=90°，∴∠2＋∠4=90°.
∴PA⊥OA.
∴PA为⊙O的切线.
（2）解:在Rt△EBD中，∵∠BEA=30°，BD=1,∴BE=2，DE=.
在Rt△ODA和Rt△EBD中,∠4=90°-∠1=90°-2∠C=90°-2∠E=30°=∠E，∠ODA=∠BDE，AD=ED，
∴Rt△ODA≌Rt△EBD.
∴AD=DE=，OD=BD=1，OA=BE=2.
在Rt△OAP中，∵AD⊥OP，
∴AD2=OD·DP，即()2=1·DP.
∴DP=3.∴BP=2.
在Rt△ADP中，根据勾股定理，得AP=.
6如图2-4-13，已知C点在⊙O直径BE的延长线上，CA切⊙O于A点，∠ACB的平分线CD交AE于F点，交AB于D点.
图2-4-13
(1)求∠ADF的度数.
(2)若∠ACB的度数为y度，∠B的度数为x度，那么y与x之间有怎样的关系？试写出你的猜测并给出证明.
(3)若AB=AC，求AC∶BC.
思路分析:（1）中由AC为⊙O切线可得∠B=∠EAC，由CD平分∠ACB可得∠ACD=∠DCB，根据三角形外角定理，得到∠ADF=∠AFD，建立等腰三角形，再由顶角求底角；（2）中则利用三角形内角和定理得到方程，获得关系；（3）中求线段的比值，利用△ACE∽△ABC可得.
解:（1）∵AC为⊙O切线，
∴∠B=∠EAC.
∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠DCB.
∴∠B＋∠DCB=∠EAC＋∠ACD，即∠ADF=∠AFD.
∵BE为⊙O直径，∴∠DAE=90°.
∴∠ADF=(180°-∠DAE)=45°.
（2）∵∠B=∠EAC，∠B＋∠BAC＋∠ACB=180°,
∴x＋90＋x＋y=180.∴y=90-2x.
∵0<∠B<∠ADC，∴0∴y与x的函数关系式是y=90-2x，其中x的取值范围是0（3）∵∠B=∠EAC，∠ACB=∠ACB，
∴△ACE∽△ABC.∴.
∵AB=AC，∴∠B=∠ACB,即x=y.
又∵y=90-2x，∴x=90-2x，x=30.
∴在Rt△ABE中，=tan∠ABE=tan30°=.一
圆周角定理
课堂探究
探究一求线段的长
求圆中线段长时，常先利用圆周角定理及其推论得到相似三角形，从而得到成比例线段，再列方程求得线段长．
【典型例题1】如图，△ABC的三个顶点都在⊙O上，∠BAC的平分线与BC边和⊙O分别交于点D，E.
(1)指出图中相似的三角形，并说明理由；
(2)若EC＝4，DE＝2，求AD的长．
解：(1)∵AE平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠EAC.
又∵∠B＝∠E，
∴△ABD∽△AEC.
∵∠B＝∠E，∠BAE＝∠BCE，
∴△ABD∽△CED，△AEC∽△CED.
(2)∵△CED∽△AEC，
∴＝.
∴CE2＝ED·AE，
∴16＝2AE，∴AE＝8.
∴AD＝AE－DE＝6.
点评
(1)本题证三角形相似，要用三角形相似的判定定理，而其中角的条件由同弧所对的圆周角相等得出；(2)要求线段长度，先由三角形相似得线段成比例，然后再求其长度．
探究二证明线段相等
有关圆的题目中，圆周角与它所对的弧经常相互转化，即欲证圆周角相等，可转化为证明它们所对的弧相等，这是证明圆中线段相等的常见策略．
【典型例题2】如图，BC为圆O的直径，AD⊥BC，＝，BF和AD相交于E，求证：AE＝BE.
思路分析：要证AE＝BE，只需在△ABE中证明∠ABE＝∠EAB，而要证这两个角相等，只需借助∠ACB即可．
证明：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC为直角．
又AD⊥BC，∴Rt△BDA∽Rt△BAC.
∴∠BAD＝∠ACB.
∵＝，∴∠FBA＝∠ACB.
∴∠BAD＝∠FBA.
∴△ABE为等腰三角形．∴AE＝BE.
点评
若已知条件中出现直径，则常用到“直径所对的圆周角为直角”这一性质解决问题．
探究三易错辨析
易错点：误认为同弦或等弦所对圆周角相等
【典型例题3】如图所示，∠BAD＝75°，则∠BCD＝__________.
错解：∵∠BAD和∠BCD所对的弦都是BD，∴∠BAD＝∠BCD.
∴∠BCD＝75°.
错因分析：错解中，没有注意到圆周角∠BAD和∠BCD所对的弧不相等，导致得到错误的结论∠BAD＝∠BCD.
正解：∠BAD是所对的圆周角，∠BCD是所对的圆周角，则所对的圆心角为2×75°＝150°.又和所对圆心角的和是周角360°，
∴所对圆心角是360°－150°＝210°，
∴所对圆周角∠BCD＝×210°＝105°.四
弦切角的性质
自我小测
1．如图，△ABC为⊙O的内接三角形，AB为直径，D为BC延长线上一点，PC切⊙O于C点，∠PCD＝20°，则∠A等于( )
A．20°
B．30°
C．40°
D．50°
2．如图，在圆的内接四边形ABCD中，AC平分∠BAD，EF切⊙O于C点，那么图中与∠DCF相等的角的个数是( )
A．4
B．5
C．6
D．7
3．如图所示，四边形ABCD是圆内接四边形，AB是直径，MN是⊙O的切线，C为切点．若∠BCM＝38°，则∠B等于( )
A．32°
B．42°
C．52°
D．48°
4．如图，AB是⊙O的直径，EF切⊙O于点C，AD⊥EF于点D，AD＝2，AB＝6，则AC的长为( )
A．2
B．3
C．2
D．4
5．如图，AB是⊙O的直径，PB，PE分别切⊙O于B，C，若∠ACE＝40°，则∠P＝__________.
6．已知AB是⊙O的弦，PA是⊙O的切线，A是切点，如果∠PAB＝30°，那么∠AOB＝________.
7．如图，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＝__________.
8．如图，AB是⊙O的直径，直线CE与⊙O相切于点C，AD⊥CE于D.若AD＝1，∠ABC＝30°，求⊙O的面积．
9．如图，EP交圆于E，C两点，PD切圆于D，G为CE上一点且PG＝PD，连接DG并延长交圆于点A，作弦AB垂直EP，垂足为F.
(1)求证：AB为圆的直径；
(2)若AC＝BD，求证：AB＝ED.
10．如图，BC为⊙O的直径，＝，过点A的切线与CD的延长线交于点E.
(1)试猜想∠AED是否等于90°？为什么？
(2)若AD＝2，ED∶EA＝1∶2，求⊙O的半径；
(3)在(2)的条件下，求∠CAD的正弦值．
参考答案
1．A
2．解析：∠DCF＝∠DAC，∠DCF＝∠BAC，
∠DCF＝∠BCE，∠DCF＝∠BDC，∠DCF＝∠DBC.
答案：B
3．解析：连接AC，如图所示．
∵MN切圆于C，BC是弦，∴∠BAC＝∠BCM.
∵AB是直径，∴∠ACB＝90°.
∴∠B＋∠BAC＝90°.∴∠B＋∠BCM＝90°，
∴∠B＝90°－∠BCM＝52°.
答案：C
4．解析：连接BC，如图所示．
∵EF是⊙O的切线，
∴∠ACD＝∠ABC.
又AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°.
又AD⊥EF，
∴∠ACB＝∠ADC.
∴△ADC∽△ACB.∴＝.
∴AC2＝AD·AB＝2×6＝12，
∴AC＝2.
答案：C
5．解析：如图所示，连接BC，
则∠ACE＝∠ABC，∠ACB＝90°.
又∠ACE＝40°，则∠ABC＝40°.
所以∠BAC＝90°－∠ABC＝90°－40°＝50°，∠ACP＝180°－∠ACE＝140°.
又AB是⊙O的直径，则∠ABP＝90°.
又四边形ABPC的内角和等于360°，
所以∠P＋∠BAC＋∠ACP＋∠ABP＝360°.
所以∠P＝80°.
答案：80°
6．解析：∵弦切角∠PAB＝30°，∴它所夹的弧所对的圆周角等于30°，所对的圆心角等于60°.
答案：60°
7．解析：连接OC.∵AB为圆O的直径，∴AC⊥BC.
又BC＝CD，
∴AB＝AD＝6，∠BAC＝∠CAD.
又CE为圆O的切线，则OC⊥CE.
∵∠ACE为弦切角，
∴∠ACE＝∠B.
∴∠ACE＋∠CAD＝90°.∴CE⊥AD.
又AC⊥CD，∴CD2＝ED·AD＝2×6＝12，
即CD＝2.∴BC＝2.
答案：2
8．解：∵DE是切线，
∴∠ACD＝∠ABC＝30°.
又∵AD⊥CD，∴AC＝2AD＝2.
又∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°.
又∵∠ABC＝30°，
∴AB＝2AC＝4，
∴OA＝AB＝2.
∴⊙O的面积S＝π·OA2＝4π.
9．证明：(1)因为PD＝PG，所以∠PDG＝∠PGD.
由于PD为切线，故∠PDA＝∠DBA.
又由于∠PGD＝∠EGA，
故∠DBA＝∠EGA，
所以∠DBA＋∠BAD＝∠EGA＋∠BAD，从而∠BDA＝∠PFA.
由于AF⊥EP，所以∠PFA＝90°.
于是∠BDA＝90°.故AB是直径．
(2)连接BC，DC.
由于AB是直径，
故∠BDA＝∠ACB＝90°.
在Rt△BDA与Rt△ACB中，AB＝BA，AC＝BD，
从而Rt△BDA≌Rt△ACB.
于是∠DAB＝∠CBA.
又因为∠DCB＝∠DAB，
所以∠DCB＝∠CBA，
故DC∥AB.
由于AB⊥EP，所以DC⊥EP，∠DCE为直角．
于是ED为直径．由(1)得ED＝AB.
10．解：(1)∠AED＝90°.证明：连接AB，∵BC为直径，
∴∠BAC＝90°.
又∵AE切⊙O于A，＝，
∴∠EAD＝∠ACB.
又∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADE＝∠ABC，
∴△AED∽△CAB，
∴∠AED＝∠CAB＝90°.
(2)∵AD＝2，DE∶EA＝1∶2，∠AED＝90°，
∴ED＝2，EA＝4.
又AB＝AD＝2，△EAD∽△ACB，
∴＝.∴BC＝＝＝10.
∴⊙O的半径为5.
(3)连接AB，过D作DF⊥AC于F.
∵在△ABC中，AC＝4；
在△AEC中，CE＝8，∴CD＝6.
又△CDF∽△CBA，
∴＝.
∴DF＝＝＝.
∴sin∠CAD＝＝＝.
备选习题
分析：(1)很明显∠ABE＝∠ACD，只需证明∠BAE＝∠CAD，转化为证明∠BAE＝∠CDB，∠CDB＝∠DCN，∠DCN＝∠CAD.(2)转化为证明∠BEC＝∠ECB.
证明：(1)∵BD∥MN，
∴∠CDB＝∠DCN.
又∠BAE＝∠CDB，
∴∠BAE＝∠DCN.
又直线MN是⊙O的切线，
∴∠DCN＝∠CAD.
∴∠BAE＝∠CAD.
又∠ABE＝∠ACD，AB＝AC，
∴△ABE≌△ACD.
(2)∵∠EBC＝∠BCM，∠BCM＝∠BDC，
∴∠EBC＝∠BDC.
∴CB＝CD.
∵∠BEC＝∠EDC＋∠ECD，∠ECD＝∠ABE，
∴∠BEC＝∠EBC＋∠ABE＝∠ABC.
又AB＝AC，∴∠ABC＝∠ECB.
∴∠BEC＝∠ECB.
∴BE＝BC.圆周角定理
练习
1下列结论错误的是( )
A．圆上一条弧所对的圆周角等于它对的圆心角的一半
B．圆心角的度数等于它所对弧的度数
C．相等的圆周角所对的弧相等
D．90°的圆周角所对的弦是直径
2如图，CD是O的直径，A，B是O上的两点，若∠ABD＝20°，则∠ADC的度数为( )
A．40°
B．50°
C．60°
D．70°
3已知P，Q，R都在弦AB的同侧，且点P在上，点Q在所在的圆内，点R在所在的圆外(如图)，则( )
A．∠AQB＜∠APB＜∠ARB
B．∠AQB＜∠ARB＜∠APB
C．∠APB＜∠AQB＜∠ARB
D．∠ARB＜∠APB＜∠AQB
4如图，在O中，∠AOB＝160°，则∠D＋∠E＝( )
A．170°
B．160°
C．100°
D．80°
5如图，已知△ABC内接于O，AB＝AC，D为BC上一点，E是直线AD和O的交点，则AB2等于( )
A．AC·BC
B．AD·AE
C．AD·DE
D．BD·DC
6如图，点A，B，C是圆O上的点，且∠ACB＝30°，则∠AOB等于____．
7AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD⊥AB于点D，且AD＝3BD，则__________.
8如图，AB为O的直径，弦AC，BD交于点P，若AB＝3，CD＝1，则sin∠APD＝__________.
9如图，O是△ABC的外接圆，D是的中点，BD交AC于点E.
(1)求证：CD2＝DE·DB；
(2)若CD＝，O到AC的距离为1，求O的半径．
10(情景题)足球场上有句顺口溜：“冲向球门跑，越近就越好；沿着球门跑，射点要选好．”可见踢足球是有“学问”的．如图，在足球比赛中，甲、乙两名队员互相配合向对方球门MN进攻，当甲带球冲到A点时，乙已跟随冲到B点，此时甲直接射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？
参考答案
1
答案：C 选项A是圆周角定理；选项B是圆心角定理；选项D是圆周角定理的推论2；选项C中，缺少前提条件：在同圆或等圆中，故选C.
2答案：D ∵∠ABD＝∠ACD，∴∠ACD＝20°.
又CD是O的直径，∴∠CAD＝90°.
∴∠ADC＝90°－∠ACD＝90°－20°＝70°.
3答案：D 如图所示，延长AQ交圆O于点C，设AR与圆O相交于点D，连接BC，BD，则有∠AQB＞∠ACB，∠ADB＞∠ARB.
因为∠ACB＝∠APB＝∠ADB，
所以∠AQB＞∠APB＞∠ARB.
4答案：C 如图所示，连接CO，
则有∠AOC＋∠BOC＝360°－∠AOB＝360°－160°＝200°.
又∠ADC＝∠AOC，∠BEC＝∠BOC，
∴∠ADC＋∠BEC＝(∠AOC＋∠BOC)＝100°，即∠D＋∠E＝100°.
5答案：B 如图，连接BE.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB.
∵∠ACB＝∠AEB，
∴∠ABC＝∠AEB.
又∵∠BAE＝∠DAB，
∴△ABD∽△AEB.
∴AB∶AE＝AD∶AB，
即AB2＝AD·AE.
6
答案：60° ∵∠ACB＝30°，
∴∠AOB＝2∠ACB＝60°.
7答案： 如图，连接AC，BC，则
∠ACB＝90°.
设BD＝k，则AD＝3k.
∵CD⊥AB，
∴CD2＝AD·BD＝3k2.
∴CD＝k，∴.
8答案： 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.
所以cos∠APD＝.
又sin2∠APD＋cos2∠APD＝1，
所以sin∠APD＝.
9答案：分析：(1)转化为证明△BCD与△CED相似；
(2)作出点O到AC的距离，利用勾股定理列出方程求解.
(1)证明：如图，连接OD，OC，OD交AC于点F，
由已知，得∠ABD＝∠CBD.
又∵∠ECD＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ECD.
又∵∠BDC＝∠CDE，
∴△BCD∽△CED.
∴，即CD2＝DE·DB.
(2)解：连接OD交AC于点F，连接OC.
∵D是的中点，∴OD⊥AC，垂足为点F.
在Rt△CFO中，OF＝1，设O的半径OC＝R，
∴.
在Rt△CFD中，DC2＝CF2+DF2.
∴＝(R2－1)+(R－1)2，
整理得R2－R－6＝0，解得R＝3或R＝－2(舍去)，
∴R＝3，即O的半径为3.
10答案：分析：用数学方法从两点的静止的状态来考虑.如果两个点到球门的距离相差不大，要确定较好的射门位置，关键是看这两点各自对球门MN的张角大小，当张角较小时，容易被对方守门员拦截.
解：连接MB，MA，NA，NB，MA交圆于点C，连接NC，
则∠MBN＝∠MCN.
又∠MCN＞∠MAN，
∴∠MBN＞∠MAN.
∴甲应该传给乙，让乙射门好.四
弦切角的性质
课堂探究
探究一弦切角定理
在使用弦切角定理时，关键是要弄清哪个角是弦切角，这样才能正确解决问题．
【典型例题1】如图，AD是⊙O的切线，AC是⊙O的弦，过C作AD的垂线，垂足为B，CB与⊙O相交于点E，AE平分∠CAB，且AE＝2，求△ABC各边的长．
思路分析：∠BAE为弦切角，于是∠BAE＝∠C，再由AE平分∠CAB和△ABC是直角三角形可求得∠C的度数，进而解直角三角形即可．
解：∵AD为⊙O的切线，∴∠BAE＝∠ACB.
∵AE平分∠CAB，∴∠BAC＝2∠BAE.
又∵∠ACB＋∠BAC＝90°，∴∠BAE＝∠C＝30°.
则有BE＝1，AB＝，BC＝3，AC＝2.
点评
在题目中出现了圆的切线，常用弦切角定理解决问题．
探究二弦切角定理的应用
在证明与圆有关的命题时，弦切角定理与圆周角定理等经常要综合应用，正确找出符合定理条件的角是应用定理的前提．
【典型例题2】已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于D，CD的延长线交过B点的切线于E.
求证：＝.
思路分析：直接证明此等式有一定的难度，可以考虑把它分解成两个比例式的形式，然后借助相似三角形的性质得出结论．
证明：连接BD，如图所示．
∵AD是∠BAC的平分线，∴∠BAD＝∠CAD.
又∠BCD＝∠BAD，∠CBD＝∠CAD，
∴∠BCD＝∠CBD.∴BD＝CD.
又BE为⊙O的切线，∴∠EBD＝∠BAD，
∴∠EBD＝∠BCD.故在△BED和△CEB中，
∠EBD＝∠ECB，∠BED＝∠CEB，
∴△BED∽△CEB.
∴＝，＝，∴2＝.
又BD＝CD，∴＝.
点评
已知直线与圆相切，证明线段成比例时，常先利用弦切角定理和圆周角定理获得角相等，再通过三角形相似得到成比例线段．
探究三易错辨析
易错点：忽视弦切角的一边是切线
【典型例题3】如图所示，△ABC内接于⊙O，AD⊥AC，∠C＝32°，∠B＝110°，则∠BAD＝__________.
错解：∵AD⊥AC，
∴∠BAD是弦切角．
∴∠BAD＝∠C.
又∠C＝32°，∴∠BAD＝32°.
错因分析：错解中，误认为∠BAD是弦切角，其实不然，虽然AD⊥AC，但AD不是切线．
正解：∵∠C＋∠B＋∠BAC＝180°，
∴∠BAC＝180°－∠C－∠B＝38°.
又AD⊥AC，∴∠BAC＋∠BAD＝90°.
∴∠BAD＝90°－∠BAC＝90°－38°＝52°.三
圆的切线的性质及判定定理
课堂探究
探究一圆的切线的性质的应用
利用圆的切线的性质来证明或进行有关的计算时，连接圆心和切点的半径是常用辅助线．
【典型例题1】如图所示，AB为⊙O的直径，BC，CD为⊙O的切线，B，D为切点，
(1)求证：AD∥OC；
(2)若⊙O的半径为1，求AD·O
C的值．
思路分析：(1)要证AD∥OC，由于AB是⊙O的直径，所以BD⊥AD.故可转化为证明BD⊥OC；(2)由AD·OC可以联想到△ABD∽△OCB，利用等积式转化线段间的关系．
(1)证明：如图，连接OD，BD.
∵BC，CD是⊙O的切线，∴OB⊥BC，OD⊥CD.
∴∠OBC＝∠ODC＝90°.
又∵OB＝OD，OC＝OC，∴Rt△OBC≌Rt△ODC.
∴BC＝CD.又∵OB＝OD，∴OC⊥BD.
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
即AD⊥BD.∴AD∥OC.
(2)解：∵AD∥OC，
∴∠A＝∠BOC.
又∠ADB＝∠OBC＝90°，
∴△ABD∽△OCB.
∴＝.∴AD·OC＝AB·OB＝2×1＝2.
点评
若题目中有圆的切线，则首先想到的是连接圆心和切点构造垂直关系．
探究二圆的切线的判定
在不知道圆与直线是否有公共点的情况下，通常过圆心作直线的垂线段，然后证垂线段的长等于半径，即“作垂直，证半径”，这是证直线与圆相切的常用方法之一．
【典型例题2】如图，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．
分析：连接OE，只需证明OE⊥CD即可．
证明：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.
规律小结
定理法判定圆的切线是平面几何中最常用的方法．这种方法的步骤是：①连接圆心和公共点；②转化为证明直线过公共点且垂直于所连线段．由此看出，证明圆的切线可转化为证明直线垂直．五
与圆有关的比例线段
更上一层楼
基础·巩固
1点C在⊙O的弦AB上，P为⊙O上一点，且OC⊥CP，则(
)
A.OC2=CA·CB
B.OC2=PA·PB
C.PC2=PA·PB
D.PC2=CA·CB
思路解析:根据OC⊥CP，可知C为中点，再由相交弦定理即有PC2=CA·CB.
答案:D
2如图2-5-12，点A是半圆上一个三等分点，点B是弧AN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(
)
图2-5-12
A.1
B.
C.-1
D.
思路解析:过点B作BB′⊥MN,交O于点B′，连结AB′交MN于点P,此时点P使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2.
答案:D
3如图2-5-13，已知AB是半圆的直径，直线MN切半圆于C，BD⊥MN于D.求证：BC2=BD·AB.
图2-5-13
思路分析:简单型的比例线段问题，主要是证两个三角形相似.这样，如何证得两个三角形相似，就成为关键问题，可以利用两角对应相等，也可以利用一角相等，夹边对应成比例.
证明:连结AC.
∵AB是直径，∴∠ACB=90°.
又BD⊥MN，∴∠BDC=90°.
∴∠ACB=∠CDB.
又MN切⊙O于C，∴∠DCB=∠A.
∴△ACB∽△CDB.
∴AB∶CB=CB∶BD.
则BC2=BD·AB.
4如图2-5-14，以⊙O上的一点A为圆心作⊙A，分别交⊙O于B、C，过A作弦AF交公共弦于E，交⊙A于D.求证：AD2=AE·AF.
图2-5-14
思路分析:由于本题要证的成比例的四条线段在同一条直线上，因此不存在相似三角形，所以必须转移其中一条或两条，以构成两个能够相似的三角形，注意到同圆半径相等的性质，所以将AD换成AB，通过等线段代换，可以达到目的.
证明:分别连结、、BF.
∵AB=AC，∴AB=AC.
∴∠ABC=∠F.
又∠BAF公共，∴△ABE∽△BFA.
∴AB2=AE·AF.
∵AB=AD，∴AD2=AE·AF.
5如图2-5-15，PA切⊙O于A，割线PBC交⊙O于B、C，D为PC的中点，连结AD并延长交⊙O于E，已知BE2=DE·EA.
图2-5-15
求证：（1）PA=PD;
（2）BP2=AD·DE.
思路分析:（1）中因为PA与PD在同一个三角形中，所以可以通过说明两角相等解决问题；（2）中则运用切割线定理转换线段.
证明:(1)连结AB，证明△BED∽△AEB得∠DBE=∠DAB.
又可证∠PAD=∠ADP，∴PA=PD.
(2)PA2=PB·PC且PD=CD=PC，PA=PD,
∴PD=2PB=PB＋BD.
∴PB=BD=PD.
又BD·CD=AD·DE，∴可证得结论，且PD=CD.
6如图2-5-16，P为圆O外一点，PA、PB是圆O的两条切线，A、B为切点，OP与AB相交于点M，且点C是AB上一点.求证：∠OPC=∠OCM.
图2-5-16
思路分析:图形中有两条切线，故运用切割线定理得线段和角的关系，在Rt△OPB中运用射影定理，有OB2=OP·OM，代换其中的OB为OC，可得三角形相似，即得角的相等关系.
证明:连结OB，由切线长定理，得PA=PB,PM⊥AB，PO平分∠APB.
又PB⊥OB，在Rt△OPB中，OB2=OP·OM，∵OB=OC，∴OC2=OP·OM,即.
∴△OCP∽△OMC.∴∠OPC=∠OCM.
综合·应用
7如图2-5-17，PA切⊙O于A，PCB、PDE为⊙O的割线，并且PDE过圆心O，已知∠BPA=30°，PA=23，PC=1，求PD的长.
图2-5-17
思路分析:求PD，可使用割线定理PC·PB=PD·PE，显然PA切⊙O，
∴PA2=PC·PB.
可求得PB，但PE=PD＋DE，DE为⊙O直径，所以求⊙O的直径成为解题的关键.
解:∵PA切⊙O，∴PA2=PC·PB.
又PB=PC＋BC，∴BC=11.
连结AO，并延长与⊙O交于K，与CB交于G，则GA=PAtan∠GPA=PAtan30°=2.
又Rt△GPA中，∠GPA=30°，
∴PG=2GA=4.∴CG=3，GB=8.
由相交弦定理GC·GB=AG·GK，可得GK=12，∴直径为14.
∴由割线定理有PC·PB=PD·PE，得PD=-7.
8如图2-5-18，PA为⊙O的切线，A为切点，PBC为⊙O的割线，若PA=10，PB=5，∠BAC的平分与BC和⊙O分别交于D、E.求AD·AE的值.
图2-5-18
思路分析:由切割线定理PA2=PB·PC，由已知条件可得BC长，又通过△ACE∽△ADB，得AD·AE=CA·BA,从而求CA、BA的长即可.
解:连结CE，∵PA2=PB·PC，PA=10，PB=5,
∴PC=20.∴BC=15.
又PA切⊙O，∴∠PAB=∠ACP.∠P公共,
∴△PAB∽△PCA.∴=.
∵BC为⊙O直径，∴∠CAB=90°.
∴AC2＋AB2=BC2=225.
∴可解得AC=，AB=.
但AE平分∠BAC,∴∠CAE=∠EAB，∠ABC=∠E.
∴△ACE∽△ADB.
∴.∴AD·AE=AB·AC=×=90.
9如图2-5-19，C为⊙O直径AB的延长线上一点，过C作⊙O的切线CD，D为切点，连结AD、OD和BD，根据图中所给的已知条件（不再标注或使用其他字母，也不再添加任何辅助线），写出两个你认为正确的结论.
图2-5-19
思路分析:可通过勾股定理、直角三角形斜边上的中线定理、切线的性质定理以及弦切角定理、切割线定理来写结论.
解:如：OD=AB，CD⊥OD，∠CDB=∠BAD，CD2=CB·CA或OD2＋CD2=CO2等.
10在直径为AB的半圆形区域内，划出一个三角形区域，使三角形的一边为AB，顶点C在半圆上，其他两边分别为6米和8米.先要建造一个内接于△ABC的矩形水池DEFN，其中，DE在AB上，图2-5-20的设计方案是使AC=8米，BC=6米.
图2-5-20
（1）求△ABC的边AB上的高h.
（2）设DN=x，当x取何值时，水池DEFN的面积最大？
（3）实际施工时，发现在AB上距B点1.85米的M处有一棵大树，问：这棵大树是否位于最大矩形水池的边上？如果为保护大树，请设计出另外的方案，使内接于满足条件的三角形中欲建的最大矩形水池能避开大树.
思路分析:（1）利用三角形的面积，即斜边×斜边上的高=两直角边的积；（2）求最值问题时，利用三角形相似得到比例式，转变成二次函数即可.
解:（1）∵直径AB为△ABC的斜边，∴AB==10米.
∴h==4.8米.
（2）∵=，∴AN=x.
又∵，
∴S矩形DEFN=x·(8-x)=x2＋10x=(x-)2＋12.
∴当x=时，Smax=12.
（3）∵BC2=OB·AB，∴OB=3.6.
∵，∴BE=1.8.同理，AD=3.2,∴AC=6，BC=8即可.五
与圆有关的比例线段
自我小测
1．如图，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则( )
A．CE·CB＝AD·DB
B．CE·CB＝AD·AB
C．AD·AB＝CD2
D．CE·EB＝CD2
2．如图，△ABC是圆的内接三角形，∠BAC的平分线交圆于点D，交BC于点E，过点B的圆的切线与AD的延长线交于点F.在上述条件下，给出下列四个结论：①BD平分∠CBF；②FB2＝FD·FA；③AE·CE＝BE·DE；④AF·BD＝AB·BF.则所有正确结论的序号是( )
A．①②
B．③④
C．①②③
D．①②④
3．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．4
B．8
C．9
D．12
4．如图，PA，PB分别为⊙O的切线，切点分别为A，B，PA＝7，在劣弧上任取一点C，过点C作⊙O的切线，分别交PA，PB于点D，E，则△PDE的周长是( )
A．7
B．10
C．14
D．28
5．如图，两个等圆⊙O和⊙O′外切，过O作⊙O′的两条切线OA，OB，A，B是切点，则∠AOB等于( )
A．90°
B．60°
C．45°
D．30°
6．如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点．若QC＝1，CD＝3，则PB＝________.
7．过圆外一点P作圆的切线PA(A为切点)，再作割线PBC依次交圆于B，C.若PA＝6，AC＝8，BC＝9，则AB＝__________.
8．如图，⊙O中的弦CD与直径AB相交于点E，M为AB延长线上一点，MD为⊙O的切线，D为切点，若AE＝2，DE＝4，CE＝3，DM＝4，求OB和MB的长．
9．如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明：
(1)BE＝EC；
(2)AD·DE＝2PB2.
10．如图，在Rt△ABC中，以BC为直径作圆，在AB上截取AE＝AD，其中AD为⊙O的切线，过E作AB的垂线交AC的延长线于F，求证：＝.
参考答案
1．解析：由切割线定理得，CD2＝CE·CB，
又在Rt△CAB中，△ACD∽△CBD，
∴CD2＝AD·DB，∴CE·CB＝AD·DB.
答案：A
2．解析：由弦切角定理知∠FBD＝∠BAD，
∵AD平分∠BAC，∠CBD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠DBC.
∴∠FBD＝∠CBD，即BD平分∠CBF，∴①正确；
由切割线定理知，∴②正确；
由相交弦定理知，AE·ED＝BE·EC，∴③不正确；
∵△ABF∽△BDF，∴＝.
∴AF·BD＝AB·BF，∴④正确．故选D.
答案：D
3．解析：PT2＝PA·PB＝PC·PD，
则PD＝＝＝9.
答案：C
4．解析：∵DA，DC为⊙O的切线，
∴DA＝DC.同理EB＝EC.
∴△PDE的周长＝PD＋PE＋DE＝(PD＋DC)＋(PE＋CE)＝(PD＋DA)＋(PE＋EB)＝PA＋PB＝7＋7＝14.
答案：C
5．解析：如图，连接OO′，O′A.
∵OA为⊙O′的切线，∴∠OAO′＝90°.
又∵⊙O与⊙O′为等圆且外切，∴OO′＝2O′A.
∴sin∠AOO′＝＝，
∴∠AOO′＝30°.
又由切线长定理知∠AOB＝2∠AOO′＝60°.
答案：B
6．解析：由题意知PA＝PB.
PA切⊙O于点A，由切割线定理可得QA2＝QC·QD＝1×(1＋3)＝4.∴QA＝2，∴PA＝2×2＝4＝PB.
答案：4
7．解析：如图所示：
根据切割线定理，得PA2＝PB·PC，
又因为PC＝(PB＋BC)，且PA＝6，BC＝9，
所以36＝PB·(PB＋9)，解得PB＝3.
在△PAC中，根据余弦定理cos∠ACP＝，即cos∠ACP＝＝，在△ACB中，根据余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB＝82＋92－2×8×9×＝16，所以AB＝4.
答案：4
8．解：由于AB和CD是⊙O的两条相交弦，
则AE·EB＝CE·ED.
即2EB＝3×4.
所以EB＝6，故AB＝AE＋EB＝2＋6＝8.
所以OB＝AB＝4.
由于MD为⊙O的切线，
则MD2＝MB·MA＝MB·(MB＋AB)，
所以42＝MB·(MB＋8)，
解得MB＝－4±4.
由于MB＞0，则MB＝4－4.
9．分析：(1)欲证BE＝EC，由于在圆O中，可证＝，利用相等的圆周角所对的弧相等，则可证∠DAC＝∠BAD，故应由条件转化为角的关系上去寻找，我们可以利用弦切角定理、对顶角相等、等腰三角形两底角相等等来处理．对于(2)，由结论中出现AD·DE，而D是AE与BC两弦之交点，联想到相交弦定理可得AD·DE＝BD·DC.从而使问题转化为证明2PB2＝BD·DC，而P，B，D，C在一条直线上，且D又是PC的中点，而PA＝PD，PA是切线，又联想到切割线定理得PA2＝PB·PC，充分利用关系转化可得答案．
证明：(1)连接AB，AC，由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.
因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，
所以∠DAC＝∠BAD，从而＝.
因此BE＝EC.
(2)由切割线定理得PA2＝PB·PC.
因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.
由相交弦定理得AD·DE＝BD·DC，
所以AD·DE＝2PB2.
10．证明：在Rt△ACB和Rt△AEF中，
∠ACB＝∠AEF＝90°，∠BAC＝∠FAE，
∴Rt△ACB∽Rt△AEF.
∴＝.
又AC，AD均为⊙O的切线，且AD＝AE，
∴AE＝AC.可得AB＝AF.
∴＝.
备选习题
解：如图，设⊙O与△ABC各边的切点分别为F，G，H，则
AF＝AH，BF＝BG，CG＝CH，且AF＋BF＝9，BG＋CG＝8，CH＋AH＝10，
∴AF＝AH＝5.5，BF＝BG＝3.5，
CG＝CH＝4.5.
又DE是⊙O的切线，
∴DI＝DF，EI＝EH.
∴△ADE的周长＝AD＋DE＋EA＝AD＋DI＋EI＋EA＝AF＋AH＝2AF＝2×5.5＝11.二
圆内接四边形的性质与判定定理
课堂探究
探究一证明四点共圆
判断四点共圆时，要根据题目特点，灵活选用判定四点共圆的方法．
【典型例题1】如图所示，在△ABC中，AD＝DB，DF⊥AB交AC于点F，AE＝EC，EG⊥AC交AB于点G.求证：
(1)D，E，F，G四点共圆；
(2)G，B，C，F四点共圆．
思路分析：(1)连接GF，则易证△GDF与△GEF均为直角三角形，由直角三角形斜边的中点到三个顶点的距离相等可得出结论．
(2)连接DE，由条件易证DE∥BC，从而∠ADE＝∠B，由(1)知∠ADE＝∠GFE，从而∠GFE＝∠B，从而得到结论．
证明：(1)连接GF.由DF⊥AB，EG⊥AC，知∠GDF＝∠GEF＝90°，
∴GF的中点到D，E，F，G四点的距离相等，∴D，E，F，G四点共圆．
(2)连接DE.由AD＝DB，
AE＝EC，知DE∥BC，
∴∠ADE＝∠B.又由(1)中D，E，F，G四点共圆，
∴∠ADE＝∠GFE，∴∠GFE＝∠B，
∴G，B，C，F四点共圆．
规律小结
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(如本题)；④与线段两个端点连线的夹角相等(或互补)的点连同该线段两个端点在内共圆．
探究二圆内接四边形的性质的应用
当已知条件中出现圆内接四边形时，常用圆内接四边形的性质来获得角相等或互补，从而为证明三角形相似或两条直线平行等问题创造条件．
【典型例题2】两圆相交于A，B，过A作两直线分别交两圆于C，D和E，F.若∠EAB＝∠DAB，求证：CD＝EF.
思路分析：连接CB，BF，要证CD＝EF，只需证明△CBD≌△EBF即可．从题图可以看出，∠BCA＝∠BEA，∠D＝∠F，因此，尚需找一条对应边相等即可．比如，能否推出BC＝BE呢？要证BC＝BE，只需∠CEB＝∠ECB，有无可能呢？可以发现，∠ECB＝∠1，又已知∠1＝∠2，所以只需证∠2＝∠CEB即可．这时我们发现，四边形ABEC是圆内接四边形，根据性质定理，它的外角∠2与它的内对角∠CEB当然相等．至此，结论得证．
证明：连接CB，BF.因为四边形ABEC为圆内接四边形，所以∠2＝∠CEB.又因为∠1＝∠ECB，且∠1＝∠2，而∠2＝∠CEB，所以∠CEB＝∠ECB.所以BC＝BE.在△CBD与△EBF中，∠BCA＝∠BEA，∠D＝∠F，BC＝BE，所以△CBD≌△EBF.
所以CD＝EF.
探究三易错辨析
易错点：忽视分类讨论致误
【典型例题3】已知⊙O的直径AB＝4，弦AC＝2，AD＝2，则∠DAC＝__________.
错解：如图，∵AB＝4，AD＝2，
∴∠BAD＝45°.
又∵AC＝2，∴∠CAB＝30°，
∴∠CAD＝45°－30°＝15°.
错因分析：作图时，未能考虑全面，没有对相对位置关系进行分类讨论，致使题目答案漏解．
正解：根据题意，分两种情况讨论：
图①
(1)当弦AD，AC在直径AB的同侧时，
如图①，由错解得，∠DAC＝15°.
(2)当弦AD，AC在直径AB异侧时，如图②.
图②
则∠DAC＝75°，综上，∠DAC＝15°或75°.五
与圆有关的比例线段
课堂探究
探究一相交弦定理的应用
相交弦定理的结论是线段成比例，也可以看成等式，因此利用相交弦定理既可以得到成比例线段，又可以建立方程来解决问题．如下面的典型例题1中，利用相交弦定理列出关于r的方程．
【典型例题1】如图，过⊙O内一点A作直线，交⊙O于B，C两点，且AB·AC＝64，OA＝10，则⊙O的半径r＝__________.
解析：如图所示，作直线OA交⊙O于E，F两点，
则AE＝r－10，AF＝r＋10.
由相交弦定理，
得(r－10)(r＋10)＝64，
解得r1＝2，r2＝－2(不合题意，舍去)．
故r＝2.
答案：2
点评
BC为⊙O的一条弦，再找到直径EF，利用相交弦定理即可．
探究二割线定理、切割线定理的应用
有切线和割线，往往就考查割线定理、切割线定理，而且有时需要通过转化、代换，才能运用定理解题．
【典型例题2】如图，已知⊙O的割线PAB交⊙O于点A和点B，PA＝6
cm，AB＝8
cm，PO＝10.9
cm，求⊙O的半径．
思路分析：由于PO既不是⊙O的切线，也不是割线，故需将PO延长交⊙O于点D，构成圆的一条割线，而OD又恰好是⊙O的半径，于是运用割线定理解题即可．
解：如图，将PO延长交⊙O于D.
根据割线定理，可得PA·PB＝PC·PD.
设⊙O的半径为r
cm，则
6×(6＋8)＝(10.9－r)(10.9＋r)，
解得r＝5.9，即⊙O的半径为5.9
cm.
反思
如果已知条件中出现过圆外同一点的圆的割线，那么常用到割线定理．本题中，利用割线定理列出了关于半径r的方程，进而求出了r的值．
【典型例题3】如图，AB切⊙O于B，ACD为割线，E为的中点，BE交DC于F，求证：AF2＝AC·AD.
思路分析：由切割线定理可知AC·AD＝AB2，故只需证AF＝AB即可．
证明：连接BC，BD.
∵E为的中点，
∴∠DBE＝∠CBE.
又AB是⊙O的切线，
∴∠ABC＝∠CDB.
∴∠ABC＋∠CBE＝∠DBE＋∠CDB，
即∠ABF＝∠AFB.∴AB＝AF.
又AB是⊙O的切线，ACD为割线，由切割线定理可知AC·AD＝AB2，∴AF2＝AC·AD.
点评
已知条件中同时出现过圆外同一个点的切线和割线，那么常用到切割线定理．
探究三切线长定理的应用
如果已知条件中出现过圆外同一点的切线，那么常用到切线长定理．要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，然后结合直角三角形、相似三角形等图形的有关性质进行计算与证明．
【典型例题4】如图，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.
求证：∠EPC＝∠EBF.
思路分析：→→→→
证明：∵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.
探究四易错辨析
易错点：因定理结论记忆不清致误
【典型例题5】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，O是AB上一点，以O为圆心，以OB为半径作圆交AC于E，F，交AB于D.若E是的中点，且AE∶EF＝3∶1，FC＝4，求∠CBF的正弦值及BC的长．
错解：连接OE，DF，OF.
∵E为的中点，∴∠DOE＝∠DBF.
∴OE∥BF，∴AO∶OB＝AE∶EF＝3∶1，
∴OE∶BF＝3∶4.设OB＝r，则OA＝3r，BF＝r.
∴AD＝AO－DO＝AO－OB＝3r－r＝2r.
又由割线定理得，AF·AD＝AE·AB，
∴＝＝＝2.
错因分析：不能正确运用割线定理，因不满足定理对应条件而致误．
正解：如图，连接OE，DF，OF，
∵E为的中点，
∴∠DOE＝∠DBF，∴OE∥BF，
∴AO∶OB＝AE∶EF＝3∶1，∴OE∶BF＝3∶4.
设OB＝r，则AO＝3r，BF＝r，
∴AD＝AO－DO＝AO－OB＝3r－r＝2r.
又由割线定理得AE·AF＝AD·AB.
∴AE·AF＝2r·4r，
即3EF·4EF＝8r2，
∴EF＝r.
又由切割线定理，得
BC2＝CF·CE＝4(4＋EF)＝4.
在Rt△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，
即(4r)2＋4＝(4EF＋4)2＝2，
解得r＝，
∴BC＝.
又∵∠CBF＝∠BDF，
在Rt△DFB中，sin∠BDF＝＝，
∴sin∠CBF＝.二
圆内接四边形的性质与判定定理
自我小测
1．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做圆内接四边形
A．0个
B．1个
C．2个
D．3个
2．若四边形ABCD内接于圆，则∠A，∠B，∠C，∠D的度数之比可以是( )
A．1∶2∶3∶4
B．6∶7∶8∶9
C．4∶1∶3∶2
D．14∶3∶1∶12
3．已知AB，CD是⊙O的两条直径，则四边形ADBC一定是( )
A．矩形
B．菱形
C．正方形
D．等腰梯形
4．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AH⊥CD，如果∠HAD＝30°，那么∠B＝( )
A．90°
B．120°
C．135°
D．150°
5．如图，四边形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( )
A．120°
B．136°
C．144°
D．150°
6．圆内接平行四边形ABCD中，AB等于⊙O的半径，则∠CBD的度数为__________．
7．如图，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__________．
8．如图，在△ABC中，∠A＝60°，∠ACB＝70°，CF是△ABC的边AB上的高，FP⊥BC于点P，FQ⊥AC于点Q，求∠CQP的度数．
9．已知四边形ABCD内接于⊙O中，∠A＝85°，∠D＝100°，点E在AB的延长线上，求∠C与∠CBE的度数．
10．如图，已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于H，∠B＝60°，F在AC上，且AE＝AF.
(1)证明B，D，H，E四点共圆；
(2)证明CE平分∠DEF.
参考答案
1．解析：①正确，②③④都不正确．
答案：B
2．解析：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝360°，且∠A＋∠C＝∠B＋∠D＝180°，可知D为正确选项．
答案：D
3．解析：AB，CD均为⊙O的直径，故四边形ADBC的四个角均为直角，且对角线AB＝CD，所以四边形ADBC为矩形．
答案：A
4．解析：∵AH⊥CD，∴∠AHD＝90°.
∵∠HAD＝30°，∴∠D＝90°－∠HAD＝60°.
又四边形ABCD内接于圆O，
∴∠B＝180°－∠D＝120°.
答案：B
5．解析：由圆内接四边形性质知∠A＝∠DCE，而∠BCD∶∠ECD＝3∶2，且∠BCD＋∠ECD＝180°，
∴∠ECD＝72°，∴∠A＝72°.
又由圆周角定理知∠BOD＝2∠A＝144°.
答案：C
6．解析：圆内接平行四边形必为矩形，即对角线BD为直径．又因AB等于半径，故∠CBD＝30°.
答案：30°
7．解析：由于∠PBC＝∠PDA，∠P＝∠P，
则△PAD∽△PCB，∴＝＝.
又＝，＝，
∴·＝×.
∴·＝.
∴·＝.∴＝.
答案：
8．解：∵FP⊥BC，FQ⊥AC，
∴∠FPC＋∠FQC＝90°＋90°＝180°.
∴四边形FPCQ内接于圆．
∴∠CQP＝∠CFP.
又∵∠A＝60°，∠ACB＝70°，
∴∠B＝50°.
∴∠PFB＝90°－∠B＝40°.
又∵CF是△ABC的边AB上的高，
∴∠CFP＝90°－∠PFB＝50°，
∴∠CQP＝50°.
9．解：因为四边形ABCD内接于圆O，
所以四边形ABCD的对角互补．
所以∠C＝180°－∠A＝180°－85°＝95°，
∠ABC＝180°－∠D＝180°－100°＝80°.
所以∠CBE＝180°－∠ABC＝180°－80°＝100°.
10．证明：(1)∵在△ABC中，∠B＝60°，
∴∠BAC＋∠BCA＝120°.
∵AD，CE是角平分线，
∴∠HAC＋∠HCA＝60°.
∴∠AHC＝180°－∠HAC－∠HCA＝120°.
∴∠EHD＝∠AHC＝120°.
∴∠EBD＋∠EHD＝180°.
∴B，D，H，E四点共圆．
(2)如图，连接BH，
则BH为∠ABC的平分线，
得∠HBD＝30°.
由(1)知B，D，H，E四点共圆，
∴∠CED＝∠HBD＝30°，
∠AHE＝∠EBD＝60°.
又AE＝AF，AD平分∠BAC，
∴EF⊥AD.
∴∠CEF＝30°.
∴∠CEF＝∠CED.
∴CE平分∠DEF.圆的切线的性质及判定定理
练习
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，且垂直于此直径的直线是圆的切线．其中正确的是( )
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
2如图所示，AB与O切于点B，AO＝6
cm，AB＝4
cm，则O的半径r等于( )
A．cm
B．cm
C．cm
D．cm
3如图，A，B是O上两点，AC为O的切线，∠OBA＝75°，O的半径为1，则OC的长等于( )
A．
B．
C．
D．
4如图，PB与O相切于点B，OP交O于A，BC⊥OP于C，OA＝3，OP＝4，则AC等于( )
A．
B．
C．
D．不确定
5如图所示，AC与O相切于点D，AO的延长线交O于B，且BC与O相切于B，AD＝DC，则等于( )
A．2
B．1
C．
D．
6如图，在半径分别为5
cm和3
cm的两个同心圆中，大圆的弦AB与小圆相切于点C，则弦AB的长为______cm.
7在Rt△ABC中，AC⊥CB，AB＝12，AC＝6，以C为圆心，作与AB相切的圆C，则C的半径r＝__________.
8如图，已知PA与圆O相切于A，半径OC⊥OP，AC交PO于B，OC＝1，OP＝2，则PB＝__________.
9如图所示，D是O的直径AB的延长线上一点，PD是O的切线，P是切点，∠D＝30°.求证：PA＝PD．
10(能力拔高题)某海域直径为30海里的暗礁区中心A处有一哨所，值班人员发现有一轮船从哨所正西方向45海里的B处向哨所驶来，哨所及时向轮船发出危险信号，但轮船没有收到信号，又继续前进了15海里到达C处才收到此哨所第二次发出的紧急危险信号．
(1)若轮船收到第一次危险信号后，为避免触礁，航向改变角度至少应为东偏北多少度？(精确到度)
(2)当轮船收到第二次危险信号时，为避免触礁，轮船航向改变的角度至少应为东偏南多少度？(精确到度)
参考答案
1答案：C 与圆有公共点的直线，可能是切线，也可能与圆相交，则①不正确；②不符合切线判定定理的条件，缺少过半径外端的条件，则②不正确；很明显③④正确.
2答案：B 如图，连接OB，则OB＝r且OB⊥AB，
故OB＝r＝
＝(cm).
3
答案：C ∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝75°.
∴∠AOB＝180°－2∠OBA＝30°.
∵AC为O的切线，∴OA⊥AC.
又∵OA＝1，
∴在Rt△OAC中，.
4
答案：A 如图，连OB，则OB⊥PB，OB＝OA＝3.
又BC⊥OP，
∴在Rt△OBP中，有OB2＝OC·OP.
∴.
∴AC＝OA－OC＝3－＝.
5
答案：A 如图所示，连接OD，OC.
∵AC，BC是切线，
∴OD⊥AC，OB⊥BC.
又AD＝DC，∴△OAC是等腰三角形.
∴OA＝OC，∴∠A＝∠OCD.
又OC＝OC，OD＝OB，∴△OBC≌△ODC.
∴∠OCD＝∠OCB.∴∠BCA＝2∠A.
∴∠A＋∠BCA＝3∠A＝90°，
∴∠A＝30°.∴.
6答案：8 如图，连接OA，OC，OB，
则OC⊥AC.
又∵OA＝OB，
∴△OAB是等腰三角形.
∴AC＝CB.
由题意知，OA＝5，OC＝3，
∴AC＝＝4.
∴AB＝2AC＝8(cm).
7答案： 如图，设切点为D，连接CD，则CD⊥AB，CD＝r.
∵AC⊥CB，∴CD2＝AD·BD.
又AB＝12，AC＝6，AC2＝AD·AB，
∴AD＝＝3.
∴BD＝AB－AD＝12－3＝9.
∴CD2＝3×9＝27，∴CD＝.
8答案： 如图所示，连接OA，则OA⊥PA.
在△OAP中，∠PAO＝90°，OP＝2，OA＝1，
则，∠P＝30°，∠POA＝60°.
故∠AOC＝∠AOP＋∠BOP＝60°＋90°＝150°.
又OA＝OC，则∠BAO＝15°.
所以∠PBA＝∠BAO＋∠AOP＝15°＋60°＝75°.
在△PAB中，则∠PAB＝180°－∠P－∠ABP＝180°－30°－75°＝75°.
所以∠PBA＝∠PAB，
故PA＝PB，所以.
9答案：分析：欲证PA＝PD，只要证明∠A＝∠D＝30°即可.
证明：如图，连接OP，
∵PD是O的切线，P为切点.
∴PO⊥PD.
∵∠D＝30°，
∴∠POD＝60°.
又∵OA＝OP，∴∠A＝∠APO.
∴∠A＝30°.∴∠A＝∠D.∴PA＝PD.
10答案：分析：如图所示，轮船是否有触礁危险，在于轮船航行所在的直线与以A点为圆心、以15海里为半径的圆的位置关系，此题应从直线与圆相切这一特殊位置关系入手.
解：(1)过点B作A的切线BD，D为切点，连接DA，则∠ADB＝90°.
在Rt△ABD中，，
则α≈19.47°.
故为避免触礁，航向改变角度至少应为东偏北20°.
(2)过点C作A的切线CE，E为切点，连接AE，
则∠AEC＝90°.
在Rt△ACE中，AC＝45－15＝30，
sin∠ACE＝，则∠ACE＝30°.
故为避免触礁，轮船航向改变的角度至少应为东偏南30°.一
圆周角定理
自我小测
1．下列结论中，正确的有( )
①顶点在圆周的角叫圆周角
②圆周角的度数等于圆心角度数的一半
③90°的圆周角所对的弦是直径
④相等的圆周角所对的弧也相等
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
2．如图所示，在⊙O中，∠BAC＝60°，则∠BDC等于( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．75°
3．如图，AB为⊙O的直径，C为圆周上一点，的度数为60°，OD⊥BC于D，OD＝10，则AB等于( )
A．20
B．10
C．40
D．20
4．如图，△ABC内接于⊙O，∠A＝50°，∠ABC＝60°，BD为⊙O的直径，BD交AC于E，则∠AEB＝( )
A．70°
B．110°
C．90°
D．120°
5．如图，在⊙O中，弦AD，BC相交于点P，那么等于( )
A．
B．
C．
D．
6．如图所示，两个同心圆中，的度数是30°，且大圆的半径R＝4，小圆的半径r＝2，则的度数是__________．
7．AB是半圆O的直径，点C在半圆上，CD⊥AB于点D，且AD＝3BD，则＝__________.
8．如图，已知点O是△ABC的外心，∠A＝α，求∠OBC的度数．
9．足球场上有句顺口溜：“冲向球门跑，越近就越好；沿着球门跑，射点要选好．”可见踢足球是有“学问”的．如图，在足球比赛中，甲、乙两名队员互相配合向对方球门MN进攻，当甲带球冲到A点时，乙已跟随冲到B点，此时是甲直接射门好，还是迅速将球回传给乙，让乙射门好？
10．如图，已知AD为锐角△ABC的外接圆O的直径，AE⊥BC于E，交外接圆于F.
(1)求证：∠1＝∠2；
(2)求证：AB·AC＝AE·AD；
(3)作OH⊥AB，垂足为H，求证：OH＝CF.
参考答案
1．A
2．解析：∠BDC＝∠BAC＝60°.
答案：C
3．解析：∵AB为⊙O的直径，C为圆周上一点，
∴∠C＝90°.又∵OD⊥BC于D，∴OD∥AC.
又∵O为AB的中点，∴AC＝2OD＝20.
又∵的度数为60°，∴∠CBA＝30°.
∴AB＝2AC＝40.
答案：C
4．解析：∵∠A＝50°，∠ABC＝60°，
∴∠ACB＝180°－(∠A＋∠ABC)＝70°.
连接CD，则∠D＝∠A＝50°，∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝90°－∠ACB＝20°.
∴∠AEB＝∠CED＝180°－(∠D＋∠ACD)＝180°－(50°＋20°)＝110°.
答案：B
5．解析：∵∠C＝∠A，∠D＝∠B，
∴△CPD∽△APB.
∴＝＝.
答案：C
6．解析：的度数等于∠AOB，又的度数等于∠AOB，则的度数是30°.
答案：30°
7．解析：如图，连接AC，BC，则∠ACB＝90°.
设BD＝k，则AD＝3k.
∵CD⊥AB，∴CD2＝AD·BD＝3k2.
∴CD＝k，∴＝.
答案：
8．解：由于∠A是所对的圆周角，所以由圆周角定理可求出所对的圆心角的大小．连接OC，
则∠BOC＝2∠A＝2α.
在△OBC中，
因为OB＝OC，
所以∠OBC＝(180°－∠BOC)
＝×(180°－2α)＝90°－α.
9．分析：用数学方法从两点的静止的状态来考虑．如果两个点到球门的距离相差不大，要确定较好的射门位置，关键是看这两点各自对球门MN的张角大小，当张角较小时，容易被对方守门员拦截．
解：连接MB，MA，NA，NB，MA交圆于点C，连接NC，
则∠MBN＝∠MCN.
又∠MCN＞∠MAN，
∴∠MBN＞∠MAN.
∴甲应该传给乙，让乙射门好．
10．证明：(1)连接DF，
∵AD为直径，∴∠AFD＝90°.
又BC⊥AF，∴DF∥BC.
∴＝.∴∠1＝∠2.
(2)连接BD.
∵AD为直径，∴∠ABD＝90°.
又AE⊥BC，∴∠AEC＝90°.
∴∠ABD＝∠AEC.又∠1＝∠2，
∴△ABD∽△AEC(或由∠1＝∠2，
∠ACB＝∠ADB可知△ABD∽△AEC)．
∴＝，即AB·AC＝AE·AD.
(3)连接CF.
∵AD为直径，∴∠ABD＝90°.
又OH⊥AB，∴OH∥BD.
∴H为AB中点，即OH为△ABD的中位线．
∴OH＝BD.
又＝，∴BD＝CF.∴OH＝CF.三
圆的切线的性质及判定定理
自我小测
1．直线l与⊙O相切于点P，在经过点P的所有直线中，经过点O的直线有( )
A．1条
B．2条
C．3条
D．无数条
2．如图，PA为⊙O的切线，A为切点，PO交⊙O于点B，PA＝4，OA＝3，则cos∠APO的值为( )
A．
B．
C．
D．
3．如图所示，AB与⊙O切于点B，AO＝6
cm，AB＝4
cm，则⊙O的半径r等于( )
A．4
cm
B．2
cm
C．2
cm
D.
cm
4．如图所示，AC与⊙O相切于点D，AO的延长线交⊙O于B，且BC与⊙O相切于B，AD＝DC，则等于( )
A．2
B．1
C．
D．
5．如图，PB与⊙O相切于点B，OP交⊙O于A，BC⊥OP于C，OA＝3，OP＝4，则AC等于( )
A．
B．
C．
D．不确定
6．如图，⊙I是△ABC的内切圆，与AB，BC，CA分别相切于点D，E，F，若∠DEF＝50°，则∠A＝__________.
7．如图，AB，AC是⊙O的两条切线，切点分别为B，C，D是⊙O上一点，已知∠BAC＝80°，那么∠BDC＝________.
8．在Rt△ABC中，AC⊥CB，AB＝12，AC＝6，以C为圆心，作与AB相切的圆C，求⊙C的半径r.
9．如图，已知两个同心圆O，大圆的直径AB交小圆于C，D，大圆的弦EF切小圆于C，ED交小圆于G.若小圆的半径为2，EF＝4，试求EG的长．
10．如图，⊙O内切于△ABC的边于点D，E，F，AB＝AC，连接AD交⊙O于点H，直线HF交BC的延长线于点G.
(1)求证：圆心O在AD上；
(2)求证：CD＝CG；
(3)若AH∶AF＝3∶4，CG＝10，求HF的长．
参考答案
1．解析：过P且垂直于l的直线仅有1条，此时点O在该垂线上，故选A.
答案：A
2．解析：∵PA为⊙O的切线，
∴OA⊥PA.
∴OP＝＝＝5.
在Rt△OAP中，cos∠APO＝＝.
答案：C
3．解析：如图，连接OB，则OB＝r且OB⊥AB，
故OB＝r＝
＝＝2(cm)．
答案：B
4．解析：如图所示，连接OD，OC.
∵AC，BC是切线，
∴OD⊥AC，OB⊥BC.
又AD＝DC，
∴△OAC是等腰三角形．
∴OA＝OC.∴∠A＝∠OCD.
又OC＝OC，OD＝OB，∴△OBC≌△ODC.
∴∠OCD＝∠OCB.∴∠BCA＝2∠A.
∴∠A＋∠BCA＝3∠A＝90°.
∴∠A＝30°.∴＝＝＝2.
答案：A
5．解析：如图，连接OB，则OB⊥PB，OB＝OA＝3.又BC⊥OP，
∴在Rt△OBP中，有OB2＝OC·OP.
∴OC＝＝＝.
∴AC＝OA－OC＝3－＝.
答案：A
6．解析：连接DI，FI.∵∠DEF＝50°，
∴∠DIF＝100°.
又∵AD，AF为⊙I的切线，
∴DI⊥AD，FI⊥AF.
∴∠ADI＝∠AFI＝90°.
∴在四边形ADIF中，
∠A＝360°－∠ADI－∠AFI－∠DIF＝360°－90°－90°－100°＝80°.
答案：80°
7．解析：∵AB，AC是⊙O的切线，
∴OB⊥AB，OC⊥AC.
∴∠ABO＋∠ACO＝180°.
∴∠BAC＋∠BOC＝180°.
又∠BAC＝80°，∴∠BOC＝100°.
∴∠BDC＝∠BOC＝50°.
答案：50°
8．解：如图，设切点为D，连接CD，
则CD⊥AB，CD＝r.
∵AC⊥CB，∴CD2＝AD·BD.
又AB＝12，AC＝6，AC2＝AD·AB，
∴AD＝＝＝3.
∴BD＝AB－AD＝12－3＝9.
∴CD2＝3×9＝27，∴CD＝3.
9．解：如图，连接GC.
∵CD为小圆的直径，∴GC⊥ED.
∵EF切小圆于C，∴EF⊥OC.
在大圆中，EC＝EF＝×4＝2.
在Rt△DEC中，ED＝
＝＝2.
∵EF⊥DC，GC⊥ED，
∴由直角三角形的射影定理可知，EC2＝EG·ED.
∴EG＝＝＝.
10．(1)证明：由题意知AE＝AF，CF＝CD，BD＝BE，
而AB＝AC，
∴CD＝CF＝BE＝BD.
∴D为BC中点，
∴AD是∠BAC的平分线，
∴圆心O在AD上．
(2)证明：连接DF.∵O在AD上，
∴DH为直径，∴∠DFH＝90°.
∵CF＝CD，∠CFD＝∠FDC，
∴∠G＝90°－∠FDC＝90°－∠CFD＝∠CFG，
∴CG＝CF，∴CG＝CD.
(3)解：∵∠AFH＝90°－∠CFD＝90°－∠FDC＝∠FDA，
又∠FAD为公共角，则△AHF∽△AFD.
∴＝＝.
∴在Rt△HFD中，FH∶FD∶DH＝3∶4∶5.
∵△HDF∽△DGF，
∴DF∶GF∶DG＝3∶4∶5.
又∵CG＝10，∴GD＝20.
∴DF＝3×20×＝12，
∴FH＝FD＝9.与圆有关的比例线段
练习
1如图，CD是O的直径，AB⊥CD，垂足为P，AP＝4，PD＝2，则PO等于( )
A．2 B．3
C．5
D．7
2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．4
B．8
C．9
D．12
3如图，PA，PB分别为O的切线，切点分别为A，B，PA＝7，在劣弧上任取一点C，过点C作O的切线，分别交PA，PB于点D，E，则△PDE的周长是( )
A．7
B．10
C．14
D．28
4已知O的弦AB过CD弦的三等分点M，AM和BM是方程3x2＋2mx＋18＝0的两个根，则CD的长为( )
A．
B．
C．
D．
5(能力拔高题)如图，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．
D．
6从圆外一点P向圆引两条割线PAB，PCD，分别与圆相交于A，B，C，D，如果PA＝4，PC＝3，CD＝5，那么AB＝__________.
7如图，已知圆O的半径为3，从圆O外一点A引切线AD和割线ABC，圆心O到AC的距离为，AB＝3，则切线AD的长为__________．
8如图，O中的弦CD与直径AB相交于点E，M为AB延长线上一点，MD为O的切线，D为切点，若AE＝2，DE＝4，CE＝3，DM＝4，则OB＝__________，MB＝__________.
9如图，PA与O相切于点A，D为PA的中点，过点D引割线交O于B，C两点，求证：∠DPB＝∠DCP.
10如图，直线AB经过O上的点C，并且OA＝OB，CA＝CB，O交直线OB于E，D两点，连接EC，CD．
(1)求证：直线AB是O的切线；
(2)若tan∠CED＝，O的半径为3，求OA的长．
参考答案
1答案：B 设O的半径为r，
∵AP·PB＝CP·PD，AP＝PB＝4，PD＝2，
∴42＝(2r－2)×2，
∴r＝5.∴PO＝r－2＝3.
2答案：C PT2＝PA·PB＝PC·PD，
则PD＝＝9.
3答案：C ∵DA，DC为O的切线，
∴DA＝DC.同理EB＝EC.
∴△PDE的周长＝PD＋PE＋DE＝(PD＋DC)＋(PE＋CE)＝(PD＋DA)＋(PE＋EB)＝PA＋PB＝7＋7＝14.
4答案：C ∵AM和BM是3x2＋2mx＋18＝0的两根，
∴AM·BM＝＝6.
又AB和CD相交于点M，
∴CM·MD＝AM·BM＝6.
∴CD·CD＝6，∴CD＝.
5答案：D 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°，.
故PA＋PB的最小值为，故选D.
6答案：2 由割线定理，得PA·PB＝PC·PD，
故4×(4＋AB)＝3×(3＋5)，解得AB＝2.
7答案： 如图所示，取BC的中点E，连接OE和OB.
则OE⊥BC，故OE＝，OB＝3，
则BC＝2BE＝＝2，
所以AC＝AB＋BC＝5.
又AD是圆O的切线，
所以AD2＝AB·AC＝15.
所以AD＝.
8答案：4 由于AB和CD是O的两条相交弦，
则AE·EB＝CE·ED.
即2EB＝3×4.
所以EB＝6，故AB＝AE＋EB＝2＋6＝8.
所以OB＝AB＝4.
由于MD为O的切线，
则MD2＝MB·MA＝MB(MB＋AB)，
所以42＝MB(MB＋8)，解得.
由于MB＞0，则.
9答案：分析：转化为证明△BDP∽△PDC.
证明：因为PA与圆相切于点A，
所以DA2＝DB·DC.
因为D为PA中点，所以DP＝DA.
所以DP2＝DB·DC，即.
又∠BDP＝∠PDC，所以△BDP∽△PDC.
所以∠DPB＝∠DCP.
10
答案：分析：(1)转化为证明OC⊥AB即可；(2)先证明△BCD∽△BEC，再借助于对应边成比例，解方程得OA的长.
解：(1)证明：如图，连接OC，
∵OA＝OB，CA＝CB，
∴OC⊥AB.
∴AB是O的切线.
(2)∵ED是直径，
∴∠ECD＝90°.
∴在Rt△ECD中，tan∠CED＝.
∵BC是O的切线，
∴BC2＝BD·BE，∠BCD＝∠E.
又∠CBD＝∠EBC，
∴△BCD∽△BEC.
∴.
设OA＝x，则BD＝DB－OD＝x－3，BC＝2BD＝2(x－3)，BE＝BO+OE＝x+3，∴[2(x－3)]2＝(x－3)(x＋3)，解得x＝5或x＝3(舍去).∴OA＝5.
