专题33圆中的重要模型之圆幂定理模型

专题33圆中的重要模型之圆幂定理模型圆幂定理是一个总结性的定理，是对相交弦定理、切割线定理、割线定理、弦切角定理、托勒密定理以及它们推论的统一与归纳。可能是在19世纪由德国数学家施泰纳（Steiner）或者法国数学家普朗克雷（Poncelet）提出的。圆幂定理的用法：可以利用圆幂定理求解与圆有关的线段比例、角度、面积等问题。模型1.相交弦模型条件：在圆O中，弦AB与弦CD交于点E，点E在圆O内。结论：。例1．（2023·江苏无锡·校联考三模）如图，点，，，在上，，．若，，则的长是．

【答案】【分析】如图，连接，设交于点，根据题意可得是的直径，，设，证明，根据相似三角形的性质以及正切的定义，分别表示出，根据，勾股定理求得，根据即可求解．【详解】解：如图，连接，设交于点，

∵是的直径，，，，在中，，，，，设则，，，，中，，，，又，，，，，，，，解得，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆周角所对的弦是直径，同弧所对的圆周角相等，正切的定义，相似三角形的性质与判定，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．例2．（2023·山东济宁一模）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·江西宜春·统考模拟预测）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，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，AB是的弦，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)【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rcm，则，，根据（1）中结论代入求解即可．【详解】（1）连接．∵，．∴，（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rcm，则，，根据（1）中结论得，即为，解得：或（不符合题意，舍去），的半径为．【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理等，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·辽宁葫芦岛·一模）已知：如图，、是⊙的割线，，，.则=.例2．（2023·四川成都·九年级校考阶段练习）如图，为的割线，且，交于点C，若，则的半径的长为．【答案】【分析】延长交圆于点D，连接、，由圆内接四边形内对角互补性质可得，结合邻补角互补可得，继而证明，由相似三角形对应边成比例解得，由此计算，最后根据线段的和差解题即可．【详解】如图，延长交圆于点D，连接、，四边形为圆内接四边形，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，∴半径为，故答案为：．【点睛】本题考查圆的内接四边形、相似三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．例3．（2022·河南洛阳·统考一模）我们知道，直线与圆有三种位置关系：相交、相切、相离．当直线与圆有两个公共点（即直线与圆相交）时，这条直线就叫做圆的割线．割线也有一些相关的定理．比如，割线定理：从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆交点的距离的积相等．下面给出了不完整的定理“证明一”，请补充完整．已知：如图①，过外一点作的两条割线，一条交于、点，另一条交于、点．求证：．证明一：连接、，∵和为所对的圆周角，∴______．又∵，∴______，∴______．即．研究后发现，如图②，如果连接、，即可得到学习过的圆内接四边形．那么或许割线定理也可以用圆内接四边形的性质来证明．请根据提示，独立完成证明二．证明二：连接、，【答案】证明一：，∽，；证明二见解析【分析】（1）证明∽即可得到结论；（2）根据圆内接四边形的性质可得，进一步证明∽【详解】解：证明一：连接、，∵和为所对的圆周角，∴．又∵，∴∽，∴．即．故答案为：，∽，，证明二：连接、，∵四边形为圆内接四边形，∴，又∵，∴，又∵，∴∽，∴，即．【点睛】本题考查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．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·江苏南通·中考模拟）如图，已知是的切线，为切点，与相交于．两点，，，则的长等于（

)

A． B．16cm C． D．【答案】D【分析】根据已知得到的长，再根据切割线定理即可求得的长【详解】解：∵，，∴，∵，∴，故选D．【点睛】本题是对圆知识的综合考查，熟练掌握圆及相似三角形的性质是解决本题的关键.例2．（2023·河南郑州·一模）复习巩固，切线：直线和圆只有一个公共点，这时这条直线和圆相切，我们把这条直线叫做圆的切线，这个点叫做切点．割线：直线和圆有两个公共点，这时这条直线和圆相交，我们把这条直线叫做圆的割线．切线长：过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间线段的长，叫做这点到圆的切线长．阅读材料：《几何原本》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的比例中项．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，A是⊙O外一点，．求证：．【答案】AB是⊙O的切线，直线ACD为⊙O的割线，AB2＝AC•AD，见解析【分析】按照题设要求，写出“已知”和“求证”，然后证明△ABC∽△ADB，即可求解．【详解】解：（已知：如图，A是⊙O外一点，）AB是⊙O的切线，直线ACD为⊙O的割线．求证：AB2＝AC•AD．故答案为：AB是⊙O的切线，直线ACD为⊙O的割线，AB2＝AC•AD，证明：连接BD，连接BO并延长交⊙O于点E，连接CE，∵AB是⊙O的切线，∴∠ABC+∠CBE＝90°，∵BE是圆的直径，∴∠BCE＝90°＝∠E+∠CBE，∴∠ABC＝∠E，而∠E＝∠CDB，∴∠ABC＝∠BDC，∵∠BAC＝∠DAB，∴△ABC∽△ADB，∴，∴AB2＝AC•AD．【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，作出辅助线是解决本题的关键．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362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·河南三门峡·统考二模）小锐同学是一个数学学习爱好者，他在一本数学课外读物上看到一个课本上没有的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），并尝试用所学的知识研究弦切角的有关性质．（1）如图，直线与⊙O相切于点，，为⊙O上不同于的两点，连接，，．请你写出图中的两个弦切角______；（不添加新的字母和线段）（2）小锐目测和可能相等，并通过测量的方法验证了他的结论，你能帮小锐用几何推理的方法证明结论的正确性吗？已知：如图，直线与⊙O相切于点，，为圆上不同于的两点，连接，，．求证：．（3）如果我们把上述结论称为弦切角定理，请你用一句话概括弦切角定理______．【答案】（1），，，（任意写出两个即可）；（2）见解析；（3）弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角【分析】（1）根据弦切角的定义加以识别即可；（2）过点C作直径CF，连接DF，借助于同弧所对的圆周角相等，将∠DEC转化为∠F，所以只需证∠DCB=∠F即可．（3）由题意可归纳：弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．【详解】解：（1）弦CD、CE分别与切线CB构成的弦切角为：∠DCB，∠ECB；弦CD、CE分别与切线CA构成的弦切角为：∠DCA，∠ECA．故答案为：，，，（任意写2个即可）（2）证明：过作直径，连接．∵是直径，∴．∴．又∵与相切于点，∴．∴．∴．∴．∴．（3）弦切角等于它所夹的弧所对的圆周角．【点睛】本题考查了圆的切线的性质、圆周角定理及推论、直角三角形的两锐角互余等知识点，熟知上述图形的相关性质是解题的基础，对新定义的理解及问题的概括能力是关键.例2．（2023·河南洛阳·统考三模）人类会作圆并且真正了解圆的性质是在2000多年前，由我国的墨子给出圆的概念：“圆，一中同长也．”意思是说，圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等，这个定义比古希腊数学家欧几里得给圆下的定义要早100多年．与圆有关的定理有很多，弦切角定理就是其中之一．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．弦切角定理：弦切角的度数等于它所夹弧所对的圆周角度数．(1)如图1，是的切线．点C，D在上．求证：；(2)如图2，是的切线．连接交于点D，为的直径．若，，的半径为5，求的长．【答案】(1)详见解析(2)【分析】（1）连接，并延长交于点M，连接，先证明，再根据同弧或等弧所对的圆周角相等得出，即可证明；（2）连接，，证明，得出，证明，得出，即，求出结果即可．【详解】（1）证明：如图，连接，并延长交于点M，连接，如图所示：∵是的直径，∴，∴，∵是的切线，∴，∴，∴，∵，∴，∴．（2）解：连接，，如图所示：∵是的直径，∴，∴，∵是的切线，∴，∵，∴，∴，与（1）同理可得，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，三角形相似的判定和性质，切线的性质定理，直径所对的圆周角为直角，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质定理．例3．（2023·四川绵阳·九年级统考期中）定义：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，为的切线，点为切点，为内一条弦，即为弦切角．(1)古希腊数学家欧几里得的《几何原本》是一部不朽的数学巨著，全书共13卷，以第1卷的23个定义、5个公设和5个公理作为基本出发点，给出了119个定义和465个命题及证明．第三卷中命题32一弦切角定理的内容是：“弦切角的度数等于它所夹的弧所对的圆心角度数的一半，等于它所夹的弧所对的圆周角度数．”如下给出了弦切角定理不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．已知：如图2，为的切线，点为切点，为内一条弦，点在上，连接，，，．求证：．证明：(2)如图3，为的切线，为切点，点是上一动点，过点作于点，交于，连接，，．若，，求弦的长．【答案】(1)见解析(2)21【分析】（1）如图2，延长交于，连接，根据圆周角定理得到，求得，根据切线的性质得到，求得，于是得到结论；（2）如图3，连接，根据勾股定理得到，据切线的性质得到，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）解：求证：，证明：如图2，延长交于，连接，是的直径，，，为的切线，，，，，；即；（2）如图3，连接，，，，为的切线，，，，，，．【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，正确地作出辅助线是解题的关键．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．（2023·山西晋中·九年级统考期末）阅读以下材料，并完成相应任务：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．已知：如图1，四边形内接于．求证：下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作，交于点E．∵∴（依据1）∴（依据2）∴∴∵∴∵∴即∴∴∴∴任务：（1）上述证明过程中的“依据1”“依据2”分别是指什么？依据1：________________________________．依据2：________________________________．（2）如图3，四边形内接于，为的直径，，，点D为的中点，求的长．【答案】（1）同弧所对的圆周角相等，两角对应相等的两个三角形相似；（2）【分析】（1）根据圆周角定理，相似三角形的判定即可解决问题．（2）首先证明，由托勒密定理，构建方程求出即可．【详解】解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角对应相等的两个三角形相似．故答案为：同弧所对的圆周角相等；两角对应相等的两个三角形相似．（2）∵为的直径，∴，∵点D为的中点，∴，∴，∴在中，∵∴在中，∵∴，∴【点睛】本题属于圆综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆周角定理，锐角三角函数，托勒密定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找相似三角形解决问题．例2．（2023·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．课后专项训练1．（2023山东九年级课时练习）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．2．（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图，两个同心圆，过大圆上一点A作小圆的割线，交小圆于B、C两点，且图中圆环的面积为，则．【答案】4【分析】设圆心为O，作与小圆相切，切点为M，与大圆交于点D，连接，根据勾股定理及题意得出，过点O作，连接，继续利用勾股定理进行等量代换得出，即可求解．【详解】解：设圆心为O，作与小圆相切，切点为M，与大圆交于点D，连接，如图所示：∴，∴，∵，∴，过点O作，连接，∴，，∴，即，∵，∴，故答案为：4．【点睛】题目主要考查勾股定理解三角形，切线的性质，垂径定理等，理解题意，作出辅助线是解题关键．4．（2023·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．4．（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．5．（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．6．（2023·广东珠海·统考一模）如图，为正的外接圆，为劣弧上任一点，的延长线和的延长线交于点．(1)求；(2)求证：．

【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）根据圆内接四边形对角互补和为正三角形即可求出；（2）证明即可求出．【详解】（1）解：为正三角形，．四边形为圆内接四边形，∴；（2）证明：由（1）知，，∵，又∵，∴．∴则又∵，∴．【点睛】本题考查圆与三角形的综合问题，涉及到等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质，灵活运用这些知识是关键．7．（2023·广东汕头·校考一模）如图，是的直径，点C，D在上，平分，过点D作的垂线交的延长线于点E，交的延长线于点F，连接．(1)求证：是的切线；(2)求证：(3)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）连接，由题可知，D已经是圆上一点，欲证为切线，只需证明即可；（2）连接．由（1）知，为的直径，由得，又，所以，所以，因为，所以，即可证明；（3）连接，根据勾股定理求出，进而根据三角形的中位线定理可得的长，从而得的长．【详解】（1）如图，连接．∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵∴∴∴半径，∴是的切线；（2）如图，连接．∵∴∵为的直径，∴，∴，∵，

∴，∴∵∴，∵四点共圆，∴，∴，∴，∵，∴，

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

∴，∵，∴，∵∴∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了切线的判定，掌握三角形的中位线定理，勾股定理，角平分线的定义，切线的判定等知识点是解题的关键．8．（2023·云南昆明·统考一模）如图，P是以O为圆心的两个同心圆外一点，过P点的两条直线分别与大圆O交于A、B、C、D四个点，其中一条直线交小圆O于F点，F为线段的中点，，，垂足为E．(1)求证：为小圆O的切线；(2)若，，求大圆的半径．

【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）连接，，由，F是中点，依据等腰三角形三线合一可得，结合是小圆O的半径，即可证得是小圆O的切线；（2）连接，，由设，，结合题，即，再由三线合一可得即，易证得，即可求得、，及、，在中由即可求得的值，从而求得即大圆O的半径·【详解】（1）连接，，∵，F是中点，∴，∵是小圆O的半径，∴是小圆O的切线；

（2）连接，，∵，∴设，，∵，则，∵，∴，∵是圆O的直径，∴，∴，∴，即，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，在中，，∴，即，解得，（不合题意，舍去），∴，大圆O的半径为·【点睛】本题考查了切线的证明，等腰三角形的判定及性质，直径所对的角是指教，相似三角形的判定及性质，勾股定理解直角三角形；解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解·9．（2023·广东揭阳·统考一模）欧几里德，古希腊著名数学家．被称为“几何之父”．他最著名的著作《几何原本》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最成功的教科书．他在第三卷中提出这样一个命题：“由已知点作直线切于已知圆”．如图1，设点是已知点，圆是已知圆，对于上述命题，我们可以进行如下尺规作图：①连接，作线段的中点；②以为圆心，以为半径作圆，与圆交于两点和；③连接、，则、是圆的切线．(1)按照上述作图步骤在图1中补全图形；(2)为了说明上述作图的正确性，需要对其证明，请写出证明“、是圆的切线”的过程；(3)如图2，连接并延长交圆于点，连接，已知，，求圆的半径．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据题意画图即可；（2）画圆得到半径相等，然后推论出直角即可证切线；（3）根据相似得到边的数量关系，列方程求解即可．【详解】（1）如图，（2）连接，∵，∴，∵，∴，∴，∵是圆半径，∴是圆的切线，同理可得，是圆的切线．（3）连接交于点，连接，∵、是圆的切线，∴∵∴是线段的垂直平分线，∴，，∵，，∴，∵，，∴，∴，设圆的半径为，∴，在中，，∴，解得（负值舍去）【点睛】此题考查圆的综合应用，解题关键是通过相似三角形得到边的数量关系，然后根据勾股定理列方程求解．10．（2023·山东聊城·九年级统考期中）顶点在圆上，一边和圆相交，另一边和圆相切的角叫做弦切角．如图①所示：PA切⊙O于点A，AB是⊙O的一条弦，∠PAB就是⊙O的一个弦切角．经研究发现：弦切角等于它夹弧所对的圆周角．根据下面的“已知”和“求证”，写出“证明”过程，并回答后面的问题．（1）如图1，PA是⊙O的切线，A为切点，AC为直径，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠C．求证：∠PAB＝∠C．（2）如图2，PA是⊙O的切线，A为切点，∠PAB夹弧所对的圆周角为∠D．求证：∠PAB＝∠D．（3）如图3，AB为半⊙O的直径，O为圆心，C，D为半⊙O上两点，过点C作半⊙O的切线CE交AD的延长线于点E，若CE⊥AD，且BC＝1，AB＝3，求DE的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）【分析】（1）由切线的性质可知，∠CAP＝90°，所以∠CAB+∠PAB＝90°．再根据直角三角形两锐角互余可得，∠CAB+∠C＝90°，所以∠PAB＝∠C．（2）如图2，作直径AC，连接BC，利用（1）中的结论及同弧所对的圆周角相等可得结论．（3）连接AC，由题意可知，△ACE∽△ABC，结合（1）中的结论易得△DCE∽△BAC，得出比例，进而可得结论．【详解】解：（1）证明：∵PA切⊙O于点A，∴∠CAP＝90°，∴∠CAB+∠PAB＝90°．又∵AC是直径，∴∠B＝90°，∴∠CAB+∠C＝90°，∴∠PAB＝90°∠CAB＝∠C．（2）证明：如图，过点A作直径AC，连接BC，∵AP为切线，由（1）得，∠PAB＝∠C，又∵∠C＝∠D，∴∠PAB＝∠D．（3）连接AC，CD，∵EC为⊙O的切线，由①得∠ECA＝∠B，又∵∠AEC＝∠ACB＝90°∴△ACE∽△ABC，∴，∠CAE=∠BAC，在Rt△ACB中，根据勾股定理AC=，∴，∴，又∵CE为⊙O的切线，∴∠DCE＝∠EAC，∴∠DCE=∠BAC，又∵∠E＝∠ACB＝90°，∴△DCE∽△BAC，∴，∴，∴．【点睛】本题考查弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握弦切角，直径所对圆周角性质，切线性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．11．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，为⊙O的直径，且，与为圆内的一组平行弦，弦交于点H．点A在上，点B在上，．

(1)求证：．(2)求证：．(3)在⊙O中，沿弦所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径于点G．若，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明即可；（2）连接，交于点，根据平行线的性质和已知条件证明垂直平分即可；（3）利用对称的性质作辅助线，根据已知条件，转化为解直角三角形问题即可．【详解】（1）和是所对的圆周角，，，∴，∴，∴．（2）连接，交于点，

与为一组平行弦，即：，，，，，，，，是的垂直平分线，．（3）连接、，过点作，垂足为，设点的对称点，连接、，，，∴，，，是等腰三角形，，，，，为直径，，，，，，，在中，，，，，在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了圆的综合问题，同弧所对圆周角相等、构建合适的辅助线是解题的关键；熟练掌握相似三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、熟悉锐角三角函数解决直角三角形．1