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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 ，
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∵ 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．
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【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．
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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）
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∴ ，∴ ，∴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 = .
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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
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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 、 ，
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∵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．
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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，
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∵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 ，
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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
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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．
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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
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，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
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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， ， ， ，
， ， ．
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【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 ∴
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∴ ∴
∴
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 .
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【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；
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∵ ，∴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，
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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：
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∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，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 ：S =PB2：PA2=9：4．
ABP DAP
△ △
【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 ：S =PB2：PA2=9：4．故答案为9：4 △ △
ABP DAP
△ △
【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 ，
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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 ．
【22淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【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
【23淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【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 ．
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∵ 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， ，
【25淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
，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， ，
【26淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴ ，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，
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（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．
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（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= ，
△
∴ ，∴ ，
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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 ，
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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．
12．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，四边形 内接于 ，对角线 ， 相交于点E，点
F在边 上，连接 ．(1)求证： ；
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(2)当 时，则 ___________； ___________；
___________．（直接将结果填写在相应的横线上）
(3)①记四边形 ， 的面积依次为 ，若满足 ，试判断，
的形状，并说明理由．②当 ， 时，试用含m，n，p的式
子表示 ．
【答案】(1)见解析(2)0，1，0(3)①等腰三角形，理由见解析，②
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，即可得证；
（2）由（1）的结论，根据相似三角形的性质可得 ，即可得出 0，根据已知条
件可得 ， ，即可得出 根据相似三角形的性质可得 ，根据恒等式
变形，进而即可求解．（3）①记 的面积为 ，则 ， ，根据
已知条件可得 ，进而可得 ，得出 ，结合同弧所对的圆周角相等即可证明
是等腰三角形；
②证明 ， ，根据相似三角形的性质，得出 ，
则 ， ，计算 即可求解．
【32淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【详解】（1）证明： ， ，即 ，
又 ， ；
（2） ， ，
， ，
∵ ∴ ，
∴ ，
∵ ， ， ，
， ，
， ， ， ，
， ， ，故答案为：0，1，0
（3）①记 的面积为 ，则 ， ， ①
，即 ， ②
由①②可得 ，即 ， ，
，即 ，
∴点D和点C到 的距离相等， ， ，
， ， 都为等腰三角形；
② ， ， ， ， ，
， ，
， ，又 ， ， ，
， ，
【33淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
则 ， ， ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，勾股定理，等腰三角形的判定，相似三角形的性质与判定，对于相似恒
等式的推导是解题的关键．
13．（2023春·北京通州·九年级统考开学考试）在与圆有关的比例线段探究学习中，某兴趣小组发现有三
种不同情况，并完成了情况一的证明．请你选择情况二或者情况三中的一种情况进行证明．
为 上的点，直线 相交于点 ．
证明
情况一点P在⊙O内时，连接 （如图
1）：
情况二点P在⊙O外时 情况三当点A和点B重合时
， ∴
（如图2）： （如图3）
∴ ，即
【答案】见解析
【分析】情况二：如图2，连接 、 ，可得由同弧或等弧所对的圆周角相等，可证 ，
进而结论得证；情况三：如图3，连接 ，连接 并延长交 于 ，连接 ．由切线的性质可
得 ，即 ，由直径所对的圆周角为直角可得 ，证明 ，由
，可得 ，则 ，证明 ，进而结论得证．
【详解】
证明
情况三当点A和点B重合时（如图
情况二点P在 外时（如
情况一点P在 内时，连接 3）：
图2）：
（如图1）：
连接 ，连接 并延长交
连接 、 ，
， ， 于 ，连接 ． 为 的切
线， ，即
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，
是 的直径，
，
∴ ，∴
，
∴ ， ，
，
∵ ，∴ ，
∴ ，即 ，
． ∴
∴ ． ，
，即 ，
∴ ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，同弧或等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角为直角，切线
的性质等知识解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用
14．（2023·辽宁大连·模拟预测）如图1， 内接于 ，点D为圆外 上方一点，连接 ，若
．
(1)求证： 是 的切线；(2)如图2，连接 ．若 ， ， ，求 的半径．
（注：本题不允许使用弦切角定理）
【答案】(1)见解析(2)R=
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【分析】(1)连接 ，根据圆周角定理，得到 ；根据 ，得到
即 ，等量代换即可证明 ．
(2) 延长 交 于F，连接 ，过A作 于E．先证明 ，再利用勾股定理，三角函
数计算 ， 的长度，再次运用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图，连接 ，根据题意，得 ；
∵ ，∴ 即 ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ 是 的切线．
（2）如图，延长 交 于F，连接 ，过A作 于E．
∵ 是 的直径， ，∴ ， ， ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，解得 （舍去），∴ ；
∵ ；∴ ，∴ ， ，
∴ ，∴ ，故 的半径为 ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，正切函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理，切线的判定，熟练掌
握正切函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
15．（2023秋·山西吕梁·九年级校考期末）阅读与思考：阅读下列材料，并完成相应的任务．
米勒定理
米勒（ ）是德国的数学家，是欧洲最有影响的数学家之一，米勒发表的《三角全书》，是使得三
角学在欧洲取得独立地位的第一部系统性著作．下面是米勒定理（又称切割线定理）的证明过程
已知：如图1， 与 相切于点A， 与 相交于点B，C．
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求证： ．
证明：如图2，连接 ．
∵ 为 的切线，∴ ，∴ ．
∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，……
任务：(1)请完成剩余的证明过程(2)应用：如图3， 是 的切线， 经过 的圆心O，且
，割线 交 于点D，E， ，求 的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据提供的过程，继而证明 ，可得 ，再转化为 ；
（2）连接 ，根据切割线定理得到 ， ，将已知线段代入求出 ，再代
入 中，即可求出结果．
【详解】（1）解：证明：如图2，连接 ．
∵ 为 的切线，∴ ，∴ ．∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（2）解：由（1）可知： ， ，
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∵ ， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，圆的性质，根据题干中的材料，熟练掌握割线定理是解题的关键．
16．（2023·江苏·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 ，
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∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ；
（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．
17．（2022·山西·三模）阅读与思考：请阅读下列材料，并完成相应的任务．
人们在研究圆与直线的位置和数量关系时，发现存在这样一个关系：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构成的两条线段长的比例中项．这个几何关系也叫圆的切割线定理．喜欢探究的
小明尝试给出了该定理的如下证明：
已知：如图1，P为⊙O外一点，切线PA与圆相切于点A，割线PBC与圆相交于点B，C．
【39淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
求证： ． 证明：如图2，连接AB，AC，BO，AO．
∵PA切⊙O于点A，∴ ，即 ．
∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ．……
任务：(1)请帮助小明补充完成以上证明过程．(2)如图，割线PDE与圆交于点D，E，且 ，
，连接BE，过点C向下作 交PE的延长线于点F，求EF的长．
【答案】(1)补充证明见解析(2)
【分析】（1）根据圆周角定理确定∠O=2∠PCA，根据角的和差关系和等价代换思想确定∠APB=∠CPA，
然后根据相似三角形的判定定理和性质即可证明．（2）根据（1）中结论先求出PA2，然后求出PE的长度，
最后根据平行线分线段成比例定理即可求出EF的长度．
【详解】（1）解：补充证明如下．
∵∠PCA和∠O分别是 所对的圆周角和圆心角，
∴∠O=2∠PCA．∴2∠OAB+2∠PCA=180°．∴∠OAB+∠PCA=90°．∴∠PAB=∠PCA．
∵∠APB=∠CPA，∴ ．∴ ．∴ ．
（2）解：由（1）中结论可知 ， ．
∵PB=BC=4，∴PC=PB+BC=8．∴ ．
∵PD=5，∴ ．∴ ．
∵ ，∴ ．∴ ．
【点睛】本题考查圆周角定理，角的和差关系，相似三角形的判定定理和性质，平行线分线段成比例定理，
正确应用（1）中结论是解题关键．
【40淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
18．（2023·河南周口·校考三模）阅读与思考
学习了圆的相关知识后，某数学兴趣小组的同学们进行了如下探究活动，请仔细阅读，并完成相应任务．
割线定理
如图，A是 外一点，过点A作直线 分别交 于点B，C，D，E，则有 ．
证明：如图，连接 ．
∵ （依据：①________________）， ，
∴ ．∴ ②_________________．
∴ ．
任务：(1)上述阅读材料中①处应填的内容是________，②处应填的内容是_______．
(2)兴趣小组的同学们继续思考，当直线AE与圆相切时，是否仍有类似的结论．请将下列已知、求证补充
完整，并给出证明．
已知：如图，A是 外一点，过点A的直线交 于点B，C，__________．求证： ___________．
【答案】(1)同弧所对的圆周角相等； ；(2) 与 相切于点E． ；证明见解析
【分析】（1）根据题意得到结论即可；
（2）如图，连接 ，证明 即可得到结论．
【详解】（1）如图，连接 ．
∵ （依据：①__同弧所对的圆周角相等__）， ，
∴ ．∴ ②__ _____．
∴ ．故答案为：同弧所对的圆周角相等； ；
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（2）已知：如图，A是 外一点，过点A的直线交 于点B，C， 与 相切于点 E．
求证： ．
证明：如图，连接 ，连接 并延长交 于点D，连接 ．
∵ 为 的切线，∴ ，∴ ，
∵ 为 的直径，∴ ，∴ ，∴
∵ ，∴ ．
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．
故答案为： 与 相切于点E．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，勾股定理，割线定理，熟练掌握割线定理是解题的关键．
19．（2023·广东九年级期中）探究问题：
(1)阅读理解：①如图A，在 所在平面上存在一点P，若它到 三个顶点的距离之和最小，则称
点P为 的费马点，此时 的值为 的费马距离．
②如图B，若四边形 的四个顶点在同一个圆上，则有 ，此为托勒密定理．
知识迁移：①请你利用托勒密定理解决如下问题：如图C，已知点P为等边 外接圆的 上任意一点．
【42淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
求证： ；②根据（2）①的结论，我们有如下探寻 （其中 均小于
）的费马点和费马距离的方法：
第一步：如图D，在 的外部以 为一边作等边 及其外接圆；
第二步：在 上任取一点 ，连接 ．易知
________；
第三步：请你根据（1）①中定义，在图D中找出 的费马点P，则线段______的长度即为 的费
马距离．(2)知识应用：今年以来某市持续干旱，许多村庄出现了人、畜饮水困难的问题，为解决老百姓的
饮水问题，解放军某部来到该市某地打井取水．已知三村庄A、B、C构成了如图E所示的 （其中
，均小于 ），现选取一点P打水井，使从水井P到三村庄A、B、C所铺设的输水管总
长度最小，求输水管总长度的最小值．
【答案】(1)①见解析；② ， (2)最小值为
【分析】（1）知识迁移①问，只需按照题意套用托勒密定理，再利用等边三角形三边相等，将所得等式
两边都除以等边三角形的边长，即可获证．②问，借用①问结论，及线段的性质“两点之间线段最短”数
学容易获解．（2）知识应用，在（1）的基础上先画出图形，再求解．
【详解】（1）解：①证明：由托勒密定理可知
是等边三角形 ， ；
②由题意可得：
线段 的长度即为 的费马距离．
（2）如图，以 为边长在 的外部作等边 ，连接 ，则知线段 的长即为最短距离．
为等边三角形， ， ， ，
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， ，在 中， ， ， ，
从水井 到三村庄 、 、 所铺设的输水管总长度的最小值为 ．
【点睛】此题是一个综合性很强的题目，主要考查等边三角形的性质、勾股定理等知识．难度很大，有利
于培养同学们钻研问题和探索问题的精神．
20．（2023·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： ；
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（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．（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，∵AC BD=AB CD+AD BC，即x2=2×2+2x，
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解得x=1+ ，x=1− （舍去），∴BD=1+ ．故答案为： ．
1 2
【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．
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