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专题 06 圆中的重要模型--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·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·江西景德镇·九年级校考期末）如图，PT是⊙O的切线，T为切点，PA是割线，交⊙O于A、B
两点，与直径CT交于点D．已知CD＝2，AD＝3，BD＝4，那PB＝ ．
【答案】20.
【分析】连接AC，BT，AT，易证 CAD BTD，得到TD=6，易证： BTP TAP，得： ，设
∆ ~∆ ∆ ~∆
PB=x，则AP=x+7， ，PD=x+4，根据勾股定理，即可求解.
【详解】连接AC，BT，AT，∵∠CAD=∠BTD，∠ADC=∠TDB，∴ CAD BTD，
∆ ~∆
∴ ，即： ∴TD=6，∵PT是⊙O的切线，T为切点，∴∠BTP+∠BTD=90°，∵CT是直径，∴∠CAD+∠TAP=90°∵∠CAD=∠BTD，∴∠BTP=∠TAP，
∵∠P=∠P，∴ BTP TAP，∴ ，即： ，
∆ ~∆
设PB=x，则AP=x+7， ，PD=x+4，
∵在Rt DPT中， ，∴ ，解得：x=20，故答案是：20.
∆
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质定理与圆的性质的综合，根据题意，添加辅助线，构造相
似三角形，是解题的关键.
例3．（2023·江苏·九年级专题练习）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．
(1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，
并写出证明过程．已知：如图①，弦 ， 交于点P，求证：______________．
(2)如图②，已知 是 的直径， 与弦 交于点P，且 于点P，过D作 的切线，交
的延长线于E，D为切点，若 ， 的半径为5，求 的长．
【答案】(1) ，证明见解析(2)
【分析】（1）先证明 ，再利用相似的性质即可；
（2）利用（1）可知 ，求出 ，再证明 ，利用相似的性质求出 ，求
差即可得到 的长．
【详解】（1）求证： ．
证明：连接AC、BD．如图①．∵ ， ．∴ ．∴ ．∴ ．
（2）解：∵ ， ， ．由（1）可知 ．∴ ．
∵ ， 是 的直径， ， ．
连接OD．如图②．∵ 为切线．∴ ．
∵ ． ．∴ ．∴ ．
∵ ，∴ ．∴ ， ．又∵ ．∴ ．
【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题
的关键．
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·九年级假期作业）如图： 、 为⊙O的两条割线，若 ， ，则
的长为（ ）A．10 B．7 C． D．3
【答案】B
【分析】如图，连接 ， ，可证 ，可得 ，从而可求得 的长，进而可
得到 的长．
【详解】解：如图，连接 ， ，
∵ ， ∴
又 ∴ ∴
∵ ， ， ，∴ ，
∴ ．故选：B．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形性质，相似三角形的判定和性质，由相似三角形得到线段间数量关系
是解题的关键．
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·江苏盐城·九年级统考期中）如图， 与 切于点 ， 是 的割线，如果
，那么 的长为 .【答案】
【分析】根据切割线定理得出PA2=PB•PC，再代入数据进行计算即可．
【详解】解：∵PA为⊙O的切线，A为切点，PBC是⊙O的割线，∴PA2=PB•PC，
∵PB=BC=2，∴PC=4，∴PA2=4×2，∴ 故答案为
【点睛】本题考查了切割线定理，解题的关键是运用切割线定理列方程求解．
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．（2023·山东潍坊·统考一模）如图， 是 的直径，点C、D在 上，且 平分 ，过点
D作 的垂线，与 的延长线相交于E，与 的延长线相交于点F，G为 的下半圆弧的中点，
交 于H，连接 (1)证明： 是 的切线；(2)若圆的半径 ，求 的长；(3)求证：．
【答案】(1)见解析(2) (3)见解析
【分析】（1）连接 ，证明 即可由切线的判定定理得出结论；
（2）连接 ，因为G是半圆弧中点，所以 ，在 中，根据勾股定理求解即可；
（3）证明 ，得 ，即可得出结论．
【详解】（1）连接 ，
， ，
又 平分 ， ，
， ，
又 ， ，∴ 是 的切线；
（2）连接 ，
∵G是半圆弧中点， ，
在 中， ， ．∴ ．
（3）∵ 是 的直径， ， ，
由（1）得， 是 的切线， ， ，
， ， ，
又 ， ，∴ ， ．
【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题
关键是熟练掌握相关性质与判定定理．
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．（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．
课后专项训练
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·山东九年级月考）如图，过点 作 的两条割线分别交 于点 、 和点 、 ，已知
， ，则 的长是（ ）
A．3 B．7.5 C．5 D．5.5
【答案】B
【分析】由已知可得PB的长，再根据割线定理得PA•PB=PC•PD即可求得PD的长.
【详解】解：∵PA=3，AB=PC=2，∴PB=5，
∵PA•PB=PC•PD，∴PD=7.5，故选B.
【点睛】主要是考查了割线定理的运用.
3．（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．
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·北京九年级月考）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．
6．（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．
7．（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=
【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．
8．（2022秋·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 ，根据切线的性质得到 ，
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．
9．（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．
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： ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
【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．
10．（2023·山西吕梁·校考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务切割线定理：从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到与圆交点的两条线段长的比例中项．
证明过程如下：
如图1：已知：点P是 外一点， 是切线，F是切点， 是割线，点A，B是它与 的交点，求
证：
证明：连接 并延长交 于C，连接 ，
∵ 是 的切线， （依据________________________________)
∵ 是 的直径， （依据_______________________________)
又∵ （依据_____________________________________)
. . . . . .
任务：
(1)完成材料证明部分中的“依据”，填入空格．
(2)把证明过程补充完整．
(3)定理应用：
已知 为 的切线，T是切点， 是 的割线，交 于D， 为 的直径，
，求 的长．
【答案】(1)切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用圆周角定理推论、切线性质找等角即可解答；（2）先构造相似三角形，再根据相似三角形对应边成比例解答即可；
（3）设 ，如图：连接 ，先证 ，再根据相似三角形的性质列式求得
x，然后再利用切割线定理求y长度即可．
【详解】（1）证明：连接 并延长交 与C，连接 ，
∵ 是 的切线，
（依据：切线的性质定理)
∵ 是 的直径，
（依据：直径所对的圆周角是直角)
又∵ （依据：同弧所对的圆周角相等)
…………
故答案为：切线的性质定理；直径所对的圆周角是直角；同弧所对的圆周角相等．
（2）证明：连接 并延长交 与C，连接 ，
∵ 是 的切线，
（依据：切线的性质定理)
∵ 是 的直径，
（依据：直径所对的圆周角是直角)
又∵ （依据：同弧所对的圆周角相等)
又∵
∴
．（3）解：设 ，如图：连接 ，
∵
∴ ，
∴ ，即 ，解得： 或 （舍去）
由切割线定理 ，由勾股定理 可得：
，解得 ，
∴ .
【点睛】本题综合考查了阅读理解能力、圆周角定理、切线的性质定理、切线长定理、相似三角形的判定
与性质等知识点，从阅读材料中提取有用信息是解答本题的关键．
11．（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 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；（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．
12．（2022秋·山西·九年级校联考期末）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．切割线定理揭示了从圆外一点引圆的切线和割线时，切线与割线之
间的关系．
如图1， 是 外一点， 切 于点 ， 交 于点 （即 是 的割线），则 ．
下面是切割线定理的证明过程：
证明：如图2，连接 并延长，交 于点 ，连接 ．
切 于点 ，
．
．
是 的直径，
……
(1)根据前面的证明思路，补全剩余的证明过程；
(2)在图1中，已知 ， ，则 ______， ______．
【答案】(1)见解析
(2) ，
【分析】（1）先证明 ，再证明 ，即可补充完成证明过程；
（2）根据 可求出 的值，根据 可求出 的值．
【详解】（1）证明：如图2，连接 并延长，交 于点 ，连接 ．
∵ 切 于点 ，
∴ ．∴ ．
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵ ， ，
∴ ．
∴ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ， ．
【点睛】本题考查了切线的性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，证明 是解答本题
的关键．
13．（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．
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．
14．（2022·河南商丘·统考二模）读下面材料，并完成相应的任务
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．
下面是不完整的证明过程，请补充完整．
已知：P为 外一点，PA与 交于A，B两点，PM与 相切于点M．
求证： ．
证明：如图，连接AM，BM，连接MO并延长交 于点C，连接BC．
∵PM为 的切线，∴_______ ，∴ ，∵CM为 的直径，∴_______ ，∴ ，∴ _______，∵ ，∴ ．∵ ，∴
_______．∴ ，∴ ．
学习任务：
如图，若线段AB与 相交于C，D两点，且 ，射线AB，BF为 的两条切线，切点分别为
E，F，连接CF．
(1)求证： ；
(2)若 ， ， ，求 的面积．
【答案】(1)∠CMP；∠CBM；∠BMP； PMA；见解析
(2)27 △
【分析】阅读材料：连接AM，BM，连接MO并延长交 于点C，连接BC，证 PMA即可得
出结论； △
（1）由阅读材料得 ， ，再由AC=BD，证AD=BC，即可得出结论；
（2）由阅读材料得 ，从而求出 ，再过点F作 于点G，解 求出
，最后利用 计算即可求解．
【详解】（1）阅读材料证明：如图，连接AM，BM，连接MO并延长交 于点C，连接BC．∵PM为 的切线，∴∠CMP ，
∴ ，
∵CM为 的直径，
∴∠CBM ，
∴ ，
∴ ∠BMP，
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ PMA．
△
∴ ，
∴ ．
故答案为：∠CMP，∠CBM，∠BMP，△PMA．
（1）证明：∵AE，BF为 的两条切线，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ，即 ．
∴ ，
∴ ．
（2）解：∵ ，设 ，则 ， ，
由由阅读材料得， ，
即 ，解得 ，
∴ ，
如图1，过点F作 于点G，在 中， ，
即 ，
∴ ．
【点睛】本题考查切线的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，本题属阅读材料题，通过阅读，
探究出一个结论，再运用结论解决其他问题，属中考试常用考类型．
15．（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； ；
（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．
16．（2022·山东九年级期中）如图， 为 外接圆⊙O的直径， 交 于点F，且 ．
(1)求证： 是⊙O的切线；(2)求证： ；
(3)若 ， ， ，求⊙O的半径．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)5
【分析】（1）连接 ，交 于G，证出 ，则可得出结论．
（2）证明 ，由相似三角形的性质得出 ，则可得出结论．
（3）求出 ，由勾股定理可得出答案．
【详解】（1）证明：连接 ，交 于G，如图所示．∵ ， ，∴ ，
∵ 为⊙O的直径，∴ ，∴ ，
∵ ， 为半径，∴ ， ∴ ，
∴ ，即 ，
∵ 是半径，∴ 与⊙O相切于点A．
（2）证明：∵ ， ，∴ ，
∴ ，∴ ．
（3）解：设⊙O的半径为r，∵ 是⊙O的切线，∴ 于A，
∵ ，∴ 于G，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∴ ，解得 ，∴⊙O的半径为5．
【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心，切线的判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三
角形的性质，圆周角定理等知识点，能综合运用知识点进行推理是解题的关键．
17．（2022秋·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．
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， ， ， ，
， ，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．
18．（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．
19．（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，
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．
