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淘宝：学思创想
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，
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【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）
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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；
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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
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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；
淘宝：学思创想
∵
，∴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，
淘宝：学思创想
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：
淘宝：学思创想
∴
，∴
，
∵
，∴
，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
，
淘宝：学思创想
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 ．
淘宝：学思创想
【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
淘宝：学思创想
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
，∴
，∵
，∴
，
淘宝：学思创想
∴
，∴
，∴
，
∵
∴
∴
∴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．
淘宝：学思创想
【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
淘宝：学思创想
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，∴
淘宝：学思创想
∵
∴
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）
淘宝：学思创想
【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，
．
淘宝：学思创想
(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
、
，
淘宝：学思创想
，
，∴
，
，
，
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：
；
(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
．
淘宝：学思创想
【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．
【详解】（1）证明：
，
，即
，
又
，
；
（2）
，
，
，
，
∵
∴
，
∴
，
∵
，
，
，
，
，
，
，
，
，
淘宝：学思创想
，
，
，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
，
，
，
，
，
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
（如图2）：
情况三当点A 和点B 重合时
（如图3）
淘宝：学思创想
∴
，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
情况一点P 在
内时，连接
（如图1）：
，
，
∴
，
∴
，即
．
情况二点P 在
外时（如
图2）：
连接
、
，
，
，
，
∴
．
情况三当点A 和点B 重合时（如图
3）：
连接
，连接
并延长交
于
，连接
．
为
的切
线，
，即
，
是
的直径，
，
∴
，∴
，
∵
，∴
，
∴
，
，即
，
∴
．
淘宝：学思创想
【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=
【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
；
淘宝：学思创想
∵
，∴
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．
求证：
．
证明：如图2，连接
．
∵
为
的切线，∴
，∴
．
∵
，∴
．
∵
，∴
．
∵
，∴
，∴
，
淘宝：学思创想
∴
，∴
，……
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．
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
淘宝：学思创想
．
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
，∴
，
淘宝：学思创想
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．
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．
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【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．
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_________________．
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∴
．
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，∴
，∴
，∴
∵
，∴
．
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∵
，∴
，∴
，∴
．
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．
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
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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．
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∵
∴
∴
∴
，
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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．（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．
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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．
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