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(完整word)圆幂定理讲义(带标准答案)
圆幂定理
STEP 1:进门考
理念：1. 检测垂径定理的基本知识点与题型。
2。 垂径定理典型例题的回顾检测。
3。 分析学生圆部分的薄弱环节.
（1）例题复习。
1. （2015•夏津县一模）一副量角器与一块含30°锐角的三角板如图所示放置，三角板的直角顶点C落在量角器的直径MN上,顶点A,B恰好都落在量角器的圆弧上,且AB∥MN．若AB=8cm，则量角器的直径MN=　 　cm．

【考点】M3：垂径定理的应用;KQ：勾股定理；T7：解直角三角形．
【分析】作CD⊥AB于点D，取圆心O，连接OA,作OE⊥AB于点E,首先求得CD的长，即OE的长，在直角△AOE中,利用勾股定理求得半径OA的长，则MN即可求解．
【解答】解：作CD⊥AB于点D，取圆心O，连接OA，作OE⊥AB于点E．
在直角△ABC中，∠A=30°，则BC=AB=4cm， 在直角△BCD中，∠B=90°﹣∠A=60°，
∴CD=BC•sinB=4×=2（cm）， ∴OE=CD=2，
在△AOE中,AE=AB=4cm，
则OA===2(cm)， 则MN=2OA=4（cm）． 故答案是:4．

【点评】本题考查了垂径定理的应用，在半径或直径、弦长以及弦心距之间的计算中，常用的方法是转化为解直角三角形．

2. （2017•阿坝州）如图将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O,则折痕AB的长为（　　）

A．2cm B．cm C．2cm D．2cm
【考点】M2：垂径定理；PB:翻折变换（折叠问题）．
【分析】通过作辅助线，过点O作OD⊥AB交AB于点D，根据折叠的性质可知OA=2OD,根据勾股定理可将AD的长求出，通过垂径定理可求出AB的长．
【解答】解:过点O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，
∵OA=2OD=2cm, ∴AD===(cm），
∵OD⊥AB， ∴AB=2AD=2cm． 故选：D．

【点评】本题考查了垂径定理和勾股定理的运用，正确应用勾股定理是解题关键．
3. （2014•泸州）如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是(3，a）（a＞3），半径为3,函数y=x的图象被⊙P截得的弦AB的长为，则a的值是（　　）

A．4 B． C． D．
【考点】M2：垂径定理;F8：一次函数图象上点的坐标特征；KQ：勾股定理．
【专题】11 ：计算题；16 :压轴题．
【分析】PC⊥x轴于C,交AB于D，作PE⊥AB于E,连结PB，由于OC=3,PC=a，易得D点坐标为（3，3），则△OCD为等腰直角三角形，△PED也为等腰直角三角形．由PE⊥AB，根据垂径定理得AE=BE=AB=2,在Rt△PBE中，利用勾股定理可计算出PE=1，则PD=PE=，所以a=3+．
【解答】解:作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E,连结PB，如图,
∵⊙P的圆心坐标是（3，a）， ∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3， ∴D点坐标为（3，3）， ∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形， ∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB， ∴AE=BE=AB=×4=2， 在Rt△PBE中，PB=3,
∴PE=， ∴PD=PE=， ∴a=3+． 故选：B．

【点评】本题考查了垂径定理:垂直于弦的直径平分这条弦,并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理和等腰直角三角形的性质．
4. （2013•内江）在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心的圆过点A(13，0）,直线y=kx﹣3k+4与⊙O交于B、C两点，则弦BC的长的最小值为　 　．

【考点】FI：一次函数综合题．
【专题】16 ：压轴题．
【分析】根据直线y=kx﹣3k+4必过点D（3，4），求出最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦，再求出OD的长，再根据以原点O为圆心的圆过点A（13,0），求出OB的长，再利用勾股定理求出BD，即可得出答案．
【解答】解：∵直线y=kx﹣3k+4=k（x﹣3）+4， ∴k(x﹣3）=y﹣4，
∵k有无数个值, ∴x﹣3=0，y﹣4=0，解得x=3，y=4，
∴直线必过点D（3，4）, ∴最短的弦CB是过点D且与该圆直径垂直的弦，
∵点D的坐标是(3，4）， ∴OD=5，
∵以原点O为圆心的圆过点A(13,0)， ∴圆的半径为13，
∴OB=13, ∴BD=12， ∴BC的长的最小值为24; 故答案为：24．
【点评】此题考查了一次函数的综合，用到的知识点是垂径定理、勾股定理、圆的有关性质，关键是求出BC最短时的位置．
STEP 2：新课讲解
1、 熟练掌握圆幂定理的基本概念。
2、 熟悉有关圆幂定理的相关题型，出题形式与解题思路。
3、 能够用自己的话叙述圆幂定理的概念。
4、 通过课上例题,结合课下练习。掌握此部分的知识。
一、 相交弦定理
相交弦定理
（1）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．(经过圆内一点引两条线，各弦被这点所分成的两段的积相等)．
几何语言：若弦AB、CD交于点P，则PA•PB=PC•PD（相交弦定理)

(2）推论：如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成
的两条线段的比例中项．　　
几何语言:若AB是直径，CD垂直AB于点P,则PC2=PA•PB（相交弦定理推论）．

Ø 基本题型:
【例1】 (2014秋•江阴市期中）如图,⊙O的弦AB、CD相交于点P，若AP=3，BP=4，CP=2，则CD长为(　　）

A．6 B．12 C．8 D．不能确定
【考点】M7：相交弦定理．
【专题】11 ：计算题．
【分析】由相交线定理可得出AP•BP=CP•DP,再根据AP=3,BP=4,CP=2，可得出PD的长，从而得出CD即可．
【解答】解：∵AP•BP=CP•DP,
∴PD=，
∵AP=3,BP=4,CP=2，
∴PD=6,
∴CD=PC+PD=2+6=8．
故选C．
【点评】本题考查了相交线定理，圆内两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．
【练习1】 （2015•南长区一模)如图，矩形ABCD为⊙O的内接四边形，AB=2，BC=3，点E为BC上一点，且BE=1,延长AE交⊙O于点F，则线段AF的长为（　　)

A． B．5 C．+1 D．
【考点】M7：相交弦定理．
【分析】由矩形的性质和勾股定理求出AE，再由相交弦定理求出EF，即可得出AF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形,
∴∠B=90°，
∴AE===,
∵BC=3,BE=1，∴CE=2，
由相交弦定理得:AE•EF=BE•CE，
∴EF==，
∴AF=AE+EF=；
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相交弦定理;熟练掌握矩形的性质和相交弦定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
Ø 综合题型
【例2】 （2004•福州）如图,AB是⊙O的直径，M是⊙O上一点,MN⊥AB,垂足为N．P、Q分别是、上一点（不与端点重合），如果∠MNP=∠MNQ，下面结论：①∠1=∠2；②∠P+∠Q=180°；③∠Q=∠PMN；④PM=QM;⑤MN2=PN•QN．其中正确的是（　　）

A．①②③ B．①③⑤ C．④⑤ D．①②⑤
【考点】M7：相交弦定理;M2：垂径定理；M4：圆心角、弧、弦的关系;M5：圆周角定理；S9：相似三角形的判定与性质．
【专题】16 ：压轴题．
【分析】根据圆周角定理及已知对各个结论进行分析，从而得到答案．
【解答】解：延长MN交圆于点W，延长QN交圆于点E，延长PN交圆于点F，连接PE，QF
∵∠PNM=∠QNM，MN⊥AB,
∴∠1=∠2（故①正确），
∵∠2与∠ANE是对顶角，
∴∠1=∠ANE，
∵AB是直径,
∴可得PN=EN,
同理NQ=NF，
∵点N是MW的中点，MN•NW=MN2=PN•NF=EN•NQ=PN•QN(故⑤正确），
∴MN：NQ=PN:MN,
∵∠PNM=∠QNM，
∴△NPM∽△NMQ，
∴∠Q=∠PMN（故③正确）．
故选B．

【点评】本题利用了相交弦定理,相似三角形的判定和性质，垂径定理求解．
Ø 与代数结合的综合题
【例3】 （2016•中山市模拟）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点P在劣弧AB上，连接DP,交AC于点Q．若QP=QO，则的值为（　　)

A． B． C． D．
【考点】M7：相交弦定理；KQ：勾股定理．
【专题】11 ：计算题．
【分析】设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m,QC=r+m,QA=r﹣m．利用相交弦定理,求出m与r的关系，即用r表示出m,即可表示出所求比值．
【解答】解:如图，设⊙O的半径为r，QO=m，则QP=m，QC=r+m，
QA=r﹣m．
在⊙O中，根据相交弦定理，得QA•QC=QP•QD．
即(r﹣m）（r+m）=m•QD，所以QD=．
连接DO，由勾股定理，得QD2=DO2+QO2，
即，
解得
所以，
故选D．

【点评】本题考查了相交弦定理，即“圆内两弦相交于圆内一点，各弦被这点所分得的两线段的长的乘积相等"．熟记并灵活应用定理是解题的关键．
Ø 需要做辅助线的综合题
【例4】 （2008秋•苏州期末）如图,⊙O过M点，⊙M交⊙O于A,延长⊙O的直径AB交⊙M于C，若AB=8，BC=1，则AM=　 　．

【考点】M7：相交弦定理；KQ：勾股定理；M5：圆周角定理．
【分析】根据相交弦定理可证AB•BC=EB•BF=（EM+MB）（MF﹣MB）=AM2﹣MB2=8，又由直径对的圆周角是直角，用勾股定理即可求解AM=6．
【解答】解：作过点M、B的直径EF，交圆于点E、F，
则EM=MA=MF，
由相交弦定理知，AB•BC=EB•BF=（EM+MB)（MF﹣MB）=AM2﹣MB2=8，
∵AB是圆O的直径，
∴∠AMB=90°,
由勾股定理得，AM2+MB2=AB2=64,
∴AM=6．

【点评】本题利用了相交弦定理,直径对的圆周角是直角，勾股定理求解．
二、 割线定理
割线定理
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的交点的两条线段长的积相等．
几何语言：
∵PBA，PDC是⊙O的割线
∴PD•PC=PA•PB（割线定理）
由上可知：PT2=PA•PB=PC•PD．

Ø 基本题型
【例5】 （1998•绍兴）如图，过点P作⊙O的两条割线分别交⊙O于点A、B和点C、D，已知PA=3，AB=PC=2，则PD的长是（　　）

A．3 B．7。5 C．5 D．5.5
【考点】MH：切割线定理．
【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．
【解答】解：∵PA=3，AB=PC=2，
∴PB=5，
∵PA•PB=PC•PD，
∴PD=7。5，
故选B．
【点评】主要是考查了割线定理的运用．
【练习2】 (2003•天津）如图，Rt△ABC中，∠C=90°,AC=3,BC=4，以点C为圆心、CA为半径的圆与AB、BC分别交于点D、E．求AB、AD的长．

【考点】MH：切割线定理；KQ：勾股定理．
【分析】Rt△ABC中，由勾股定理可直接求得AB的长；
延长BC交⊙C于点F,根据割线定理，得BE•BF=BD•BA,由此可求出BD的长，进而可求得AD的长．
【解答】解：法1：在Rt△ABC中，AC=3，BC=4;
根据勾股定理，得AB=5．
延长BC交⊙C于点F,则有:
EC=CF=AC=3(⊙C的半径），
BE=BC﹣EC=1，BF=BC+CF=7;
由割线定理得，BE•BF=BD•BA，
于是BD=；
所以AD=AB﹣BD=；
法2:过C作CM⊥AB,交AB于点M，如图所示,

由垂径定理可得M为AD的中点,
∵S△ABC=AC•BC=AB•CM，且AC=3,BC=4，AB=5，
∴CM=,
在Rt△ACM中，根据勾股定理得:AC2=AM2+CM2，即9=AM2+（）2，
解得：AM=，
∴AD=2AM=．

【点评】此题主要考查学生对勾股定理及割线定理的理解及运用．
Ø 综合题型
【例6】 (2015•武汉校级模拟）如图，两同心圆间的圆环的面积为16π，过小圆上任意一点P作大圆的弦AB，则PA•PB的值是（　　）

A．16 B．16π C．4 D．4π
【考点】MH：切割线定理．
【分析】过P点作大圆的直径CD，如图，设大圆半径为R,小圆半径为r，根据相交弦定理得到PA•PB=（OC﹣OP）•（OP+OD）=R2﹣r2，再利用πR2﹣πr2=16π得到R2﹣r2=16，所以PA•PB=16．
【解答】解：过P点作大圆的直径CD，如图，设大圆半径为R，小圆半径为r，
∵PA•PB=PC•PD,
∴PA•PB=(OC﹣OP)•(OP+OD)
=（R﹣r）（R+r)
=R2﹣r2,
∵两同心圆间的圆环（即图中阴影部分)的面积为16π,
∴πR2﹣πr2=16π，
∴R2﹣r2=16，
∴PA•PB=16．
故选A．

【点评】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了相交弦定理．
【思考】观察讲义课后练习最后一道题，是否有思路？
三、 切割线定理
切割线定理
切割线定理：从圆外一点引圆的两条割线,这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等．
几何语言:
∵PBA，PDC是⊙O的割线
∴PD•PC=PA•PB(割线定理）
由上可知：PT2=PA•PB=PC•PD．

【例7】 （2013•长清区二模）如图，PA为⊙O的切线，A为切点，⊙O的割线PBC过点O与⊙O分别交于B、C，PA=8cm，PB=4cm,求⊙O的半径．

【考点】MH：切割线定理．
【专题】11 ：计算题．
【分析】连接OA，设⊙O的半径为rcm，由勾股定理，列式计算即可．
【解答】解：连接OA，
设⊙O的半径为rcm，（2分）
则r2+82=（r+4）2,（4分）
解得r=6，∴⊙O的半径为6cm．(2分）

【点评】本题考查的是切割线定理，勾股定理,是基础知识要熟练掌握．
【练习3】 (2013秋•东台市期中）如图,点P是⊙O直径AB的延长线上一点,PC切⊙O于点C，已知OB=3，PB=2．则PC等于（　　)

A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】MH:切割线定理．
【专题】11 ：计算题．
【分析】根据题意可得出PC2=PB•PA，再由OB=3,PB=2，则PA=8，代入可求出PC．
【解答】解：∵PC、PB分别为⊙O的切线和割线，∴PC2=PB•PA，
∵OB=3，PB=2,∴PA=8，∴PC2=PB•PA=2×8=16，∴PC=4．
故选C．
【点评】本题考查了切割线定理，熟记切割线定理的公式PC2=PB•PA．
四、 切线长定理
切割线定理
（1）圆的切线长定义:经过圆外一点作圆的切线，这点和切点之间的线段的长，叫做这点到圆的切线长．
（2）切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等,圆心和这一点的连线，平分两条切线的夹角．
(3）注意：切线和切线长是两个不同的概念，切线是直线,不能度量；切线长是线段的长，这条线段的两个端点分别是圆外一点和切点，可以度量．
（4）切线长定理包含着一些隐含结论：
①垂直关系三处；
②全等关系三对；
③弧相等关系两对，在一些证明求解问题中经常用到．

【例8】 （2015•秦皇岛校级模拟）如图,一圆内切四边形ABCD，且BC=10,AD=7，则四边形的周长为（　　）

A．32 B．34 C．36 D．38
【考点】MG：切线长定理．
【分析】根据切线长定理，可以证明圆外切四边形的性质：圆外切四边形的两组对边和相等,从而可求得四边形的周长．
【解答】解：由题意可得圆外切四边形的两组对边和相等，
所以四边形的周长=2×（7+10）=34．
故选:B．
【点评】此题主要考查了切线长定理,熟悉圆外切四边形的性质：圆外切四边形的两组对边和相等是解题关键．
【练习4】 (2015•岳池县模拟）如图，PA，PB切⊙O于A，B两点，CD切⊙O于点E交PA,PB于C，D，若⊙O的半径为r，△PCD的周长为3r，连接OA,OP，则的值是(　　）

A． B． C． D．
【考点】MG:切线长定理；MC：切线的性质．
【分析】利用切线长定理得出CA=CF，DF=DB,PA=PB，进而得出PA=r，求出即可．
【解答】解:∵PA，PB切⊙O于A,B两点，CD切⊙O于点E交PA,PB于C，D,
∴CA=CF,DF=DB，PA=PB，
∴PC+CF+DF+PD=PA=PB=2PA=3r，
∴PA=r，
则的值是:=．
故选：D．
【点评】此题主要考查了切线长定理，得出PA的长是解题关键．
【例9】 (2014秋•夏津县校级期末）如图，P为⊙O外一点，PA，PB分别切⊙O于A，B，CD切⊙O于点E，分别交PA,PB于点C,D．若PA=5,则△PCD的周长和∠COD分别为（　　）

A．5，（90°+∠P） B．7，90°+ C．10,90°﹣∠P D．10，90°+∠P
【考点】MG：切线长定理．
【分析】根据切线长定理，即可得到PA=PB,ED=AD，CE=BC，从而求得三角形的周长=2PA；连接OA、OE、OB根据切线性质，∠P+∠AOB=180°，再根据CD为切线可知∠COD=∠AOB．
【解答】解：∵PA、PB切⊙O于A、B，CD切⊙O于E，
∴PA=PB=10，ED=AD,CE=BC；
∴△PCD的周长=PD+DE+PC+CE=2PA,即△PCD的周长=2PA=10，；
如图,连接OA、OE、OB．
由切线性质得，OA⊥PA,OB⊥PB，OE⊥CD，DB=DE，AC=CE,
∵AO=OE=OB，
易证△AOC≌△EOC（SAS），△EOD≌△BOD（SAS)，
∴∠AOC=∠EOC，∠EOD=∠BOD，
∴∠COD=∠AOB,
∴∠AOB=180°﹣∠P,
∴∠COD=90°﹣∠P．
故选:C．

【点评】本题考查了切线的性质，运用切线的性质来进行计算或论证,常通过作辅助线连接圆心和切点，利用垂直构造直角三角形解决有关问题，是基础题型．
五、 圆幂定理
请尝试解出下列例题:
【例10】 （2005•广州）如图，在直径为6的半圆上有两动点M、N，弦AM、BN相交于点P，则AP•AM+BP•BN的值为　 　．

【考点】M7：相交弦定理；KQ：勾股定理；M5：圆周角定理．
【专题】16 ：压轴题;25 ：动点型．
【分析】连接AN、BM，根据圆周角定理，由AB是直径，可证∠AMB=90°，由勾股定理知，BP2=MP2+BM2，由相交弦定理知，AP•PM=BP•PN，原式=AP(AP+PM）+BP(BP+PN）=AP2+AP•PM+BP2+BP•PN=AP2+BP2+2AP•PM=AP2+MP2+BM2+2AP•PM=AP2+（AP+PM）2=AP2+AM2=AB2=36．
【解答】解：连接AN、BM，
∵AB是直径,
∴∠AMB=90°．
∴BP2=MP2+BM2
∵AP•PM=BP•PN
原式=AP（AP+PM）+BP（BP+PN)=AP2+AP•PM+BP2+BP•PN
=AP2+BP2+2AP•PM
=AP2+MP2+BM2+2AP•PM
=BM2+(AP+PM）2=BM2+AM2=AB2=36．

【点评】本题利用了圆周角定理和相交弦定理，勾股定理求解．
以上四条定理统称为圆幂定理。（部分参考书以前三条为圆幂定理）
圆幂定理：过平面内任一点P（P与圆心O不重合）做⊙O的(切)割线，交⊙O与点A、B，则恒有。（“"被称为点P到⊙O的幂.）

STEP 3:落实巩固——查漏补缺
理念：找到自己本节课的薄弱环节。
STEP 4:总结
理念：本结课复习了什么?学到了什么？
方法：学生口述+笔记记录。
STEP 5:课后练习
一．选择题（共5小题)
1．如图所示，已知⊙O中,弦AB，CD相交于点P,AP=6,BP=2，CP=4,则PD的长是（　　）

A．6 B．5 C．4 D．3
【分析】可运用相交弦定理求解，圆内的弦AB，CD相交于P，因此AP•PB=CP•PD，代入已知数值计算即可．
【解答】解：由相交弦定理得AP•PB=CP•PD,
∵AP=6，BP=2，CP=4，
∴PD=AP•PB÷CP=6×2÷4=3．
故选D．
【点评】本题主要考查的是相交弦定理“圆内两弦相交于圆内一点，各弦被这点所分得的两线段的长的乘积相等"．

2．⊙O的两条弦AB与CD相交于点P，PA=3cm，PB=4cm，PC=2cm，则CD=（　　）
A．12cm B．6cm C．8cm D．7cm
【分析】根据相交弦定理进行计算．
【解答】解：由相交弦定理得:PA•PB=PC•PD，
∴DP===6cm，CD=PC+PD=2+6=8cm．故选C．
【点评】本题主要是根据相交弦定理“圆内两弦相交于圆内一点，各弦被这点所分得的两线段的长的乘积相等”进行计算．

3．如图，⊙O中，弦AB与直径CD相交于点P，且PA=4,PB=6,PD=2，则⊙O的半径为（　　）

A．9 B．8 C．7 D．6
【分析】根据相交弦定理得出AP×BP=CP×DP，求出CP，求出CD即可．
【解答】解:由相交弦定理得：AP×BP=CP×DP，
∵PA=4，PB=6，PD=2，
∴CP=12，
∴DC=12+2=14，
∵CD是⊙O直径，
∴⊙O半径是7．
故选C．
【点评】本题考查了相交弦定理的应用，关键是能根据定理得出AP×BP=CP×DP．

4．如图，A是半径为1的圆O外的一点，OA=2，AB是⊙O的切线，B是切点，弦BC∥OA，连接AC，则阴影部分的面积等于（　　）

A． B． C． D．
【分析】连接OB，OC，易证:△BOC是等边三角形，且阴影部分的面积=△BOC的面积，据此即可求解．
【解答】解:连接OB，OC,
∵AB是圆的切线，
∴∠ABO=90°，
在直角△ABO中,OB=1,OA=2，
∴∠OAB=30°,∠AOB=60°,
∵OA∥BC,
∴∠COB=∠AOB=60°，且S阴影部分=S△BOC，
∴△BOC是等边三角形,边长是1，
∴S阴影部分=S△BOC=×1×=．
故选A．

【点评】本题主要考查了三角形面积的计算，以及切割线定理，正确证明△BOC是等边三角形是解题的关键．

5．如图,PA,PB分别是⊙O的切线,A，B分别为切点，点E是⊙O上一点，且∠AEB=60°,则∠P为（　　）

A．120° B．60° C．30° D．45°
【分析】连接OA,BO，由圆周角定理知可知∠AOB=2∠E=120°，PA、PB分别切⊙O于点A、B，利用切线的性质可知∠OAP=∠OBP=90°，根据四边形内角和可求得∠P=180°﹣∠AOB=60°．
【解答】解：连接OA，BO；
∵∠AOB=2∠E=120°，
∴∠OAP=∠OBP=90°,
∴∠P=180°﹣∠AOB=60°．
故选B．

【点评】本题考查了切线的性质，切线长定理以及圆周角定理，利用了四边形的内角和为360度求解．

二．解答题（共3小题)
6．如图，P为弦AB上一点，CP⊥OP交⊙O于点C，AB=8，=，求PC的长．

【分析】延长CP交⊙O于D．由垂径定理可知CP=DP,由AB=8，=，得到AP=AB=2，PB=AB=6．再根据相交弦定理得出PC•PD=AP•PB,代入数值计算即可求解．
【解答】解:如图,延长CP交⊙O于D．
∵CP⊥OP，
∴CP=DP．
∵AB=8,=，
∴AP=AB=2,PB=AB=6．
∵AB、CD是⊙O的两条相交弦，交点为P,
∴PC•PD=AP•PB，
∴PC2=2×6，
∴PC=2．

【点评】本题考查了相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．同时考查了垂径定理，准确作出辅助线是解题的关键．

7．如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E,F,G，且AB∥CD，BO=6cm，CO=8cm．求BC的长．

【分析】根据切线长定理和平行线的性质定理得到△BOC是直角三角形．再根据勾股定理求出BC的长．
【解答】解：∵AB，BC，CD分别与⊙O相切于E,F，G；
∴∠CBO=∠ABC，∠BCO=∠DCB,
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠DCB=180°，
∴∠CBO+∠BCO=∠ABC+∠DCB=（∠ABC+∠DCB）=90°．
∴cm．
【点评】解答此题的关键是综合运用切线长定理和平行线的性质发现Rt△BOC,再根据勾股定理进行计算．

8．如图，PA切⊙O于点A，割线PBC交⊙O于点B、C．
（1）求证：PA2=PB•PC；
(2)割线PDE交⊙O于点D、E,且PB=BC=4,PE=6,求DE的长．

【分析】(1）连接AB、AC、BO、AO，可证得△PAB∽△PCA，则，即PA2=PB•PC
（2）由PA2=PB•PC,同理得，PA2=PD•PE,可证得PD•PE=PB•PC，根据题意可求得PD，即得出DE的长．
【解答】解：（1）连接AB、AC、BO、AO，
∵PA切⊙O于点A，
∴PA⊥AO，即∠PAB+∠BAO=90°，（1分）
又∵2∠BAO+∠O=180°，
∴∠PAB=∠O，
∵∠C=∠O，
∴∠PAB=∠C，
∴△PAB∽△PCA,（4分)
∴，
即PA2=PB•PC．（5分）
(2）∵PA2=PB•PC,
同理，PA2=PD•PE,
∴PD•PE=PB•PC，（7分)
且PB=BC=4，PE=6，
∴，（9分）
即DE=PE﹣PD=6﹣=．(10分）

【点评】本题考查的是切割线定理，相似三角形的判定和性质，是基础知识要熟练掌握．
9.（2014•长沙校级自主招生)以半圆中的一条弦BC（非直径)为对称轴将弧BC折叠后与直径AB交于点D，若，且AB=10,则CB的长为（　　）

A． B． C． D．4
【考点】MH：切割线定理；KQ：勾股定理；PB：翻折变换（折叠问题)．
【专题】31 ：数形结合．
【分析】作AB关于直线CB的对称线段A′B，交半圆于D′,连接AC、CA′，构造全等三角形，然后利用勾股定理、割线定理解答．
【解答】解：如图,若，且AB=10，∴AD=4，BD=6，
作AB关于直线BC的对称线段A′B，交半圆于D′，连接AC、CA′，
可得A、C、A′三点共线，
∵线段A′B与线段AB关于直线BC对称，∴AB=A′B，
∴AC=A′C，AD=A′D′=4,A′B=AB=10．
而A′C•A′A=A′D′•A′B,即A′C•2A′C=4×10=40．
则A′C2=20，
又∵A′C2=A′B2﹣CB2，∴20=100﹣CB2，∴CB=4．
故选A．

【点评】此题将翻折变换、勾股定理、割线定理相结合,考查了同学们的综合应用能力，要善于观察图形特点，然后做出解答．
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