圆压轴题(3)-双切线组合.doc

(完整word)圆压轴题(3)-双切线组合
圆压轴题八大模型题（三）

泸州市七中佳德学校 易建洪

引言：与圆有关的证明与计算的综合解答题,往往位于许多省市中考题中的倒数第二题的位置上，是试卷中综合性与难度都比较大的习题。一般都会在固定习题模型的基础上变化与括展,本文结合近年来各省市中考题，整理了这些习题的常见的结论，破题的要点，常用技巧。把握了这些方法与技巧，就能台阶性地帮助考生解决问题.

类型3 双切线组合
径在直角边--直径在直角三角形的直角边上.
Rt△PBC中,∠ABC＝90°，Rt△PBC的直角边PB上有一点A，以线段AB为直径的⊙O与斜边相切于点D。
图(1)
图(2）

图(3)

（6）求证:OC∥AD（变式).
（7)若AB＝2,BC＝,
求AD、PD、PA的长.

(4)PD2＝PA×PB;
（5）PB＝8，tana＝，
求PA和AD。

(1）PB＝8，BC＝6，求⊙O的半径r.
(2)PD＝4,PB＝8，求BC的长。
(3）PD＝4，PA＝2，求⊙O的半径r。

【分析】(1）由PC=，△POD∽△PCB得，∴，∴r=3.
（2)设BC=CD=x，在Rt△PBC中，82+x2=(4+x)2，得BC=x=6.
（3）在Rt△PDO中，42+r2=（2+r)2,解得r=3.
(4）由△PDA∽△PBD得：PD2=PA×PB.
(5)由△PDA∽△PBD得，PB=8,
∴PD=4,PA=2,AB=6.设AD=x，DB=2x,
在Rt△ADB中，x2+（2x）2=62，∴AD=x= .
（6）由∠DEC=∠ADB=90°得OC∥AD。
(7）由AB=2，则OB=1,又BC=OC=,在Rt△OBC中，BE⊥OC，得OE=，由中位线定理得：AD=2OE=.DB=，由△PDA∽△PBD得:，设PA=x,则PD=x，在Rt△PDO中,（x）2+1=(x+1）2得x=2,∴PA=2，PD=2。
（8）由AD∥OC得，设AO=DO=BO=m，
则PA=2m，P0=3m,PD=2m，由△PDA∽△PBD
得,且AD+BD=2+2,
图(4)
（8) PD:DC＝2：1，
AD＋BD＝2＋2，
求S△ABC.

∴AD=2,BD=2,则AB=2=2m,
∴m=,PB=3，PD=2,PC=3，BC=3，
S△PBC=BC×PB=13。5。

【典例】
（2018·四川乐山）如图，P是⊙O外的一点，PA、PB是⊙O的两条切线,A、B是切点,PO交AB于点F，延长BO交⊙O于点C，交PA的延长交于点Q,连结AC．
（1)求证:AC∥PO;
（2）设D为PB的中点，QD交AB于点E，若⊙O的半径为3，CQ＝2，求的值．

图3-1
【分析】（1）由等腰三角形三线合一与直径所对的圆周角是直角得同位角相等。(2)在Rt△OQA中，由勾股定理得QA＝4,在Rt△PBQ中，由勾股定理得PA＝＝PB＝6，因此FD＝3，BF＝AF＝又由中位线定理FD∥AP得，
FE：EA＝3：4，因此设AE＝4t,则EF＝3t，BF＝10t，所以AE：BE＝2：5。
（1）证明：∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点,∴PA＝PB，且PO平分∠BPA，∴PO⊥AB．
∵BC是直径，∴∠CAB＝90°，∴AC⊥AB,∴AC∥PO；
（2)解：连结OA、DF，如图，
∵PA、PB是⊙O的两条切线，A、B是切点，
∴∠OAQ＝∠PBQ＝90°．
在Rt△OAQ中,OA＝OC＝3，∴OQ＝5．
图a
由QA2＋OA2＝OQ2,得QA＝4．
在Rt△PBQ中，PA＝PB，QB＝OQ＋OB＝8，由QB2＋PB2＝PQ2，
得82＋PB2＝（PB＋4)2,解得PB＝6，∴PA＝PB＝6．
∵OP⊥AB，∴BF＝AF＝AB．
又∵D为PB的中点，∴DF∥AP，DF＝PA＝3,∴△DFE∽△QEA,
∴ ＝＝，设AE＝4t，FE＝3t,则AF＝AE＋FE＝7t,
∴BE＝BF＋FE＝AF＋FE＝7t＋3t＝10t，∴ ＝＝．

【点拨】
由切线长定理引出的双母子相似三角形中,含直角三角形、等腰三角形，全等三角形及相似三角形,常涉及用到等腰“三线合一"、“射影定理”、中位线定理、勾股定理，平行线分线段成比例，切割线定理等的综合运用。因此善于分解图形，由线与角之间关系，构建基本图形模型,当出现量与量之间有多重联系的时候，常考虑设元建方程求解问题。

【变式运用】
1。（2016 ×青海西宁）如图，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上,且∠CDA=∠CBD．
（1)求证：CD是⊙O的切线;
(2）过点B作⊙O的切线交CD的延长线于点E,BC=6，．求BE的长．（12分）

【分析】（1）连OD,OE,根据圆周角定理得到∠ADO+∠1=90°，而∠CDA=∠CBD，∠CBD=∠1,于是∠CDA+∠ADO=90°；
图3-2
（2）根据已知条件得到△CDA∽△CBD由相似三角形的性质得到,求得CD=4，由切线的性质得到BE=DE,BE⊥BC根据勾股定理列方程即可得到结论．
(1)证明:连结OD,∵OB=OD，∴∠OBD=∠BDO，
∵∠CDA=∠CBD,∴∠CDA=∠ODB，
又∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，
∴∠ADO+∠ODB=90°，∴∠ADO+∠CDA=90°，
即∠CDO=90°，∴OD⊥CD，
∵OD是⊙O半径，∴CD是⊙O的切线
（2)解：∵∠C=∠C,∠CDA=∠CBD
图b
∴△CDA∽△CBD∴ ∵,BC=6,
∴CD=4，∵CE，BE是⊙O的切线
∴BE=DE,BE⊥BC
∴BE2+BC2=EC2，即BE2+62=（4+BE)2
解得：BE=．
2.（2018·湖北武汉）如图，PA是⊙O的切线，A是切点，AC是直径，AB是弦,连接PB、PC,PC交AB于点E,且PA＝PB。
（1) 求证：PB是⊙O的切线。
（2） 若∠APC＝3∠BPC，求的值。
(1）证明： 分别连接OP，OB。
图3—3
在△OAP和△OBP中，∴△OAP≌△OBP.
∴∠OAP=∠OBP,∵PA是⊙O的切线，∴∠OBP=∠OAP=90°,
∴PB是⊙O的切线。
(2）连接BC,设OP交AB于点F，
∵AC是⊙O的直径,∴∠ABC=90°.
∵PA,PB是⊙O的切线,
∴PO垂直平分AB,PO平分∠APB，
图c
∴BC∥OP，∴∠OPC=∠PCB，
∵∠APC=3∠BPC,∴∠OPC=∠CPB，
∴∠PCB=∠CPB，∴BC=BP.
设OF=t，则BC=PB=2t，由△PBF∽△POB,得PB2=PF·PO,
即（2t)2=PF×(PF+t)解得PF=t,（取正值）
∵△PFE∽△CBE，∴
3.（2017×泸州）如图，⊙O与Rt△ABC的直角边AC和斜边AB分别相切于点C、D，与边BC相交于点F，OA与CD相交于点E,连接FE并延长交AC边于点G．
（1）求证:DF∥AO;
（2)若AC＝6，AB＝10，求CG的长．

解：(1）证明:连接OD．
图3—4
∵AB与⊙O相切与点D，又AC与⊙O相切与点,
∴AC＝AD，∵OC＝OD，∴OA⊥CD，∴CD⊥OA,
∵CF是直径，∴∠CDF＝90°,∴DF⊥CD，
∴DF∥AO．
（2）过点作EM⊥OC于M，
∵AC＝6,AB＝10，∴BC＝＝8,
∴AD＝AC＝6，∴BD＝AB－AD＝4，
图d
∵BD2＝BF•BC，∴BF＝2，∴CF＝BC－BF＝6．OC＝CF＝3，
∴OA＝＝3,∵OC2＝OE•OA，∴OE＝,∵EM∥AC，
∴，
∴OM＝，EM＝，FM＝OF＋OM＝，
∴，
∴CG＝EM＝2．