圆压轴八大模型题(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.【分析】(1)由PC=226810,△POD∽△PCB得DOPOBCPC，∴8610rr，∴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1tan2PDPAADPBPDDB，PB=8,∴PD=4,PA=2,AB=6.设AD=x,DB=2x,在Rt△ADB中，x2+(2x)2=62,∴AD=x=655.(6)由∠DEC=∠ADB=90°得OC∥AD.(7)由AB=2,则OB=1,又BC=2OC=21(2)3,在Rt△OBC中，BE⊥OC，得OE=33,由中位线定理得：AD=2OE=233.DB=263,由△PDA∽△PBD得：12PAADPDDB,设PA=x,则PD=2x,在Rt△PDO中，(2x)2+1=(x+1)2得x=2,∴PA=2,PD=22.OPDCBA(4)PD2＝PAPB;(5)PB＝8，tan＝12，求PA和AD.ABCDPOα(6)求证:OC∥AD（变式）.(7)若AB＝2,BC＝,求AD、PD、PA的长.图(1)图(2)图(3)(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.DOECBAP(8)由AD∥OC得21PAPDAODC,设AO=DO=BO=m，则PA=2m，P0=3m，PD=22m，由△PDA∽△PBD得12PAADPDDB,且AD+BD=2+22，∴AD=2,BD=22,则AB=23=2m,∴m=3,PB=33,PD=26,PC=36,BC=33,S△PBC=12BC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．【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＝655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．由QA2＋OA2＝OQ2，得QA＝4．图3-1(8)PD:DC＝2:1,AD＋BD＝2＋22,求S△ABC.图(4)DOECBAPAOCBEPQDFAOCBEPQDF图a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°；（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∴△CDA∽△CBD∴CDADBCBD∵23ADBD，BC=6，∴CD=4，∵CE，BE是⊙O的切线∴BE=DE，BE⊥BC∴BE2+BC2=EC2，即BE2+62=（4+BE）2图3-2图b解得：BE=52．2.（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PECE的值.（1）证明：分别连接OP，OB.在△OAP和△OBP中，,,.APBPOAOBOPOP∴△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，∴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=1172t，（取正值）∵△PFE∽△CBE，∴1714PEPFCEBC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．∵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，图3-4OPECBAAOCBEPF图3-3图c∵AC＝6，AB＝10，∴BC＝22ABAC＝8，∴AD＝AC＝6，∴BD＝AB－AD＝4，∵BD2＝BF•BC，∴BF＝2，∴CF＝BC－BF＝6．OC＝12CF＝3，∴OA＝22ACOC＝35，∵OC2＝OE•OA，∴OE＝355，∵EM∥AC，∴15EMOMOEACOCOA，∴OM＝35，EM＝65，FM＝OF＋OM＝185，∴3.6365EMFMCGFC，∴CG＝53EM＝2．图d