3.7 切線長定理1

1、*3.7 切線長定理 切線長定理1．理解切線長的定義；(重點(diǎn))2．掌握切線長定理并能運(yùn)用切線長定理解決問題．(難點(diǎn))一、情境導(dǎo)入如圖①，PA 為⊙O 的一條切線，點(diǎn) A為切點(diǎn)．如圖②所示，沿著直線 PO 將紙對(duì)折，由于直線 PO 經(jīng)過圓心 O，所以 PO是圓的一條對(duì)稱軸，兩半圓重合．設(shè)與點(diǎn)A 重合的點(diǎn)為點(diǎn) B，這里，OB 是⊙O 的一條半徑，PB 是⊙O 的一條切線．圖中 PA與 PB、∠APO 與∠BPO 有什么關(guān)系？二、合作探究探究

2、點(diǎn)：切線長定理【類型一】 利用切線長定理求線段的長如圖，從⊙O 外一點(diǎn) P 引圓的兩條切線 PA、PB，切點(diǎn)分別是點(diǎn) A 和點(diǎn) B，如果∠APB＝60°，線段 PA＝10，那么弦AB 的長是( )A．10 B．12C．5 3D．103解析：∵PA、PB 都是⊙O 的切線，∴PA＝PB.∵∠APB＝60°，∴△PAB 是等邊三角形，∴AB＝PA＝10.故選 A.方法總結(jié)：切線長定理是在圓中判斷線段相等的主要依據(jù)，經(jīng)常

3、用到．變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時(shí)練習(xí)“課堂達(dá)標(biāo)訓(xùn)練”第 4 題【類型二】 利用切線長定理求角的度數(shù)如圖，PA、PB 是⊙O 的切線，切點(diǎn)分別為 A、B，點(diǎn) C 在⊙O 上，如果∠ACB＝70°，那么∠OPA 的度數(shù)是________度．解析：如圖所示，連接 OA、OB.∵PA、PB 是⊙O 的切線，切點(diǎn)分別為A、B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90°.又∵∠AOB＝2∠ACB＝140°

4、，∴∠APB＝360°－∠PAO－∠AOB－∠OBP＝360°－90°－140°－90°＝40°.易證△POA≌△POB，∴∠OPA＝ ∠APB＝20°.12故答案為 20.方法總結(jié)：由公共點(diǎn)引出的兩條切線，可以運(yùn)用切線長定理得到等腰三角AF，BD＝BE，CE＝CF，進(jìn)而得出 BD＝CF，即可得出答案；(2)首先連接 OD、OE、OF，進(jìn)而利用切線的性質(zhì)得出∠ODA＝

5、∠OFA＝∠A＝90°，進(jìn)而得出四邊形 ODAF 是正方形，再利用勾股定理求出⊙O 的半徑．(1)證明：∵⊙O 是△ABC 的內(nèi)切圓，∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF.∵AB＝AC，∴AB－AD＝AC－AF，即 BD＝CF，∴BE＝CE；(2)解：連接 OD、OE、OF，∵⊙O 是△ABC 的內(nèi)切圓，切點(diǎn)為 D、E、F，∴∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90°.又∵OD＝OF，∴四邊形 ODAF 是正方形．設(shè) OD＝A

6、D＝AF＝r，則 BE＝BD＝CF＝CE＝2－r.在△ABC 中，∠A＝90°，∴BC＝＝2 .又∵BC＝BE＋CE，∴(2 AB2＋AC2 2－r)＋(2－r)＝2 ，得 r＝2－ ，∴⊙O 2 2的半徑是 2－. 2方法總結(jié)：本題綜合考查了正方形的判定以及切線長定理和勾股定理等知識(shí)，解決問題的關(guān)鍵是得出四邊形 ODAF 是正方形．【類型六】 利用切線長定理解決存在性問題如圖①，已知正方形 ABCD 的邊長為 2 ，點(diǎn) M

7、是 AD 的中點(diǎn)，P 是線段 3MD 上的一動(dòng)點(diǎn)(P 不與 M，D 重合)，以AB 為直徑作⊙O，過點(diǎn) P 作⊙O 的切線交BC 于點(diǎn) F，切點(diǎn)為 E.(1)除正方形 ABCD 的四邊和⊙O 中的半徑外，圖中還有哪些相等的線段(不能添加字母和輔助線)?(2)求四邊形 CDPF 的周長；(3)延長 CD，F(xiàn)P 相交于點(diǎn) G，如圖②所示．是否存在點(diǎn) P，使 BF·FG＝CF·OF？如果存在，試求此時(shí) AP 的長；如果不存

8、在，請(qǐng)說明理由．解析：(1)根據(jù)切線長定理得到 FB＝FE，PE＝PA；(2)根據(jù)切線長定理，發(fā)現(xiàn)該四邊形的周長等于正方形的三邊之和；(3)若要滿足結(jié)論，則∠BFO＝∠GFC，根據(jù)切線長定理得∠BFO＝∠EFO，從而得到這三個(gè)角應(yīng)是 60°，然后結(jié)合已知的正方形的邊長，也是圓的直徑，利用 30°的直角三角形的知識(shí)進(jìn)行計(jì)算．解：(1)FB＝FE，PE＝PA；(2)四邊形 CDPF 的周長為 FC＋CD＋DP＋PE＋EF

9、＝FC＋CD＋DP＋PA＋BF＝BF＋FC＋CD＋DP＋PA＝BC＋CD＋DA＝2 ×3＝6 ； 3 3(3)假設(shè)存在點(diǎn) P，使 BF·FG＝CF·OF.∴ ＝ .∵cos∠OFB＝ ，cos∠BFOFCFFGBFOFGFC＝ ，∴∠OFB＝∠GFC.∵∠OFB＝CFFG∠OFE，∴∠OFE＝∠OFB＝∠GFC＝60°，∴在 Rt△OFB 中，BF＝ ＝OBtan∠OFB＝1.在 Rt△GFC 中