北师版_九年级下册_数学教案_3.7 切线长定理1.doc_大学文库

【类型三】利用切线长定理求三角形的周长如图，PA、PB、DE 是⊙O 的切线，切点分别为 A、B、F，已知 PO＝13cm， ⊙O 的半径为 5cm，求△PDE 的周长．解析：连接 OA，根据切线的性质定理，得 OA⊥PA.根据勾股定理，得 PA＝12，再根据切线长定理即可求得△PDE 的周长．解：连接 OA，则 OA⊥PA.在 Rt△APO 中，PO＝13cm，OA＝5cm，根据勾股定理，得 AP＝12cm.∵PA、PB、DE 是⊙O 的切线， ∴PA＝PB，DA＝DF，EF＝EB，∴△PDE 的周长 PD＋DE＋PE＝PD＋DF＋FE＋PE ＝PD＋DA ＋EB ＋PE＝PA＋PB ＝2PA ＝ 24cm. 方法总结：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．变式训练：见《学练优》本课时练习“课后巩固提升”第 4 题【类型四】利用切线长定理解决圆外切四边形的问题如图，四边形 ABCD 的边与圆 O 分别相切于点 E、F、G、H，判断 AB、BC、 CD、DA 之间有怎样的数量关系，并说明理由．解析：直接利用切线长定理解答即可．解：AD＋BC＝CD＋AB，理由如下：∵ 四边形 ABCD 的边与圆 O 分别相切于点 E、 F、G、H，∴DH＝DG，CG＝CF，BE＝BF， AE＝AH，∴AH＋DH＋CF＋BF＝DG＋GC ＋AE＋BE，即 AD＋BC＝CD＋AB. 方法总结：由切线长定理可以得到一些相等的线段，一定要明确这些相等线段．记住“圆外切四边形的对边之和相等”，对我们以后解决问题有很大帮助．变式训练：见《学练优》本课时练习“课堂达标训练”第 4 题【类型五】切线长定理与三角形内切圆的综合如图，在△ABC 中，AB＝AC，⊙ O 是△ABC 的内切圆，它与 AB、BC、CA 分别相切于点 D、E、F. (1)求证：BE＝CE； (2)若∠A＝90°，AB＝AC＝2，求⊙O 的半径．解析：(1)利用切线长定理得出 AD＝ AF，BD＝BE，CE＝CF，进而得出 BD＝CF，即可得出答案； (2)首先连接 OD、OE、OF，进而利用切线的性质得出∠ODA＝∠OFA ＝∠A ＝ 90°，进而得出四边形 ODAF 是正方形，再利用勾股定理求出⊙O 的半径． (1)证明：∵⊙O 是△ABC 的内切圆， ∴AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF.∵AB＝AC

∴AB-AD=AC-AF,即BD=CF,∴BE 足结论,则∠BFO=∠GFC,根据切线长定 2)解:连接OD、OE、OF,∵⊙O是 △ABC的内切圆,切点为D、E、F,∴∠理得∠BFO=∠EFO,从而得到这三个角应 ODA=∠OFA=∠A=90°又∵OD=OF, ∴四边形ODAF是正方形.设OD=AD= 是60°,然后结合已知的正方形的边长,也 AF=r,则BE=BD=CF=CE=2-r.在 △ABC中,∠A=90°,∴BC=VAB2+AC2 是圆的直径,利用30°的直角三角形的知识 2V2又∵BC=BE+CE,∴(2-n)+(2-n)进行计算 =2√2,得r=2-V,∴⊙O的半径是2 解:(1)FB=FE,PE=P (2)四边形CDPF的周长为FC+CD+ 方法总结:本题综合考查了正方形的判 DP+PE+EF=FC+CD+DP+PA+ BF BF+FC+CD+DP+PA=BC+CD+DA 定以及切线长定理和勾股定理等知识,解决 2√3×3=63 问题的关键是得出四边形ODAF是正方形 (3)假设存在点P,使BFFG CFOF.∴ cos∠OFB BE 【类型六】利用切线长定理解决存在 OF’cos 性问题 6如图①,已知正方形ABCD的边 ∠GFC= ∴∠OFB=∠GFC.∵∠OFB 长为23,点M是AD的中点,P是线段=∠OFE,∴∠OFE=∠OFB=∠GFC= MD上的一动点(P不与M,D重合),以AB 为直径作⊙O,过点P作⊙O的切线交BC 60°,∴在Rt△OFB中,BF tan∠OFB 于点F,切点为E (1)除正方形ABCD的四边和⊙O中的tan60°=1.在Rt△GFC中,∵CG= CFtan 半径外,图中还有哪些相等的线段(不能添GFC=CF1tan60°=(-1)×√3=6 加字母和辅助线)? √3,∴DG=CG-CD=6-3√3,∴DP (2)求四边形CDPF的周长 DG tan∠PGD= DG.tan30°=23-3 (3)延长CD,FP相交于点G,如图②所AP=AD-DP=23-( 示.是否存在点P,使BFFG=CFOF?如果存在,试求此时AP的长;如果不存在方法总结:由于存在性问题的结论有两请说明理由 G种可能,所以具有开放的特征,在假设存在 4PD性以后进行的推理或计算.一般思路是:假设存在—推理论证—得出结论.若能导出合理的结果,就做出“存在”的判断,若解析:(1)根据切线长定理得到FB=FE,导岀矛盾,就做出“不存在”的判断 PE=PA;(2)根据切线长定理,发现该四边三、板书设计切线长定理形的周长等于正方形的三边之和(3)若要满切线长的概念

∴AB－AD＝AC－AF，即 BD＝CF，∴BE ＝CE； (2)解：连接 OD、OE、OF，∵⊙O 是 △ABC 的内切圆，切点为 D、E、F，∴∠ ODA＝∠OFA＝∠A＝90°.又∵OD＝OF， ∴四边形 ODAF 是正方形．设 OD＝AD＝ AF＝r，则 BE＝BD＝CF＝CE＝2－r.在 △ABC 中，∠A＝90°，∴BC＝ AB2＋AC2 ＝2 2.又∵BC＝BE＋CE，∴(2－r)＋(2－r) ＝2 2，得 r＝2－ 2，∴⊙O 的半径是 2－ 2 . 方法总结：本题综合考查了正方形的判定以及切线长定理和勾股定理等知识，解决问题的关键是得出四边形 ODAF 是正方形．【类型六】利用切线长定理解决存在性问题如图①，已知正方形 ABCD 的边长为 2 3，点 M 是 AD 的中点，P 是线段 MD 上的一动点(P 不与 M，D 重合)，以 AB 为直径作⊙O，过点 P 作⊙O 的切线交 BC 于点 F，切点为 E. (1)除正方形 ABCD 的四边和⊙O 中的半径外，图中还有哪些相等的线段(不能添加字母和辅助线)? (2)求四边形 CDPF 的周长； (3)延长 CD，FP 相交于点 G，如图②所示．是否存在点 P，使 BF·FG＝CF·OF？如果存在，试求此时 AP 的长；如果不存在，请说明理由．解析：(1)根据切线长定理得到FB＝FE， PE＝PA；(2)根据切线长定理，发现该四边形的周长等于正方形的三边之和；(3)若要满足结论，则∠BFO＝∠GFC，根据切线长定理得∠BFO＝∠EFO，从而得到这三个角应是 60°，然后结合已知的正方形的边长，也是圆的直径，利用 30°的直角三角形的知识进行计算．解：(1)FB＝FE，PE＝PA； (2)四边形 CDPF 的周长为 FC＋CD＋ DP＋PE＋EF＝FC＋CD＋DP＋PA＋BF＝ BF＋FC＋CD＋DP＋PA＝BC＋CD＋DA＝ 2 3×3＝6 3； (3) 假设存在点 P ，使 BF·FG ＝ CF·OF.∴ BF OF＝ CF FG.∵cos∠OFB＝ BF OF ，cos ∠GFC＝ CF FG，∴∠OFB＝∠GFC.∵∠OFB ＝∠OFE，∴∠OFE＝∠OFB＝∠GFC＝ 60°，∴在 Rt△OFB 中，BF＝ OB tan∠OFB＝ OB tan60° ＝1.在 Rt△GFC 中，∵CG＝CF·tan ∠GFC＝CF·tan60°＝(2 3－1)× 3＝6－ 3，∴DG＝CG－CD＝6－3 3，∴DP＝ DG·tan∠PGD＝DG·tan30°＝2 3－3，∴ AP＝AD－DP＝2 3－(2 3－3)＝3. 方法总结：由于存在性问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算．一般思路是：假设存在——推理论证——得出结论．若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，若导出矛盾，就做出“不存在”的判断．三、板书设计切线长定理 1．切线长的概念