圓冪定理

定理1(相交弦定理) 如下圖解总， $\odot O$ 的兩弦 $AB,CD$ 交圓內(nèi)于 $P$ 掏膏，那么
$PA\cdot PB=PC\cdot PD$

相交弦定理

定理2(割線定理) 如下圖颖变， $\odot O$ 的兩弦 $AB,CD$ 的延長線(或反向延長線)交圓外于 $P$ ，那么 $PA\cdot PB=PC\cdot PD$
定理2的描述中录别，延長線與反向延長線的結(jié)果是一樣的抱冷。

割線定理

定理3(切割線定理) 如下圖耿眉， $\odot O$ 的弦 $AB$ 的延長線(或反向延長線)交切線 $PT$ 于 $P$ ，那么 $PA\cdot PB=PT^2$ 。

切割線定理

評注相交弦定理告唆、割線定理、切割線定理統(tǒng)稱圓冪定理连锯。因為這三個定理可以統(tǒng)一描述如下：

定理4 兩條直線 $l_1,l_2$ 相交于 $P$ ， $l_1$ 交 $\odot O$ 于 $A,B$ , $l_2$ 交 $\odot O$ 于 $C,D$ ，那么 $PA\cdot PB=PC\cdot PD$ .

當點 $P$ 在圓內(nèi)時，為相交弦定理；當點 $P$ 在圓外時，為割線定理；當點 $P$ 在圓外且 $C,D$ 重合時，為切割線定理。

例題

題1 如圖1-1， $\Delta{ABC}$ 中， $∠C=90°,AC=\sqrt{11},BC=5$ 姻蚓，以 $C$ 為圓心、 $BC$ 為半徑作圓匣沼，與BA的延長線相交于 $D$ 狰挡，求 $AD$ 的長度释涛。

圖1-1

解如圖1-2加叁，延長 CA,AC交圓于E,F。

圖1-2

根據(jù)勾股定理有：
$AB=\sqrt{(AC^2+CB^2 )}=\sqrt{(5^2+(\sqrt{11})^2 )}=6$
又因為：
$AC=\sqrt{11},CF=CB=CE=5$
所以：
$AE=CE-AC=5-\sqrt{11}$
$AF=CF+AC=5+\sqrt{11}$
根據(jù)相交弦定理得：
$AD\times{AB}=AE\times{AF}=(5-\sqrt{11})(5+\sqrt{11})=14$
所以
$AD=14/AB=14/6=7/3$

題2 如圖2-1唇撬， $BC$ 是半圓 $O$ 的直徑它匕，點 $E$ 在圓 $O$ 上, $EF⊥BC$ 于點 $F,BF/FC=5$ ；已知點 $A$ 在 $CE$ 的延長線上窖认， $AB$ 與半圓交于點 $D$ 豫柬，且 $AB=8,AE=2$ 告希，求 $AD$ 的長度。

圖2-1

解如圖2-2烧给，連接 $BE$ 燕偶。

圖2-2

因為 $BC$ 為直徑，所以 $∠BEC=90°$ 础嫡，得 $∠AEB=180°-∠BEC=90°$ 杭跪，于是應(yīng)用勾股定理得：
$BE^2=AB^2-AE^2=8^2-2^2=60$

因為 $BF/FC=5$ ，所以 $BF/BC=BF/(BF+FC)=5/(5+1)=5/6$ 驰吓，可設(shè) $BF=5x,BC=6x$ 涧尿。

又因為 $∠BEC=90°,EF⊥BC$ ，所以：
$5x\cdot{6x}=BF\cdot BC=BE^2=60$
解得 $x=\sqrt2$ 檬贰，得 $BC=6x=6\sqrt2$ 姑廉。

根據(jù)勾股定理得：
$CE=\sqrt{BC^2-BE^2 }=\sqrt{(6\sqrt2)^2-60}=2\sqrt{3}$
得 $AC=AE+EC=2+2\sqrt{3}$

根據(jù)割線定理得：
$AD=(AE\cdot AC)/AB=2×(2+2\sqrt{3})/8=(1+\sqrt{3})/2$

題3 圖3-1，以正方形 $ABCD$ 頂點 $D$ 為圓心翁涤、 $DA$ 為半徑的圓弧與以 $BC$ 為直徑的圓弧相交于點 $P$ 桥言，連接 $AP$ ，延長 $AP$ 與 $BC$ 相交于點 $N$ 葵礼，求 $BN/NC$ 的值号阿。

圖3-1

解如圖3-2，連接 $BP,CP$ 鸳粉，延長 $BP,CP$ 扔涧，分別交 $DA,AB$ 于 $Q,M$ ，設(shè) $DA,CM$ 的延長線交于點 $F$ 届谈。

圖3-2

因為 $DA⊥MA,CB⊥MB$ 枯夜，所以 $MA$ 為弧 $APC$ 的切線， $MB$ 為弧 $CPB$ 的切線艰山，根據(jù)切割線定理有：
$MP\cdot MC=MA^2$
$MP\cdot MC=MB^2$
于是得 $MA=MB$ 湖雹，即 $M$ 為線段 $AB$ 的中點。

$∠CPB$ 為圓直徑 $BC$ 所對的圓周角曙搬，所以：
$∠CPB=Rt∠$
由此容易得：
$∠MCB=∠QBA$
∴ $ΔCBM?ΔBAQ$
得：
$AQ=BM= AB/2=DA/2$
即 $Q$ 為 $DA$ 之中點摔吏。

由 $AM=BM,∠AMF=∠BMC,∠MAF=∠MBC$ 得 $ΔAMF?BMC$ ，得：
$AF=BC=AD$
又由 $FQ∥BC$ 得：
$AQ/BN=AP/PN$
$AF/CN=AP/PN$
于是 $AQ/BN=AF/CN$ 纵装，所以：
$BN/CN=AQ/AF=AQ/AD=1/2$

題4 如圖4-1征讲， $PA,PB$ 是圓 $O$ 兩條切線， $PEC$ 是圓 $O$ 的割線搂擦， $D$ 是 $AB$ 與 $PC$ 的交點稳诚。
(1)當 $PEC$ 通過圓心 $O$ 時哗脖，求證： $PE\cdot CD=PC\cdot DE$ 瀑踢；
(2)當PEC不通過圓心 $O$ 時扳还， $PE\cdot CD=PC\cdot DE$ 是否成立？說明理由橱夭。

圖4-1

(1)證明如圖4-2氨距，設(shè)直線 $PC'$ 過圓心，且交圓于 $C',E'$ 棘劣，交 $AB$ 于 $D'$ 俏让，連接 $AC',AE'$ ，以下只要證明： $PE'\cdot C' D'=PC'\cdot D'E'$

圖4-2

根據(jù)切割線定理得：
$PE'\cdot PC'=PA^2$ (1)

又 $PA,PB$ 切圓于 $A茬暇、B$ 首昔，所以 $PO⊥AB$
在直角三角形 $PAD'$ 中，根據(jù)勾股定理有：
$PA^2=AD'^2+D' P^2$
上式代入(1)得：
$PE'\cdot PC'= AD'^2+D' P^2$

把 $PC'=PD'+D' C',PE'=PD'-D' E'$ 代入上式得：
$(PD'-D'E')(PD'+D' C' )= AD'^2+D' P^2$
展開整理得：
$D'C'\cdot PE'-D' E'\cdot PD'=AD^2$ (2)

$∠C'AE'$ 是半圓弧對應(yīng)的圓周角糙俗，故 $∠C' AE'=90°$
由 $AD'⊥C'E'$ 得：
$AD'^2=C'D'\cdot D'E'$

代入(2)得：
$D' C'\cdot PE'-D' E'\cdot PD'= C'D'\cdot D' E'$
移項整理得：
$PE'\cdot C' D'=PC'\cdot D' E'$
得證勒奇。

(2)答當PEC不通過圓心O時，PE?CD=PC?DE仍然成立巧骚，有兩種證明方法赊颠，分別如下：
證法1(面積法) 如圖4-3，連接 $AC,AE,BC,BE$ 劈彪。

圖4-3

因為 $PA,PB$ 分別切 $\odot{O}$ 于 $A,B$ 竣蹦，所以：
$PA=PB$ (3)
因為 $A,C,B,E$ 四點共圓，所以：
$∠ACB+∠AEB=180°$
于是有：
$S_{ΔAEB}/S_{ΔACB} =(AE\cdot{BE})/(AC\cdot{BC})$ (4)

另沧奴，根據(jù)等高關(guān)系有：
$S_{ΔAED}/S_{ΔACD} =ED/DC=S_{ΔBED}/S_{ΔBCD}$
上式根據(jù)等比定理得：
$S_{ΔAEB}/S_{ΔACB} =(S_{ΔAED}+S_{ΔBED})/(S_{ΔACD}+S_{ΔBCD}$ )=ED/DC
上式代入(4)可以得
$(AE\cdot{BE})/(AC\cdot{BC})=ED/DC$ (5)

根據(jù)弦切角定理得：
$\angle{PAE}=\angle{PCA}$
$\angle{PBE}=\angle{PCB}$
所以：
$\Delta{PAE}\backsim{\Delta{PCA}}$
$\Delta{PBE}\backsim{\Delta{PCB}}$
相似三角形對應(yīng)邊成比例：
$AE/AC=PA/PC=PB/PC=BE/BC$
代入(5)可得
$ED/DC=AE^2/AC^2$
$=PA^2/PC^2$
$=PE\cdot{PC}/PC^2 =PE/PC$
交叉乘得 $PE\cdot{CD}=PC\cdot{DE}$ 痘括，得證?

證法2 如圖4-4，連接 $PO$ 滔吠，令其與 $AB$ 交于 $F$ 远寸。

圖4-4

下面等式顯然：
$PC\cdot{DE}=(PE+DE+CD)DE$
$=PE\cdot{DE}+DE^2+CD\cdot{DE}$ (6)

根據(jù)交弦定理、勾股定理得：
$CD\cdot{DE}=AD\cdot{DB} =(BF+FD)(BF-FD)$
$=BF^2-FD^2=PB^2-PF^2-FD^2 =PB^2-PD^2$
代入(6)屠凶，并根據(jù)切割線定理得：
$PC\cdot{DE}=PE\cdot{DE}+DE^2+PB^2-PD^2$
$=PE\cdot{DE}+PB^2-(PD+DE)(PD-DE)$
$=PE\cdot{DE}+PB^2-PE\cdot{PD}-PE\cdot{DE}$
$=PE\cdot{PC}-PE\cdot{PD}$
$=PE(PC-PD)=PE\cdot{CD}$
得證?

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【平面幾何】圓冪定理(2)

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