切線長定理教案

1．理解切線長的定義；(重點)

2．掌握切線長定理并能運用切線長定理解決問題．(難點)

一、情境導(dǎo)入

如圖①，PA為⊙O的一條切線，點A為切點．如圖②所示，沿著直線PO將紙對折，由于直線PO經(jīng)過圓心O，所以PO是圓的一條對稱軸，兩半圓重合．設(shè)與點A重合的點為點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

探究點：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P引圓的兩條切線PA、PB，切點分別是點A和點B，如果∠APB＝60，線段PA＝10，那么弦AB的長是()

A．10

B．12

C．5

D．10

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)常用到．

變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時練習(xí)“課堂達標(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，切點分別為A、B，點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，切點分別為A、B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，∴∠OAP＝∠OBP＝90.又∵∠AOB＝2∠ACB＝140，∴∠APB＝360－∠PAO－∠AOB－∠OBP＝360－90－140－90＝40.易證△POA≌△POB，∴∠OPA＝∠APB＝20.故答案為20.

方法總結(jié)：由公共點引出的兩條切線，可以運用切線長定理得到等腰三角形．另外根據(jù)全等的判定，可得到PO平分∠APB.

變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時練習(xí)“課堂達標(biāo)訓(xùn)練”第3題

【類型三】利用切線長定理求三角形的周長

如圖，PA、PB、DE是⊙O的切線，切點分別為A、B、F，已知PO＝13cm，⊙O的半徑為5cm，求△PDE的周長．

解析：連接OA，根據(jù)切線的性質(zhì)定理，得OA⊥PA.根據(jù)勾股定理，得PA＝12，再根據(jù)切線長定理即可求得△PDE的周長．

解：連接OA，則OA⊥PA.在Rt△APO中，PO＝13cm，OA＝5cm，根據(jù)勾股定理，得AP＝12cm.∵PA、PB、DE是⊙O的切線，∴PA＝PB，DA＝DF，EF＝EB，∴△PDE的周長PD＋DE＋PE＝PD＋DF＋FE＋PE＝PD＋DA＋EB＋PE＝PA＋PB＝2PA＝24cm.

方法總結(jié)：從圓外一點引圓的兩條切線，它們的切線長相等，圓心和這一點的連線，平分兩條切線的夾角．

變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時練習(xí)“課后鞏固提升”第4題

【類型四】利用切線長定理解決圓外切四邊形的問題

如圖，四邊形ABCD的邊與圓O分別相切于點E、F、G、H，判斷AB、BC、CD、DA之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

解析：直接利用切線長定理解答即可．

解：AD＋BC＝CD＋AB，理由如下：∵四邊形ABCD的邊與圓O分別相切于點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.

方法總結(jié)：由切線長定理可以得到一些相等的線段，一定要明確這些相等線段．記住“圓外切四邊形的對邊之和相等”，對我們以后解決問題有很大幫助．

變式訓(xùn)練：見《學(xué)練優(yōu)》本課時練習(xí)“課堂達標(biāo)訓(xùn)練”第4題

【類型五】切線長定理與三角形內(nèi)切圓的綜合

如圖，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，它與AB、BC、CA分別相切于點D、E、F.

(1)求證：BE＝CE；

(2)若∠A＝90，AB＝AC＝2，求⊙O的半徑．

解析：(1)利用切線長定理得出AD＝AF，BD＝BE，CE＝CF，進而得出BD＝CF，即可得出答案；

(2)首先連接OD、OE、OF，進而利用切線的性質(zhì)得出∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90，進而得出四邊形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，切點為D、E、F，∴∠ODA＝∠OFA＝∠A＝90.又∵OD＝OF，∴四邊形ODAF是正方形．設(shè)OD＝AD＝AF＝r，則BE＝BD＝CF＝CE＝2－r.在△ABC中，∠A＝90，∴BC＝＝2.又∵BC＝BE＋CE，∴(2－r)＋(2－r)＝2，得r＝2－，∴⊙O的半徑是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，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M是AD的中點，P是線段MD上的一動點(P不與M，D重合)，以AB為直徑作⊙O，過點P作⊙O的切線交BC于點F，切點為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G，如圖②所示．是否存在點P，使BFFG＝CFOF？如果存在，試求此時AP的長；如果不存在，請說明理由．

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進行計算．

解：(1)FB＝FE，PE＝PA；

(2)四邊形CDPF的周長為FC＋CD＋DP＋PE＋EF＝FC＋CD＋DP＋PA＋BF＝BF＋FC＋CD＋DP＋PA＝BC＋CD＋DA＝23＝6；

(3)假設(shè)存在點P，使BFFG＝CFOF.∴＝.∵cos∠OFB＝，cos∠GFC＝，∴∠OFB＝∠GFC.∵∠OFB＝∠OFE，∴∠OFE＝∠OFB＝∠GFC＝60，∴在Rt△OFB中，BF＝＝＝1.在Rt△GFC中，∵CG＝CFtan∠GFC＝CFtan60＝(2－1)＝6－，∴DG＝CG－CD＝6－3，∴DP＝DGtan∠PGD＝DGtan30＝2－3，∴AP＝AD－DP＝2－(2－3)＝3.