1、教材习题点拨探究 1解：连接 AD，BC，则由圆周角定理的推论可得AC.RtAPDRtCPB. .PA PBPCPD.PAPD PCPB探究 2解：结论 PAPBPCPD 仍然成立( 证明同上)探究 3解：如果 CD 与 AB 不垂直，如图所示，CD，AB 是圆内的任意两条相交弦，结论(1)仍然成立证明：连接 AD，BC.AC，DB，APDCPB. .PAPC PDPBPA PBPCPD.探究 4解：当点 P 在圆上时，在图 1 中，PAPC0，所以 PAPBPCPD 仍成立当点 P 在圆外时，在图 2 中，连接 AD，BC，容易证明PADPCB，所以 ，PAPC PDPB即 PAPBPCPD
2、.图 1图 2探究 5解：使割线 PB 绕 P 点运动到切线的位置(如图所示)，连接 AC，AD ，则PAC PDA .又因为PP，所以PACPDA，所以 ，即 PA2PCPD.PAPD PCPA因为 A， B 两点重合，所以 PAPBPC PD 仍然成立探究 6解：使割线 PD 绕 P 点运动到切线位置时，点 C 与点 D 重合，又因为点 A 与点 B 重合，所以(1)式 PAPBPC PD 变为 PA2PC 2，所以 PAPC.思考：解：由切割线定理能证明切线长定理证明如下：如图，由 P 向圆任作一条割线 PMN，由切割线定理得PA2PMPN，PC 2PM PN.PA 2PC 2.PAPC
3、.切线长定理的空间推广：从球外一点引球的无数条切线，它们的切线长都相等习题 2.51解：如图，设圆的两条弦 AB 与 CD 相交于点P，PA 12，PB18，PDPC 38.设 PD3x，则 PC8x .由相交弦定理得 PAPBPCPD，12183x8x，即 x29. x3.CDPCPD11x11333(cm)2解：如图(1)是轴纵断面图，图(2)是圆头部分的图形，其中弦 CD30，直径AB 72，且 ABCD 于 M，因此 MB 就是圆头部分的长设 MBx，由相交弦定理得MCMDMBMA .而 MCMD ， 2MBMA( ABMB)MB.15 2(72x)x，(CD2)即 x272x2250
4、.解得 x363 或 x363 (不合题意，舍去)119 119轴的全长为 160(363 )1963 .119 119图(1)图(2)3证明：如图，延长 CP 与圆相交于点 D.OPPC，PCPD.由相交弦定理，得 PAPBPCPD，PC 2PAPB.4解：设O 的半径为 x，由割线定理，得 PAPBPCPD.PA6，PBPAAB 67 ，PCPOOC12x ，PDPOOD 12x13 403，6 (12x)(12 x )解得 x8.O 的半径为 8.4035证明：由切割线定理和割线定理，得 PN2NB NA，NB NANM NQ.故 PN2NMNQ.6证明：由切割线定理得 MA2MBMC.
5、MAPM ，PM 2MBMC，即 .又BMP PMC，PMMB MCPMBMP PMC.MPBMCP.7证明：连接 GC.1 和2 都是 B 上的圆周角，G12.ADBC，CFAB，290 ABD，3 90ABD.23. 13.RtCHDRtCGD.DH DG.8证明：连接 OC，则AOC 等于 的度数ACCDE 等于 度数的一半，且 ，AECAECAOCEDC.POCPDF.又DPFOPC，POCPDF. .PF POPDPC.POPD PCPF由割线定理，得 PDPCPAPB，PF POPAPB .9解：(1)DG 和 FE 是圆内相交的弦，CFCECDCG.(结论 1)AB 是圆的切线，
6、AB 2ADAE.ABAC，AC 2AD AE，(结论 2)即 .ACAE ADAC而CADEAC，ACDAEC.AECG，ACDG.ACFG.( 结论 3)(2)如果BADCAD，连接 BC，BD，BG，BE.ABAC，ADAD，ABDACD.BDCD.(结论 4)ABDACD.ACD1，ABD2，12.(结论 5) .(结论 6)ABDF13，24，34.ABE ACE.BECE.(结论 7)ABAC， BADCAD，AEBC.(结论 8)四边形 ABEC 各边的中点在同一个圆周上( 结论 9)ABAC，EBEC，ABECACEB .(结论 10)由结论 10 可以推出，四边形 ABEC 存在内切圆( 结论 11)
