圆幂定理

定理1(相交弦定理) 如下图， $\odot O$ 的两弦 $AB,CD$ 交圆内于 $P$ ，那么
$PA\cdot PB=PC\cdot PD$

相交弦定理

定理2(割线定理) 如下图， $\odot O$ 的两弦 $AB,CD$ 的延长线(或反向延长线)交圆外于 $P$ ，那么 $PA\cdot PB=PC\cdot PD$
定理2的描述中，延长线与反向延长线的结果是一样的。

割线定理

定理3(切割线定理) 如下图， $\odot O$ 的弦 $AB$ 的延长线(或反向延长线)交切线 $PT$ 于 $P$ ，那么 $PA\cdot PB=PT^2$ 。

切割线定理

评注相交弦定理、割线定理、切割线定理统称圆幂定理。因为这三个定理可以统一描述如下：

定理4 两条直线 $l_1,l_2$ 相交于 $P$ ， $l_1$ 交 $\odot O$ 于 $A,B$ , $l_2$ 交 $\odot O$ 于 $C,D$ ，那么 $PA\cdot PB=PC\cdot PD$ .

当点 $P$ 在圆内时，为相交弦定理；当点 $P$ 在圆外时，为割线定理；当点 $P$ 在圆外且 $C,D$ 重合时，为切割线定理。

例题

题1 如图1-1， $\Delta{ABC}$ 中， $∠C=90°,AC=\sqrt{11},BC=5$ ，以 $C$ 为圆心、 $BC$ 为半径作圆，与BA的延长线相交于 $D$ ，求 $AD$ 的长度。

图1-1

解如图1-2，延长 CA,AC交圆于E,F。

图1-2

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

题2 如图2-1， $BC$ 是半圆 $O$ 的直径，点 $E$ 在圆 $O$ 上, $EF⊥BC$ 于点 $F,BF/FC=5$ ；已知点 $A$ 在 $CE$ 的延长线上， $AB$ 与半圆交于点 $D$ ，且 $AB=8,AE=2$ ，求 $AD$ 的长度。

图2-1

解如图2-2，连接 $BE$ 。

图2-2

因为 $BC$ 为直径，所以 $∠BEC=90°$ ，得 $∠AEB=180°-∠BEC=90°$ ，于是应用勾股定理得：
$BE^2=AB^2-AE^2=8^2-2^2=60$

因为 $BF/FC=5$ ，所以 $BF/BC=BF/(BF+FC)=5/(5+1)=5/6$ ，可设 $BF=5x,BC=6x$ 。

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

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

根据割线定理得：
$AD=(AE\cdot AC)/AB=2×(2+2\sqrt{3})/8=(1+\sqrt{3})/2$

题3 图3-1，以正方形 $ABCD$ 顶点 $D$ 为圆心、 $DA$ 为半径的圆弧与以 $BC$ 为直径的圆弧相交于点 $P$ ，连接 $AP$ ，延长 $AP$ 与 $BC$ 相交于点 $N$ ，求 $BN/NC$ 的值。

图3-1

解如图3-2，连接 $BP,CP$ ，延长 $BP,CP$ ，分别交 $DA,AB$ 于 $Q,M$ ，设 $DA,CM$ 的延长线交于点 $F$ 。

图3-2

因为 $DA⊥MA,CB⊥MB$ ，所以 $MA$ 为弧 $APC$ 的切线， $MB$ 为弧 $CPB$ 的切线，根据切割线定理有：
$MP\cdot MC=MA^2$
$MP\cdot MC=MB^2$
于是得 $MA=MB$ ，即 $M$ 为线段 $AB$ 的中点。

$∠CPB$ 为圆直径 $BC$ 所对的圆周角，所以：
$∠CPB=Rt∠$
由此容易得：
$∠MCB=∠QBA$
∴ $ΔCBM≅ΔBAQ$
得：
$AQ=BM= AB/2=DA/2$
即 $Q$ 为 $DA$ 之中点。

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 $AQ/BN=AF/CN$ ，所以：
$BN/CN=AQ/AF=AQ/AD=1/2$

题4 如图4-1， $PA,PB$ 是圆 $O$ 两条切线， $PEC$ 是圆 $O$ 的割线， $D$ 是 $AB$ 与 $PC$ 的交点。
(1)当 $PEC$ 通过圆心 $O$ 时，求证： $PE\cdot CD=PC\cdot DE$ ；
(2)当PEC不通过圆心 $O$ 时， $PE\cdot CD=PC\cdot DE$ 是否成立？说明理由。

图4-1

(1)证明如图4-2，设直线 $PC'$ 过圆心，且交圆于 $C',E'$ ，交 $AB$ 于 $D'$ ，连接 $AC',AE'$ ，以下只要证明： $PE'\cdot C' D'=PC'\cdot D'E'$

图4-2

根据切割线定理得：
$PE'\cdot PC'=PA^2$ (1)

又 $PA,PB$ 切圆于 $A、B$ ，所以 $PO⊥AB$
在直角三角形 $PAD'$ 中，根据勾股定理有：
$PA^2=AD'^2+D' P^2$
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：
$(PD'-D'E')(PD'+D' C' )= AD'^2+D' P^2$
展开整理得：
$D'C'\cdot PE'-D' E'\cdot PD'=AD^2$ (2)

$∠C'AE'$ 是半圆弧对应的圆周角，故 $∠C' AE'=90°$
由 $AD'⊥C'E'$ 得：
$AD'^2=C'D'\cdot D'E'$

代入(2)得：
$D' C'\cdot PE'-D' E'\cdot PD'= C'D'\cdot D' E'$
移项整理得：
$PE'\cdot C' D'=PC'\cdot D' E'$
得证。

(2)答当PEC不通过圆心O时，PE∙CD=PC∙DE仍然成立，有两种证明方法，分别如下：
证法1(面积法) 如图4-3，连接 $AC,AE,BC,BE$ 。

图4-3

因为 $PA,PB$ 分别切 $\odot{O}$ 于 $A,B$ ，所以：
$PA=PB$ (3)
因为 $A,C,B,E$ 四点共圆，所以：
$∠ACB+∠AEB=180°$
于是有：
$S_{ΔAEB}/S_{ΔACB} =(AE\cdot{BE})/(AC\cdot{BC})$ (4)

另，根据等高关系有：
$S_{ΔAED}/S_{ΔACD} =ED/DC=S_{ΔBED}/S_{ΔBCD}$
上式根据等比定理得：
$S_{ΔAEB}/S_{ΔACB} =(S_{ΔAED}+S_{ΔBED})/(S_{ΔACD}+S_{ΔBCD}$ )=ED/DC
上式代入(4)可以得
$(AE\cdot{BE})/(AC\cdot{BC})=ED/DC$ (5)

根据弦切角定理得：
$\angle{PAE}=\angle{PCA}$
$\angle{PBE}=\angle{PCB}$
所以：
$\Delta{PAE}\backsim{\Delta{PCA}}$
$\Delta{PBE}\backsim{\Delta{PCB}}$
相似三角形对应边成比例：
$AE/AC=PA/PC=PB/PC=BE/BC$
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 $PE\cdot{CD}=PC\cdot{DE}$ ，得证∎

证法2 如图4-4，连接 $PO$ ，令其与 $AB$ 交于 $F$ 。

图4-4

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

根据交弦定理、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)，并根据切割线定理得：
$PC\cdot{DE}=PE\cdot{DE}+DE^2+PB^2-PD^2$
$=PE\cdot{DE}+PB^2-(PD+DE)(PD-DE)$
$=PE\cdot{DE}+PB^2-PE\cdot{PD}-PE\cdot{DE}$
$=PE\cdot{PC}-PE\cdot{PD}$
$=PE(PC-PD)=PE\cdot{CD}$
得证∎

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【平面几何】圆幂定理(2)

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