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学必求其心得，业必贵于专精
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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∠A＝∠C。
∴Rt△APD∽Rt△CPB.
∴eq\f（PA，PD)＝eq\f（PC，PB).∴PA·PB＝PC·PD。
探究2
解：结论PA·PB＝PC·PD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.
∵∠A＝∠C，∠D＝∠B，
∴△APD∽△CPB.
∴eq\f（PA，PC）＝eq\f(PD，PB)。
∴PA·PB＝PC·PD.
探究4
解：当点P在圆上时，在图1中，PA＝PC＝0，所以PA·PB＝PC·PD仍成立．
当点P在圆外时，在图2中，连接AD，BC，容易证明△PAD∽PCB，所以eq\f(PA，PC)＝eq\f（PD,PB），即PA·PB＝PC·PD.
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∠P＝∠P，所以△PAC∽△PDA，所以eq\f(PA，PD)＝eq\f(PC，PA)，即PA2＝PC·PD.因为A,B两点重合,所以PA·PB＝PC·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PA·PB＝PC·PD变为PA2＝PC2，所以PA＝PC。
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
PA2＝PM·PN，PC2＝PM·PN。
∴PA2＝PC2。
∴PA＝PC。
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2.5
1．解：如图,设圆的两条弦AB与CD相交于点P，PA＝12，PB＝18，PD∶PC＝3∶8。
设PD＝3x，则PC＝8x。
由相交弦定理得PA·PB＝PC·PD，
∴12×18＝3x·8x，即x2＝9.∴x＝3。
∴CD＝PC＋PD＝11x＝11×3＝33（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CD＝30,直径AB＝72，且AB⊥CD于M,因此MB就是圆头部分的长．设MB＝x，由相交弦定理得MC·MD＝MB·MA。
而MC＝MD，
∴eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（CD，2)））2＝MB·MA＝（AB－MB)·MB.∴152＝(72－x）x,
即x2－72x＋225＝0。
解得x＝36＋3eq\r（119)或x＝36－3eq\r(119）（不合题意，舍去)．
∴轴的全长为160＋(36＋3eq\r(119）)＝196＋3eq\r(119).
图(1）
图（2）
3．证明:如图，延长CP与圆相交于点D。
∵OP⊥PC，
∴PC＝PD.
由相交弦定理，得PA·PB＝PC·PD，
∴PC2＝PA·PB。
4．解：设⊙O的半径为x，由割线定理，得PA·PB＝PC·PD.
∵PA＝6，PB＝PA＋AB＝6＋7eq\f（1,3）＝eq\f(40,3)，PC＝PO－OC＝12－x，PD＝PO＋OD＝12＋x，∴6×eq\f（40，3）＝(12－x）·(12＋x）．解得x＝8。∴⊙O的半径为8.
5．证明：由切割线定理和割线定理，得PN2＝NB·NA，NB·NA＝NM·NQ。
故PN2＝NM·NQ。
6．证明：由切割线定理得MA2＝MB·MC.∵MA＝PM，∴PM2＝MB·MC,
即eq\f（PM,MB)＝eq\f(MC，PM）.又∵∠BMP＝∠PMC，
∴△BMP∽△PMC.∴∠MPB＝∠MCP。
7．证明:连接GC.
∵∠1和∠2都是Beq\x\to（G）上的圆周角,
∴∠1＝∠2.∵AD⊥BC，CF⊥AB，
∴∠2＝90°－∠ABD，∠3＝90°－∠ABD.∴∠2＝∠3。∴∠1＝∠3。
∴Rt△CHD≌Rt△CGD。∴DH＝DG.
8．证明:连接OC，则∠AOC等于的度数．
∵∠CDE等于度数的一半，且,
∴∠AOC＝∠EDC。∴∠POC＝∠PDF.又∵∠DPF＝∠OPC,∴△POC∽△PDF。
∴eq\f（PO,PD)＝eq\f（PC，PF）.∴PF·PO＝PD·PC.
由割线定理，得PD·PC＝PA·PB,
∴PF·PO＝PA·PB。
9．解:(1）∵DG和FE是圆内相交的弦，
∴CF·CE＝CD·CG。(结论1）
∵AB是圆的切线，∴AB2＝AD·AE.
∵AB＝AC，
∴AC2＝AD·AE，(结论2)
即eq\f（AC,AE)＝eq\f（AD，AC).
而∠CAD＝∠EAC，
∴△ACD∽△AEC。∵∠AEC＝
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