圓中的重要模型之圓冪定理模型推論的統(tǒng)一與歸納。可能是在19世紀(jì)由德國數(shù)學(xué)家施泰納(Steiner)或者法國數(shù)學(xué)家普朗克雷()學(xué)活用！模型1.相交弦模型模型2.雙割線模型模型3.切割線模型模型4.弦切角模型模型5.托勒密定理模型模型1.相交弦模型相交弦定理(IntersectingChords)等。OAB與弦交于點EE在圓O內(nèi)。ECEBEAED結(jié)論：△CAE～△?=?EC?ED=EB?EA。證明：∵BC=BC∴∠A=∠D∵AD=AD∴∠B=∠C，ECEBEAED∴△CAE～△∴=∴EC?ED=EB?EA。1.(2023·浙江紹興·模擬預(yù)測)四邊形ABDCEAB=AC=4,AE=2BE、CEBE的值為．2.(23-24九年級上·山西朔州·期末)閱讀與思考()1O的兩弦AB相交于點P．求證：AP?BP=CP?DP．1ACBD．∵∠C=∠B∠A=∠D．∴△APC∽△DPB(根據(jù))APDP∴=@∴AP?BP=CP?DP，∴任務(wù)：(1)請將上述證明過程補充完整．根據(jù)：@：．(2)2AB是O的弦，P是AB上一點，AB=10cm=3cmOP=15cm⊙O的半徑．3.(2023春·廣東九年級期中)如圖，BD為△ABC外接圓⊙O的直徑，BC交AD于點F∠=∠C．(1)求證：AE是⊙O的切線；(2)求證：AF?DF=CF?BF(3)若AE∥BCBC=8AB=25⊙O的半徑．模型2.雙割線模型割線定理(Secant)CH與弦CF交圓O于點E和點G。ECCHCGCF結(jié)論：△CEG～△CHF?=?EC?FC=GC?HC證明∵是圓的內(nèi)接四邊形∴∠FHC+∠FEG=180°∵∠FHC+∠GEC=180°∴∠FHC=∠GEC3ECCHCGCF又∠C=∠C∴△CEG～△CHF∴=∴EC?FC=GC?HC4.(2023·江蘇無錫·九年級階段練習(xí))如圖，切⊙O于APBC是⊙OPB=2PC=4，則的長為．5.(2023·湖北九年級月考)B交⊙O于AB:AB=2:1PO交⊙O于CPC=3OC=2的長為()A.23B.14C.26106.(2023春·河南洛陽·統(tǒng)考一模)兩個公共點(即直線與圓相交)⊙O外一點P作⊙O⊙O于AB⊙O于CD點．求證：?PB=PC?PD．ADBC，∵∠A和∠C為BD所對的圓周角，∴．又∵∠P=∠P∴∴．即?PB=PC?PD．ACBDABDC．那么或許割線定4ACBD，模型3.切割線模型CB是圓O的切線，CA是圓O的割線。CBCACB結(jié)論：△CBD～△CAB?=?CB2=?CA證明：連接BO并延長交⊙O于點EED，∵BC是⊙O的切線，∴∠+∠=90°∵BD=BD∴∠A=∠E，∵BE是圓的直徑，∴∠=90°∴∠E+∠=90°∴∠A+∠=90°∴∠=∠A，CBCACB∵∠C=∠C∴△CBD～△CAB∴=∴CB2=?CA。7.(2023·廣東·九年級假期作業(yè))如圖，切⊙O于點APBC是⊙OPB=BC=2=．8.(2023·河南鄭州·一模)36-2圓冪定理(切割線定理)內(nèi)容如下：5項．A是⊙O外一點，．求證：．9.(2023·浙江臺州·統(tǒng)考二模)如圖，AB是⊙OC在⊙O上D在CDCACBDC2=?．(1)求證：△∽△CBD(2)判斷直線與⊙O模型4.弦切角模型12ABD在⊙OBC與⊙O相切于點B。結(jié)論：∠CBD=∠=∠。6證明：連接BO并延長交⊙O于點EED，∵BC是⊙O的切線，∴∠+∠=90°∵BD=BD∴∠A=∠E，∵BE是圓的直徑，∴∠=90°∴∠E+∠=90°∴∠A+∠=90°∴∠=∠A，12∵∠DOB=2∠A∴∠CBD=∠=∠。10.(2023·河南三門峽·統(tǒng)考二模)本上沒有的與圓相關(guān)的角---弦切角(交的角叫做弦切角)(1)AB與⊙O相切于C點，DE為⊙O上不同于CCE．請你寫出圖中的兩個弦切角(不添加新的字母和線段)(2)小銳目測∠DCB和∠的方法證明結(jié)論的正確性嗎？AB與⊙O相切于C點，DE為圓上不同于CCE．求證：∠DCB=∠．(3)．11.(2023春·山西大同·九年級校聯(lián)考期中)閱讀與思考閱讀下面內(nèi)容并完成任務(wù)：如圖1線NM與⊙O相切于點AAB為⊙O的弦，∠叫弦切角，AB叫做弦切角∠所夾的弧，∠C是AB所對的圓周角，AC∠=∠C．AC不是直徑會如何呢？即在圖2中∠=∠C嗎？她連接7AO⊙O于點C接CB?問題得到了解決．小穎同學(xué)利用圖3證明了當(dāng)弦切角∠∠∠=∠C(如圖4)嗎？任務(wù)：(1)2證明∠=∠C；(2)4解答小亮提出的問題；(3)寫出在上面解決問題的過程中體現(xiàn)的數(shù)學(xué)思想：(寫出兩種)；(4)5P為⊙O的弦CB延長線上一點，切⊙O于點A接ABAC∠P=19°∠ABP=140°∠C=模型5.托勒密定理模型°托勒密定理(Ptolemy's)AB是圓O的兩條弦；結(jié)論：AB?+AD?BC=AC?BD82∠=∠CAD交BD于點E．∵AD=AD∴∠ABE=∠．ABACBE∴△ABE∽△ACD∴=∴AB?DC=AC?BE．∵∠=∠CAD∴∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC∴∠=∠EAD，ACADBCED∵AB=AB∴∠ACB=∠∴△ABC∽△AED．∴=．∴AD?BC=AC?ED．∴AB?DC+AD?BC=AC?BE+AC?ED=ACBE+ED=AC?BD∴AB?DC+AD?BC=AC?BD．12.(2023·湖北武漢·校考模擬預(yù)測的乘積等于兩組對邊乘積之和．如圖，⊙O中有圓內(nèi)接四邊形ABCDBD=8=5AB=6∠BDC=60°AD=()8227822-6822-7822-8A.-5B.C.77713.(2023春·廣東九年級課時練習(xí))閱讀與應(yīng)用下面是對這個命題的證明過程．如圖1內(nèi)接于⊙O．求證：AB?DC+AD?BC=AC?BD．92∠=∠CAD交BD于點E．∵AD=AD∴∠ABE=∠．(依據(jù))ABACBE∴△ABE∽△．∴==．AB?DC=AC?BE．?．∴AD?BC=AC?ED．ACADBCED∴△ABC∽△AED．∴∵AB?DC=AC?BE，∴AB?DC+AD?BC=AC?BE+AC?ED=ACBE+ED=AC?BD．∴AB?DC+AD?BC=AC?BD．任務(wù)：(1)(2)補全證明過程；(3)如圖3⊙O的內(nèi)接五邊形的邊長都為2BD的長．14.(2023·河南南陽·一模)圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．1，求證：．．102∠=∠CADBD于點E??∴△ABE∽△ACD∴AB?DC=AC?BE??∴△ABC∽△AED∴AD?BC=AC?ED，∴AB?DC+AD?BC=AC?BE+AC?ED=ACBE+ED=AC?BD．(1)(2)如圖3內(nèi)接于⊙OAB=1BD的長．1.(23-24九年級下·江蘇·期中)如圖，切⊙O于點APBC是⊙O=23BC=2PB么PB的長為()A.2B.6C.4262.(23-24九年級上·浙江杭州·階段練習(xí))克羅狄斯·內(nèi)接于半徑為23的圓，∠A=120°∠B=45°AB=AD的周長為()A.43+52B.103C.43+4243+623.(2023·四川成都·校聯(lián)考一模)如圖，切⊙O于點APBC經(jīng)過圓心OOB=PB=1OA繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°到PD的長為()11312A.7B.C.5224.(2023·浙江溫州·校考三模)在幾何學(xué)發(fā)展的歷史長河中，人們發(fā)現(xiàn)了許多經(jīng)久不衰的平面幾何定理，蘇格蘭數(shù)學(xué)家羅伯特·西姆森RobertSimson發(fā)現(xiàn)從三角形外接圓上任意一點向三邊(或其延長線)SimsonLine為4的⊙O為△ABC的外接圓，CB過圓心OP作△ABCEF、AEABD∠FPB=∠C=3的值為()13492334A.B.C.5.(23-24九年級下·浙江寧波·期中)O為圓心的兩個同心圓中，AA作小圓的割線AXYAX?=2()A.πB.2πC.4π8π6.(23-24八年級下·浙江寧波·開學(xué)考試)如圖所示，AB與圓O相切于點AD在圓OBD與圓O相交于點CBC=DC=3=2AB=6圓O的半徑等于．127.(2023·浙江九年級月考)已知為⊙O的兩條割線，=8AB=10=7∠P=60°，則⊙O的半徑為．8.(2023·江西景德鎮(zhèn)·九年級校考期末)如圖，PT是⊙O的切線，T為切點，⊙O于ABCT交于點D．已知=2AD=3BD=4PB=．9.(2023·浙江杭州·模擬預(yù)測)P引圓的兩條割線B和PCDA,B和C,DPBPCPDPDPCPBACPDBD結(jié)AC,BD===(把你認(rèn)為成立的比例式的序號都填上)．10.(2023·重慶九年級期末)P引圓的切線A交⊙O于點D、B．已知=12PD=8S△ABP:S△=．11.(2024·福建龍巖·模擬預(yù)測)PT是⊙OT為⊙O的割線．13(1)求證：△∽△PBT(2)若∠PTB=30°=6cmPT=2PB⊙O的面積．12.(23-24九年級下·江蘇南京·自主招生)P作兩條直線分別與圓交于AB和CD別求證：?PB=PC?PD．13.(23-24九年級上·山西大同·階段練習(xí))閱讀與思考克羅狄斯?托勒密(約90年-168年)1內(nèi)接于⊙O??．任務(wù)：(1)材料中劃橫線部分應(yīng)填寫的內(nèi)容為．(2)如圖2內(nèi)接于⊙OAB=2BD的長．14.(2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測)如圖，△ABCAB=ACM是BCAM并BC于點D點DAB的延長線于點N．14(1)求證：AD是此圓的直徑；(2)若AC=4BN=16DN的長．15.(23-24九年級下·河南平頂山·階段練習(xí))羅狄斯托勒密(ClaudiusPtolemaeus90年168年)托勒密定理實出自依巴谷(Hipparchus)如圖1內(nèi)接于⊙O：AB?+BC?AD=AC?BD下面是該結(jié)論的證明過程：1∠=∠CADBD于點E．∵AD=AD∴∠ABE=∠(依據(jù)1)∴△ABEABACBE∽△(依據(jù)2)∴=∴AB?=AC?BE∵AB=AB∴∠ACB=∠∵∠=∠CAD∴∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC∠=∠EAD?任務(wù)：(1)托勒密定理的逆命題是(2)請完成后續(xù)證明；；(3)如圖2AB為直徑的⊙OC為⊙O∠ABC=30°∠ACB的角平分線交⊙O于點D接ADBDAB=4的長．1516.(23-24九年級下·河南洛陽·期中)線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．你能給出證明嗎？下面是證明的開頭：P為⊙O與圓相切于A線PBC與圓相交于點BC．求證：2=PB?PCABACB0AO，因為切⊙0于點A∴．⊥AO∠B+∠=90°．(1)補充完成上面的證明過程；(2)與⊙O交于DEPB=BC=4PE=7的長．17.(2023九年級下·山東棗莊·專題練習(xí))如圖，AB是圓O與AB交于點E⊥AB，F(xiàn)是圓O上一點，AC=CF接FBFDFD交AB于點ND作圓O的切線交的延長線于點M接FC并延長交的延長線于點P．(1)求證：AE?BE=CE?ED；(2)求證：∠BNF=∠BFN；(3)求證：?OP=OE?．18.(2023·江蘇揚州·九年級專題練習(xí))閱讀與思考16()1O的兩弦AB相交于點P．求證：AP?BP=CP?DP．1接ACBD．∵∠C=∠B∠A=∠D．∴△APC∽△DPB(根據(jù))AP∴=@，DP∴AP?BP=CP?DP，∴任務(wù)：(1)請將上述證明過程補充完整．根據(jù)：@：．(2)2AB是O的弦，P是AB上一點，AB=10cm=3cmOP=15cm⊙O的半徑．19.(23-24九年級上·河南新鄉(xiāng)·期末)筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，明朝科學(xué)家徐光啟在(1)(2)O與水面分別交于點ABP水槽MN所在的直線是圓OAB交于點MP恰好在MN所在的直線上，P、OC三點共線，PC是圓O(1)求證：∠=∠MPB；17(2)求證：MP2=MA?MB；(3)若AB=APMB=8MP=12BP的長．20.(2023春·河南南陽·統(tǒng)考一模)弦切角定理(弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角)下探索過程：問題的證明：(只證明劣交角即可)(1)1線l與⊙O相交于點AB點B作．求證：∠ABD=．(2)如圖2線l與⊙O相交于點ABAD為⊙O的直徑，BC切⊙O于點B的延長線于點CAD=BCAC=2⊙O的半徑．18圓中的重要模型之圓冪定理模型推論的統(tǒng)一與歸納。可能是在19世紀(jì)由德國數(shù)學(xué)家施泰納(Steiner)或者法國數(shù)學(xué)家普朗克雷()學(xué)活用！模型1.相交弦模型模型2.雙割線模型模型3.切割線模型模型4.弦切角模型模型5.托勒密定理模型模型1.相交弦模型相交弦定理(IntersectingChords)等。OAB與弦交于點EE在圓O內(nèi)。ECEBEAED結(jié)論：△CAE～△?=?EC?ED=EB?EA。證明：∵BC=BC∴∠A=∠D∵AD=AD∴∠B=∠C，ECEBEAED∴△CAE～△∴=∴EC?ED=EB?EA。1.(2023·浙江紹興·模擬預(yù)測)四邊形ABDCEAB=AC=4,AE=2BE、CEBE的值為．3或4△ABD∽△AEB出AD△AEC∽△BED到BE·CE=12BECEBECE的取值．∵AB=AC=4AE=2∴∠=∠ADC，∵∠ABC=∠ADC∴∠=∠ABC∠=∠∴△ABD∽△AEB，ABAEADAB42AD4∴==∴AD=8∴=6，∵∠CAE=∠∠ACE=∠∴△AEC∽△BED，AEBECE2BECE6∴==∴BE·CE=12∵BECE都是整數(shù)，則BE和CE可取的值為34或26或112；∵AB=AC=4∴BC<AB+AC=8∴BC=3+4=7，∴BE的值為3或43或4．的相似三角形得到線段關(guān)系．2.(23-24九年級上·山西朔州·期末)閱讀與思考()1O的兩弦AB相交于點P．求證：AP?BP=CP?DP．1接ACBD．∵∠C=∠B∠A=∠D．∴△APC∽△DPB(根據(jù))APDP∴=@∴AP?BP=CP?DP，∴任務(wù)：(1)請將上述證明過程補充完整．根據(jù)：@：．(2)2AB是O的弦，P是AB上一點，AB=10cm=3cmOP=15cm⊙O的半徑．CPBP(1)有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似，(2)⊙O的半徑為6cm．(1)根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)求解即可；(2)延長OP交圓O于點DPO交圓O于點FO的半徑為rcmPF=r+15cmPD=r-15cm據(jù)(1)中結(jié)論代入求解即可．(1)1ACBD．∵∠C=∠B∠A=∠D．∴△APC∽△DPB(根據(jù)有兩個角對應(yīng)相等的兩個三角形相似)APDPCPBP∴=∴AP?BP=CP?DP∴CP；BP(2)延長OP交圓O于點DPO交圓O于點F，3設(shè)圓O的半徑為rcmAB=10cm=3cmOP=15cm，PF=15+rcmPD=r-15cmPB=7cm，根據(jù)(1)中結(jié)論得AP?BP=DP?FP為3×7=r+15r-15∴r2=36解得：r=6或r=-6()⊙O的半徑為6cm．，的相交弦定理是解題關(guān)鍵．3.(2023春·廣東九年級期中)如圖，BD為△ABC外接圓⊙O的直徑，BC交AD于點F∠=∠C．(1)求證：AE是⊙O的切線；(2)求證：AF?DF=CF?BF(3)若AE∥BCBC=8AB=25⊙O的半徑．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)5(1)連接OABC于G∠OAE=90°AFBFCFDF(2)證明△ACF～△BDF=(3)求出BG=4(1)OABC于G∵∠=∠C∠C=∠D∴∠=∠D，∵BD為⊙O的直徑，∴∠=90°∴∠D+∠=90°，4∵OAOB為半徑，∴OA=OB∴∠OAB=∠OBA，∴∠+∠OAB=90°∠OAE=90°，∵OA是半徑，∴AE與⊙O相切于點A．(2)證明：∵∠C=∠D∠CAD=∠∴△ACF～△BDF，AFBFCFDF∴=∴AF?DF=CF?BF．(3)解⊙O的半徑為r∵AE是⊙O的切線，∴OA⊥AE于A，∵AE∥BC∴OA⊥BC于G∴BG=CG∠BGA=BGO=90°，∵BC=8∴BG=4∵AB=25∴AG=20-16=2，∴r2=16+r-22得r=5∴⊙O的半徑為5．模型2.雙割線模型割線定理(Secant)CH與弦CF交圓O于點E和點G。ECCHCGCF結(jié)論：△CEG～△CHF?=?EC?FC=GC?HC證明∵是圓的內(nèi)接四邊形∴∠FHC+∠FEG=180°∵∠FHC+∠GEC=180°∴∠FHC=∠GECECCHCGCF又∠C=∠C∴△CEG～△CHF∴=∴EC?FC=GC?HC4.(2023·江蘇無錫·九年級階段練習(xí))如圖，切⊙O于APBC是⊙OPB=2PC=4，則的長為．225.∵切⊙O于APBC是⊙O的割線，PB=2PC=4，∴2=PB×PC2=8∴=22.故答案為22..5.(2023·湖北九年級月考)B交⊙O于AB:AB=2:1PO交⊙O于CPC=3OC=2的長為()A.23B.14C.2610BAB=x=2xPB=3x.根據(jù)割線定理列方程求解即可.PO交圓于D.∵:AB=2:1∴可設(shè)AB=x=2xPB=3x.∵PC=3OC=2∴PO=2+2+3=7.∵·PB=PC·PO∴2x·3x=3×7,12∴x=14,∴=2x=14B.的積相等.6.(2023春·河南洛陽·統(tǒng)考一模)兩個公共點(即直線與圓相交)⊙O外一點P作⊙O⊙O于AB⊙O于CD點．求證：?PB=PC?PD．6ADBC，∵∠A和∠C為BD所對的圓周角，∴．又∵∠P=∠P∴∴．即?PB=PC?PD．ACBDABDC．那么或許割線定ACBD，APCPDPBP∠A=∠C△ADP∽△CBP，=(1)證明△ADP∽△CBP即可得到結(jié)論；(2)根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得∠PBD=∠ACD△ACP∽△ADBC，∵∠A和∠C為BD所對的圓周角，∴∠A=∠C．APCPDPBP又∵∠P=∠P∴△ADP∽△CBP∴=．即?PB=PC?PD．AP故答案為：∠A=∠C△ADP∽△CBP，CPDP=，BPACBD，∵四邊形ABDC為圓內(nèi)接四邊形，∴∠ABD+∠=180°，又∵∠ABD+∠PBD=180°∴∠PBD=∠ACD，APDPCPBP又∵∠P=∠P∴△ACP∽△∴=?PB=PC?PD．模型3.切割線模型CB是圓O的切線，CA是圓O的割線。CBCACB結(jié)論：△CBD～△CAB?=?CB2=?CA證明：連接BO并延長交⊙O于點EED，∵BC是⊙O的切線，∴∠+∠=90°∵BD=BD∴∠A=∠E，∵BE是圓的直徑，∴∠=90°∴∠E+∠=90°∴∠A+∠=90°∴∠=∠A，7CBCACB∵∠C=∠C∴△CBD～△CAB∴=∴CB2=?CA。7.(2023·廣東·九年級假期作業(yè))如圖，切⊙O于點APBC是⊙OPB=BC=2=．22AB,ACAO并延長交⊙O于點DBD∠=∠=∠ACB△∽△PBA2=PB·PC．AB,ACAO并延長交⊙O于點DBD，∵切⊙O于點A∴∠=90°∴∠B+∠=90°，∵AD為⊙O的直徑，∴∠ABD=90°∴∠B+∠=90°∴∠=∠=∠ACBPBPC又∵∠P=∠P∴△∽△PBA∴=∴2=PB·PC，而PB=BC=2∴2=2×4=8∴=22(，負(fù)值舍去．故答案：．22)決本題的關(guān)鍵．8.(2023·河南鄭州·一模)36-2圓冪定理(切割線定理)內(nèi)容如下：8項．A是⊙O外一點，．求證：．AB是⊙O為⊙O的割線，AB2=AC?AD△ABC∽△(A是⊙O外一點，)AB是⊙O為⊙O的割線．求證：AB2=AC?AD．故答案為：AB是⊙O為⊙O的割線，AB2=AC?ADBDBO并延長交⊙O于點ECE，，∵AB是⊙O的切線，∴∠ABC+∠CBE=90°，∵BE是圓的直徑，∴∠BCE=90°=∠E+∠CBE，∴∠ABC=∠E∠E=∠∴∠ABC=∠BDC，∵∠=∠∴△ABC∽△，ABADACAB∴=∴AB2=AC?AD．9.(2023·浙江臺州·統(tǒng)考二模)如圖，AB是⊙OC在⊙O上D在CDCACBDC2=?．9(1)求證：△∽△CBD(2)判斷直線與⊙O(1)見解析(2)ADBD(1)由DC2=?可得=∠D=∠D而即可得證；△∽△CBD(2)連接OC△∽△CBDOB=OC得∠DCA=∠OCB為AB是⊙O∠ACB=90°∠DCO=90°OC⊥．又因為OC是⊙O的切線．ADBD(1)證明：∵DC2=?∴=∵∠D=∠D∴△∽△CBD．(2)與⊙O相切．OC∵△∽△CBD∴∠DCA=∠B，∵OB=OC∴∠OCB=∠B∴∠DCA=∠OCB∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴∠DCO=∠DCA+∠ACO=∠OCB+∠ACO=90°∴OC⊥．又∵OC是半徑，∴直線是⊙O的切線．OC模型4.弦切角模型12ABD在⊙OBC與⊙O相切于點B。結(jié)論：∠CBD=∠=∠。10證明：連接BO并延長交⊙O于點EED，∵BC是⊙O的切線，∴∠+∠=90°∵BD=BD∴∠A=∠E，∵BE是圓的直徑，∴∠=90°∴∠E+∠=90°∴∠A+∠=90°∴∠=∠A，12∵∠DOB=2∠A∴∠CBD=∠=∠。10.(2023·河南三門峽·統(tǒng)考二模)本上沒有的與圓相關(guān)的角---弦切角(交的角叫做弦切角)(1)AB與⊙O相切于C點，DE為⊙O上不同于CCE．請你寫出圖中的兩個弦切角(不添加新的字母和線段)(2)小銳目測∠DCB和∠的方法證明結(jié)論的正確性嗎？AB與⊙O相切于C點，DE為圓上不同于CCE．求證：∠DCB=∠．(3)．(1)∠DCB∠ECB∠DCA∠ECA(任意寫出兩個即可)(2)見解析；(3)弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角(1)根據(jù)弦切角的定義加以識別即可；(2)過點C作直徑CFDF∠轉(zhuǎn)化為∠F∠DCB=∠F即可．(3)(1)弦CDCE分別與切線CB構(gòu)成的弦切角為：∠DCB∠ECB；弦CDCE分別與切線CA構(gòu)成的弦切角為：∠DCA∠ECA．故答案為：∠DCB∠ECB∠DCA∠ECA(任意寫2個即可)(2)C作直徑CFDF．11∵CF是⊙O直徑，∴∠FDC=90°．∴∠F+∠=90°．又∵AB與⊙O相切于點C∴FC⊥AB．∴∠+∠DCB=90°．∴∠DCB=∠F．∵=∴∠F=∠CED．∴∠DCB=∠CED．(3)弦切角等于它所夾的弧所對的圓周角．.11.(2023春·山西大同·九年級校聯(lián)考期中)閱讀與思考閱讀下面內(nèi)容并完成任務(wù)：如圖1線NM與⊙O相切于點AAB為⊙O的弦，∠叫弦切角，AB叫做弦切角∠所夾的弧，∠C是AB所對的圓周角，AC∠=∠C．AC不是直徑會如何呢？即在圖2中∠=∠C嗎？她連接AO⊙O于點C接CB?問題得到了解決．小穎同學(xué)利用圖3證明了當(dāng)弦切角∠∠∠=∠C(如圖4)嗎？12任務(wù)：(1)2證明∠=∠C；(2)4解答小亮提出的問題；(3)寫出在上面解決問題的過程中體現(xiàn)的數(shù)學(xué)思想：(寫出兩種)；(4)5P為⊙O的弦CB延長線上一點，切⊙O于點A接ABAC∠P=19°∠ABP=140°∠C=°(1)見解析(2)見解析(3)轉(zhuǎn)化思想和類比思想(4)21(1)連接AO⊙O于點CCB∠C=∠CAC是⊙O∠C+∠CAB=90°∠CAB+∠=∠CAM=90°(2)連接AO⊙O于點DAD是⊙O∠D+∠B=90°線的性質(zhì)可得∠+∠=∠=90°∠=∠D∠C+∠D=180°(3)(4)接AO⊙O于點EEB∠C=∠E∠=∠C(1)AO⊙O于點CCB∠C=∠C，∵AC是⊙O的直徑，∴∠ABC=90°∴∠C+∠CAB=90°，∵直線NM與⊙O相切于點A∴CA⊥MN∴∠CAB+∠=∠CAM=90°，∴∠=∠C∴∠=∠C；(2)AO⊙O于點D接，∵AD是⊙O的直徑，∴∠ABD=90°∴∠D+∠B=90°，∵直線NM與⊙O相切于點A∴⊥MN∴∠B+∠=∠N=90°∴∠=∠D，∵四邊形ACBD是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠C+∠D=180°，∵∠+∠=180°∴∠=∠C；(3)(4)AO⊙O于點EEB∠C=∠E，13∵AE是⊙O的直徑，∴∠ABE=90°∴∠E+∠EAB=90°，∵直線AP與⊙O相切于點A∴EA⊥AP∴∠EAB+∠=∠EAP=90°，∴∠=∠E∴∠=∠C∵∠P=19°∠ABP=140°，∴∠C=∠=21°．故答案為：21．模型5.托勒密定理模型托勒密定理(Ptolemy's)AB是圓O的兩條弦；結(jié)論：AB?+AD?BC=AC?BD2∠=∠CAD交BD于點E．∵AD=AD∴∠ABE=∠．ABACBE∴△ABE∽△ACD∴=∴AB?DC=AC?BE．∵∠=∠CAD∴∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC∴∠=∠EAD，ACADBCED∵AB=AB∴∠ACB=∠∴△ABC∽△AED．∴=．∴AD?BC=AC?ED．∴AB?DC+AD?BC=AC?BE+AC?ED=ACBE+ED=AC?BD∴AB?DC+AD?BC=AC?BD．12.(2023·湖北武漢·校考模擬預(yù)測的乘積等于兩組對邊乘積之和．如圖，⊙O中有圓內(nèi)接四邊形ABCDBD=8=5AB=6∠BDC=60°AD=()148227822-6822-7822-8A.-5B.C.777BB作BE⊥CDEB作BG⊥ACG∠BDC=∠=60°Rt△和BECE的長，再在Rt△BCEBCRt△ABGAG和BGRt△BCGCGAC計算即可解答．B作BE⊥CDEB作BG⊥ACG，∵∠BDC=60°∴∠BDC=∠=60°，1232在Rt△中，BD=8∴=BD?cos60°=8×=4BE=BD?sin60°=8×=43，∵=5∴CE=-=5-4=1Rt△BCE中，BC=BE2+CE2=(43)2+12=7，1232在Rt△ABG中，AG=AB?cos60°=6×=3BG=AB?sin60°=6×=33，在Rt△BCG中，CG=BC2-BG2=72-(33)2=22∴AC=AG+CG=3+22，，∵四邊形是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴AD?BC+AB?=AC?BD，822-6∴7AD+6×5=83+22AD=B．7的關(guān)鍵．13.(2023春·廣東九年級課時練習(xí))閱讀與應(yīng)用下面是對這個命題的證明過程．15如圖1內(nèi)接于⊙O．求證：AB?DC+AD?BC=AC?BD．2∠=∠CAD交BD于點E．∵AD=AD∴∠ABE=∠．(依據(jù))ABACBE∴△ABE∽△．∴==．AB?DC=AC?BE．?．∴AD?BC=AC?ED．ACADBCED∴△ABC∽△AED．∴∵AB?DC=AC?BE，∴AB?DC+AD?BC=AC?BE+AC?ED=ACBE+ED=AC?BD．∴AB?DC+AD?BC=AC?BD．任務(wù)：(1)(2)補全證明過程；(3)如圖3⊙O的內(nèi)接五邊形的邊長都為2BD的長．(1)同弧所對的圓周角相等；(2)見解析；(3)5+1；(1)根據(jù)同弧所對的圓周角相等可得∠ABE=∠；(2)由∠=∠CAD可得∠=∠EAD∠ACB=∠可得△ABC∽△AED；(3)連接ADBEAB=BC===EA=2可得AB=BC===BABE=AD=BDBE=AD=BDAB?+AE?BD=BE?AD解方程即可；(1)解：∵同弧所對的圓周角相等，AD=AD，16∴∠ABE=∠(2)解：∵∠=∠CAD∴∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC∴∠=∠EAD，∵AB=AB∴∠ACB=∠；(3)ADBE，∵AB=BC===EA=2，∴AB=BC===BA，∴AB+AE=AE+ED=+CB，∴BE=AD=BD∴BE=AD=BD，∵四邊形是⊙O的內(nèi)接四邊形，∴AB?+AE?BD=BE?AD，∵AB==EA=2∴2×2+2BD=BD2，解得：BD=5+1或BD=1-5(舍去)∴對角線BD的長為5+1；別相等是解題關(guān)鍵．14.(2023·河南南陽·一模)圓的內(nèi)接四邊形兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．1，求證：．．2∠=∠CADBD于點E??∴△ABE∽△ACD∴AB?DC=AC?BE??∴△ABC∽△AED∴AD?BC=AC?ED，∴AB?DC+AD?BC=AC?BE+AC?ED=ACBE+ED=AC?BD．(1)(2)如圖3內(nèi)接于⊙OAB=1BD的長．(1)1內(nèi)接于⊙OAB?DC+AD?BC=AC?BD1+5(2)2(1)17(2)連接ADAC(1)1內(nèi)接于⊙O，求證：AB?DC+AD?BC=AC?BD，2∠=∠CADBD于點E，∵AD=AD∴∠ABE=∠ACD∴△ABE～△∴AB?DC=AC?BE．∵AB=AB∴∠ACB=∠．∵∠=∠CAD∴∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC即∠=∠EAD，∴△ABC～△AED∴AD?BC=AC?ED，∴AB?DC+AD?BC=AC?BE+AC?ED=ACBE+ED=AC?BD．(2)在圖3ADAC．∵五邊形是正五邊形∴△ABC?△DCB?△AED∴設(shè)BD=AC=AD=x．在圓內(nèi)接四邊形AB?+AD?BC=AC?BD1+51-51+5即1×1+x?1=x2得x=1，x=舍去對角線的長為()∴BD．22221.(23-24九年級下·江蘇·期中)如圖，切⊙O于點APBC是⊙O=23BC=2PB么PB的長為()A.2B.6C.426APB=xPC=3x2=PB?PCPB=xPC=3x，PB的長．∵2=PB?PC=23BC=2PB∴x?3x=12∴x=2．故選A．182.(23-24九年級上·浙江杭州·階段練習(xí))克羅狄斯·內(nèi)接于半徑為23的圓，∠A=120°∠B=45°AB=AD的周長為()A.43+52DB.103C.43+4243+6230°角所對直角邊是斜邊的一半和托勒密定理，連接ACBDA作AN⊥交延長線于點NA作AH⊥BD于點HDMAMACBDAD鍵．ACBDA作AN⊥交延長線于點NA作AH⊥BD于點H徑DMAM，∴∠=90°∠AHD=∠AHB=90°∠AND=90°，∵∠=120°AB=AD∴∠ABD=∠=∠ACN=30°BH=DH，1212∴∠AMD=30°∴AD=DM=23∴AH=AD=3，在Rt△AHDDH=AD2-AH2=∵∠ABC=45°∠ABC+∠ADC=180°∠N+∠ADC=180°∴∠ADN=∠NAD=45°∴AN=ND，2+AH2=2AN∴AN=623-32=3∴BD=6，，在Rt△ANDAD=ND，，在Rt△ANC中，∠ACN=30°∴AC=2AN=26AD·BC+AB·=AC·BD，∴23×BC+23×=6×26∴BC+=62，∴四邊形的周長為AB+AD+BC+=23+23+62=43+62D．3.(2023·四川成都·校聯(lián)考一模)如圖，切⊙O于點APBC經(jīng)過圓心OOB=PB=1OA繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°到PD的長為()19312A.7B.C.522A32⊥CB于E∠AOP=60°∠DOC=60°．利用三角函數(shù)可求=，12EO=．根據(jù)勾股定理即可求PD的值．⊥CB于E．∵OB=PB=1∴OA=1．又∵切⊙O于點AOA⊥AP∴∠AOP=60°．3212又∵OA繞點O逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°∴∠DOC=60°∴=1×sin60°=EO=∴PD=132221+1++=7．故選A．24.(2023·浙江溫州·校考三模)在幾何學(xué)發(fā)展的歷史長河中，人們發(fā)現(xiàn)了許多經(jīng)久不衰的平面幾何定理，蘇格蘭數(shù)學(xué)家羅伯特·西姆森RobertSimson發(fā)現(xiàn)從三角形外接圓上任意一點向三邊(或其延長線)SimsonLine為4的⊙O為△ABC的外接圓，CB過圓心OP作△ABCEF、AEABD∠FPB=∠C=3的值為()13492334A.B.C.D20APAFPAEPDAP==2=6△CAB∽△AP，EFD共線，∵AB=AB∴∠APB=∠C，∵∠FPB=∠C∴∠APB=∠FPB∴點AFP三點共線，∵PE⊥ACAC⊥BAFD⊥AD∴四邊形AEPD是矩形，∴AP==2=6，∵OB=APAF=PF∴BP=AB∴∠=∠∴∠FPE=∠=∠=∠，∵AB=AB∴∠APB=∠C∴∠=∠C，AEABBC6834又∵∠CAB=∠∴△CAB∽△∴===．故選：D．掌握以上知識點．5.(23-24九年級下·浙江寧波·期中)O為圓心的兩個同心圓中，AA作小圓的割線AXYAX?=2()A.πB.2πC.4π8πB過點A作圓的切線ADD．連接,,YD,DX△ADX∽△得出AD2=AX?ADA作圓的切線ADD,,YD,DX,AO，21∴⊥AD∴∠=∠2+∠1=90°2=2+AD2，設(shè)∠1=α∴∠2=90°-α∵=∴∠3=∠2=90°-α，AXADAD∴∠=180°-∠2-∠3=2α∴∠Y=α=∠1∵∠A=∠A∴△ADX∽△∴AD2=AX?，=∴∵AX?=2∴AD=2∴圓環(huán)的面積=π2-π2=π2-2=πAD2=2π．故選：B．6.(23-24八年級下·浙江寧波·開學(xué)考試)如圖所示，AB與圓O相切于點AD在圓OBD與圓O相交于點CBC=DC=3=2AB=6圓O的半徑等于．22AO交⊙O于點H長BD交⊙O于點FOCAFACO作OE⊥BF于點E，ABBFBCAB由切線定理和直徑所對的圓周角為直角證得∠=∠AFC△ABC∽△FBA=得92BF=12CE=OEOC．AO交⊙O于點HBD交⊙O于點F接OCAFACO作OE⊥BF于點E則∠AFC+∠CFH=90°∵是⊙O的切線，∴∠+∠CAO=90°，ABBFBCAB∵∠HAC=∠HFC∴∠=∠AFC∵∠ABC=∠FBA∴△ABC∽△FBA∴=．19232∵BC=DC=3AB=6∴BF=12∴CF=9∴CE=CF=∴=CE-DC=，23272722922∵=2∴OE=2-2=故答案為：22．22-∴OC=OE2+CE2==22，+27.(2023·浙江九年級月考)已知為⊙O的兩條割線，=8AB=10=7∠P=60°，則⊙O的半徑為73．PC△22∵?PB=PC?PD8×18=PC?(PC+7)PC=9BC，∵BP=+AB=2PC=18∠P=60°∴∠BCP=90°∴∠=90°，BC=BP2-PC2=182-92=93接BD∵∠=90°∴BD為直徑，BD=2+BC2=72+(93)2=273．故⊙O的半徑為：73．構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．8.(2023·江西景德鎮(zhèn)·九年級校考期末)如圖，PT是⊙O的切線，T為切點，⊙O于ABCT交于點D．已知=2AD=3BD=4PB=．20.ACBT證?CAD~?BTDTD=6?BTP~?：TP2=AP?BP2=(x+7)?xPD=x+4，設(shè)PB=xAP=x+7，.ACBT∵∠CAD=∠BTD∠ADC=∠∴?CAD~?BTD，BDADTD243TD∴=：=∴TD=6∵PT是⊙O的切線，T為切點，∴∠+∠BTD=90°，∵CT是直徑，∴∠CAD+∠P=90°∵∠CAD=∠BTD∴∠=∠，APBP∵∠P=∠P∴?BTP~?∴=：TP2=AP?BP，設(shè)PB=xAP=x+7，，2=(x+7)?xPD=x+4∵在Rt?DPT中，DT2+PT2=PD2∴62+(x+7)x=(x+4)2x=2020..9.(2023·浙江杭州·模擬預(yù)測)P引圓的兩條割線B和PCDA,B和C,DPBPCPDPDPCPBACPDBD結(jié)AC,BD===23(把你認(rèn)為成立的比例式的序號都填上)．△D∽△PCB可得到答案．∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴∠=∠PCB∠=∠PBC∴△∽△PCB，PCPDPBADBCPBPCPDPDPCPB∴==∴①==正確；③連接ACBD∵∠P=∠P∠PBD=∠PCA∴△∽△，PDACBDACPDBD∴=∴=決本題的關(guān)鍵．10.(2023·重慶九年級期末)P引圓的切線A交⊙O于點D、B．已知=12PD=8S△ABP:S△=．9:4PB=18可求SS=PB：：．22=942=PD×PB，∵=12PD=8∴PB=18．由弦切角和公共角易知△ABP∽△．∴SS=PB2=94．故答案為9411.(2024·福建龍巖·模擬預(yù)測)PT是⊙OT為⊙O的割線．(1)求證：△∽△PBT(2)若∠PTB=30°=6cmPT=2PB⊙O的面積．24(1)見解析；(2)9π．(1)過T作⊙O的直徑AB∠A=∠A∠ABT=90°∠P=90°11111根據(jù)相似三角形的判定方法即可；BTPBPTPB2PB12(2)由(1)可知△∽△PBTPT=2PB===明△OBT據(jù)性質(zhì)求出半徑即可；點的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．(1)過T作⊙O的直徑AB∠A=∠A∠ABT=90°，1111∵PT切⊙O于T點，∴∠1=90°，∴∠PTB+∠ATB=90°，∵∠A+∠ATB=90°，11∴∠PTB=∠A1=∠A，∴△P∽△PBT；(2)連接OB，由(1)可知△P∽△PBTPT=2PB，BTPBPTPB2PB12∴===，∵=6cm，∴BT=3cm，∵∠PTB=30°，∴∠BOT=2∠A=2∠PTB=60°，∵OB=OT，∴△OBT是等邊三角形，∴⊙O的半徑OB=3cm，∴⊙O的面積等于9π．12.(23-24九年級下·江蘇南京·自主招生)P作兩條直線分別與圓交于AB和CD別求證：?PB=PC?PD．PDPCPB于左邊圖由同弧所對圓周角相等得到∠A=∠D∠C=∠B=?PB=PC?PD∠BCP=∠A△PBC∽PCPDPB△=?PB=PC?PD．25∵ABCD都在同一個圓上，∴∠A=∠D∠C=∠B，∴△ACP∽△，PDPCPB∴=，∴?PB=PC?PD；ADBC，∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴∠A+∠=180°，∵∠BCP+∠=180°，∴∠BCP=∠A，又∵∠P=∠P，∴△PBC∽△，PCPDPB∴=，∴?PB=PC?PD．13.(23-24九年級上·山西大同·階段練習(xí))閱讀與思考克羅狄斯?托勒密(約90年-168年)1內(nèi)接于⊙O??．任務(wù)：(1)材料中劃橫線部分應(yīng)填寫的內(nèi)容為．(2)如圖2內(nèi)接于⊙OAB=2BD的長．(1)AC?BD=AB?+AD?BC(2)1+5(1)由托勒密定理可直接求解；(2)連接AD,ACAD=AC=BDBD=x密定理有，AC?BD=AB?+AD?BCBD的長(1)由托勒密定理可得：AC?BD=AB?+AD?BC故答案為：AC?BD=AB?+AD?BC26(2)AD,AC，∵五邊形是正五邊形，則∠E=∠ABC=∠,AB=BC==2∴AD=AC=BD設(shè)BD=x，∵AC?BD=AB?+AD?BC即x2=2×2+2x解得x=1+5,x=1-5(舍去)12∴BD=1+514.(2024·陜西咸陽·模擬預(yù)測)如圖，△ABCAB=ACM是BCAM并BC于點D點DAB的延長線于點N．(1)求證：AD是此圓的直徑；(2)若AC=4BN=16DN的長．(1)見解析(2)45(1)由三線合一得AD⊥BC∠CAD=∠BAD而∠+∠ABM=90°∠=∠CBDAD是此圓的直徑；BNDNDNAN(2)由AC=4BN=16得BN=4AB=AC=16明△NBD∽△N得=出DN的長．(1)BD，∵AB=ACM是BC的中點，∴AD⊥BC∠CAD=∠BAD，∴∠+∠ABM=90°，∵∠CAD=∠CBD，∴∠=∠CBD，∴∠ABD=∠CBD+∠ABM=∠+∠ABM=90°，∴AD是此圓的直徑．(2)∵AC=4BN=16∴BN=4AB=AC=16，∴AN=AB+BN=20，∵AD是此圓的直徑，DN是此圓的切線，∴∠ABD=∠NBD=∠=90°，∵∠N=∠N，∴△NBD∽△，BNDNDNAN∴=，∴DN2=BN?ANDN2=4×20=80，27∴DN=45．握切線的判定和相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．15.(23-24九年級下·河南平頂山·階段練習(xí))羅狄斯托勒密(ClaudiusPtolemaeus90年168年)托勒密定理實出自依巴谷(Hipparchus)如圖1內(nèi)接于⊙O：AB?+BC?AD=AC?BD下面是該結(jié)論的證明過程：1∠=∠CADBD于點E．∵AD=AD∴∠ABE=∠(依據(jù)1)∴△ABEABACBE∽△(依據(jù)2)∴=∴AB?=AC?BE∵AB=AB∴∠ACB=∠∵∠=∠CAD∴∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC∠=∠EAD?任務(wù)：(1)托勒密定理的逆命題是(2)請完成后續(xù)證明；；(3)如圖2AB為直徑的⊙OC為⊙O∠ABC=30°∠ACB的角平分線交⊙O于點D接ADBDAB=4的長．(1)(2)證明見解析28(3)=2+6(1)ABACBE(2)∠=∠CADBD于點E△ABE∽△ACD=AB?=AC?BE，由AB=AB得∠ACB=∠∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC∠=∠EAD．證明BCACAD△ABC∽△AED=AD?BC=AC?ED．則AB?+AD?BC=AC?BE+AC?ED=AC?(BE+ED)．(3)由AB∠=∠ACB=90°ACBD∠ABC=30°AB=124AC=AB=2BC=23．由∠ACB的角平分線交⊙O于點D∠=22∠BCDAD=BD△ABDAD=BD=AB=22．由四邊形ACBD為圓的內(nèi)AC?BD+AD?BC=AB?CD2×22+22×23=4CD(1)(2)∠=∠CADBD于點E，∵AD=AD，∴∠ABE=∠ACD，∴△ABE∽△ACD，ABACBE∴=，∴AB?=AC?BE，∵AB=AB，∴∠ACB=∠，∵∠=∠CAD，∴∠+∠EAC=∠CAD+∠EAC，即∠=∠EAD．∴△ABC∽△AED，BCACAD∴=，∴AD?BC=AC?ED．∴AB?+AD?BC=AC?BE+AC?ED=AC?(BE+ED)．∴AB?+BC?AD=AC?BD；(3)解：∵AB為直徑，∴∠=∠ACB=90°，∴四邊形ACBD為圓的內(nèi)接四邊形，∵∠ABC=30°AB=4，12∴AC=AB=2BC=AB2-AC2=23．∵∠ACB的角平分線交⊙O于點D，29∴∠=∠BCD，∴AD=BD，∴AD=BD，∴△ABD為等腰直角三角形，22∴AD=BD=AB=22．∵四邊形ACBD為圓的內(nèi)接四邊形，∴AC?BD+AD?BC=AB?CD2×22+22×23=4CD=2+6．含30°16.(23-24九年級下·河南洛陽·期中)線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項．你能給出證明嗎？下面是證明的開頭：P為⊙O與圓相切于A線PBC與圓相交于點BC．求證：2=PB?PCABACB0AO，因為切⊙0于點A∴．⊥AO∠B+∠=90°．(1)補充完成上面的證明過程；(2)與⊙O交于DEPB=BC=4PE=7的長．177(1)見解析(2)的長為PCPB(1)先證△∽△PCA=(2)結(jié)合(1)同理可得2=PD?PE以PB?PC=PD?PEPD的長．(1)ABACBOAO，∵切⊙O于點A∴⊥AO∠+∠=90°，∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA∵∠OAB+∠+∠O=180°∴2∠OAB+∠O=180°，121212∴∠OAB+∠O=90°∴∠=∠O∵∠C=∠O∴∠=∠C，PCPB又∵∠P=∠P∴△∽△PCA∴=∴2=PB?PC；(2)由(1)2=PB?PC2=PD?PE，4×4+4PB?PC=327∴PB?PC=PD?PE，∴PD==，PE730327177177∴=PE-PD=7-=∴的長為．證明△∽△PCA．17.(2023九年級下·山東棗莊·專題練習(xí))如圖，AB是圓O與AB交于點E⊥AB，F(xiàn)是圓O上一點，AC=CF接FBFDFD交AB于點ND作圓O的切線交的延長線于點M接FC并延長交的延長線于點P．(1)求證：AE?BE=CE?ED；(2)求證：∠BNF=∠BFN；(3)求證：?OP=OE?．(1)見解析(2)見解析(3)見解析AECECEBE(1)連接BCACAD△ACE∽△CBE=AE?BE=CE2得到CE=EDAE?BE=CE?ED；(2)通過證明△≌△∠N=∠DNA∠BNF=∠BFN；(3)通過證明△∽△OMD得DO2=OE?△PCO∽△CNO得CO2=PO?可得結(jié)論．(1)如圖1BCACAD，∵⊥ABAB是直徑，12∴AC=ADCE==CD，∴∠=∠ABC∠AEC=∠CEB，∴△ACE∽△CBE，AECECEBE∴=，∴AE?BE=CE2，1∵CE==CD，2∴AE?BE=CE?ED；(2)∵AC=AD=CF，∴∠=∠ADC=∠=∠AED=∠NED=90°，∴△≌△，∴∠=∠DNAAE=EN，31∵∠=∠DFB∠AND=∠FNB，∴∠BNF=∠BF