过点P（1.3）作圆X^2+Y^2=4的割线,割线被圆截得的弦长为2根号3,求割线方程

（I）证明：连接AB，
∵AC是⊙O₁的切线，
∴∠BAC=∠D，
又∵∠BAC=∠E，
∴∠D=∠E，
∴AD∥EC．
（II）∵PA是⊙O₁的切线，PD是⊙O₁的割线，
∴PA²=PB•PD，
∴6²=PB•（PB+9）
∴PB=3，
在⊙O₂中由相交弦定理，得PA•PC=BP•PE，
∴PE=4，
∵AD是⊙O₂的切线，DE是⊙O₂的割线，
∴AD²=DB•DE=9×16，
∴AD=12

点评：
本题考点： 圆的切线的性质定理的证明；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系；与圆有关的比例线段．

考点点评： 此题是一道综合题，要求学生灵活运用直线与圆相切和相交时的性质解决实际问题．本题的突破点是辅助线的连接．

证明：证法一：连接CE，过B作⊙O的切线BG，则BG∥AD∴∠GBC=∠FDB，又∠GBC=∠CEB∴∠CEB=∠FDB又∠CBE是△BCE和△BDF的公共角∴△BCE∽△BDF∴BCBF＝BEBD，即BE•BF=BC•BD证法二：连续AC、AE，∵AB是直径，AC是切...

点评：
本题考点： 直角三角形的射影定理；相似三角形的性质．

考点点评： 本题考查平面几何的有关证明，是一个基础题，这种题目解题的关键是看清要证明的四条线段之间的位置关系，得到结论．

∵∠PAC=∠D，∠PCA=∠B，
∴△PAC∽△PDB，
∴[PA/PD＝
PC
PB＝
AC
BD]，
即[2/7＝
4
PB＝
7−4
BD]，
∴PB=14，BD=10.5．

点评：
本题考点： 切割线定理．

考点点评： 掌握相似三角形的判定和性质．

方法一：
证明：如图：
连接AB、作圆O₁的直径AF，连接FB，
∵AF为直径
∴∠BAF+∠AFB=90°
∵∠C=∠F，∠FAB=∠EDB
∴∠C+∠EDB=90°
∴DE⊥AC
方法二：
证明：如图：

连接AD，AO₁，CO₁，BO₁；
∵AO₁=BO₁，
∴弧AO₁=弧BO₁，∠ADO₁=∠BDO₁；
在⊙O₁中，CO₁=BO₁，
∴∠O₁CB=∠O₁BC；
∵A，B，D，O₁四点共圆，
∴∠O₁BC=∠O₁AD=∠O₁CB；
在△CDO₁和△ADO₁中


∠O1DC＝∠O1DA
∠DCO1＝∠DAO1
DO1＝DO1，
∴△CDO₁≌△ADO₁；
∴AD=CD，∠ADO₁=∠CDO₁；
∴DE⊥AC．

点评：
本题考点： 相交两圆的性质．

考点点评： 本题主要考查了圆周角定理、圆内接四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，综合性较强，难度较大．

（Ⅰ）证明：∵AP是圆O的切线，A是切点，
∴OA⊥AP，
∵AD⊥OP，
∴AP²=PD•PO，
∵AP是圆O的切线，PBC是圆O的割线，
∴AP²=PB•PC，
∴PD•PO=PB•PC，
∴[PD/PC＝
PB
PO]，
∵∠DPB=∠CPO，
∴△DPB∽△CPO，
∴∠PDB=∠PCO，
∴O，D，B，C四点共圆．
（Ⅱ）连接OB，则∠OBC=∠ODC=40°，
∴∠OCB=50°，
∵O，D，B，C四点共圆，
∴∠PDB=∠OCB=50°，
∴∠DBC=30°+50°=80°．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段；圆內接多边形的性质与判定．

考点点评： 本题考查圆內接多边形的性质与判定，考查三角形相似的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

（1）证明：∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAB=∠2．
又∵AB=AC，
∴∠1=∠2，
∴∠PAB=∠1．
∴PA∥BC．

（2）连接OA交BC于点G，则OA⊥PA；
由（1）可知，PA∥BC，
∴OA⊥BC．
∴G为BC的中点，
∵BC=24，
∴BG=12．
又∵AB=13，
∴AG=5．
设⊙O的半径为R，则OG=OA-AG=R-5，
在Rt△BOG中，
∵OB²=BG²+OG²，
∴R²=12²+（R-5）²，
∴R=16.9，OG=11.9；
∵BD是⊙O的直径，
∴DC⊥BC．
又∵OG⊥BC，
∴OG∥DC．
∵点O是BD的中点，
∴DC=2OG=23.8．

点评：
本题考点： 弦切角定理；勾股定理；垂径定理．

考点点评： 此题综合考查了切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定、勾股定理、垂径定理、中位线定理等知识点，综合性较强，难度较大．