2026年中考数学压轴题几何模型 专题33 圆之相交弦定理

该初中数学中考复习讲义聚焦圆幂定理中的相交弦定理，覆盖中考圆基础计算、弦长求值、几何填空选择及综合题型，以“模型讲解（基础+拓展）—例题分析—课堂随练—巩固提高”为架构，通过考点梳理（模型推导）、方法指导（相似证明）、真题训练（典例与分层练习）突破线段等量转化难点，体现复习的系统性与针对性。 亮点在于“模型建构—推理应用—分层提升”三阶教学法，如通过“8”字型相似证明推导定理培养推理能力（数学思维），设计例2等边三角形内接圆中CE长度计算等实例强化模型意识（数学语言）。课堂随练与巩固提高题分层设置，配合即时应用训练，帮助学生快速掌握线段乘积关系转化，教师可据此精准把控复习节奏，有效提升学生中考几何题解题效率。

专题33 圆之相交弦定理 相交弦定理、切割线定理和割线定理统称为圆幂定理。相交弦定理模型，由圆内圆心角与圆周角性质推导生成，是圆内线段长度换算的经典几何模型，可快速建立圆内相交弦之间的乘积等量关系，高效简化线段计算与几何推导。中考常以圆基础计算、弦长求值、几何填空选择、圆综合题型出现，题目条件简洁、公式固定，实用性强、上手简便，是几何等量转化与圆性质活用思想的典型代表。 本专题从模型讲解、例题分析、课堂随练、巩固提高四个部分展开，循序渐进，层层剖析圆之相交弦定理模型的重难点，内容详实丰富，供大家学习使用，欢迎下载。 模型讲解 一、基础模型 条件：在⊙O中，弦AB、CD相交于点P。结论：AP•DP=BP•CP。 【证明】在△APB和△CPD中 ∠1=∠2（同弧所对圆周角相等） ∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD （实质是“8”字型相似，不要把对应边看错即可） ∴ 则AP•DP=BP•CP 二、模型拓展 条件：在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径。则有结论：BP•CP=MP•NP =(r-OP)( r+OP)= 【证明】同上。 典例分析 【例1】如图，是的直径，弦与相交于点，若，，，则到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查圆周角定理、垂径定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理，连接、、，过作交于，先根据圆周角定理和相似三角形的判定证明，再利用相似三角形的性质求得进而求得，进而求得，然后利用垂径定理和勾股定理求得即可求解． 【详解】解：如图，连接、， 则，， ， ， ，，， ，， ，， ， 过作交于，连接， 则， 在中，， ， 即到的距离为， 故答案为：． 【例2】如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据同弧所对圆周角相等可得，再由对顶角相等得，故可证明绪论； （2）根据可得由可得出连接AE，可证明，得出 代入相关数据可求出，从而可求出绪论． 【详解】（1）∵所对的圆周角是， ∴， 又， ∴； （2）∵△是等边三角形， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 连接如图， ∵ ∴ ∴∠ 又∠， ∴△ ∴， ∴ ∴， ∴（负值舍去） ∴， 解得， 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，相似三角形和判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键． 【例3】相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．    (1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，再利用相似的性质即可； （2）利用（1）可知，求出，再证明，利用相似的性质求出，求差即可得到的长． 【详解】（1）求证：． 证明：连接AC、BD．如图①．    ∵，． ∴． ∴． ∴． （2）解：∵，，．由（1）可知． ∴． ∵，是的直径，，． 连接OD．如图②． ∵为切线． ∴． ∵．． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴，． 又∵． ∴． 【点睛】本题考查了圆的相关性质，三角形相似的判定与性质，严格的逻辑思维和严密的书写过程是解题的关键． 【例4】阅读与思考 九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务． 圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等． 已知：如图1，的两弦相交于点P． 求证：． 证明： 如图1，连接． ∵，． ∴，（根据） ∴@， ∴， ∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等． 任务： (1)请将上述证明过程补充完整． 根据：____________；@：____________． (2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是的弦，P是上一点，，，，求的半径． 【答案】(1)有两个角对应相等的两个三角形相似；； (2) 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可； （2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F，设圆O的半径为r，则，，根据（1）中结论代入求解即可． 【详解】（1）连接． ∵，． ∴，（有两个角对应相等的两个三角形相似） ∴， ∴， ∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等． 故答案为：有两个角对应相等的两个三角形相似；； （2）延长交圆O于点D，延长交圆O于点F， 设圆O的半径为r，则，， 根据（1）中结论得，即为， 解得：或（不符合题意，舍去）， 的半径为． 【点睛】题目主要考查相似三角形的判定和性质，圆的相交弦定理等，理解题意，熟练掌握运用圆的相交弦定理是解题关键． 课堂随练 【练1】如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B=_________度；的值等于_________． 【答案】36 【分析】由等腰三角形的性质得出∠DAE=∠DEA，证出∠BEC=∠BCE，由折叠的性质得出∠ECO=∠BCO，设∠ECO=∠OCB=∠B=x，证出∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，∠CEB=2x，由三角形内角和定理可得出答案；证明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性质得出，设EO=x，EC=OC=OB=a，得出a2=x（x+a），求出OE=a，证明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性质得出，则可得出答案． 【解析】解：∵AD=DE， ∴∠DAE=∠DEA， ∵∠DEA=∠BEC，∠DAE=∠BCE， ∴∠BEC=∠BCE， ∵将该圆形纸片沿直线CO对折， ∴∠ECO=∠BCO， 又∵OB=OC， ∴∠OCB=∠B， 设∠ECO=∠OCB=∠B=x， ∴∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x， ∴∠CEB=2x， ∵∠BEC+∠BCE+∠B=180°， ∴x+2x+2x=180°， ∴x=36°， ∴∠B=36°； ∵∠ECO=∠B，∠CEO=∠CEB， ∴△CEO∽△BEC， ∴， ∴CE2=EO•BE， 设EO=x，EC=OC=OB=a， ∴a2=x（x+a）， 解得，x=a（负值舍去）， ∴OE=a， ∴AE=OA-OE=a-a=a， ∵∠AED=∠BEC，∠DAE=∠BCE， ∴△BCE∽△DAE， ∴， ∴． 故答案为：36，． 【练2】如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D． （1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD； （2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：BF＝2HG； （3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，（3）． 【分析】（1）连接OA并延长AO交BC于E，证明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得结论， （2）利用直角三角形两锐角互余、圆周角定理进行导角，得出和是等腰三角形，得出BM=MC=FG=CG，MH=HG，进而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出结论； （3）过O点作OP⊥AC，由垂径定理得出，再由和平行线分线段成比例定理求出，由勾股定理进而可求BH，再利用相似三角形对应边成比例求出HG，即可得BF长． 【解析】解：（1）连接OA并延长AO交BC于E， ∵AB=AC， ∴， ∵AE过圆心O， ∴，， ∴∠BAC=2∠BAE， ∵OA=OB， ∴∠ABD=∠BAE， ∴∠BAC=2∠ABD； （2）如解图（2），连接OA并延长AO交BC于E，AE交BF于M，连接MC， 设，则 ∵AE=EC，AE⊥BC， ∴BM=MC， ∴∠MBC=∠MCB， ∵BG⊥AC，AE⊥BC， ∴∠EAC+∠ACE=90°，∠HBC+∠ACE=90°， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴∠G=∠CMG， ∴CG=CM=BM， ∵AC⊥BG， ∴MH=HG， ∵OA=OC， ∴ ∴， ∵，即， ∴， ∴FG=CG， ∴BM=MC=FG=CG， 又∵MH=HG， ∴BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG， ∴BF=2HG． （3）过O点作OP⊥AC，如解图（3） ∵AO是∠BAC的角平分线， ∴点O到AB、AC的距离相等， ∴， ∵AD=2，CD=3， ∴AB=AC=5， ∴，即：， ∵OP⊥AC， ∴，， ∵， ∴OP//BH， ∴， ∴， ∴，， ∵在中，， ∵，， ∴， ∴即：， ∴， ∴， 由（2）得BF=2HG， ∴ 【练3】如图，四边形ABCD内接于圆，已知AC＝BC，延长AD到F使得DF＝BD＝3，已知∠AEB＝90°，且AE：ED＝3：1，则BE的长为（） A．2.5 B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】根据同弧所对的圆周角相等推∠CAD＝∠CBD，结合图的条件证明△ACE∽△BDE，推出，再根据勾股定理求出，结合比例线段表示出，，再根据AC•BE＝9x，列方程解出x即可． 【解析】解：∵， ∴∠CAD＝∠CBD， ∵∠AEB＝∠AEC＝90°， ∴△ACE∽△BDE， ∴， ∵AE：ED＝3：1， ∴设DE＝x，AE＝3x， 在Rt△BED中，根据勾股定理得，， ∴，， ∴，AC•BE＝9x， ∴， ∵AC＝BC， ∴， 整理得：， 解得x1＝3（舍去），x2＝， ∴． 故选：C． 【练4】如图，已知的半径为3，弦，为上一动点（点与点、不重合），连接并延长交于点，交于点，为上一点，当时，则的最大值为（） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】如图（见解析），先利用解直角三角形可得，再根据圆周角定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，设，从而可得，最后利用二次函数的性质求解即可得． 【解析】解：如图，延长交于点，连接， 为的半径， ， ， ， 在中，，即， ， 由圆周角定理得：， 在和中，， ， ，即， 设，则，且， ， 由二次函数的性质可知，在内，当时，取最大值，最大值为4， 即的最大值为4， 则的最大值为， 故选：C． 巩固提高 1.已知：如图弦AB经过⊙O的半径OC的中点P，且AP＝2，PB＝3，则是⊙O的半径等于（　　） A． B． C． D． 解：延长CO交⊙O于D， 设⊙O的半径是R， ∵弦AB经过⊙O的半径OC的中点P， ∴CP＝R＝OP，PD＝R+R， 由相交弦定理得：AP×BP＝CP×DP， 则2×3＝R×（R+R）， 解得：R＝2， 故选：C． 2.如图，⊙O的弦AB、CD相交于点E，若CE：BE＝2：3，则AE：DE＝　2：3　． 解：∵⊙O的弦AB、CD相交于点E， ∴AE•BE＝CE•DE， ∴AE：DE＝CE：BE＝2：3， 故答案为：2：3． 3.如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AC⊥BD，CA＝CB，过点A作AC的垂线交CD的延长线于点E，连结BE．若cos∠ACB＝，则的值为 　　． 解：设AC，BD交于点F，过点B作BG⊥EA，交EA的延长线于点G，如图， ∵AC⊥BD，cos∠ACB＝， ∴cos∠ACB＝＝， 设CF＝3k，则CB＝5k， ∴BF＝＝4k． ∵CA＝CB， ∴AC＝5k， ∴AF＝AC﹣CF＝2k． ∵CF•AF＝DF•BF， ∴DF＝k． ∵AC⊥BD，AE⊥AC， ∴DF∥AE， ∴， ∴， ∴AE＝k． ∴CE＝＝k． ∵AC⊥BD，AE⊥AC，BG⊥EA， ∴四边形AFBG为矩形， ∴BG＝AF＝2k，AG＝BF＝4k， ∴EG＝AE+AG＝k， ∴BE＝＝k， ∴＝， 故答案为：． 4.如图，已知弦与弦交于点，且为的中点，延长交于点，若，则（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，由两角相等证明△ABE∽△DCE，△PBD∽△PAC，再由相似三角形性质，得到对应边成比例，设EC=x，EB=y，列出方程组，解出x，y，然后求得． 【解析】∵∠A=∠D（同弧所对的圆周角相等） ∠E=∠E ∴△ABE∽△DCE 同理△PBD∽△PAC ∴ ∵P为AB中点 ∴PA=PB, ∴ CD=PC+PD=PC+ AB=AP+BP= ∴ 设EC=x，EB=y,则 ，则可得： 解得： ∴CE+BE= 故选：C． 5.如图，△ABC内接于，AB为的直径，D为上一点（位于AB下方），CD交AB于点E，若，，，则CE的长为______． 【答案】 【分析】直接证明△BCE∽△DCB，得到，设DE=x，则CE=2x，列出方程即可解决． 【解析】∵AB为的直径 ∴∠ACB=90° ∵∠CDB=∠A=45°， ∴∠ABC=∠A=45°， ∵∠BCE=∠DCB， ∴△BCE∽△DCB， ∴， ∴， 设DE=x，则CE=2x，CD=3x， ∴（6）2=2x×3x， ∵x＞0， ∴x=， ∴CE=， 故答案为：． 6.如图，⊙O的直径AB过的中点A，若∠C＝30°，AB、CD交于点E，连接AC、BD，则＝________________． 【答案】 【分析】根据已知条件得出∠DCA=∠DBA=30°，设DE=EC=x，由在直角三角形中，30°所对的直角边等于斜边的一半可以得出AE和BE的长，然后代入要求的式子进行计算即可得出答案． 【解析】解：∵⊙O的直径AB过的中点A， ∴＝， ∴DE＝EC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠BED＝∠CEA＝90°， ∵∠C＝30°， ∴∠DCA＝∠DBA＝30°， 设DE＝EC＝x， ∵∠C＝30°， ∴AE＝x， ∵∠DBA＝30°， ∴BE＝x， ∴＝＝； 故答案为：． 7．如图，、、、是上的四个点，，交于点，若，，则_______． 【答案】 【分析】根据圆周角定理可得根据可得，再利用三角形相似，即可得出答案． 【解析】解：， ， ， ， ， ． ，即， ． 故答案为：． 8．如图，已知四边形内接于，半径，对角线AC、BD交于E点，且，，则______． 【答案】 【分析】连接BO并延长交AD于点F，连接OD，然后根据三角形的相似可以求得CD的长，然后根据勾股定理可以求得AD的长． 【解析】解：连接BO交AD于点F，连接OD， ∵BA＝BD，OA＝OD， ∴BF是线段AD的垂直平分线， ∴BF⊥AD， ∵AC是⊙O的直径， ∴∠ADC＝90°， 即AD⊥DC， ∴BF∥CD， ∴△BOE∽△DCE， ∴， ∵AO＝6，EC＝2， ∴OB＝6，OC＝6， ∴OE＝4， ∴， 解得，CD＝3， 在Rt△ADC中，∠ADC＝90°，AC＝12，CD＝3， ∴AD＝， 故答案为：． 9．如图，点、在以为直径的上，且是的中点，与交于点.若，，则CE的长为_____． 【答案】5 【分析】延长BA、CD交于点G，根据圆周角定理得到∠ACD＝∠ABD＝∠CBD，得到△BCD≌△BGD，求得CG＝2CD＝，再证明△CDE∽△CAG，即可求解． 【解析】解：延长BA、CD交于点G， ∵D是弧AC的中点， ∴， ∴∠ACD＝∠ABD＝∠CBD， 又∵BC为直径， ∴∠BDC=∠BAC=90°， ∴∠BDC=∠BDG=90°， ∵BD=BD， ∴△BCD≌△BGD， ∴CD=GD， ∴CG＝2CD＝4， 在Rt△CDE和Rt△CAG中，由于∠ACD是公共角， ∵∠CDE＝∠CAG＝90°， ∴△CDE∽△CAG， ∴，即， 解得CE＝5或CE＝﹣8， 经检验，都是方程的根据，其中CE＝﹣8不合题意，舍去， 故CE的长为5． 故答案为：5 10．我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”．如图1，已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则AB、CD互为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”． 【概念理解】 （1）若⊙O的半径为5，一条弦AB=8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为，最小值为． （2）如图2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC=12，DH=7，CH=9，求证︰AB、CD互为“十字弦”； 【问题解决】 （3）如图3，在⊙O中，半径为，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB=CD，，则CD的长度． 【答案】（1）10，6；（2）证明见解析；（3）6． 【分析】（1）根据“十字弦”定义可得弦AB的“十字弦”CD为直径时最大，当CD过A点或B点时最小； （2）根据线段长度得出对应边成比例且有夹角相等，证明△ACH∽△DCA，由其性质得出对应角相等，结合90°的圆周角证出AH⊥CD，根据“十字弦”定义可得； （3）过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，设DH=x，由题意可得其它线段的长，在Rt△OEA中，根据勾股定理列方程得出x的值，从而可求CD的长． 【解析】解：（1）当CD为直径时，CD最大，此时CD=10， ∴弦AB的“十字弦”CD的最大值为10； 当CD过A点时，CD长最小，即AM的长度，过O点作ON⊥AM，垂足为N，作OG⊥AB，垂足为G，则四边形AGON为矩形， ∴AN=OG， ∵OG⊥AB，AB=8， ∴AG=4， ∵OA=5， ∴由勾股定理得OG=3， ∴AN=3， ∵ON⊥AM， ∴AM=6， 即弦AB的“十字弦”CD的最小值是6． （2）证明：如图，连接AD， ∵AC=12，DH=7，CH=9， ∴CD=CH+DH=16 ∴， ∴ ∵∠C=∠C， ∴△ACH∽△DCA， ∴∠AHC=∠CAD ∵CD是直径， ∴∠CAD=90°， ∴∠AHC=90°， ∴AH⊥CD， ∴AB、CD互为“十字弦”． （3）如图，过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，连接OA，OD，则四边形OEHF是矩形，∴OE=FH，OF=EH， 设DH=x， ∵，AB=CD， 则CH=5x，CD=AB=6x， ∴FD=AE=3x， ∴OE=FH=3x-x=2x， ∵半径为， 在Rt△OEA中，由勾股定理得，， ∴， 解得，x=1， ∴CD=6×1=6 11．如图，已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H. (1)求证：AHAB=AC2； (2)若过A的直线与弦CD(不含端点)相交于点E，与⊙O相交于点F，求证：AEAF=AC2； (3)若过A的直线与直线CD相交于点P，与⊙O相交于点Q，判断APAQ=AC2是否成立(不必证明). 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）成立. 【分析】（1）连接CB，证明△CAH∽△BAC即可； （2）连接CF，证△AEC∽△ACF，根据射影定理即可证得； （3）由（1）（2）的结论可知，AP•AQ=AC2成立． 【解析】(1)连结CB，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°. 而∠CAH=∠BAC，∴△CAH∽△BAC. ∴，即AHAB=AC2. (2)连结FB，易证△AHE∽△AFB， ∴AEAF=AHAB， ∴AEAF=AC2. (也可连结CF，证△AEC∽△ACF) (3)结论APAQ=AC2成立. 12．如图，是的直径，弦于点，为上一点，，连接分别交，于点，． (1)求证：； (2)若，且，求的长． 【答案】(1)见详解；(2)10 【分析】（1）连接AC，由AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，根据垂径定理得＝，，所以∠D＝∠ACD，因为，所以，则∠DCF＝∠BAC，∠D＝∠ACD，即可推导出∠F＝∠AGF，得AF＝AG，而∠FAD＝∠BAD，根据等腰三角形的“三线合一”性质得FH＝GH； （2）连接BC，设BE＝m，先证明△AHF△CHD，则，求得CD＝×15＝20，所以CE＝DE＝CD＝10，再证明△BCE△GCE，得GE＝BE＝m，再证明△CEB△AEC，得，列出关于m的方程，求出m的值，即可求得GB的长． 【解析】（1）证明：如图，连接AC， ∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E， ∴＝，， ∴∠D＝∠ACD， ∵， ∴， ∴∠DCF＝∠BAC， ∴∠AGF＝∠ACF＋∠BAC＝∠ACF＋∠DCF＝∠ACD， ∵∠F＝∠D， ∴∠F＝∠AGF， ∴AF＝AG， ∵∠FAD＝∠BAD， ∴FH＝GH． （2）解：如图，连接BC，设BE＝m， 根据题意得AF＝15，， ∴AG＝AF＝15， ∵∠F＝∠D，∠AHF＝∠CHD， ∴△AHF△CHD， ∴， ∵CD＝×15＝20， ∴CE＝DE＝CD＝10， ∵∠BCE＝∠GCE，CE＝CE，∠CEB＝∠CEG＝90°， ∴△BCE△GCE， ∴GE＝BE＝m， ∵∠BCE＝∠CAE，∠CEB＝∠AEC， ∴△CEB△AEC， ∴， ∴BE•CE＝CE2， ∴m（15＋m）＝102， 解得＝5，＝﹣20（不符合题意，舍去）， ∴GE＝BE＝5， ∴GB＝GE＋BE＝10， ∴GB的长为10． 13．如图，AB为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC、BD交于点E，⊙O的切线AF交BD的延长线于点F，切点为A，且∠CAD＝∠ABD． (1)求证：AE＝AF； (2)若AB＝4，BF＝5，求cos∠BAC的值． 【答案】(1)见解析；(2) 【分析】(1)证明△ADF≌△ADE，得AE=AF; (2)得DE=DF，由勾股定理求得AF，由三角形面积公式求得AD，进而求得DE，BE，再证明△BEC∽△AED，得BC，进而求得． 【解析】(1)证明：∵AF是的切线， ∴∠FAB=90°， ∵AB是的直径， ∴∠ACB=∠ADB=∠ADF=90°， ∴∠ABD+∠BAD=∠BAD+∠FAD=90°， ∴∠ABD=∠FAD， ∵∠ABD=∠CAD， ∴△ADF≌△ADE(ASA)， ∴AF=AE． (2)解：在中， ∵AB=4，BF=5， ∴AF==3, ∴AE=AF=3， ∵=AB×AF=BF×AD， ∴AD=， DE=， ∴BE=BF-2DE=， ∵∠AED=∠BEC，∠ADE=∠BCE=90°， ∴△BEC∽△AED， ∴BC=, ∴AC=， ∴cos∠BAC== 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题33 圆之相交弦定理 相交弦定理、切割线定理和割线定理统称为圆幂定理。相交弦定理模型，由圆内圆心角与圆周角性质推导生成，是圆内线段长度换算的经典几何模型，可快速建立圆内相交弦之间的乘积等量关系，高效简化线段计算与几何推导。中考常以圆基础计算、弦长求值、几何填空选择、圆综合题型出现，题目条件简洁、公式固定，实用性强、上手简便，是几何等量转化与圆性质活用思想的典型代表。 本专题从模型讲解、例题分析、课堂随练、巩固提高四个部分展开，循序渐进，层层剖析圆之相交弦定理模型的重难点，内容详实丰富，供大家学习使用，欢迎下载。 模型讲解 一、基础模型 条件：在⊙O中，弦AB、CD相交于点P。结论：AP•DP=BP•CP。 【证明】在△APB和△CPD中 ∠1=∠2（同弧所对圆周角相等） ∠3=∠4 ∴△APB∽△CPD （实质是“8”字型相似，不要把对应边看错即可） ∴ 则AP•DP=BP•CP 二、模型拓展 条件：在⊙O中，OP所在直线与⊙O交于M、N两点，r为⊙O的半径。则有结论：BP•CP=MP•NP =(r-OP)( r+OP)= 【证明】同上。 典例分析 【例1】如图，是的直径，弦与相交于点，若，，，则到的距离为 ． 【例2】如图，边长为6的等边三角形ABC内接于⊙O，点D为AC上的动点（点A、C除外），BD的延长线交⊙O于点E，连接CE． (1)求证； (2)当时，求CE的长． 【例3】相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．    (1)为了说明相交弦定理正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”“求证”，请补充完整，并写出证明过程．已知：如图①，弦，交于点P，求证：______________． (2)如图②，已知是的直径，与弦交于点P，且于点P，过D作的切线，交的延长线于E，D为切点，若，的半径为5，求的长． 【例4】阅读与思考 九年级学生小刚喜欢看书，他在学习了圆后，在家里突然看到某本数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），下面是书上的证明过程，请仔细阅读，并完成相应的任务． 圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等． 已知：如图1，的两弦相交于点P． 求证：． 证明： 如图1，连接． ∵，． ∴，（根据） ∴@， ∴， ∴两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等． 任务： (1)请将上述证明过程补充完整． 根据：____________；@：____________． (2)小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是的弦，P是上一点，，，，求的半径． 课堂随练 【练1】如图是以点O为圆心，AB为直径的圆形纸片，点C在⊙O上，将该圆形纸片沿直线CO对折，点B落在⊙O上的点D处（不与点A重合），连接CB，CD，AD．设CD与直径AB交于点E．若AD=ED，则∠B=_________度；的值等于_________． 【练2】如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圆，连接BO并延长交边AC于点D． （1）如图1，求证：∠BAC＝2∠ABD； （2）如图2，过点B作BH⊥AC于点H，延长BH交⊙O于点G，连接OC，CG，OC交BG于点F，求证：BF＝2HG； （3）如图3，在（2）的条件下，若AD＝2，CD＝3，求线段BF的长． 【练3】如图，四边形ABCD内接于圆，已知AC＝BC，延长AD到F使得DF＝BD＝3，已知∠AEB＝90°，且AE：ED＝3：1，则BE的长为（） A．2.5 B．2 C． D．3 【练4】如图，已知的半径为3，弦，为上一动点（点与点、不重合），连接并延长交于点，交于点，为上一点，当时，则的最大值为（） A．4 B．6 C．8 D．12 巩固提高 1.已知：如图弦AB经过⊙O的半径OC的中点P，且AP＝2，PB＝3，则是⊙O的半径等于（　　） A． B． C． D． 3.如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AC⊥BD，CA＝CB，过点A作AC的垂线交CD的延长线于点E，连结BE．若cos∠ACB＝，则的值为 　　． 4.如图，已知弦与弦交于点，且为的中点，延长交于点，若，则（） A． B． C． D． 5.如图，△ABC内接于，AB为的直径，D为上一点（位于AB下方），CD交AB于点E，若，，，则CE的长为______． 6.如图，⊙O的直径AB过的中点A，若∠C＝30°，AB、CD交于点E，连接AC、BD，则＝________________． 7．如图，、、、是上的四个点，，交于点，若，，则_______． 8．如图，已知四边形内接于，半径，对角线AC、BD交于E点，且，，则______． 9．如图，点、在以为直径的上，且是的中点，与交于点.若，，则CE的长为_____． 10．我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”．如图1，已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则AB、CD互为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”． 【概念理解】 （1）若⊙O的半径为5，一条弦AB=8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为，最小值为． （2）如图2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC=12，DH=7，CH=9，求证︰AB、CD互为“十字弦”； 【问题解决】 （3）如图3，在⊙O中，半径为，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB=CD，，则CD的长度． 11．如图，已知AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为H. (1)求证：AHAB=AC2； (2)若过A的直线与弦CD(不含端点)相交于点E，与⊙O相交于点F，求证：AEAF=AC2； (3)若过A的直线与直线CD相交于点P，与⊙O相交于点Q，判断APAQ=AC2是否成立(不必证明). 12．如图，是的直径，弦于点，为上一点，，连接分别交，于点，． (1)求证：； (2)若，且，求的长． 13．如图，AB为⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC、BD交于点E，⊙O的切线AF交BD的延长线于点F，切点为A，且∠CAD＝∠ABD． (1)求证：AE＝AF； (2)若AB＝4，BF＝5，求cos∠BAC的值． 学科网（北京）股份有限公司 $