中考數(shù)學(xué)幾何模型重點突破講練：專題25 圓中的相交弦模型（教師版）

專題25圓中的相交弦模型【理論基礎(chǔ)】相交弦定理如圖25-1，已知在⊙O中，弦與弦交于點，點在⊙O內(nèi)?！咀C明】如圖25-2，連接，，∽【模型變式】如圖25-3，已知在⊙O中，為直徑，為弦，與相交于點，點在⊙O內(nèi)?！纠?】如圖是以點O為圓心，AB為直徑的圓形紙片，點C在⊙O上，將該圓形紙片沿直線CO對折，點B落在⊙O上的點D處（不與點A重合），連接CB，CD，AD．設(shè)CD與直徑AB交于點E．若AD=ED，則∠B=_________度；的值等于_________．【答案】36【分析】由等腰三角形的性質(zhì)得出∠DAE=∠DEA，證出∠BEC=∠BCE，由折疊的性質(zhì)得出∠ECO=∠BCO，設(shè)∠ECO=∠OCB=∠B=x，證出∠BCE=∠ECO+∠BCO=2x，∠CEB=2x，由三角形內(nèi)角和定理可得出答案；證明△CEO∽△BEC，由相似三角形的性質(zhì)得出，設(shè)EO=x，EC=OC=OB=a，得出a2=x（x+a），求出OE=a，證明△BCE∽△DAE，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出答案．【解析】解：∵AD=DE，∴∠DAE=∠DEA，∵∠DEA=∠BEC，∠DAE=∠BCE，∴∠BEC=∠BCE，∵將該圓形紙片沿直線CO對折，∴∠ECO=∠BCO，又∵OB=OC，∴∠OCB=∠B，設(shè)∠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，設(shè)EO=x，EC=OC=OB=a，∴a2=x（x+a），解得，x=a（負(fù)值舍去），∴OE=a，∴AE=OA-OE=a-a=a，∵∠AED=∠BEC，∠DAE=∠BCE，∴△BCE∽△DAE，∴，∴．故答案為：36，．【例2】如圖，在△ABC中，AB＝AC，⊙是△ABC的外接圓，連接BO并延長交邊AC于點D．（1）如圖1，求證：∠BAC＝2∠ABD；（2）如圖2，過點B作BH⊥AC于點H，延長BH交⊙O于點G，連接OC，CG，OC交BG于點F，求證：BF＝2HG；（3）如圖3，在（2）的條件下，若AD＝2，CD＝3，求線段BF的長．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析，（3）．【分析】（1）連接OA并延長AO交BC于E，證明∠BAC=2∠BAE和∠ABD=∠BAE即可得結(jié)論，（2）利用直角三角形兩銳角互余、圓周角定理進(jìn)行導(dǎo)角，得出和是等腰三角形，得出BM=MC=FG=CG，MH=HG，進(jìn)而由BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，得出結(jié)論；（3）過O點作OP⊥AC，由垂徑定理得出，再由和平行線分線段成比例定理求出，由勾股定理進(jìn)而可求BH，再利用相似三角形對應(yīng)邊成比例求出HG，即可得BF長．【解析】解：（1）連接OA并延長AO交BC于E，∵AB=AC，∴，∵AE過圓心O，∴，，∴∠BAC=2∠BAE，∵OA=OB，∴∠ABD=∠BAE，∴∠BAC=2∠ABD；（2）如解圖（2），連接OA并延長AO交BC于E，AE交BF于M，連接MC，設(shè)，則∵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∵M(jìn)H=HG，∴BF=BM+MH-FH=FG-FH+HG，∴BF=2HG．（3）過O點作OP⊥AC，如解圖（3）∵AO是∠BAC的角平分線，∴點O到AB、AC的距離相等，∴，∵AD=2，CD=3，∴AB=AC=5，∴，即：，∵OP⊥AC，∴，，∵，∴OP//BH，∴，∴，∴，，∵在中，，∵，，∴，∴即：，∴，∴，由（2）得BF=2HG，∴一、單選題1．如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于圓，已知AC＝BC，延長AD到F使得DF＝BD＝3，已知∠AEB＝90°，且AE：ED＝3：1，則BE的長為（）A．2.5 B．2 C． D．3【答案】C【分析】根據(jù)同弧所對的圓周角相等推∠CAD＝∠CBD，結(jié)合圖的條件證明△ACE∽△BDE，推出，再根據(jù)勾股定理求出，結(jié)合比例線段表示出，，再根據(jù)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，∴設(shè)DE＝x，AE＝3x，在Rt△BED中，根據(jù)勾股定理得，，∴，，∴，AC?BE＝9x，∴，∵AC＝BC，∴，整理得：，解得x1＝3（舍去），x2＝，∴．故選：C．2．如圖，已知的半徑為3，弦，為上一動點（點與點、不重合），連接并延長交于點，交于點，為上一點，當(dāng)時，則的最大值為（）A．4 B．6 C．8 D．12【答案】C【分析】如圖（見解析），先利用解直角三角形可得，再根據(jù)圓周角定理可得，然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得，從而可得，設(shè)，從而可得，最后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可得．【解析】解：如圖，延長交于點，連接，為的半徑，，，，在中，，即，，由圓周角定理得：，在和中，，，，即，設(shè)，則，且，，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，在內(nèi)，當(dāng)時，取最大值，最大值為4，即的最大值為4，則的最大值為，故選：C．3．如圖，已知弦與弦交于點，且為的中點，延長交于點，若，則（）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意，由兩角相等證明△ABE∽△DCE，△PBD∽△PAC，再由相似三角形性質(zhì)，得到對應(yīng)邊成比例，設(shè)EC=x，EB=y，列出方程組，解出x，y，然后求得．【解析】∵∠A=∠D（同弧所對的圓周角相等）∠E=∠E∴△ABE∽△DCE同理△PBD∽△PAC∴∵P為AB中點∴PA=PB,∴CD=PC+PD=PC+AB=AP+BP=∴設(shè)EC=x，EB=y,則，則可得：解得：∴CE+BE=故選：C．二、填空題4．如圖，△ABC內(nèi)接于，AB為的直徑，D為上一點（位于AB下方），CD交AB于點E，若，，，則CE的長為______．【答案】【分析】直接證明△BCE∽△DCB，得到，設(shè)DE=x，則CE=2x，列出方程即可解決．【解析】∵AB為的直徑∴∠ACB=90°∵∠CDB=∠A=45°，∴∠ABC=∠A=45°，∵∠BCE=∠DCB，∴△BCE∽△DCB，∴，∴，設(shè)DE=x，則CE=2x，CD=3x，∴（6）2=2x×3x，∵x＞0，∴x=，∴CE=，故答案為：．5．如圖，⊙O的直徑AB過的中點A，若∠C＝30°，AB、CD交于點E，連接AC、BD，則＝________________．【答案】【分析】根據(jù)已知條件得出∠DCA=∠DBA=30°，設(shè)DE=EC=x，由在直角三角形中，30°所對的直角邊等于斜邊的一半可以得出AE和BE的長，然后代入要求的式子進(jìn)行計算即可得出答案．【解析】解：∵⊙O的直徑AB過的中點A，∴＝，∴DE＝EC，∵AB是⊙O的直徑，∴∠BED＝∠CEA＝90°，∵∠C＝30°，∴∠DCA＝∠DBA＝30°，設(shè)DE＝EC＝x，∵∠C＝30°，∴AE＝x，∵∠DBA＝30°，∴BE＝x，∴＝＝；故答案為：．6．如圖，、、、是上的四個點，，交于點，若，，則_______．【答案】【分析】根據(jù)圓周角定理可得根據(jù)可得，再利用三角形相似，即可得出答案．【解析】解：，，，，，．，即，．故答案為：．7．如圖，已知四邊形內(nèi)接于，半徑，對角線AC、BD交于E點，且，，則______．【答案】【分析】連接BO并延長交AD于點F，連接OD，然后根據(jù)三角形的相似可以求得CD的長，然后根據(jù)勾股定理可以求得AD的長．【解析】解：連接BO交AD于點F，連接OD，∵BA＝BD，OA＝OD，∴BF是線段AD的垂直平分線，∴BF⊥AD，∵AC是⊙O的直徑，∴∠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＝，故答案為：．8．如圖，點A、B、C、D在⊙O上，AD是⊙O的直徑，且AD＝3，若∠ABC＝∠CAD，BC交AD于點E，則CE?BC為___．【答案】9【分析】由圓周角定理可知，又，則可得，從而可得出；由直徑所對的圓周角為直角可得；由勾股定理求得的值；由，，可判定，由相似三角形的性質(zhì)可得比例式，變形即可得出答案．【解析】解：，，，，是的直徑，，在中，由勾股定理得：，，，，解得：．，，，，．故答案為：9．9．如圖，點、在以為直徑的上，且是的中點，與交于點.若，，則CE的長為_____．【答案】5【分析】延長BA、CD交于點G，根據(jù)圓周角定理得到∠ACD＝∠ABD＝∠CBD，得到△BCD≌△BGD，求得CG＝2CD＝，再證明△CDE∽△CAG，即可求解．【解析】解：延長BA、CD交于點G，∵D是弧AC的中點，∴，∴∠ACD＝∠ABD＝∠CBD，又∵BC為直徑，∴∠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，經(jīng)檢驗，都是方程的根據(jù)，其中CE＝﹣8不合題意，舍去，故CE的長為5．故答案為：5三、解答題10．我們定義：如果圓的兩條弦互相垂直且相交，那么這兩條弦互為“十字弦”，也把其中的一條弦叫做另一條弦的“十字弦”．如圖1，已知⊙O的兩條弦AB⊥CD，則AB、CD互為“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的半徑為5，一條弦AB=8，則弦AB的“十字弦”CD的最大值為，最小值為．（2）如圖2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直徑，弦AB與CD相交于H，連接AC，若AC=12，DH=7，CH=9，求證︰AB、CD互為“十字弦”；【問題解決】（3）如圖3，在⊙O中，半徑為，弦AB與CD相交于H，AB、CD互為“十字弦”且AB=CD，，則CD的長度．【答案】（1）10，6；（2）證明見解析；（3）6．【分析】（1）根據(jù)“十字弦”定義可得弦AB的“十字弦”CD為直徑時最大，當(dāng)CD過A點或B點時最?。唬?）根據(jù)線段長度得出對應(yīng)邊成比例且有夾角相等，證明△ACH∽△DCA，由其性質(zhì)得出對應(yīng)角相等，結(jié)合90°的圓周角證出AH⊥CD，根據(jù)“十字弦”定義可得；（3）過O作OE⊥AB于點E，作OF⊥CD于點F，設(shè)DH=x，由題意可得其它線段的長，在Rt△OEA中，根據(jù)勾股定理列方程得出x的值，從而可求CD的長．【解析】解：（1）當(dāng)CD為直徑時，CD最大，此時CD=10，∴弦AB的“十字弦”CD的最大值為10；當(dāng)CD過A點時，CD長最小，即AM的長度，過O點作ON⊥AM，垂足為N，作OG⊥AB，垂足為G，則四邊形AGON為矩形，∴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）證明：如圖，連接AD，∵AC=12，DH=7，CH=9，∴CD=CH+DH=16∴，∴∵∠C=∠C，∴△ACH∽△DCA，∴∠AHC=∠CAD∵CD是直徑，∴∠CAD=90°，∴∠AHC=90°，∴AH⊥CD，∴AB、CD互為“十字弦”．（3）如圖，過O作OE⊥AB于點E，作OF⊥CD于點F，連接OA，OD，則四邊形OEHF是矩形，∴OE=FH，OF=EH，設(shè)DH=x，∵，AB=CD，則CH=5x，CD=AB=6x，∴FD=AE=3x，∴OE=FH=3x-x=2x，∵半徑為，在Rt△OEA中，由勾股定理得，，∴，解得，x=1，∴CD=6×1=611．如圖，已知AB為⊙O的直徑，弦CD⊥AB，垂足為H.(1)求證：AHAB=AC2；(2)若過A的直線與弦CD(不含端點)相交于點E，與⊙O相交于點F，求證：AEAF=AC2；(3)若過A的直線與直線CD相交于點P，與⊙O相交于點Q，判斷APAQ=AC2是否成立(不必證明).【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析；（3）成立.【分析】（1）連接CB，證明△CAH∽△BAC即可；（2）連接CF，證△AEC∽△ACF，根據(jù)射影定理即可證得；（3）由（1）（2）的結(jié)論可知，AP?AQ=AC2成立．【解析】(1)連結(jié)CB，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°.而∠CAH=∠BAC，∴△CAH∽△BAC.∴，即AHAB=AC2.(2)連結(jié)FB，易證△AHE∽△AFB，∴AEAF=AHAB，∴AEAF=AC2.(也可連結(jié)CF，證△AEC∽△ACF)(3)結(jié)論APAQ=AC2成立.12．如圖，是的直徑，弦于點，為上一點，，連接分別交，于點，．(1)求證：；(2)若，且，求的長．【答案】(1)見詳解；(2)10【分析】（1）連接AC，由AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，根據(jù)垂徑定理得＝，，所以∠D＝∠ACD，因為，所以，則∠DCF＝∠BAC，∠D＝∠ACD，即可推導(dǎo)出∠F＝∠AGF，得AF＝AG，而∠FAD＝∠BAD，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”性質(zhì)得FH＝GH；（2）連接BC，設(shè)BE＝m，先證明△AHF△CHD，則，求得CD＝×15＝20，所以CE＝DE＝CD＝10，再證明△BCE△GCE，得GE＝BE＝m，再證明△CEB△AEC，得，列出關(guān)于m的方程，求出m的值，即可求得GB的長．【解析】（1）證明：如圖，連接AC，∵AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB于點E，∴＝，，∴∠D＝∠ACD，∵，∴，∴∠DCF＝∠BAC，∴∠AGF＝∠ACF＋∠BAC＝∠ACF＋∠DCF＝∠ACD，∵∠F＝∠D，∴∠F＝∠AGF，∴AF＝AG，∵∠FAD＝∠BAD，∴FH＝GH．（2）解：如圖，連接BC，設(shè)BE＝m，根據(jù)題意得AF＝15，，∴AG＝AF＝15，∵∠F＝∠D，∠AHF＝∠CHD，∴△AHF△CHD，∴，∵CD＝