专题25 圆中的相交弦模型 2024年中考数学核心几何模型重点突破（全国通用）

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【理论基础】相交弦定理
如图25-1，已知在⊙O中，弦与弦交于点，点在⊙O内。
【证明】
如图25-2，连接，，
∽
【模型变式】如图25-3，已知在⊙O中，为直径，为弦，与相交于点，点在⊙O内。
【例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，．
【例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，
∴
一、单选题
1．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．2.5B．2C．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．
2．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．4B．6C．8D．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．
3．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．
二、填空题
4．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：．
5．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：．
6．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：．
7．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：．
8．如图，点A、B、C、D在⊙O上，AD是⊙O的直径，且AD＝3，若∠ABC＝∠CAD，BC交AD于点E，则CE•BC为___．
【答案】9
【分析】由圆周角定理可知，又，则可得，从而可得出；由直径所对的圆周角为直角可得；由勾股定理求得的值；由，，可判定，由相似三角形的性质可得比例式，变形即可得出答案．
【解析】解：，，
，
，
是的直径，
，
在中，由勾股定理得：，
，，
，
解得：．
，，
，
，
．
故答案为：9．
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
三、解答题
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cs∠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=，
∴cs∠BAC==．