学年高中数学第一章直线多边形圆24切割线定理25相交弦定理学案北师大版选修41Word格式.docx
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（1）PA·
PD＝PE·
PC；
（2）AD＝AE.
[思路点拨] 本题主要考查切割线定理的应用．解题时由割线定理得PA·
PE＝PD·
PB，再由切割线定理知PA2＝PC·
PB可得结论，然后由
（1）进一步可证AD＝AE.
[精解详析]
（1）∵PAE，PDB分别是⊙O2的割线，
∴PA·
PB.①
又∵PA，PCB分别是⊙O1的切线和割线，
∴PA2＝PC·
PB.②
由①②得PA·
PC.
（2）连接AD，AC，ED，
∵BC是⊙O1的直径，∴∠CAB＝90°
.
∴AC是⊙O2的切线．
又由
（1）知
＝
，
∴AC∥ED.∴AB⊥ED.
又∵AB是⊙O2的直径，∴
∴AD＝AE.
讨论与圆有关的线段间的相互关系，常常可以借助于切割线定理和相似成比例的知识去解决，通常用分析法揭示解题的思考过程，而用综合法来表示解题的形式．
1．（湖北高考）如图，P为⊙O外一点，过P点作⊙O的两条切线，切点分别为A，B.过PA的中点Q作割线交⊙O于C，D两点．若QC＝1，CD＝3，则PB＝.
解析：
由切割线定理，得QA2＝QC·
QD＝4⇒QA＝2，则PB＝PA＝2QA＝4.
答案：
4
相交弦定理的应用
[例2] 如图，已知在⊙O中，P是弦AB的中点，过点P作半径OA的垂线分别交⊙O于C，D两点，垂足是点E.
求证：
PC·
PD＝AE·
AO.
[思路点拨] 由相交弦定理知PC·
PD＝AP·
PB，又P为AB的中点，所以PC·
PD＝AP2.在Rt△PAO中再使用射影定理即可．
[精解详析] 连接OP，
∵P为AB的中点，
∴OP⊥AB，AP＝PB.
∵PE⊥OA，
∴AP2＝AE·
∵PD·
PC＝PA·
PB＝AP2，
∴PD·
PC＝AE·
相交弦定理的运用多与相似三角形联系在一起，经常与射影定理、直角三角形的性质相结合证明某些结论．
2．（湖南高考）如图，已知AB，BC是⊙O的两条弦，AO⊥BC，AB＝
，BC＝2
，则⊙O的半径等于．
设AO，BC的交点为D，由已知可得D为BC的中点，则在直角三角形ABD中，AD＝
＝1，设圆的半径为r，延长AO交圆O于点E，由圆的相交弦定理可知BD·
CD＝AD·
DE，即（
）2＝2r－1，解得r＝
相交弦定理与切割线定理的综合应用
[例3] 如图所示，已知PA与⊙O相切，A为切点，PBC为割线，弦CD∥AP，AD、BC相交于E点，F为CE上一点，且DE2＝EF·
EC.
（1）求证：
∠P＝∠EDF；
（2）求证：
CE·
EB＝EF·
EP.
（3）若CE∶BE＝3∶2，DE＝6，EF＝4，求PA的长．
[思路点拨] 本题主要考查相交弦定理与切割线定理的综合应用．解题时先证△CED∽△DEF，同时利用平行关系可证
（1）；
然后证明△DEF∽△PEA，结合相交弦定理可证
（2）；
最后由切割线定理可求PA.
[精解详析]
（1）证明：
∵DE2＝EF·
EC，
∴DE∶EC＝EF∶ED.
∵∠DEF是公共角，∴△CED∽△DEF.
∴∠EDF＝∠C.
∵CD∥AP，∴∠C＝∠P.
∴∠P＝∠EDF.
（2）证明：
∵∠P＝∠EDF，∠DEF＝∠PEA，
∴△DEF∽△PEA.
∴DE∶PE＝EF∶EA，
即EF·
EP＝DE·
EA.
∵弦AD，BC相交于点E，
∴DE·
EA＝CE·
EB.
∴CE·
（3）∵DE2＝EF·
EC，DE＝6，EF＝4，
∴EC＝9.∵CE∶BE＝3∶2，∴BE＝6.
∵CE·
EP，∴9×
6＝4×
解得EP＝
∴PB＝PE－BE＝
，PC＝PE＋EC＝
由切割线定理得PA2＝PB·
∴PA2＝
×
.∴PA＝
解决与圆有关的线段问题多综合应用相交弦定理及切割线定理，同时注意相似三角形及平行过渡传递等量关系的应用．
3．如图，E是⊙O内两弦AB和CD的交点，直线EF∥CB，交AD的延长线于点F，FC与圆交于点G.求证：
（1）△DFE∽△EFA；
（2）△EFG∽△CFE.
证明：
（1）∵EF∥CB，
∴∠DEF＝∠DCB.
∵∠DCB和∠DAB都是
上的圆周角，
∴∠DAB＝∠DCB＝∠DEF.
∵∠DFE＝∠EFA，∴△DFE∽△EFA.
（2）由
（1）知：
△DFE∽△EFA，∴
即EF2＝FA·
FD.
由割线定理得FA·
FD＝FG·
FC.
∴EF2＝FG·
FC，
即
又∵∠EFG＝∠CFE，∴△EFG∽△CFE.
本课时主要考查相交弦定理、切割线定理的应用．难度中档，是高考命题的热点内容．
[考题印证]
（新课标全国卷Ⅱ）如图，P是⊙O外一点，PA是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2PA，D为PC的中点，AD的延长线交⊙O于点E.证明：
（1）BE＝EC；
（2）AD·
DE＝2PB2.
[命题立意] 本题主要考查切割线定理、相交弦定理以及三角形的外切定理、弦切角定理、同弧所对的圆心角相等定理．
[自主尝试]
（1）连接AB，AC.
由题设知PA＝PD，故∠PAD＝∠PDA.
因为∠PDA＝∠DAC＋∠DCA，
∠PAD＝∠BAD＋∠PAB，∠DCA＝∠PAB，
所以∠DAC＝∠BAD，从而
因此BE＝EC.
（2）由切割线定理得PA2＝PB·
因为PA＝PD＝DC，所以DC＝2PB，BD＝PB.
由相交弦定理得AD·
DE＝BD·
DC，
所以AD·
[对应学生用书P25]
一、选择题
1.如图，已知⊙O的两条弦AB，CD相交于AB的中点E，且AB＝4，DE＝CE＋3，则CD的长为（ ）
A．4 B．5
C．8D．10
选B 设CE＝x，则DE＝3＋x.根据相交弦定理，得x（x＋3）＝2×
2，x＝1或x＝－4（不合题意，应舍去）．
则CD＝3＋1＋1＝5.
2.如图，点P是⊙O外一点，PAB为⊙O的一条割线，且PA＝AB，PO交⊙O于点C，若OC＝3，OP＝5，则AB的长为（ ）
A．
B．2
C．
D．
选B
设PA＝AB＝x，延长PO交圆于点D.
因为PA·
PD，OC＝3，OP＝5，所以PC＝2，PD＝8.
所以x·
2x＝16，所以x＝2
3．如图，∠ACB＝90°
，CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E，则（ ）
A．CE·
CB＝AD·
DBB．CE·
AB
C．AD·
AB＝CD2D．CE·
EB＝CD2
选A 在直角三角形ABC中，根据直角三角形射影定理可得CD2＝AD·
DB，再根据切割线定理可得CD2＝CE·
CB，所以CE·
DB.
4．如图，CA，CD分别切圆O1于A，D两点，CB，CE分别切圆O2于B，E两点．若∠1＝60°
，∠2＝65°
，判断AB，CD，CE的长度，下列关系正确的是（ ）
A．AB>
CE>
CDB．AB＝CE>
CD
C．AB>
CD>
CED．AB＝CD＝CE
选A 因为∠1＝60°
所以∠ABC＝180°
－∠1－∠2＝180°
－60°
－65°
＝55°
所以∠2>
∠1>
∠ABC，
所以AB>
BC>
AC，
因为CA，CD分别切圆O1于A，D两点，
CB，CE分别切圆O2于B，E两点，
所以AC＝CD，BC＝CE，
CD.
故选A.
二、填空题
5．如图，圆O是△ABC的外接圆，过点C的切线交AB的延长线于点D，CD＝2
，AB＝3，则BD的长为．
由切割线定理得：
DB·
DA＝DC2，即DB（DB＋BA）＝DC2，∴DB2＋3DB－28＝0，∴DB＝4.
6．如图，从圆O外一点P引圆O的切线PA和割线PBC，已知PA＝2
，PC＝4，圆心O到BC的距离为
，则圆O的半径为．
记圆O的半径为R.依题意得PA2＝PB·
PC，PB＝
＝2，BC＝PC－PB＝2，
所以R＝
＝2.
2
7．如图，⊙O的弦ED，CB的延长线交于点A，若BD⊥AE，AB＝4，BC＝2，AD＝3，则DE＝；
CE＝.
由切割线定理得AB·
AC＝AD·
AE，即4×
6＝3×
（3＋DE），解得DE＝5；
易知
又∠A＝∠A，故△ABD∽△AEC，故∠BCE＝∠BDA＝90°
在直角三角形ABD中，BD＝
∴CE＝
＝2
5 2
8.如图，已知圆中两条弦AB与CD相交于点F，E是AB延长线上一点，且DF＝CF＝
，AF∶FB∶BE＝4∶2∶1.若CE与圆相切，则线段CE的长为．
设BE＝x，则FB＝2x，AF＝4x，由相交弦定理得DF·
FC＝AF·
FB，即2＝8x2，解得x＝
，AE＝
，再由切割线定理得CE2＝EB·
EA＝
，所以CE＝
三、解答题
9．如图，P为圆O外一点，PA，PB是圆O的两条切线，A，B为切点，OP与AB相交于点M，且点C是
上一点．
∠OPC＝∠OCM.
连接OB，由切线长定理，得PA＝PB，PM⊥AB，
PO平分∠APB.
又PB⊥OB，在Rt△OPB中，OB2＝OP·
OM，
∵OB＝OC，∴OC2＝OP·
，∴△OCP∽△OMC，∴∠OPC＝∠OCM.
10.如图，两个同心圆的圆心是O，大圆的半径为13，小圆的半径为5，AD是大圆的直径．大圆的弦AB，BE分别与小圆相切于点C，F.AD，BE相交于点G，连接BD.
（1）求BD的长．
（2）求∠ABE＋2∠D的度数．
（3）求
的值．
解：
（1）连接OC，
因为AB是小圆的切线，C是切点，所以OC⊥AB，
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