(最新整理)圆幂定理与圆内接四边形

(完整)圆幂定理与圆内接四边形
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_1。

3圆幂定理与圆内接四边形
1．3.1 圆幂定理
[对应学生用书P25]
［读教材·填要点］
1．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．
2．切割线定理
从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项．3．圆幂定理
已知⊙(O，r),通过一定点P，作⊙O的任一条割线交圆于A，B两点，则PA·PB为定值,设定值为k，则：
（1)当点P在圆外时,k＝PO2－r2,
（2)当点P在圆内时,k＝r2－OP2,
(3）当点P在⊙O上时，k＝0.
[小问题·大思维]
1．从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积有什么关系？
提示:相等．
2．从圆外一点引圆的切线,则这一点、两个切点及圆心四点是否共圆?若共圆，圆的直径是什么？
提示:四点共圆．且圆心为圆外一点与原圆心连线的中点,直径为圆外一点到原圆心的距离．
[对应学生用书P26］
相交弦定理的应
用
［例1］如图，AB、CD是半径为a的圆O的两条弦，它们相交于AB的中点P,PD＝错误!a,∠OAP＝30°，求CP的长．
［思路点拨］本题考查相交弦定理及垂径定理、勾股定理的综合应用．解决本题需要先在Rt△OAP中,求得AP的长,然后利用相交弦定理求解．［精解详析］∵P为AB的中点，
∴由垂径定理得OP⊥AB.
在Rt△OAP中，BP＝AP＝a cos30°＝错误!a.
由相交弦定理,得BP·AP＝CP·DP，
即错误!2＝CP·错误!a，解之得CP＝错误!a.
在实际应用中,若圆中有两条相交弦,要想到利用相交弦定理．特别地,如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项．
1．如图,已知AB和AC是圆的两条弦，过点B作圆的切线与AC的延长线相交于点D.过点C
作BD的平行线与圆相交于点E，与AB相交于点F,AF＝3，FB＝1,EF＝错误!，则线段CD的长为________．
解析:因为AF＝3，EF＝错误!，FB＝1，
所以CF＝错误!＝错误!＝2,
因为EC∥BD，所以△ACF∽△ADB，
所以AF
AB
＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!，
所以BD＝错误!＝错误!＝错误!，且AD＝4CD,
又因为BD是圆的切线，所以BD2＝CD·AD＝4CD2,
所以CD＝错误!。

答案：错误!
切割线定理的应
用
［例2］自圆O外一点P引圆的一条切线PA，切点为A,M为PA的中点，过点M引圆的割线交圆于B，C两点，且∠BMP＝100°，∠BPC＝40°.求∠MPB的大小．
[思路点拨］本题考查切割线定理,由定理得出△BMP∽△PMC而后转化角相等进行求解．［精解详析］因为MA为圆O的切线,
所以MA2＝MB·MC。

又M为PA的中点，
所以MP2＝MB·MC。

因为∠BMP＝∠PMC，
所以△BMP∽△PMC,
于是∠MPB＝∠MCP。

在△MCP中，由∠MPB＋∠MCP＋∠BPC＋∠BMP＝180°,得∠MPB＝20°.
相交弦定理、切割线定理涉及与圆有关的比例线段问题，利用相交弦定理能做到知三求一，利用切割线定理能做到知二求一．
2。

（北京高考）如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线,PB与圆O相交于D。

若PA＝3，PD∶DB＝9∶16,则PD＝________；AB＝________。

解析:设PD＝9t，DB＝16t，则PB＝25t，根据切割线定理得32＝9t×25t，解得t＝错误!，所以PD＝错误!,PB＝5。

在直角三角形APB中，根据勾股定理得AB＝4.
答案：错误!4
三个定理的综合应
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］本题考查切割线定理、相交弦定理．以及相似三角形的判定与性质的综合应用．解答本题需要分清各个定理的适用条件，并会合理利用．
［精解详析] （1）证明：∵DE2＝EF·EC，
∴DE∶CE＝EF∶ED.
∵∠DEF是公共角，∴△DEF∽△CED.
∴∠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·EB＝EF·EP。

（3)∵DE2＝EF·EC，DE＝6，EF＝4，
∴EC＝9.∵CE∶BE＝3∶2，∴BE＝6.∵CE·EB＝EF·EP，
∴9×6＝4×EP.
解得:EP＝27 2。

∴PB＝PE－BE＝错误!，PC＝PE＋EC＝错误!.由切割线定理得：PA2＝PB·PC，
∴PA2＝15
2
×
45
2
.
∴PA＝错误!错误!。

相交弦定理、切割线定理是最重要的定理，在与圆有关的问题中经常用到，这是因为这三个定理可得到的线段的比例或线段的长，而圆周角定理、弦切角定理得到的是角的关系，这两者的结合,往往能综合讨论与圆有关的相似三角形问题．
因此，在实际应用中，见到圆的两条相交弦要想到相交弦定理；见到切线和割线要想到切割线定理．
3．如图所示，过点P的直线与⊙O相交于A,B两点．若PA＝1，AB＝2，PO＝3,则⊙O的半径等于________．
解析：设⊙O的半径为r（r>0），
∵PA＝1，AB＝2，
∴PB＝PA＋AB＝3。

延长PO交⊙O于点C,
则PC＝PO＋r＝3＋r.
设PO交⊙O于点D，则PD＝3－r。

由圆的割线定理知，PA·PB＝PD·PC,
∴1×3＝（3－r)(3＋r)，∴9－r2＝3，∴r＝6。

答案：错误!
[对应学生用书P27］
一、选择题
1。

如右图，⊙O的直径CD与弦AB交于P点,若AP＝4，BP＝6，CP＝3，则⊙O半径为（)
A．5。

5 B．5
C．6 D．6。

5
解析:由相交弦定理知AP·PB＝CP·PD,
∵AP＝4,BP＝6,CP＝3，
∴PD＝错误!＝错误!＝8.
∴CD＝3＋8＝11，∴⊙O的半径为5。

5。

答案：A
2．如图，P是圆O外一点,过P引圆O的两条割线PB,PD，PA＝AB＝5，CD＝3，则PC等于( ）
A．2或－5 B．2
C．3 D．10
解析：设PC＝x,由割线定理知PA·PB＝PC·PD.即错误!×2 错误!＝x(x＋3)，解得x＝2或x＝－5(舍去)．故选B.
答案：B
3。

如图，AD、AE和BC分别切⊙O于D，E,F，如果AD＝20，则△ABC的周长为（)
A．20 B．30
C．40 D．35
解析：∵AD，AE,BC分别为圆O的切线．
∴AE＝AD＝20，BF＝BD,CF＝CE。

∴△ABC的周长为AB＋AC＋BC＝AB＋AC＋BF＋CF＝(AB＋BD）＋(AC＋CE)＝AD＋AE＝40。

答案：C
4．如图，△ABC中,∠C＝90°，⊙O的直径CE在BC上,且与AB相切于D点，若CO∶OB＝1∶3,AD＝2，则BE等于（)
A。

错误!B．2错误!
C．2 D．1
解析：连接OD,则OD⊥BD,
∴Rt△BOD∽Rt△BAC.
∴OD
AC
＝错误!。

设⊙O的半径为a，
∵OC∶OB＝1∶3,OE＝OC，
∴BE＝EC＝2a。

由题知AD、AC均为⊙O的切线，AD＝2，∴AC＝2。

∴错误!＝错误!，∴BD＝2a2.
又BD2＝BE·BC,∴BD2＝2a·4a＝8a2.
∴4a4＝8a2，∴a＝错误!。

∴BE＝2a＝2错误!.
答案:B
二、填空题
5．(重庆高考)过圆外一点P作圆的切线PA(A为切点)，再作割线PBC分别交圆于B，C.若PA＝6，AC＝8，BC＝9，则AB＝________.
解析：如图所示，由切割线定理得PA2＝PB·PC＝PB·(PB＋BC),即62＝PB·(PB＋9），解得PB＝3(负值舍去）．由弦切角定理知∠PAB＝∠PCA，又∠APB＝∠CPA，故△APB∽△CPA,则错误!＝错误!，即错误!＝错误!，解得AB＝4。

答案:4
6．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＝2,AF∶FB∶BE＝4∶2∶1。

若CE与圆相切，则线段CE的长为____________．
解析：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
＝错误!，EA＝错误!，再由切割线定理得CE2＝EB·EA＝错误!×错误!＝错误!，所以CE＝错误!。

答案：错误!
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＝________.
解析：由切割线定理知，
AB·AC＝AD·AE。

即4×6＝3×(3＋DE)，解得DE＝5。

∵BD⊥AE，且E、D、B、C四点共圆，∴∠C＝90°.
在直角三角形ACE中，AC＝6，AE＝8,
∴CE＝错误!＝2错误!.
答案：5 2错误!
8．(重庆高考）如图,在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，AB＝20,过C 作△ABC的外接圆的切线CD，BD⊥CD，BD与外接圆交于点E，则DE的长为
________．
解析：由题意得BC＝AB·sin 60°＝10错误!。

由弦切角定理知∠BCD＝∠A＝60°，
所以CD＝5错误!，BD＝15，
由切割线定理知，CD2＝DE·BD，则DE＝5。

答案：5
三、解答题
9．如图,PT切⊙O于T，PAB，PDC是圆O的两条割线,PA＝3,PD＝4，PT＝6,AD＝2，求弦CD的长和弦BC的长．
解：由已知可得PT2＝PA·PB,
且PT＝6，PA＝3,∴PB＝12。

同理可得PC＝9，∴CD＝5.
∵PD·PC＝PA·PB，∴错误!＝错误!，
∴△PDA∽△PBC，
∴错误!＝错误!⇒错误!＝错误!，∴BC＝6。

10．如图，⊙O的半径OB垂直于直径AC，M为AO上一点,BM的延长线交⊙O于N，过N点的切线交CA的延长线于P.
(1）求证：PM2＝PA·PC；
（2）若⊙O的半径为2 3，OA＝错误!OM，求MN的长．
解：(1)证明：连接ON，则ON⊥PN,且△OBN为等腰三角形，则∠OBN＝∠ONB，
∵∠PMN＝∠OMB＝90°－∠OBN，
∠PNM＝90°－∠ONB，
∴∠PMN＝∠PNM，
∴PM＝PN。

由条件，根据切割线定理，有PN2＝PA·PC，
所以PM2＝PA·PC。

(2）依题意得OM＝2，在Rt△BOM中，
BM＝错误!＝4。

延长BO交⊙O于点D,连接DN。

由条件易知△BOM∽△BND，
于是错误!＝错误!，
即错误!＝错误!,得BN＝6.
所以MN＝BN－BM＝6－4＝2。

11．如下图，已知⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，过点A作⊙O1的切线,交⊙O2于点C,过点B 作两圆的割线分别交⊙O1，⊙O2于点D、E，DE与AC相交于点P.
(1）求证：PA·PE＝PC·PD；
(2)当AD与⊙O2相切，且PA＝6,PC＝2，PD＝12时，求AD的长．
解:(1)证明：连接AB，CE，
∵CA切⊙O1于点A,
∴∠1＝∠D。

又∵∠1＝∠E，
∴∠D＝∠E。

又∵∠2＝∠3,
∴△APD∽△CPE。

∴错误!＝错误!.
即PA·PE＝PC·PD。

(2)∵PA＝6，PC＝2,PD＝12.
∴6×PE＝2×12，∴PE＝4。

由相交弦定理，得PE·PB＝PA·PC.
∴4PB＝6×2，∴PB＝3.
∴BD＝PD－PB＝12－3＝9，
DE＝PD＋PE＝16。

∵DA切⊙O2于点A，
∴DA2＝DB·DE，即AD2＝9×16，∴AD＝12。

1．3。

2 圆内接四边形的性质与判定
[对应学生用书P29］
［读教材·填要点］
1．圆内接四边形的性质定理
圆的内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角．
2．圆内接四边形的判定
（1)定理：如果一个四边形的一组对角互补，那么这个四边形内接于圆．
（2)符号语言表述：在四边形ABCD中，如果∠B＋∠D＝180°或∠A＋∠C＝180°，那么四边形ABCD内接于圆．
［小问题·大思维］
1．所有的三角形都有外接圆吗？所有的四边形是否都有外接圆？
提示：所有的三角形都有外接圆，但四边形并不一定有外接圆．
2．如果一个平行四边形有外接圆，它是矩形吗？
提示:因为平行四边形的对角相等,圆内接四边形的对角和为180°，所以该平行四边形一定是矩形．
[对应学生用书P29]
证明四点共
圆
[例1] 如图,已知AP是⊙O的切线,P为切点，AC是⊙O的割线，与⊙O交于B、C两点，圆心O在∠PAC的内部,点M是BC的中点．
（1)证明：A,P，O，M四点共圆；
（2）求∠OAM＋∠APM的大小．
[思路点拨] 本题考查四点共圆的判定及性质的应用问题，解答（1）可利用圆内接四边形的判定定理证明。

解答问题(2)可利用四点共圆的性质求解．
［精解详析］（1）证明：连接OP,OM，因为AP与⊙O相切于点P，所以OP⊥AP，因为M是⊙O的弦BC的中点，所以OM⊥BC，于是∠OPA＋∠OMA＝180°。

由圆心O在∠PAC的内部，可知四边形APOM的对角互补,所以A,P，O,M四点共圆．
(2）由(1)得A，P，O，M四点共圆，
所以∠OAM＝∠OPM。

由(1)得OP⊥AP，由圆心O在∠PAC的内部,
可知∠OPM＋∠APM＝90°，
所以∠OAM＋∠APM＝90°.
判定四点共圆的方法
（1）如果一个四边形的一组对角互补,那么这个四边形的四个顶点共圆．
（2)如果一个四边形的一个外角等于它的内对角，那么这个四边形的四个顶点共圆．
1.如图,在正△ABC中,点D，E分别在边BC，AC上，且BD＝错误!BC，CE＝错误!CA，AD，BE 相交于点P，求证:
(1)P，D，C，E四点共圆；
(2)AP⊥CP。

证明：（1）在正△ABC中,由BD＝错误!BC，CE＝错误!CA,可得△ABD≌△BCE，
∴∠ADB＝∠BEC，
∴∠ADC＋∠BEC＝180°，
∴P，D，C，E四点共圆．
(2)如图,连接DE,在△CDE中,CD＝2CE，∠ACD＝60°,
由正弦定理知∠CED＝90°，
由P，D,C，E四点共圆知,
∠DPC＝∠DEC，
∴AP⊥CP.
证明线段相等或角相
等
［例2］如图，两圆⊙O1，⊙O2相交于A，B。

⊙O1的弦BC交⊙O2于E点，⊙O2的弦BD交⊙O1于F点．
证明：(1）若∠DBA＝∠CBA,则DF＝CE。

（2）若DF＝CE，则∠DBA＝∠CBA.
[思路点拨] 本题考查圆内接四边形的判定及性质．解决本题需要借助三角形全等证明角相等或边长相等．
［精解详析] (1)连接AE，AF，AC，AD，
则∠BDA＝∠AEC，∠ACB＝∠AFD.
又∵∠DBA＝∠CBA，∴AD＝AE.
∴AD＝AE,∴△ACE≌△AFD.
故CE＝DF.
(2)由（1)∠BDA＝∠AEC，∠ACB＝∠AFD，
又∵DF＝CE，∴△ACE≌△AFD,
∴AD＝AE，∴∠DBA＝∠CBA。

（1)圆内接四边形性质定理为几何论证中角的相等或互补提供了一个理论依据，因而也为论证角边关系提供了一种新的途径．
（2）在解有关圆内接四边形的几何问题时，既要注意性质定理的运用，也要注意判定定理的运用，又要注意两者的综合运用．
(3)构造全等或相似三角形，以达到证明线段相等、角相等或线段成比例等目的．
2．如图,AB是圆O的直径,D，E为圆O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C,使BD ＝DC，连接AC,AE，DE.
求证:∠E＝∠C.
证明：如图，连接OD，因为BD＝DC，
O为AB的中点,
所以OD∥AC，于是∠ODB＝∠C.
因为OB＝OD，所以∠ODB＝∠B。

于是∠B＝∠C.
因为点A，E,B，D都在圆O上，且D,E为圆O上位于AB异侧的两点，所以∠E和∠B为同弧所对的圆周角,故∠E＝∠B。

所以∠E＝∠C.
证明比例线段或比例
式
［例3] 如图所示，AB、CD都是圆的弦，且AB∥CD，F为圆上一点，延长FD、AB交于点E.
求证：AE·AC＝AF·DE.
［思路点拨］本题考查圆内接四边形的判定及性质以及相似三角形等问题．解答本题可连接BD，通过证明△EBD∽△EFA来解决．
[精解详析］连接BD,因为AB∥CD，
所以BD＝AC.
因为A、B、D，F四点共圆，
所以∠EBD＝∠F.
因为∠E为△EBD和△EFA的公共角,
所以△EBD∽△EFA。

所以错误!＝错误!,所以错误!＝错误!。

即AE·AC＝AF·DE。

证明比例线段或比例式通常利用三角形相似来解决，而证明三角形相似，常利用圆内接四边形的性质寻找角之间的关系．
3．试证明：在圆内接四边形ABCD中，
AC·BD＝AD·BC＋AB·CD.
证明：如图，在AC上取点E,使∠ADE＝∠1.
又∠3＝∠4，∴△ADE∽△BDC。

∴错误!＝错误!，
∴AE·BD＝AD·BC.①
又∵∠ADE＝∠1，∴∠ADB＝∠CDE。

又∵∠5＝∠6，∴△ABD∽△ECD。

∴错误!＝错误!，∴BD·EC＝AB·CD.②
①②两式相加：
AE·BD＋BD·EC＝AD·BC＋AB·CD，
即AC·BD＝AD·BC＋AB·CD。

［对应学生用书P31］
一、选择题
1．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC是直径，MN与⊙O相切，切点为A，∠MAB＝35°,则∠D＝( ）
A．35°B．90°
C．125° D．150°
解析：连接BD,则∠MAB＝∠ADB＝35°，∵BC是⊙O的直径，∴∠BDC＝90°，所以∠D＝∠ADB＋∠BDC＝125°.
答案：C
2．如图，四边形ABCD内接于⊙O,∠DCE＝50°,则∠BOD等于( )
A．75° B．90°
C．100° D．120°
解析:∵四边形ABCD内接于⊙O,
∴∠DCE＝∠A，
∴∠A＝50°，∴∠BOD＝2∠A＝100°。

答案：C
3．若AD、BE、CF为△ABC的三条高线，交于H，则图中四点共圆的组数是（)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：其中：B、D、H、F共圆；C、D、H、E共圆；A、E、H、F共圆;A、F、D、C共圆；B、C、E、F共圆；A、B、E、D共圆．
答案:D
4。

如图，四边形ABCD为圆内接四边形，AC为BD的垂直平分线，∠ACB＝60°，AB＝a，则CD等于( )
A.错误!a B．错误!a
C.错误!a D．错误!a
解析：∵AC为BD的垂直平分线，
∴AB＝AD＝a,AC⊥BD，
∵∠ACB＝60°，∴∠ADB＝60°.
∴AB＝AD＝BD，∴∠ACD＝∠ABD＝60°。

∴∠CDB＝30°,
∴∠ADC＝90°，∴CD＝tan30°·AD＝错误!a.
答案：A
二、填空题
5．圆内接四边形ABCD中，∠B∶∠C∶∠D＝1∶2∶3，则∠A＝________，∠B＝________，∠C＝________，∠D＝________。

解析：∵∠B＋∠D＝180°,∠B∶∠D＝1∶3，
∴∠B＝45°，∠D＝135°.又∠B∶∠C＝1∶2，
∴∠C＝90°.又∠A＋∠C＝180°,
∴∠A＝90°.
答案：90°45°90°135°
6．如图，四边形ABCD内接于⊙O,若∠BOD＝130°，则∠BCD＝________.
解析:∵∠BOD＝130°，∴∠A＝错误!＝错误!＝65°.
∴∠BCD＝180°－65°＝115°.
答案：115°
7．如图，AB＝10 cm，BC＝8 cm，CD平分∠ACB,则AC＝______，
BD＝________。

解析：∠ACB＝90°,∠ADB＝90°.
在Rt△ABC中，AB＝10，BC＝8，
∴AC＝错误!＝6.
又∵CD平分∠ACB，
即∠ACD＝∠BCD，∴AD＝BD.
∴BD＝错误!＝5错误!。

答案：6 5错误!
8．若两条直线(a＋2）x＋(1－a）y－3＝0，(a－1)x＋（2a＋3）y＋2＝0与两坐标轴围成
的四边形有一个外接圆,则实数a＝________.
解析：∵两条直线与两坐标轴围成的四边形有一个外接圆,则有对角互补，又两坐标轴互相垂直,
∴这两条直线垂直,
即(a＋2)（a－1）＋(1－a)（2a＋3）＝0.
∴a2＝1,∴a＝±1。

答案：±1
三、解答题
9．在锐角三角形ABC中,AD是BC边上的高，DE⊥AB，DF⊥AC，E，F是垂足．
求证：E，B,C，F四点共圆．
证明：如图，连接EF，
∵DE⊥AB，DF⊥AC,
∴A，E，D,F四点共圆．
∴∠1＝∠2.
∴∠1＋∠C＝∠2＋∠C＝90°。

∴∠BEF＋∠C＝180°。

∴B，E，F，C四点共圆．
10．如图，已知△ABC的两条角平分线AD和CE相交于H,∠B＝60°,F在AC上，且AE＝AF.
(1)证明：B，D，H，E四点共圆；
（2)证明:CE平分∠DEF.
证明:(1)在△ABC中，因为∠B＝60°,
所以∠BAC＋∠BCA＝120°.
因为AD，CE是角平分线，
所以∠HAC＋∠HCA＝60°，
故∠AHC＝120°.
于是∠EHD＝∠AHC＝120°.
因为∠EBD＋∠EHD＝180°，
所以B，D，H，E四点共圆．
(2）连结BH，则BH为∠ABC的平分线，
得∠HBD＝30°。

由（1）知，B,D,H，E四点共圆，
所以∠CED＝∠HBD＝30°。

又∠AHE＝∠EBD＝60°，
由已知可得EF⊥AD,可得∠CEF＝30°.
所以CE平分∠DEF。

11．如图，已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC 的外接圆于点F，连接FB，FC。

（1)求证：FB＝FC;
（2)求证：FB2＝FA·FD;
(3)若AB是△ABC外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝6 cm，求AD的长．
解：（1）证明：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD＝∠DAC。

∵四边形AFBC内接于圆，∴∠DAC＝∠FBC.
∵∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，∴∠FBC＝∠FCB。

∴FB＝FC.
(2)证明:∵∠FAB＝∠FCB＝∠FBC，
∠AFB＝∠BFD，
∴△FBA∽△FDB.∴错误!＝错误!，∴FB2＝FA·FD。

（3)∵AB是圆的直径，∴∠ACB＝90°。

∵∠EAC＝120°,
∴∠DAC＝错误!∠EAC＝60°,∠BAC＝60°.
∴∠D＝30°.
∵BC＝6，∴AC＝2错误! cm.
∴AD＝2AC＝4错误! cm.。