专题08 圆中的重要模型之阿基米德折弦（定理）模型、婆罗摩笈多（定理）模型-2024-2025学年九年级数学下册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（沪科版）

专题08 圆中的重要模型之阿基米德折弦（定理）模型、 婆罗摩笈多（定理）模型 圆在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就圆形中的重要模型（阿基米德折弦（定理）模型、婆罗摩笈多（布拉美古塔）（定理）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型1.阿基米德折弦模型 1 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 11 16 模型1.阿基米德折弦模型 【模型解读】折弦:从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦。 一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点。 条件：如图1所示，AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是 的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，结论：CD=AB+BD。 图1 图2 图3 图4 证明：法1（垂线法）：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接，AC； ∵M是的中点，∴．∵，，∴． 又∵，∴，∴，．∵，， ∴．∴．∴． 法2（截长法）：如图3，在CD上截取DG=BD，连接BM，MC，MA，AC； ∵BD=DG，MD⊥BG，∴MB=MG，∠MBG=∠MGB，∵M是的中点，∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC， ∵∠CMG＋∠MCG=∠MGB=∠MBG=∠MAC=∠MCA=∠ACB＋∠MCG，∴∠CMG=∠ACB=∠AMB， ∵MB=MG，MA=MC，∠BMA=∠GMC，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴BA=GC，CD=AB+BD． 法3（补短法）：如图4，如图，延长DB至F，使BF=BA；连接MA、MB、MC、MF、AC， ∵M是的中点， ∴MA=MC，∠MAC=∠MCA， ∵∠MBA=180°-∠MCA，∠MBF=180°-∠CBC=180°-∠MAC=180°-∠MCA，， ∴∠MBA=∠MBF， 在△MBF和△MBA中，， ∴△MBF≌△MBA（SAS）， ∴MF=MA=MC， 又∵MD⊥BC，∴FD=CD， ∴DC=BF+BD=BA+BD； 1．（2024·北京·校考一模）定义：圆中有公共端点的两条弦组成的折线称为圆的一条折弦．阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC组成圆的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中点，MF⊥AB于F，则AF＝FB+BC． 如图2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝10，BC＝8，D是AB上一点，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圆于E，连接EA，则∠EAC＝ °． 例2．（2023·广东九年级期中）如图，AB和BC是的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，若，，则CD的长为（    ）． A． B． C． D． 例3．（2024·河南南阳·校考一模）请阅读下面材料，并完成相应的任务： 阿基米德折弦定理 阿基米德（Archimedes公元前287—公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一．他与牛顿、高斯并称为三大数学王子． 阿拉伯Al-Birni（973年—1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据AI-Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），，M是弧ABC的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即． 这个定理有很多证明方法，下面是运用“截长法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，在CD上截取，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是弧ABC的中点，… 任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)如图3，已知等边三角形ABC内接于，D为弧AC上一点，，于点E，，连接AD，则△DAB的周长是___________． 例4．（23-24九年级上·四川南充·期末）【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图（1），和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，在上截取，连接、、和． 是的中点，① 又② 又即． 根据证明过程，分别写出步骤①，②的理由：① ；② ； 【理解运用】在图（1）中，若，则 ； 【变式探究】如图（3），是的两条弦，点M是的中点，于点D，请写出之间存在的数量关系： ； 【实践应用】如图（4），内接于，是的直径，点D为圆周上一动点，满足．若，的半径为5，求的长． 例5．（24-25九年级上·北京·期中）在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知，C是弦上一点 (1)尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）；①作线段的垂直平分线，交于点D，垂足为E； ②以点D为圆心，长为半径作弧，交于点F（F，A两点不重合），连接． (2)引理的结论为：． 证明：连接 ∵为的垂直平分线∴∴ 又∵四边形内接于圆 ∴（______）①（填推理的依据） 又∵∴____________…② 又∵∴____________…③ ∴∴∴． 例6．（2024·河南商丘校考一模）阅读下面材料，完成相应的任务： 阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一、《阿基米德全集》收集了已发现的阿基米德著作，它对于了解古希腊数学，研究古希腊数学思想以及整个科技史都是十分宝贵的．其中论述了阿基米德折弦定理：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，称之为该圆的一条折弦．一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点． 如图1，AB和BC是的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），．M是弧的中点，则从M向所作垂线之垂足D是折弦的中点，即． 小明认为可以利用“截长法”，如图2：在线段上从C点截取一段线段，连接． 小丽认为可以利用“垂线法”，如图3：过点M作于点H，连接 任务：(1)请你从小明和小丽的方法中任选一种证明思路，继续书写出证明过程， (2)就图3证明：． 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。 1）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理） 条件：如图，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线AD于点F．结论：． 证明：∵，，∴， ∴，， ∴，∵，∴． 又∵，∴，∴． 在Rt△ADM中，∠ADM＝90°，∴∠DMF＝90°﹣∠AMF，∠ADM＝90°﹣∠CAD， 又∠AMF＝∠CAD，∴∠DMF＝∠ADM，∴FM＝FD，∴AF＝FD 2）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）的逆定理 条件：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，FA=FD．结论：FE⊥BC． 证明：∵AF=FD，AC⊥BD，∴∠AMD=90°，∴AF=MF=FD，∴∠FMD=∠ADM， ∵∠DAM+∠ADM=90°，∴∠FMD+∠DAM=90°， ∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，∴∠DBC+∠BME=90°，∴∠MEB=90°，∴FE⊥BC． 例1．（2024福建·模拟预测）求证：对角线互相垂直圆内接四边形，自对角线的交点向一边作垂线，其延长线必平分对边．要求：（1）在给出的圆内接四边形作出PE⊥BC于点E，并延长EP与AD交于点F，不写作法，保留作图痕迹（2）利用（1）中所作的图形写出已知、求证和证明过程． 例2．（2023·山西太原·九年级校考阶段练习）阅读下列材料，完成相应的任务 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”．该定理的内容及部分证明过程如下： 古拉美古塔定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，直线ME⊥BC，垂足为E，并且交直线AD于点F，则AF＝FD． 证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CME+∠C＝90°，∠CBD+∠C＝90° ∴∠CBD＝∠CME∴　 　，∠CME＝∠AMF ∴∠CAD＝∠AMF∴AF＝MF… 任务：（1）材料中划横线部分短缺的条件为：　 　； （2）请用符号语言将下面“布拉美古塔定理”的逆命题补充完整，并证明该逆命题的正确性： 已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，①　 　．求证：②　 　．证明： 例3．（2023·山东济宁·统考二模）阅读与思考； 婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，书写了两部关于数学与天文的书籍，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数及加减法运算仅晚于中国九章算术而他的负数乘除法法则在全世界都是领先的，他还提出了著名的婆罗摩笈多定理，该定理的内容及证明如下：已知：如图，四边形ABCD内接与圆O对角线AC⊥BD于点M，ME⊥BC于点E，延长EM交CD于F，求证：MF=DF 证明∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CBD=∠CME ∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF∴∠CAD=∠AMF∴AF=MF ∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90°∴∠FMD=∠FDM∴MF=DF，即F是AD中点． （1）请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，完成婆罗摩笈多逆定理的证明： 已知：如图1，四边形ABCD内接与圆O，对角线AC⊥BD于点M，F是AD中点，连接FM并延长交BC于点E，求证：ME⊥BC （2）已知如图2，△ABC内接于圆O，∠B=30°∠ACB=45°，AB=2，点D在圆O上，∠BCD=60°，连接AD 交BC于点P，作ON⊥CD于点N，延长NP交AB于点M，求证PM⊥BA并求PN的长． 1．（2023·浙江温州·九年级校考阶段练习）阿基米德是古希腊最伟大的数学家之一，他曾用图1发现了阿基米德折弦定理．如图2，已知BC为⊙O的直径，AB为一条弦(BCAB)，点M是上的点，MD⊥BC于点D，延长MD交弦AB于点E，连接BM，若BM=，AB=4，则AE的长为(    ) A． B． C． D． 2．（23-24九年级上·河南漯河·期末）定义：圆中有公共端点的两条弦组成的折线称为圆的一条折弦．如图，和 组成圆的折弦，，是的中点，于，则下列结论一定成立的是 （   ） A． B． C． D． 3．（23-24九年级上·浙江温州·期中）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆氏四边形”．如图，在中，四边形是“婆氏四边形”，对角线相交于点E，过点E作于点H，延长交于点F，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24九年级下·江西南昌·期末）婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆罗摩笈多四边形”．如图，四边形是的内接四边形，且是“婆罗摩笈多四边形”、若，则的半径为 ．    5．（2023·重庆·统考一模）阅读下列相关材料，并完成相应的任务．婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：“若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边”． 任务：（1）按图（1）写出了这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程； 已知：__________________ 求证：_________________ 证明： （2）如图（2），在中，弦于M，连接分别是上的点，于于H，当M是中点时，直接写出四边形是怎样的特殊四边形：__________． 6．（23-24九年级上·山西临汾·期末）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 布拉美古塔定理：已知：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为，点为的中点，连结并延长，交于点，则． 证明：，， ，（依据）， ，… (1)上述证明过程中的依据是指______．(2)请补全上述证明过程． (3)请利用布拉美古塔定理完成如下问题：如图2，三角形内接于，，点是弧的中点，，请直接写出线段的长度． 7．（2023·吉林·模拟预测）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形， 【理解】（1）如图1，点A、、在上，的平分线交于点，连接、．则四边形是等补四边形．请直接写出图中相等的边：______；互补的角：______． 【探究】（2）如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由． 【运用】（3）如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点，，，直接写出的长． 8．（2024·河南驻马店·校考三模）阅读以下材料，并完成相应的任务： 西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．如图1，已知内接于⊙O，点P在⊙O上（不与点A、B、C重合），过点P分别作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F求证：点D，E，F在同一条直线上 以下是他们的证明过程： 如图1，连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE，QF， 则（依据1）， ∴E，F，P，C四点共圆．∴（依据2）． 又∵，∴． ∵，∴B，D，P，E四点共圆．∴（依据3）． ∵，∴（依据4）． ∴点D，E，F在同一条直线上． 任务：(1)填空：①依据1指的的是中点的定义及______；②依据2指的是______； ③依据3指的是______；④依据4指的是______． (2)善于思考的小英发现当点P是的中点时，．请你利用图2证明该结论的正确性． 9．（23-24九年级上·山西大同·期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务： 斯库顿定理：如图1．在中，为的平分线，则．下面是该定理的证明过程： 证明：如图2，是的外接圆，延长交于点，连接． ∵为的平分线，∴． ∵，（依据①__________________________） ．（依据②_________________________） 又，．．…… 任务：（1）证明过程中的依据是：①__________________________________．②__________________________________． （2）将证明过程补充完整：（3）如图3．在圆内接四边形中，对角线，相交于点．若，，，，，请利用斯库顿定理，直接写出线段的长． 10．（2023·山西吕梁·一模）阅读与思考：下面是小宇同学写的一篇数学小论文，请认真阅读并完成相应学习任务：对角线互相垂直的四边形的性质探究 在平行四边形一章中，我们已经学习过平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质，那么对于对角线互相垂直的四边形，它有哪些特殊的性质呢？容易得知： 对角线互相垂直的四边形，两组对边的平方和相等，证明过程如下： 如图1，在四边形中，对角线，垂足为． 求证：． 证明：∵于点， ∴（依据1） 若对角线互相垂直的四边形内接于圆，它还有什么特殊性质呢，通过探究，我得出如下结论：对角线互相垂直的圆内接四边形，每组对边的平方和等于它的外接圆半径平方的4倍，证明过程如下（不完整）： 如图2，已知的半径为，四边形内接于，且． 求证：． 证明：过点作直径，分别连接． ∵是的直径，∴（依据2）∴， ∵，∴． 学习任务：(1)小宇同学的论文中，画横线部分的“依据1”和“依据2”分别是： 依据1：______________；依据2：______________．(2)请完成图2的剩余证明过程； (3)如图3，已知四边形内接于，为上一点，，若的直径为8，，请直接写出的长度． 11．（23-24九年级上·江苏南京·期中）问题提出 如图1，AB、AC是⊙O的两条弦，AC＞AB，M是的中点，MD⊥AC，垂足为D， 求证：CD＝BA+AD． 小敏在解答此题时，利用了“补短法”进行证明，她的方法如下： 如图2，延长CA至E，使AE＝AB，连接MA、MB、MC、ME、BC． ∵M是的中点∴∴∠MCB＝∠MAC（请你在下面的空白处完成小敏的证明过程．） 推广运用：如图3，等边△ABC内接于⊙O，AB＝1，D是上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD，垂足为E，则△BDC的周长是 　 　． 拓展研究:如图4，若将“问题提出”中“M是的中点”改成“M是的中点”，其余条件不变，“CD＝BA+AD”这一结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，写出CD、BA、AD三者之间存在的关系，并说明理由． 12．（2023·福建泉州·九年级校考期中）材料：如图①，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），点是弧的中点，则从点向所作垂线的垂足是折弦的中点，即。（1）如图②，已知等边内接于为弧上--点，于点，求的周长；（2）求证：． 13．（2024·江苏泰州·九年级统考期中）早在公元前古希腊数学家欧几里得就发现了垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦．阿基米德从中看出了玄机并提出：如果条件中的弦变成折线段，仍然有类似的结论． 某数学兴趣小组对此进行了探究，如图1，和是的两条弦（即折线段是圆的一条折弦），，是的中点，过点作，垂足为，小明通过度量、、的长度，发现点平分折弦，即．小丽和小军改变折弦的位置发现仍然成立，于是三位同学都尝试进行了证明： 小军采用了“截长法”（如图2），在上㵶取，使得，…… 小丽则采用了“补短法”（如图3），延长至，使，…… 小明采用了“平行线法”（如图4），过点作，交圆于点，过点作，…… (1)请你任选一位同学的方法，并完成证明； (2)如图5，在网格图中，每个小正方形边长均为1，内接于（A、B、C均是格点），点A、D关于对称，连接并延长交于点，连接． ①请用无刻度的直尺作直线，使得直线平分的周长；②求的周长． 14．（2024·山东临沂·统考一模）（1）如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC>AB，点M是的中点，MD⊥BC，垂足为D．求证：CD＝DB+BA． （2）如图2，BC是半⊙O的直径，点A是半圆上一定点，点D是半圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝5，⊙O的半径为6.5，①请在图2上作出D点，说明理由；②结合（1）的结论，求AD的长． 15．（2024·山西·九年级专题练习）阅读与思考 请阅读下列材料，并按要求完成相应的任务． 阿基米德是伟大的古希腊数学家、哲学家物理学家，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．他的著作《阿基米德全集》的《引理集》中记述了有关圆的15个引理，其中第三个引理是：如图1，是的弦，点在上，于点，点在弦上且，在上取一点，使，连接，则．小明思考后，给出如下证明： 如图2，连接、、、． ∵，∴（依据1）∴ ∵∴（依据2）… 图1                   图2 任务：(1)写出小明证明过程中的依据：依据1：________依据2：________ (2)请你将小明的证明过程补充完整；(3)小亮想到了不同的证明方法：如图3，连接、、、．请你按照小亮的证明思路，写出证明过程；(4)结论应用：如图4，将材料中的“弦”改为“直径”，作直线与相切于点，过点作于点，其余条件不变，若，且是的中点，则________． 16．（2024·浙江·九年级专题练习）如图中所示，AB和BC组成圆的折弦，AB＞BC，D是的中点，DE⊥AB，垂足为E．连结AD，AC，BD．（1）写出所有与∠DBA相等的角（不添加任何线段）__________． （2）判断AE，BE，BC之间的数量关系并证明．（3）如图，已知AD＝7，BD＝3，求AB·BC的值． 17．（23-24·江苏扬州·九年级校联考阶段练习）我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB． （2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明． （3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长． 18．（23-24·江苏·九年级期中）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究． (1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在中，C是劣弧的中点，直线于点E，则．请证明此结论；(2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，，组成的一条折弦．C是劣弧的中点，直线于点E，则．可以通过延长、相交于点F，再连接证明结论成立．请写出证明过程； (3)如图3，，组成的一条折弦．C是优弧的中点，直线于点E，则，与之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．    19．（2024·山西大同·三模）阅读与思考：阿基米德（公元前287年－公元前212年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家、静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，留给后人的最有价值的书是《阿基米德全集》．在该书的“引理集”中有这样一道题： 如图1，以为直径作半圆O，弦是一个内接正五边形的一条边（即：），点D是的中点，连接并延长与直径的延长线交于点E，连接交于点F，过点F作于点M．求证：是半圆的半径． 下面是勤奋小组的部分证明过程：证明：如图2，过点D作于点H． ∵，∴．（依据1） ∵点D是的中点，∴．∵，∴． ∴．（依据2） ∵以为直径作半圆O，∴．（依据3） ∴．∵四边形是半圆O的内接四边形， ∴．（依据4） ∵，∴． ∵于点M，∴． ∵，∴．∵．∵． ∴．∴．…… 通过上面的阅读，完成下列任务：(1)任务一：直接写出依据1，依据2，依据3和依据4； (2)任务二：根据勤奋小组的解答过程完成该题的证明过程．（提示：先求出的度数，再根据等腰三角形的性质或判定完成该题的证明过程） 20．（2024·山西临汾·九年级统考阶段练习）阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务． 在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是的中点，则从点向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．其部分证明过程如下：证明：如图2，在上截取，连接，，和． ∵是的中点，∴， ∵，∴，∴，…… 任务：(1)补全证明过程，(2)如图3，在中，，，若，，，则到的距离是____________，到的距离是____________，的半径是____________． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！22 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 圆中的重要模型之阿基米德折弦（定理）模型、 婆罗摩笈多（定理）模型 圆在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就圆形中的重要模型（阿基米德折弦（定理）模型、婆罗摩笈多（布拉美古塔）（定理）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型1.阿基米德折弦模型 1 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 11 16 模型1.阿基米德折弦模型 【模型解读】折弦:从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦。 一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点。 条件：如图1所示，AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是 的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，结论：CD=AB+BD。 图1 图2 图3 图4 证明：法1（垂线法）：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接，AC； ∵M是的中点，∴．∵，，∴． 又∵，∴，∴，．∵，， ∴．∴．∴． 法2（截长法）：如图3，在CD上截取DG=BD，连接BM，MC，MA，AC； ∵BD=DG，MD⊥BG，∴MB=MG，∠MBG=∠MGB，∵M是的中点，∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC， ∵∠CMG＋∠MCG=∠MGB=∠MBG=∠MAC=∠MCA=∠ACB＋∠MCG，∴∠CMG=∠ACB=∠AMB， ∵MB=MG，MA=MC，∠BMA=∠GMC，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴BA=GC，CD=AB+BD． 法3（补短法）：如图4，如图，延长DB至F，使BF=BA；连接MA、MB、MC、MF、AC， ∵M是的中点， ∴MA=MC，∠MAC=∠MCA， ∵∠MBA=180°-∠MCA，∠MBF=180°-∠CBC=180°-∠MAC=180°-∠MCA，， ∴∠MBA=∠MBF， 在△MBF和△MBA中，， ∴△MBF≌△MBA（SAS）， ∴MF=MA=MC， 又∵MD⊥BC，∴FD=CD， ∴DC=BF+BD=BA+BD； 1．（2024·北京·校考一模）定义：圆中有公共端点的两条弦组成的折线称为圆的一条折弦．阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC组成圆的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中点，MF⊥AB于F，则AF＝FB+BC． 如图2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝10，BC＝8，D是AB上一点，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圆于E，连接EA，则∠EAC＝ °． 【答案】60°． 【分析】连接OA、OC、OE，由已知条件，根据阿基米德折弦定理，可得到点E为弧ABC的中点，即,进而推得∠AOE＝∠COE，已知∠ABC＝60°，则∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，可知∠AOE＝∠COE＝120°，故∠CAE＝∠COE＝60°. 【详解】解：如图2，连接OA、OC、OE，∵AB＝10，BC＝8，BD＝1，∴AD＝9，BD+BC＝9， ∴AD＝BD+BC，而ED⊥AB，∴点E为弧ABC的中点，即，∴∠AOE＝∠COE， ∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，∴∠AOE＝∠COE＝120°，∴∠CAE＝∠COE＝60°．故答案为60°． 【点睛】本题是新定义型题，考查了圆周角定理及推论，解本题的关键是掌握题中给出的关于阿基米德折弦定理的内容并进行应用. 例2．（2023·广东九年级期中）如图，AB和BC是的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，若，，则CD的长为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作辅助线在CD上截取DG=BD，连接BM，MC，MA，使AB和CG在△MBA和△MGC中，通过证明△MBA≌△MGC（SAS），得出CD=AB+BD； 【详解】解：如图，在CD上截取DG=BD，连接BM，MC，MA，AC； ∵BD=DG，MD⊥BG，∴MB=MG，∠MBG=∠MGB， ∵M是的中点，∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC， ∵∠CMG＋∠MCG=∠MGB=∠MBG=∠MAC=∠MCA=∠ACB＋∠MCG，∴∠CMG=∠ACB=∠AMB， ∵MB=MG，MA=MC，∠BMA=∠GMC，∴△MBA≌△MGC（SAS）， ∴BA=GC，CD=AB+BD=，故选：D． 【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形性质和判定，等腰三角形的性质和判定；熟练掌握圆周角定理及其推论：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键． 例3．（2024·河南南阳·校考一模）请阅读下面材料，并完成相应的任务： 阿基米德折弦定理 阿基米德（Archimedes公元前287—公元前212年，古希腊）是有史以来最伟大的数学家之一．他与牛顿、高斯并称为三大数学王子． 阿拉伯Al-Birni（973年—1050年）的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容，苏联在1964年根据AI-Biruni译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），，M是弧ABC的中点，则从点M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即． 这个定理有很多证明方法，下面是运用“截长法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，在CD上截取，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是弧ABC的中点，… 任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)如图3，已知等边三角形ABC内接于，D为弧AC上一点，，于点E，，连接AD，则△DAB的周长是___________． 【答案】(1)见解析(2)2＋4 【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得出答案；（2）首先证明△CBF≌△CAD（SAS），进而得出CF＝CD，AD+DE＝BE，进而求出BE和AB的长即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点，∴MA＝MC．在△MBA和△MGC中∵ ∴△MBA≌△MGC（SAS）， ∴MB＝MG，∴△MBG是等腰三角形又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD； （2））解：如图4，截取BF＝AD，连接CF，CD， ∵△ABC是等边三角形∴ BC＝AC，∠CBF＝∠CAD，∠ABC＝60°， 在△CBF和△CAD中∵ ∴△CBF≌△CAD（SAS）， ∴CF＝CD，∠BCF＝∠ACD＝∠ABD＝15°∴△CDF是等腰三角形， ∵CE⊥BD，∴FE＝DE，∠BCE＝90°则AD+DE＝BE， ∵∠ABD＝15°∴∠CBE＝∠ABC－∠ABD＝45°∴∠BCE＝90°－∠CBE＝45° ∴△BCE是等腰直角三角形∴BE＝CE＝2，BC＝ ∴AD+DE＝BE＝2，AB＝BC＝2 ∴△DAB的周长＝AB＋AD+DE＋BE＝2＋4故答案为：2＋4 【点睛】本题考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形解决问题． 例4．（23-24九年级上·四川南充·期末）【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图（1），和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，在上截取，连接、、和． 是的中点，① 又② 又即． 根据证明过程，分别写出步骤①，②的理由：① ；② ； 【理解运用】在图（1）中，若，则 ； 【变式探究】如图（3），是的两条弦，点M是的中点，于点D，请写出之间存在的数量关系： ； 【实践应用】如图（4），内接于，是的直径，点D为圆周上一动点，满足．若，的半径为5，求的长． 【答案】[问题呈现]①相等的弧所对的弦相等；②同弧所对的圆周角相等；[理解运用]1；[变式探究]；[实践应用] 或． 【分析】[问题呈现]：根据圆的性质即可求解； [理解运用]，即，即，解得：，即可求解； [变式探究]证明，则，，又，则，即可求解； [实践应用]已知，过点作于点，则，所以．如图，同理易得． 【详解】[问题呈现] 由证明过程可知， （相等的弧所对的弦相等）；（同弧所对的圆周角相等）； 故答案为：①相等的弧所对的弦相等；②同弧所对的圆周角相等； [理解运用]，即， 即，解得：，，故答案为：1； [变式探究]．证明：在上截去，连接、、、， 是弧的中点，，． 又 ， 又，，，即，故答案为：； [实践应用]是圆的直径，．因为，圆的半径为5，所以． 已知，过点作于点， 则，所以．所以． 如图，同理易得．所以的长为或． 【点睛】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来． 例5．（24-25九年级上·北京·期中）在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知，C是弦上一点 (1)尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）； ①作线段的垂直平分线，交于点D，垂足为E； ②以点D为圆心，长为半径作弧，交于点F（F，A两点不重合），连接． (2)引理的结论为：． 证明：连接 ∵为的垂直平分线∴∴ 又∵四边形内接于圆 ∴（______）①（填推理的依据） 又∵∴____________…② 又∵∴____________…③ ∴∴∴． 【答案】(1)①见解析；②见解析(2)见解析 【分析】本题考查了垂直平分线的基本作图，三角形全等的判定和性质，圆的内接四边形的性质． （1）①根据基本作图的基本步骤画图即可；②按照步骤画图即可． （2）根据三角形全等的判定，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，圆的内接四边形的性质等推理证明即可． 【详解】（1）解：①根据基本作图的基本步骤画图如下：则即为所求． ②根据题意，画图如下：则即为所求． （2）证明：连接，，，． ∴为的垂直平分线，∴，∴． 又∵四边形内接于圆 ∴．（ 圆的内接四边形，对角互补）． 又∵，∴． 又∵，∴，（同圆或等圆中，等弧所对圆周角相等）． ∴，∴． 例6．（2024·河南商丘校考一模）阅读下面材料，完成相应的任务： 阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一、《阿基米德全集》收集了已发现的阿基米德著作，它对于了解古希腊数学，研究古希腊数学思想以及整个科技史都是十分宝贵的．其中论述了阿基米德折弦定理：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，称之为该圆的一条折弦．一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点． 如图1，AB和BC是的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），．M是弧的中点，则从M向所作垂线之垂足D是折弦的中点，即． 小明认为可以利用“截长法”，如图2：在线段上从C点截取一段线段，连接． 小丽认为可以利用“垂线法”，如图3：过点M作于点H，连接 任务：(1)请你从小明和小丽的方法中任选一种证明思路，继续书写出证明过程， (2)就图3证明：． 【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）首先证明，进而可得，即可得到解答； （2）由（1）可知，，整理等式即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图2，在CB上截取C，连接， ∵是的中点，∴ 在和中，∴，∴ ∵，∴∴ ； （2）证明：在中，， 在中，， 由（1）可知， ， ∴ ； 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键． 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。 1）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理） 条件：如图，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线AD于点F．结论：． 证明：∵，，∴， ∴，， ∴，∵，∴． 又∵，∴，∴． 在Rt△ADM中，∠ADM＝90°，∴∠DMF＝90°﹣∠AMF，∠ADM＝90°﹣∠CAD， 又∠AMF＝∠CAD，∴∠DMF＝∠ADM，∴FM＝FD，∴AF＝FD 2）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）的逆定理 条件：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，FA=FD．结论：FE⊥BC． 证明：∵AF=FD，AC⊥BD，∴∠AMD=90°，∴AF=MF=FD，∴∠FMD=∠ADM， ∵∠DAM+∠ADM=90°，∴∠FMD+∠DAM=90°， ∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，∴∠DBC+∠BME=90°，∴∠MEB=90°，∴FE⊥BC． 例1．（2024福建·模拟预测）求证：对角线互相垂直圆内接四边形，自对角线的交点向一边作垂线，其延长线必平分对边．要求：（1）在给出的圆内接四边形作出PE⊥BC于点E，并延长EP与AD交于点F，不写作法，保留作图痕迹（2）利用（1）中所作的图形写出已知、求证和证明过程． 【答案】（1）见解析；（2）DF=FP=AF，点F为AD的中点，过程见解析 【分析】（1）过P作BC的垂线即可得到答案；（2）根据题意写好已知，求证，利用圆周角定理及直角三角形的性质证明 【详解】解：（1）补全的图形如图所示；         （2）已知：四边形ABCD为圆内接四边形，AC⊥BD，PE⊥BC．延长EP交AD于点F． 求证：点F为AD的中点 证明：∵AC⊥BD，PE⊥BC∴∠CPD=∠CEF=∠APD=90° ∵EF是线段  ∴∠CPE+∠CPD+∠DPF=180°，即∠CPE+∠DPF=90° ∵在Rt△CEP中，∠CPE+∠ECP=90°∴∠ECP=∠DPF ∵∠ACB与∠ADB为同弧所对的圆周角∴∠ACB=∠ADB，即∠ECP=∠PDF ∴∠DPF=∠PDF∴△DPF为等腰三角形，DF=FP ∵∠APF=∠APD -∠DPF=90°-∠DPF，∠PAF=90°-∠PDF∴∠APF=∠PAF ∴△APF为等腰三角形，PF=AF即DF=FP=AF，点F为AD的中点． 【点睛】本题考查的是过一点作已知直线的垂线，圆周角定理，等腰三角形的判定，直角三角形两锐角互余，掌握以上知识是解题的关键． 例2．（2023·山西太原·九年级校考阶段练习）阅读下列材料，完成相应的任务 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”．该定理的内容及部分证明过程如下： 古拉美古塔定理：已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，直线ME⊥BC，垂足为E，并且交直线AD于点F，则AF＝FD． 证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CME+∠C＝90°，∠CBD+∠C＝90° ∴∠CBD＝∠CME∴　 　，∠CME＝∠AMF ∴∠CAD＝∠AMF∴AF＝MF… 任务：（1）材料中划横线部分短缺的条件为：　 　； （2）请用符号语言将下面“布拉美古塔定理”的逆命题补充完整，并证明该逆命题的正确性： 已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，①　 　．求证：②　 　．证明： 【答案】（1）∠CBD=∠CAD；（2）①FA=FD，②FE⊥BC；证明见解析． 【分析】（1）根据圆周角定理可得结论． （2）把题设与结论交换可得逆命题，利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可． 【详解】解：（1）由题意：空格处为∠CBD=∠CAD．故答案为：∠CBD=∠CAD； （2）①FA=FD，②FE⊥BC．故答案为：FA=FD，FE⊥BC． 理由：∵AF=FD，AC⊥BD，∴∠AMD=90°，∴AF=MF=FD，∴∠FMD=∠ADM， ∵∠DAM+∠ADM=90°，∴∠FMD+∠DAM=90°， ∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，∴∠DBC+∠BME=90°，∴∠MEB=90°，∴FE⊥BC． 【点睛】本题考查了圆周角定理，等角的余角相等，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键． 例3．（2023·山东济宁·统考二模）阅读与思考； 婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，书写了两部关于数学与天文的书籍，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数及加减法运算仅晚于中国九章算术而他的负数乘除法法则在全世界都是领先的，他还提出了著名的婆罗摩笈多定理，该定理的内容及证明如下：已知：如图，四边形ABCD内接与圆O对角线AC⊥BD于点M，ME⊥BC于点E，延长EM交CD于F，求证：MF=DF 证明∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CBD=∠CME ∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF∴∠CAD=∠AMF∴AF=MF ∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90°∴∠FMD=∠FDM∴MF=DF，即F是AD中点． （1）请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，完成婆罗摩笈多逆定理的证明： 已知：如图1，四边形ABCD内接与圆O，对角线AC⊥BD于点M，F是AD中点，连接FM并延长交BC于点E，求证：ME⊥BC （2）已知如图2，△ABC内接于圆O，∠B=30°∠ACB=45°，AB=2，点D在圆O上，∠BCD=60°，连接AD 交BC于点P，作ON⊥CD于点N，延长NP交AB于点M，求证PM⊥BA并求PN的长． 【答案】（1）证明见解析;（2）证明见解析, PN=1． 【详解】试题分析：（1）由于AC⊥BD，所以∠AMD=90°，∠FAM+∠FDM=90°，由于F是AD的中点，所以AF=MF=DF，从而可证明∠EMC+∠MCB=90°． （2）由圆周角定理得出∠D=∠B=30°，由三角形内角和定理求出∠DAC=45°，得出△APC是等腰直角三角形，∴PA=PC，∠CPD=90°，由（1）的证明过程可知：PM⊥BA，再由含30°的直角三角形的性质即可求出AP=1，CD=2，最后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出PN的长度． 试题解析：（1）∵AC⊥BD，∴∠AMD=90°， ∵F是AD的中点，∴AF=MF=DF，∴∠FAM=∠FMA，∠FMD=∠FDM， ∵∠FDM=∠MCB，∠FMA=∠EMC，∠FAM+∠FDM=90° ∴∠EMC+∠MCB=90°，∴ME⊥BC； （2）∵∠ACB=45°，∠BCD=60°，∴∠ACD=45°+60°=105°， 又∵∠D=∠B=30°，∴∠DAC=180°﹣∠ACD﹣∠D=45°， ∴∠APC=180°﹣45°﹣45°=90°，△APC是等腰直角三角形，∴PA=PC，∠APC=90°，∴AD⊥BC， ∵ON⊥CD，∴由垂径定理可知：N是CD的中点，∴由（1）的证明过程可知：PM⊥BA ∵AB=2，∠B=30°，∴AP=1，∴PC=1，∵∠D=30°，∴CD=2PC=2， ∵N是CD的中点，∠CPD=90°，∴PN=CD=1． 1．（2023·浙江温州·九年级校考阶段练习）阿基米德是古希腊最伟大的数学家之一，他曾用图1发现了阿基米德折弦定理．如图2，已知BC为⊙O的直径，AB为一条弦(BCAB)，点M是上的点，MD⊥BC于点D，延长MD交弦AB于点E，连接BM，若BM=，AB=4，则AE的长为(    ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】延长ME，设交圆于点F，连接BF、AF，可得BF=BM，∠BMF=∠BFM=∠FAB，从而可得△BFA∽△BEF，利用相似三角形的性质列式可求BE的长度，从而可求得AE的长度． 【详解】解：延长ME，设交圆于点F，连接BF、AF，如图， ∵BC为⊙O的直径， MD⊥BC于点D，∴MB=FB=，∠BMF=∠BFM 又∠BMF=∠FAB∴∠BFM=∠FAB∴∠BFE=∠FAB ∵∠EBF=∠FBA∴△BFA∽△BEF∴即∴BE=∴AE=4-=故选：A． 【点睛】本题考查垂径定理及三角形相似的判定和性质，解题的关键是准确做出辅助线，得出三角形相似． 2．（23-24九年级上·河南漯河·期末）定义：圆中有公共端点的两条弦组成的折线称为圆的一条折弦．如图，和 组成圆的折弦，，是的中点，于，则下列结论一定成立的是 （   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，在上截取，证明，推出，利用等腰三角形“三线合一”可证，等量代换可得． 【详解】解：如图，在上截取，连接，，，， 是的中点，，， 和都是所对的圆周角，， 在和中，，，， 又，，，故C选项正确， 现有条件不能证明选项A，B，D中的结论一定成立，故选C． 3．（23-24九年级上·浙江温州·期中）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆氏四边形”．如图，在中，四边形是“婆氏四边形”，对角线相交于点E，过点E作于点H，延长交于点F，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明，再根据同弧所对的圆周角相等推出，则，再证明，得到，则． 【详解】解：∵，∴， ∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴，∴，故选A． 【点睛】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定，同角的余角相等，直角三角形两锐角互余，证明，是解题的关键． 4．（23-24九年级下·江西南昌·期末）婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆罗摩笈多四边形”．如图，四边形是的内接四边形，且是“婆罗摩笈多四边形”、若，则的半径为 ．    【答案】1 【分析】连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，根据圆周角定理的推论得出，然后求出，再利用勾股定理得出，同理可得，然后得出，即可求出的半径． 【详解】解：连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，      ∵是直径，∴，由题意知，∴， ∵，∴，∴，∴，∴， ∵，∴， 同理可得，∴， ∴，即的半径为1，故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，作出合适的辅助线，证明是解题的关键． 5．（2023·重庆·统考一模）阅读下列相关材料，并完成相应的任务．婆罗摩笈多是古印度著名的数学家、天文学家，他编著了《婆罗摩修正体系》，他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，也称“布拉美古塔定理”．定理的内容是：“若圆内接四边形的对角线互相垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边”． 任务：（1）按图（1）写出了这个定理的已知和求证，并完成这个定理的证明过程； 已知：__________________ 求证：_________________ 证明： （2）如图（2），在中，弦于M，连接分别是上的点，于于H，当M是中点时，直接写出四边形是怎样的特殊四边形：__________． 【答案】（1）见解析；（2）菱形 【分析】（1）先写出已知、求证，先证明，再证明，即可证明 （2）先证明，再证明,由布拉美古塔定理证明即可证明 【详解】（1）已知：如图，在圆内接四边形中，对角线于点M，过点M作的垂线分别交于点． 求证：点E是的中点 证明： ，， ，，， 同理可证，，∴点E是的中点 故答案为：已知：如图，在圆内接四边形中，对角线于点M，过点M作的垂线分别交于点． 求证：点E是的中点 （2）四边形是菱形 理由：由布拉美古塔定理可知，分别是的中点， 是中点 ∴四边形是菱形故答案为：四边形是菱形 【点睛】本题考查菱形的判定、根据题意写已知求证、灵活进行角的和差关系的转换是解题的关键 6．（23-24九年级上·山西临汾·期末）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多（Brahmagup1a）是古印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，特别是在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献．他曾经提出了“婆罗摩笈多定理”，该定理也称为“布拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下： 布拉美古塔定理：已知：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为，点为的中点，连结并延长，交于点，则． 证明：，， ，（依据）， ，… (1)上述证明过程中的依据是指______．(2)请补全上述证明过程． (3)请利用布拉美古塔定理完成如下问题：如图2，三角形内接于，，点是弧的中点，，请直接写出线段的长度． 【答案】(1)等边对等角；(2)见解析；(3)． 【分析】（1）根据条件和结论即可判断出答案；（2）根据前面的证明过程得到，由等量代换得到，即可得到，结论得证；（3）由圆周角定理求出，根据等腰三角形三线合一得到，，由勾股定理求出，由等积法求出，在中，由勾股定理求出，根据布拉美古塔定理可得，则，即可证明，得到，代入已知线段即可得到答案． 【详解】（1）∵，（等边对等角）， ∴上述证明过程中的依据是指等边对等角；故答案为：等边对等角 （2）证明：， ，，（等边对等角）， ，∴， ∵，∴，∴，∴． （3）解：∵，∴是等腰三角形，∵点是弧的中点，∴， ∴，，∴， ∵，∴，∴， 在中，， 由题意得，四边形内接于，对角线，垂足为F，点G为的中点，连结并延长，交于点，根据布拉美古塔定理可得，， ∵，∴， ∴，∴，解得 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、圆周角定理、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关定理并进行正确推理是解题的关键． 7．（2023·吉林·模拟预测）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形， 【理解】（1）如图1，点A、、在上，的平分线交于点，连接、．则四边形是等补四边形．请直接写出图中相等的边：______；互补的角：______． 【探究】（2）如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由． 【运用】（3）如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点，，，直接写出的长． 【答案】（1）；； （2）见解析 （3） 【分析】连接，可推出，，，，从而，根据四边形是的内接四边形，可得出，； 连接，可推出四边形内接于圆，，，，从而，从而平分； 连接，可推出，进而得出∽，从而，进而得出，从而求得． 【详解】解：如图， 连接， 平分， ， ，， ， ， 四边形是的内接四边形， ，， 故答案为：，原图中，； 如图，连接， 平分，理由如下： 四边形是等补四边形， 四边形内接于圆， ， ， ，， ， 平分； 如图，连接， 由知：四边形内接于圆，平分， ，， 平分， ， ， ， ∽， ， ， ， ， ，舍去， ． 【点睛】本题考查了确定圆的条件，等腰三角形的判定和性质，圆周角定理的推论，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 8．（2024·河南驻马店·校考三模）阅读以下材料，并完成相应的任务： 西姆松定理是一个平面几何定理，其表述为：过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边或其延长线的垂线，则三垂足共线（此线常称为西姆松线）．数学兴趣小组的同学们尝试证明该定理．如图1，已知内接于⊙O，点P在⊙O上（不与点A、B、C重合），过点P分别作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F求证：点D，E，F在同一条直线上 以下是他们的证明过程： 如图1，连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE，QF， 则（依据1）， ∴E，F，P，C四点共圆．∴（依据2）． 又∵，∴． ∵，∴B，D，P，E四点共圆．∴（依据3）． ∵，∴（依据4）． ∴点D，E，F在同一条直线上． 任务：(1)填空：①依据1指的的是中点的定义及______；②依据2指的是______； ③依据3指的是______；④依据4指的是______． (2)善于思考的小英发现当点P是的中点时，．请你利用图2证明该结论的正确性． 【答案】(1)①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补；③同弧或等弧所对的圆周角相等；④等量代换(2)见解析 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线的性质，圆内接四边形的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等进行求解即可；（2）如图，连接PA，PB，PC，只需要证明即可证明结论． 【详解】（1）解：①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②圆内接四边形对角互补； ③同弧或等弧所对的圆周角相等；④等量代换； （2）证明：如图，连接PA，PB，PC． ∵点P是的中点，∴．∴，． 又∵，，∴． ∴（HL）．∴． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，全等三角形的性质与判定，弧，弦，圆周角的关系，同弧或等弧所对的圆周角相等等等，正确作出辅助线和熟知相关知识是解题的关键． 9．（23-24九年级上·山西大同·期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务： 斯库顿定理：如图1．在中，为的平分线，则．下面是该定理的证明过程： 证明：如图2，是的外接圆，延长交于点，连接． ∵为的平分线，∴． ∵，（依据①__________________________） ．（依据②_________________________） 又，． ．…… 任务：（1）证明过程中的依据是：①__________________________________．②__________________________________． （2）将证明过程补充完整：（3）如图3．在圆内接四边形中，对角线，相交于点．若，，，，，请利用斯库顿定理，直接写出线段的长． 【答案】（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等，②两角分别相等的两个三角形相似；（2）见解析；（3） 【分析】（1）由图可知和所对的弧是同一条弧，根据同弧或者等弧所对圆周角相等可知结论；已知两角分别相等的两个三角形相似；（2）已知两角分别相等的两个三角形相似可知，进而得到比例关系，最后得出结论；（3）由斯库顿定理，得，从而求出的值，再根据两角分别相等的两个三角形相似可知：，进而得出的值，最后由线段和可知的值． 【详解】解：（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等 ∵和所对的弧是同一条弧 ∴①应填：同弧或等弧所对的圆周角相等 ②两角分别相等的两个三角形相似 ∵题目中的结论是两个三角形相似，用的方式是三角形的两个角分别相等 ∴②应填两角分别相等的两个三角形相似 （2）∵，. . （3） ∵. ∴弧弧 ∴ ∴平分. 由斯库顿定理，得 又∵，，，， ∴. 解得或（舍去）。 ∵, . ∴ ∴ ∴ 解得 ∴ 【点睛】本题是一道阅读理解题，通过读材料运用已知条件得到斯库顿定理，理解并会运用斯库顿定理是解题的关键． 10．（2023·山西吕梁·一模）阅读与思考：下面是小宇同学写的一篇数学小论文，请认真阅读并完成相应学习任务：对角线互相垂直的四边形的性质探究 在平行四边形一章中，我们已经学习过平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质，那么对于对角线互相垂直的四边形，它有哪些特殊的性质呢？容易得知： 对角线互相垂直的四边形，两组对边的平方和相等，证明过程如下： 如图1，在四边形中，对角线，垂足为． 求证：． 证明：∵于点， ∴（依据1） 若对角线互相垂直的四边形内接于圆，它还有什么特殊性质呢，通过探究，我得出如下结论：对角线互相垂直的圆内接四边形，每组对边的平方和等于它的外接圆半径平方的4倍，证明过程如下（不完整）： 如图2，已知的半径为，四边形内接于，且． 求证：． 证明：过点作直径，分别连接． ∵是的直径，∴（依据2）∴， ∵，∴． 学习任务：(1)小宇同学的论文中，画横线部分的“依据1”和“依据2”分别是： 依据1：______________；依据2：______________．(2)请完成图2的剩余证明过程； (3)如图3，已知四边形内接于，为上一点，，若的直径为8，，请直接写出的长度． 【答案】(1)勾股定理（或直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方）；直径所对的圆周角等于90° (2)见解析(3) 【分析】（1）根据勾股定理与圆周角定理可得答案； （2）过点作直径，分别连接．证明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案； （3）连接交于，如图，证明，，由（2）得：，再建立方程组，从而可得答案． 【详解】（1）解：勾股定理（或直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方）； 直径所对的圆周角等于90°． （2）证明：过点作直径，分别连接． ∵是的直径，∴， ∴， ∵， ∴． ∵， ∴， ∵，； ∴， ∴， ∴， ∴ （3）连接交于，如图， ∵，， ∴， ∴，， 由（2）得：， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键． 11．（23-24九年级上·江苏南京·期中）问题提出 如图1，AB、AC是⊙O的两条弦，AC＞AB，M是的中点，MD⊥AC，垂足为D， 求证：CD＝BA+AD． 小敏在解答此题时，利用了“补短法”进行证明，她的方法如下： 如图2，延长CA至E，使AE＝AB，连接MA、MB、MC、ME、BC． ∵M是的中点∴∴∠MCB＝∠MAC（请你在下面的空白处完成小敏的证明过程．） 推广运用：如图3，等边△ABC内接于⊙O，AB＝1，D是上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD，垂足为E，则△BDC的周长是 　 　． 拓展研究:如图4，若将“问题提出”中“M是的中点”改成“M是的中点”，其余条件不变，“CD＝BA+AD”这一结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，写出CD、BA、AD三者之间存在的关系，并说明理由． 【答案】问题提出：见解析；推广运用：1+；拓展研究：不成立，CD、BA、AD三者之间的关系：AD=BA+CD，理由见解析 【分析】问题提出：首先证明△EAM≌△BAM（SAS），进而得出ME=MC，再利用等腰三角形的性质得出ED=CD，即可得出答案； 推广运用：首先证明△ABF≌△ACD（SAS），进而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，进而求出BE的长即可得出答案； 拓展研究：连接EA，EF，ED，EB交AC于N，根据已知条件得到∠BEM=∠CEM，根据全等三角形的性质得到CD=ND，∠ECD=∠END，根据等腰三角形的判定得到AN=AB，于是得到结论． 【详解】问题提出：证明：如图2，延长CA至E，使AE=AB，连接MA、MB、MC、ME、BC， ∵M是的中点， ∴MB=MC，∠MBC=∠MCB， ∵∠MAB=180°-∠MCB，∠EAM=180°-∠CAM=180°-∠MBC， ∴∠EAM=∠BAM， 在△EAM和△BAM中， ， ∴△EAM≌△BAM（SAS）， ∴ME=MB=MC， 又∵MD⊥AC， ∴ED=CD， ∴DC=AD+AE=BA+AD； 推广运用：解：如图3，截取BF=CD，连接AF，AD，CD， 由题意可得：AB=AC，∠ABF=∠ACD， 在△ABF和△ACD中， ∴△ABF≌ACD（SAS）， ∴AF=AD， ∵AE⊥BD， ∴FE=DE，则CD+DE=BE， ∵∠ABD=45°， ∴BE= ， 则△BDC的周长=BC+BD+CD=BC+2BE=1+， 故答案为：1+； 拓展研究：不成立，CD、BA、AD三者之间的关系：AD=BA+CD， 证明：延长MD交圆O于点E，如图④，连接EA，EF，ED，EB交AC于N， ∵M是的中点， ∴∠BEM=∠CEM， 在△EDN和△EDC中， , ∴△EDN≌△EDC , ∴CD=ND，∠ECD=∠END， ∵∠ECD=∠ABE，∠ENC=∠ANB， ∴∠ANB=∠ABE， ∴AN=AB， ∴AD=AN+ND=BA+CD． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形以及等边三角形的性质，正确作出辅助线利用全等三角形的判定与性质解题是解题关键． 12．（2023·福建泉州·九年级校考期中）材料：如图①，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），点是弧的中点，则从点向所作垂线的垂足是折弦的中点，即。（1）如图②，已知等边内接于为弧上--点，于点，求的周长；（2）求证：． 【答案】（1）△BDC的周长为；（2）证明见解析 【分析】（1）由题意，A为弧BDC的中点，所以AE把折弦CDB平分，所以△BDC的周长等于BC+2BE，由已知算出BE即可得到解答； （2）在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG，首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性质得出BD=GD，即可得出答案． 【详解】（1）解：∵AE⊥BD，∠ABD=45°，∴△AEB是等腰直角三角形，∴， 又∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∴A为弧BDC的中点， ∴AE平分折弦CDB，即BE=ED+DC，∴BD+DC=2BE=； ∴△BDC的周长=BD+CD+BC=； （2）证明：如图，在CB上截取CG=AB，连接MA，MB，MC和MG， ∵M是弧ABC的中点，∴MA=MC． 在△MBA和△MGC中，，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB=MG， 又∵MD⊥BC，∴BD=GD，∴DC=GC+GD=AB+BD． 【点睛】本题考查圆的综合运用，综合并灵活运用圆弧和弦的关系、三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质等知识是解题关键． 13．（2024·江苏泰州·九年级统考期中）早在公元前古希腊数学家欧几里得就发现了垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦．阿基米德从中看出了玄机并提出：如果条件中的弦变成折线段，仍然有类似的结论． 某数学兴趣小组对此进行了探究，如图1，和是的两条弦（即折线段是圆的一条折弦），，是的中点，过点作，垂足为，小明通过度量、、的长度，发现点平分折弦，即．小丽和小军改变折弦的位置发现仍然成立，于是三位同学都尝试进行了证明： 小军采用了“截长法”（如图2），在上㵶取，使得，…… 小丽则采用了“补短法”（如图3），延长至，使，…… 小明采用了“平行线法”（如图4），过点作，交圆于点，过点作，…… (1)请你任选一位同学的方法，并完成证明； (2)如图5，在网格图中，每个小正方形边长均为1，内接于（A、B、C均是格点），点A、D关于对称，连接并延长交于点，连接． ①请用无刻度的直尺作直线，使得直线平分的周长；②求的周长． 【答案】(1)见解析(2)①见解析，② 【分析】（1）证，得到，再由待腰三角形“三线合一”性质得，即可得出结论（2）①作直径，交于H，连接交于G，过点G、H作直线l即可； ②先由勾股定理，求得，再证，得，即可求得，从而得出，则，然后由由①可知周长，即可求解． 【详解】（1）解：选小军采用了“截长法”（如图2），在上㵶取，使得， 证明：∵点M是的中点，∴∴， 在与中，，∴，∴， ∵，即，∴，∴，∴； （2）解：①如图所示，直线l即为所作， 理由：∵点A与点D关于对称，∴，， ∴，即，∴F是的中点， ∵，，∴， 由（1）得平分折线，∴， ∵，∴，∴，即l平分周长； ②由题意可得：，，，由勾股定理，得， ∵，，∴， ∴，即，∴，∴， ∴，由①知周长 【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，属圆的综合探究题目，熟练掌握相关性质与判定并能灵活运用是解题的关键． 14．（2024·山东临沂·统考一模）（1）如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC>AB，点M是的中点，MD⊥BC，垂足为D．求证：CD＝DB+BA． （2）如图2，BC是半⊙O的直径，点A是半圆上一定点，点D是半圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝5，⊙O的半径为6.5， ①请在图2上作出D点，说明理由；②结合（1）的结论，求AD的长． 【答案】（1）见解析；（2）①作图见解析，理由：∠DAC＝∠DOC＝45°；② 【分析】（1）在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．根据M是的中点，可得MA＝MC，在根据圆周角定理可得∠A＝∠C，可证得△MAB≌△MCG，从而得到MB＝MG，可得到BD＝DG，即可求证； （2）①根据圆周角定理，即可求解；②过点D作DM⊥AC ，可得D为半圆弧的中点，从而得到CM＝AM+BA ，进而得到，再由∠DAC＝45°，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG． ∵M是的中点，∴MA＝MC， 又∵∠A＝∠C，∴△MAB≌△MCG∴MB＝MG 又∵MD⊥BC，∴BD＝DG∴AB+BD＝CG+DG，即CD＝DB+BA ； （2）①如图2，过点O作DO⊥BC交半圆于点D，即为所求． 理由：∠DAC＝∠DOC＝45° ②过点D作DM⊥AC ，∵DO⊥BC，∴D为半圆弧的中点， 由（1）得，CM＝AM+BA ， ∵BC是半⊙O的直径，⊙O的半径为6.5，∴∠CAB=90°，BC=13， ∵A B＝5，∴， ∴AM=AC-CM=AC-（AM+AB），∴ =（12-5）= ， ∵∠DAC＝45°，∴AD=AM= ． 【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 15．（2024·山西·九年级专题练习）阅读与思考 请阅读下列材料，并按要求完成相应的任务． 阿基米德是伟大的古希腊数学家、哲学家物理学家，他与牛顿、高斯并称为三大数学王子．他的著作《阿基米德全集》的《引理集》中记述了有关圆的15个引理，其中第三个引理是：如图1，是的弦，点在上，于点，点在弦上且，在上取一点，使，连接，则．小明思考后，给出如下证明： 如图2，连接、、、． ∵，∴（依据1）∴ ∵∴（依据2）… 图1                   图2 任务：(1)写出小明证明过程中的依据：依据1：________依据2：________ (2)请你将小明的证明过程补充完整；(3)小亮想到了不同的证明方法：如图3，连接、、、．请你按照小亮的证明思路，写出证明过程；(4)结论应用：如图4，将材料中的“弦”改为“直径”，作直线与相切于点，过点作于点，其余条件不变，若，且是的中点，则________． 【答案】(1)线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等；等弧所对的圆周角相等(2)见解析(3)见解析(4) 【分析】（1）依据线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等和等弧所对的圆周角相等来作答； （2）结合小明的证明思路，利用四边形是⊙的内接四边形得到，再结合，即有，又因为，则有，即可证得； （3）根据小亮的作图，，，即有继而得到再根据=得，推出，则有，根据四边形是⊙的内接四边形有即，又根据，即可得，则有； （4）根据题条件易求得AB、BD的长度，则利用结论有BQ=BD可求BQ，根据直线l是圆的切线以及BM⊥l，可得∠BMQ=∠QBM+∠BMQ=90°，则有，继而得∠MBQ=∠OQB，∠MBQ=∠OQB=∠OBQ，则可证得，即有，在Rt△AQB中，利用勾股定理求出，即可求出． （1） 依据1：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等； 依据2：等弧所对的圆周角相等； （2） ∵四边形是⊙的内接四边形 ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； （3） ∵， ∴ ∴ ∵=， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是⊙的内接四边形 ∴ 即， ∵， ∴， ∴； （4） QM=， 理由如下： 如图，连接AQ， ∵直径AB=4， ∴半径OA=OQ=OB=2，∠AQB=90°， ∴∠OQA=∠OAQ，∠OQB=∠OBQ， ∵D为OA中点， ∴AD=DO=1， ∴BD=BO+OD=3， 则利用结论有BQ=BD=3， ∵直线l是⊙O的切线， ∴OQ⊥l， ∴∠OQM=∠OQB+∠BQM=90°， ∵BM⊥l， ∴∠BMQ=∠QBM+∠BMQ=90°， ∴， ∴∠MBQ=∠OQB， ∴∠MBQ=∠OQB=∠OBQ， 再结合∠AQB=90°=∠BMQ，有， ∴， 在Rt△AQB中，， ∴由， 得． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 16．（2024·浙江·九年级专题练习）如图中所示，AB和BC组成圆的折弦，AB＞BC，D是的中点，DE⊥AB，垂足为E．连结AD，AC，BD．（1）写出所有与∠DBA相等的角（不添加任何线段）__________． （2）判断AE，BE，BC之间的数量关系并证明．（3）如图，已知AD＝7，BD＝3，求AB·BC的值． 【答案】（1）；（2），见解析；（3）40 【分析】（1）根据题意可得，根据等弧所对的圆周角相等即可求得； （2）在线段上截取，根据是的中垂线，，可得，进而可得，； （3）根据即可求得． 【详解】（1）是的中点，故答案为： （2） 理由如下：如图，在线段上截取， ∵ ∴是的中垂线∴ ， ∵点D是的中点，∴，，∴ ∵∴， ∵，∴ ，∴， ∴，∴即 （3）∵∴ ∴ 【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，三角形全等的性质与判定，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键． 17．（23-24·江苏扬州·九年级校联考阶段练习）我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB． （2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明． （3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长． 【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为﹣1或+1． 【分析】（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.（3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论. 【详解】解：（1）如图2，在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，∵点F是的中点，FA＝FB， 在△FAG和△FBC中， ∴△FAG≌△FBC（SAS），∴FG＝FC， ∵FE⊥AC，∴EG＝EC，∴AE＝AG+EG＝BC+CE； （2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，理由：如图3， 在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC， ∵点F是的中点，∴FA＝FB，,∴∠FCG＝∠FCB， 在△FCG和△FCB中， ∴△FCG≌△FCB（SAS）， ∴FG＝FB，∴FA＝FG，∵FE⊥AC，∴AE＝GE，∴CE＝CG+GE＝BC+AE； （3）在Rt△ABC中，AB＝2OA＝4，∠BAC＝30°，∴ 当点P在弦AB上方时，如图4， 在CA上截取CG＝CB，连接PA，PB，PG，∵∠ACB＝90°，∴AB为⊙O的直径，∴∠APB＝90°， ∵∠PAB＝45°，∴∠PBA＝45°＝∠PAB，∴PA＝PB，∠PCG＝∠PCB， 在△PCG和△PCB中， ∴△PCG≌△PCB（SAS），∴PG＝PB，∴PA＝PG， ∵PH⊥AC，∴AH＝GH，∴AC＝AH+GH+CG＝2AH+BC， ∴ ∴ 当点P在弦AB下方时，如图5， 在AC上截取AG＝BC，连接PA，PB，PC，PG ∵∠ACB＝90°，∴AB为⊙O的直径，∴∠APB＝90°， ∵∠PAB＝45°，∴∠PBA＝45°＝∠PAB，∴PA＝PB， 在△PAG和△PBC中， ∴△PAG≌△PBC（SAS），∴PG＝PC， ∵PH⊥AC，∴CH＝GH，∴AC＝AG+GH+CH＝BC+2CH， ∴ ∴ ∴ 即：当∠PAB＝45°时，AH的长为 或 【点睛】考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用. 18．（23-24·江苏·九年级期中）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究． (1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在中，C是劣弧的中点，直线于点E，则．请证明此结论；(2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，，组成的一条折弦．C是劣弧的中点，直线于点E，则．可以通过延长、相交于点F，再连接证明结论成立．请写出证明过程； (3)如图3，，组成的一条折弦．C是优弧的中点，直线于点E，则，与之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．    【答案】(1)见解析(2)见解析(3)，证明见解析 【分析】（1）连接，，易证为等腰三角形，根据等腰三角形三线合一这一性质，可以证得．（2）根据圆内接四边形的性质，先证，再证为等腰三角形，进一步证得，从而证得结论．（3）根据，从而证明，得出，然后判断出，进而求得． 【详解】（1）如图1，连接，，    ∵C是劣弧的中点，∴，∵，∴， ∴，，∴，∴是等腰三角形，∵，∴； （2）如图2，延长、相交于点F，再连接，       ∵四边形是圆内接四边形，∴，∵C是劣弧的中点，∴， ∵，∴∵∴∴ ∴，，∴，∴，∴ （3）．理由如下：连接，，，与相交于点F， ∵，∴，∵，∴，， ∵，∴，∴，，∴，   ∴，，∴，∴，∴． 【点睛】此题考查了垂径定理及其推论，全能三角形的判定和性质，圆周角定理，掌握并熟练运用垂径定理是解题的关键． 19．（2024·山西大同·三模）阅读与思考：阿基米德（公元前287年－公元前212年），伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家、静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，留给后人的最有价值的书是《阿基米德全集》．在该书的“引理集”中有这样一道题： 如图1，以为直径作半圆O，弦是一个内接正五边形的一条边（即：），点D是的中点，连接并延长与直径的延长线交于点E，连接交于点F，过点F作于点M．求证：是半圆的半径． 下面是勤奋小组的部分证明过程：证明：如图2，过点D作于点H． ∵，∴．（依据1） ∵点D是的中点，∴．∵，∴． ∴．（依据2） ∵以为直径作半圆O，∴．（依据3） ∴．∵四边形是半圆O的内接四边形， ∴．（依据4） ∵，∴． ∵于点M，∴． ∵，∴．∵．∵． ∴．∴．…… 通过上面的阅读，完成下列任务：(1)任务一：直接写出依据1，依据2，依据3和依据4； (2)任务二：根据勤奋小组的解答过程完成该题的证明过程．（提示：先求出的度数，再根据等腰三角形的性质或判定完成该题的证明过程） 【答案】(1)依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半．（或圆周角定理）；依据2：同弧或等弧所对的圆周角相等；依据3：直径所对的圆周角是直角；依据4：圆内接四边形的对角互补 (2)见解析 【分析】（1）分析条件和结论的关系写出依据；（2）求出，再求出，得到，推出； 【详解】（1）解：依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半（或圆周角定理）； 依据2：同弧或等弧所对的圆周角相等；依据3：直径所对的圆周角是直角； 依据4：圆内接四边形的对角互补； （2）解：∵，∴，∵于点H，∴，∴， ∵是的外角，∴，∴， ∴，∴，∴，∴，∴是半圆的半径． 【点睛】本题考查圆的综合题，涉及知识点：圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定及性质、三角形的外角的性质，解题关键结合图形应用条件推理论证． 20．（2024·山西临汾·九年级统考阶段练习）阅读与思考 请阅读下列材料，并完成相应的任务． 在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，是的中点，则从点向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．其部分证明过程如下：证明：如图2，在上截取，连接，，和． ∵是的中点，∴， ∵，∴，∴，…… 任务：(1)补全证明过程，(2)如图3，在中，，，若，，，则到的距离是____________，到的距离是____________，的半径是____________． 【答案】(1)证明见解析 (2)；； 【分析】（1）在上截取，连接，，和，根据圆心角定理，得出，再根据圆周角定理，得出，再根据，得出，再根据全等三角形的性质，得出，再根据三线合一的性质，得出，再根据线段之间的数量关系，即可得出结论； （2）过点作于点，于点，连接，根据线段之间的数量关系，得出，再根据垂径定理，得出，再根据线段之间的数量关系，得出，进而得出到的距离是，再根据垂径定理，得出，再根据线段之间的数量关系，得出，进而得出到的距离是，再根据勾股定理，计算即可得出的半径． 【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接，，和． ∵是的中点，∴，∵，∴，∴， 又∵，∴，∴； （2）解：如图，过点作于点，于点，连接， ∵，，∴，∴， 由（1）的结论，并结合图形，可得：， ∴，解得：，∵，∴， ∴，∴到的距离是， ∵，，∴，∴，∴到的距离是， ∵，，∴， ∴的半径是．故答案为：；；． 【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系、圆心角定理、全等三角形的判定与性质、三线合一的性质、垂径定理、勾股定理，解本题的关键在正确作出辅助线，并熟练掌握相关的性质定理． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公司 $$