专题10 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（苏科版）

专题10 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 10 15 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．（2024·安徽芜湖·一模）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·山东·校考二模）阿基米德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，在后世的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容．前苏联在1964年根据阿尔·比鲁尼本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理． 【定理内容】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． 【定理模型】如图①，已知AB和BC是的两条弦（即折线ABC是的一条折弦），，M是的中点，那么从M向弦BC作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即． 下面是运用“补短法”证明的部分证明过程： 如图②，延长DB至点F，使，连接MF，AB，MC，MA，AC，… 【定理证明】按照上面思路，写出剩余部分的证明过程． 【问题解决】如图③，内接于，已知，D为上一点，连接AD，DC，，，求的周长． 例4．（23-24九年级上·江苏盐城·期中）【了解概念】我们知道，折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段、组成折线段．若点在折线段上，，则称点是折线段的中点． (1)如图2，的半径为2，是的切线，为切点，点是折线段的中点．若，则　　； (2)【定理证明】阿基米德折弦定理：如图3，和是的两条弦（即折线段是圆的一条折弦），，点是的中点，从向作垂线，垂足为，求证：是折弦的中点； 【变式探究】(3)如图4，若点是的中点，【定理证明】中的其他条件不变，则、、之间存在怎样的数量关系？请直接写出结论． 【灵活应用】(4)如图5，是的直径，点为上一定点，点为上一动点，且满足，若，，则　　． 例5．（23-24九年级下·北京·开学考试）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，已知劣弧，C是弦上一点．    (1)根据提示完成尺规作图(保留作图痕迹，不写作法)； ①作线段的垂直平分线，分别交劣弧于点D，垂足为E； ②以点D为圆心，长为半径作弧，交劣弧于点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∵四边形为圆的内接四边形 ∴______．（          ）． 又∵，∴． 又∵，∴__________，∴，（    ）． ∴，∴． 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．（23-24九年级上·山西长治·期末）阅读与思考 阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名的数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算数运算法则、二次方程等方面均有建树，特别在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献，他曾提出了“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． 婆罗摩笈多定理：如图，已知四边形内接于，对角线，，相交于点M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：，，．． 又_______，，．… 任务：(1)材料中横线部分缺少的条件为_______________．(2)补全后面的证明过程． 例2．（2023·河南信阳·九年级统考阶段练习）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）下面是“布拉美古塔定理”的逆命题，请证明该命题的正确性：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，FA=FD．求证：FE⊥BC． 例3．（24-25·江苏·九年级月考）阅读材料并完成相应任务： 婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）． 婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边． 下面对该定理进行证明． 已知：如图（1），四边形内接于，对角线于点， 于点，延长交于点．求证：． 证明：，，，，．…… 任务：(1)请完成该证明的剩余部分；(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知中，，，，分别交于点，，连接，交于点．过点作，分别交，于点，．若，求的长． 1．（2024·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．（2024山东·校考二模）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），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．请应用阿基米德折弦定理解决问题：如图2，已知等边内接于，，为上一点，，于点，则的周长是 ． 6．（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：__________． 7．（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． 8．（2024九年级·江苏·专题练习）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． (1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是 　 　（填序号）； ①矩形；②菱形；③正方形 (2)如图，四边形ABCD内接于圆，P为圆内一点，∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC，求证：四边形ABCD为“婆氏四边形”；(3)在（2）的条件下，BD＝4，且ABDC．①当DC＝2时，求AC的长度；②当DC的长度最小时，请直接写出tan∠ADP的值． 9．（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． 10．（2023上·江苏盐城·九年级统考期中）大课间活动时，数学兴趣小组运用不同的方法探究校园内几个圆形花坛半径的大小，因受限于场地和工具，花坛半径不能直接测量，兴趣小组对不同花坛分别测量了一些数据（单位：米），根据所学知识计算花坛半径．相关花坛的图形及数据见下表，请完成下列问题． 名称 花坛Ⅰ 花坛Ⅱ 花坛Ⅲ 花坛Ⅳ 图形 条件 ， ，． ，， ，． ， ． ，， ，， 为正数． 说明：图中点都在圆上，在上，，垂足为． (1)问题解决：①花坛Ⅰ的半径为 米；（直接写出答案）②计算花坛Ⅱ的半径； ③计算花坛Ⅲ的半径；④请用含的代数式表示花坛的半径． (2)问题拓展：兴趣小组在活动中遇到下面问题：如图，在同一个圆上，是上一动点，经测量，，垂足为，，则面积最小值为 米． 11．（23-24·江苏·九年级假期作业）请阅读下列材料，并完成相应的任务： 阿基米德折弦定理 阿拉伯（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，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，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，∴…    任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；(2)填空：如图（3），已知等边△ABC内接于为圆上一点，，与点，则的周长是　　． 12．（2024·江苏·九年级假期作业）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），，M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．    （1）证明：如图2，在上截取，连接和． ∵M是的中点，∴……请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 实践应用：（2）如图3，已知内接于，，D是的中点，依据阿基米德折弦定理可得图中某三条线段的等量关系为　　． （3）如图4，已知等腰内接于，，D为上一点，连接，，于点E，的周长为，，请求出的长． 13．（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． 14．（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．    15．（2024·山西大同·校考一模）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） 16．（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____________． 17．（2024·河南平顶山·校考二模）阅读下面的材料，完成相应的任务： 在1815年某杂志上刊登了这样一个命题：如图，圆O中的弦AB的中点为G，过点G任作两弦CD，EF，弦FC，ED分别交AB于P，Q，则PG=QG．由于其几何图形形象奇特、貌似蝴蝶，故称“蝴蝶定理”、是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一． 任务：(1)如图1，AB为⊙O的任一弦． ①若G为弦AB的中点，连接OG，则OG与AB的位置关系为______； ②若OG⊥AB，判断AG与BG之间的数量关系，并说明理由． (2)下面是“蝴蝶定理”的证明过程（部分），请补充完整． 证明：过O作OM⊥FC于点M，ON⊥DE于点N，连接OP，OQ，MG，NG，OG， 由任务（1）可知：CF=2MC，ED=2NE，OG⊥AB且∠OMC=∠OGP=90°，∠ONQ=∠OGQ=90°， ∵∠F=∠D，∠C=∠E，∴△FGC∽△DGE， 即，又， 取PO的中点O′，在四边形MOGP中， ∵∠OMC=∠OGP=90°，∴MO′=OO′=PO′，GO′=OO′=PO′， 即：MO′=OO′=GO′=PO′，∴M，O，G，P四点在以O′为圆心的一个圆上， ∴∠1=∠2（同弧所对的圆周角相等），同理：∠3=∠4， _____________________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________________ 18．（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． 19．（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． 20．（2023·江苏宿迁·统考二模）【阅读】婆罗摩笈多是七世纪印度数学家，他曾提出一个定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边． 证明：如图1所示内接于圆的四边形的对角线互相垂直，垂足为点，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点，由垂直关系得，，所以，由同弧所对的圆周角相等得，所以，则，同理，，故； 【思考】命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为　 　（填“真命题”，“假命题”）； 【探究】（1）如图2，和为共顶点的等腰直角三角形，，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点．证明：点是的中点； （2）如图3，和为共顶点的等腰直角三角形，点是的中点，连接交于点，若，求的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！23 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 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 10 15 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．（2024·安徽芜湖·一模）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】本题主要考查圆周角定理，全等三角形的性质和判定，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·山东·校考二模）阿基米德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，在后世的译文中保存了阿基米德折弦定理的内容．前苏联在1964年根据阿尔·比鲁尼本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理． 【定理内容】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． 【定理模型】如图①，已知AB和BC是的两条弦（即折线ABC是的一条折弦），，M是的中点，那么从M向弦BC作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即． 下面是运用“补短法”证明的部分证明过程： 如图②，延长DB至点F，使，连接MF，AB，MC，MA，AC，… 【定理证明】按照上面思路，写出剩余部分的证明过程． 【问题解决】如图③，内接于，已知，D为上一点，连接AD，DC，，，求的周长． 【答案】[定理证明]见解析；[问题解决] 【分析】[定理证明] 证明，则，再证明，则，可得； [问题解决]过点A作交于E，可得为等边三角形，则，根据阿基米德折线定理，，即可求的周长为． 【详解】[定理证明]证明：∵M是的中点， ∴，∴， ∵，，， ∴，∴，∴， ∵，∴，∴，∴； [问题解决] 解：过点A作交于E， ∵，，，∴，， ∴为等边三角形，∴，根据阿基米德折线定理，， ∴的周长为． 【点睛】本题考查圆的综合应用，理解阿基米德折线定理，熟练掌握圆的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键． 例4．（23-24九年级上·江苏盐城·期中）【了解概念】我们知道，折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段、组成折线段．若点在折线段上，，则称点是折线段的中点． (1)如图2，的半径为2，是的切线，为切点，点是折线段的中点．若，则　　； (2)【定理证明】阿基米德折弦定理：如图3，和是的两条弦（即折线段是圆的一条折弦），，点是的中点，从向作垂线，垂足为，求证：是折弦的中点； 【变式探究】(3)如图4，若点是的中点，【定理证明】中的其他条件不变，则、、之间存在怎样的数量关系？请直接写出结论． 【灵活应用】(4)如图5，是的直径，点为上一定点，点为上一动点，且满足，若，，则　　． 【答案】(1)3(2)见解析(3)(4)或 【分析】（1）根据角所对的直角边等于斜边的一半，求出，再由所给的定义求出的长即可； （2）在上截取，连接、、、，可证明，得到，再由垂径定理得到，则有，即可证明是折弦的中点；（3）仿照（2）的方法，在上截取，连接、、、，证明，可得到； （4）分两种情况讨论：当点在上时，过点作交于点，由，求出，再由勾股定理求出；当点在上时，如图6，，过点作交于点，由，求出，再由勾股定理求出． 【详解】（1）解：是的切线，为切点，，， ，，，，是折线段的中点，，故答案为：3； （2）证明：在上截取，连接、、、， 点是的中点，，，（SAS），， ，，，是折弦的中点； （3）解：，理由如下： 如图，在上截取，连接、、、，点是的中点，， ，（SAS），，， ，，； （4）解：是的直径，， ，，，当点在上时，如图， ，，过点作交于点， ，，； 当点在上时，如图，，过点作交于点， ，，； 综上所述：的长为或，故答案为：或． 【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，三角形全等的判定及性质，理解阿基米德折弦定理是解题的关键． 例5．（23-24九年级下·北京·开学考试）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，已知劣弧，C是弦上一点．    (1)根据提示完成尺规作图(保留作图痕迹，不写作法)； ①作线段的垂直平分线，分别交劣弧于点D，垂足为E； ②以点D为圆心，长为半径作弧，交劣弧于点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∵四边形为圆的内接四边形 ∴______．（          ）． 又∵，∴． 又∵，∴__________，∴，（    ）． ∴，∴． 【答案】(1)①见解析 ②见解析 (2)，圆的内接四边形，对角互补；，同圆或等圆中，等弧所对圆周角相等； 【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）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∵四边形为圆的内接四边形∴．（ 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．（23-24九年级上·山西长治·期末）阅读与思考 阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名的数学家、天文学家，他在三角形、四边形、零和负数的算数运算法则、二次方程等方面均有建树，特别在研究一阶和二阶不定方程方面作出了巨大贡献，他曾提出了“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． 婆罗摩笈多定理：如图，已知四边形内接于，对角线，，相交于点M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：， ，． ． 又_______，， ．… 任务：(1)材料中横线部分缺少的条件为_______________．(2)补全后面的证明过程． 【答案】(1)(2)见解析 【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识．熟练掌握同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余是解题的关键． （1）由等量代换作答即可；（2）根据等边对等角可得，由，可得，则，进而结论得证． 【详解】（1）解：由题意知，材料中横线部分缺少的条件为，故答案为：； （2）证明：，，，，， 又，，，，∴， ∵，∴，∴，∴． 例2．（2023·河南信阳·九年级统考阶段练习）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）下面是“布拉美古塔定理”的逆命题，请证明该命题的正确性：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，FA=FD．求证：FE⊥BC． 【答案】（1）∠CBD=∠CAD；（2）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）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，解决问题的关键是熟练掌握相关图形的性质和判定． 例3．（24-25·江苏·九年级月考）阅读材料并完成相应任务： 婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位．其中就包括他提出的婆罗摩笈多定理（也称布拉美古塔定理）． 婆罗摩笈多定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线将平分对边． 下面对该定理进行证明． 已知：如图（1），四边形内接于，对角线于点， 于点，延长交于点．求证：． 证明：，，，， ．…… 任务：(1)请完成该证明的剩余部分；(2)请利用婆罗摩笈多定理完成如下问题：如图（2），已知中，，，，分别交于点，，连接，交于点．过点作，分别交，于点，．若，求的长． 【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）应用圆周角定理，等腰三角形的判定，可证明； （2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解． 【详解】（1）解：证明：，， ，，， ，，， ，同理，，； （2）四边形是内接四边形，， ，，，， ，，． 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质． 1．（2024·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．（2024山东·校考二模）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），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．请应用阿基米德折弦定理解决问题：如图2，已知等边内接于，，为上一点，，于点，则的周长是 ．    【答案】 【分析】根据等边三角形的性质可得点是弧的中点，则可用阿基米德折弦定理得，，根据中，，于点，可得是等腰直角三角形，可求出的长，即的长，根据的周长的计算方法即可求解． 【详解】解：∵是等边三角形，∴，， ∴外接圆中，，即点是弧的中点，且于点， ∴根据阿基米德折弦定理得，， ∵中，，于点，且， ∴，，即是等腰直角三角形，则， ∴，∴， ∵的周长为，∴，故答案为：． 【点睛】本题主要考查定义新运算，等边三角形的性质，圆的基础知识，等腰直角三角形的性质，几何图形的周长的计算方法等知识，掌握以上知识是解题的关键． 6．（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 7．（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． 8．（2024九年级·江苏·专题练习）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”． (1)若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是 　 　（填序号）； ①矩形；②菱形；③正方形 (2)如图，四边形ABCD内接于圆，P为圆内一点，∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC，求证：四边形ABCD为“婆氏四边形”；(3)在（2）的条件下，BD＝4，且ABDC．①当DC＝2时，求AC的长度；②当DC的长度最小时，请直接写出tan∠ADP的值． 【答案】(1)③(2)见解析(3)①；② 【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“婆氏四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可；（2）连接AC，交PD于点G，交BD于点E，利用相似三角形的判定与性质得到，∠PAC＝∠PDB；再利用直角三角形的两个锐角互余即可得出结论； （3）①设CE＝x，利用相似三角形的性质得到CE，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程即可求得x的值，进而利用相似三角形的性质求得AE的长，结论可求； ②设DC的长度为a，CE＝x，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程，利用即可求得DC的最小值，利用（3）①中的方法求得x值，再利用相似三角形是性质和直角三角形的边角关系定理即可求得结论． 【详解】（1）解：若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是正方形．理由： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠ABC＝∠ADC． ∵四边形ABCD是圆内接四边形， ∴∠ABC+∠ADC＝180°． ∴∠ABC＝∠ADC＝90°． ∴平行四边形ABCD是矩形． ∵四边形ABCD是“婆氏四边形”， ∴AC⊥BD． ∴矩形ABCD是正方形． 故答案为：③； （2）证明：连接AC，交PD于点G，交BD于点E，如图， ∵∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC， ∴， ∴， ∵∠APD＝∠BPC＝90°， ∴∠APD+∠DPC＝∠BPC+∠DPC． 即：∠APC＝∠DPB． ∴， ∴∠PAC＝∠PDB， ∵∠APD＝90°， ∴∠PAC+∠PGA＝90°． ∵∠PGA＝∠DGE， ∴∠PDB+∠DGE＝90°． ∴∠GED＝90°． ∴AC⊥BD． ∵四边形ABCD内接于圆， ∴四边形ABCD为“婆氏四边形”； （3）解：①由（2）知：AC⊥BD与点E，设CE＝x， ∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∠BAC＝∠BDC， ∴， ∴， ∵ABDC， ∴BECEx． ∵BD＝4， ∴DE＝4x． ∵CE2+DE2＝CD2， ∴． 解得：x． ∵当x时，BEx＝34， ∴x不合题意，舍去． ∴x． ∴BEx＝3． ∴DE＝BD﹣BE1． ∵△ABE∽△DCE， ∴． ∴AEDE＝3． ∴AC＝AE+CE＝322； ②设DC的长度为a，CE＝x， ∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∠BAC＝∠BDC， ∴△ABE∽△DCE． ∴． ∵ABDC， ∴BECEx． ∵BD＝4， ∴DE＝4x． ∵CE2+DE2＝CD2， ∴． ∴4x+16﹣a2＝0． ∵Δ4×4（16﹣a2）≥0， ∴a2≥4， ∵a＞0， ∴a≥2， ∴a有最小值2． 即DC的长度最小值为2． ∴． 解得：x． ∴CE． ∴BE＝3． ∴DE＝BD﹣BE＝1． ∴AEDE． ∴AC＝AE+CE＝2． 由（2）知：， ∴， 在Rt△APD中， tan∠ADP． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，勾股定理，一元二次方程根的判别式，本题是新定义型题目，理解新定义并熟练运用是解题的关键． 9．（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． 10．（2023上·江苏盐城·九年级统考期中）大课间活动时，数学兴趣小组运用不同的方法探究校园内几个圆形花坛半径的大小，因受限于场地和工具，花坛半径不能直接测量，兴趣小组对不同花坛分别测量了一些数据（单位：米），根据所学知识计算花坛半径．相关花坛的图形及数据见下表，请完成下列问题． 名称 花坛Ⅰ 花坛Ⅱ 花坛Ⅲ 花坛Ⅳ 图形 条件 ， ，． ，， ，． ， ． ，， ，， 为正数． 说明：图中点都在圆上，在上，，垂足为． (1)问题解决：①花坛Ⅰ的半径为 米；（直接写出答案）②计算花坛Ⅱ的半径； ③计算花坛Ⅲ的半径；④请用含的代数式表示花坛的半径． (2)问题拓展：兴趣小组在活动中遇到下面问题：如图，在同一个圆上，是上一动点，经测量，，垂足为，，则面积最小值为 米． 【答案】(1)①；②；③；④(2) 【分析】（1）①根据圆周角为所对的弦为直径，再根据勾股定理即可作答； ②根据垂径定理得米，根据勾股定理进行列式作答即可； ③如图，可设花坛半径为米，连接和，可证和均为等腰直角三角形，则得，根据垂径定理得米，米，由勾股定理得米； ④本题可构造网格（如图）得等腰直角三角形，则，所以，，则．根据勾股定理进行列式，求得米，即可作答． （2）记该圆的圆心为点，连接，，，，且交于点，依题意，，即面积最小值，取最小值，因为，当点，，三点共线时，，此时半径最小，米，根据勾股定理进行列式，即可作答． 【详解】（1）解：①连接,因为，所以是直径，的中点为圆心， 故米，所以半径为米；故答案为：米； ②设半径为米，记圆心为，连接，，如图所示： 因为，，所以，米， 在，，即，解得； ③延长交于点，连接，过点分别作，作，连接，，如图所示： 因为，米，所以是等腰三角形，因为，所以， 因为，延长交于点，所以，则是等腰三角形， 所以米，因为，，所以四边形是矩形，， 则米，米， 因为米，所以米，则米； ④依题意，，米，米，米，为正数． 可构造网格（如图），过点作的延长线上，根据小正方形网格（边长为）特征， 则米，易得等腰直角三角形，如图： 即，所以，记该圆心为点，以劣弧所对的圆周角为，如图所示： 则，则．在中，， 解得米．故半径为米； （2）解：记该圆的圆心为点，连接，，，，且交于点， 因为，米，所以，要使面积最小值，即取最小值， 因为，所以，则是等腰直角三角形， 所以，设半径为米，则， 当点，，三点共线时，即点与点重合，如图所示： 则，此时半径最小， 因为是等腰直角三角形，则,所以米， 那么，所以，解得，（舍去）， 因为，则米， 所以面积最小值为米，故答案为：． 【点睛】本题考查了圆综合，涉及垂径定理、圆周角定理，内接四边形性质，勾股定理，三角形三边关系等，综合性强，难度大，要求学生具有较强的做辅助线的能力，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 11．（23-24·江苏·九年级假期作业）请阅读下列材料，并完成相应的任务： 阿基米德折弦定理 阿拉伯（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，和是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，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，∴…    任务：(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)填空：如图（3），已知等边△ABC内接于为圆上一点，，与点，则的周长是　　． 【答案】(1)见解析(2)2+2 【分析】（1）如图2，在上截取，连接和，首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案； （2）如图3，截取，连接．首先证明，进而得出，以及，进而求出的长即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接和． ∵是 的中点，∴． 在和中∵，∴，∴， 又，，； （2）如图3，截取连接 由题意可得：， 在和中∵，∴，∴， ∵，∴，则， ∵∴＝，∴， ∵是等边三角形，∴， 则的周长是2+2．故答案为2+2．    【点睛】本题考查圆综合题、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，属于中考压轴题． 12．（2024·江苏·九年级假期作业）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），，M是的中点，则从M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．    （1）证明：如图2，在上截取，连接和． ∵M是的中点，∴…… 请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 实践应用：（2）如图3，已知内接于，，D是的中点，依据阿基米德折弦定理可得图中某三条线段的等量关系为　　． （3）如图4，已知等腰内接于，，D为上一点，连接，，于点E，的周长为，，请求出的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）4 【分析】（1）首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可得出答案；（2）直接根据阿基米德折弦定理得出结论； （3）根据阿基米德折弦定理得出，进而求出，最后用勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接和．    ∵M是的中点，∴． 在和中，，∴，∴， 又∵，∴，∴； （2）根据阿基米德折弦定理得，，答案为：； （3）根据阿基米德折弦定理得，， ∵的周长为，∴， ∴， ∵，∴，在中，，∴． 【点睛】此题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，理解和应用阿基米德折弦定理解题关键． 13．（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. 14．（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． 15．（2024·山西大同·校考一模）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． 16．（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． 17．（2024·河南平顶山·校考二模）阅读下面的材料，完成相应的任务： 在1815年某杂志上刊登了这样一个命题：如图，圆O中的弦AB的中点为G，过点G任作两弦CD，EF，弦FC，ED分别交AB于P，Q，则PG=QG．由于其几何图形形象奇特、貌似蝴蝶，故称“蝴蝶定理”、是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一． 任务：(1)如图1，AB为⊙O的任一弦． ①若G为弦AB的中点，连接OG，则OG与AB的位置关系为______； ②若OG⊥AB，判断AG与BG之间的数量关系，并说明理由． (2)下面是“蝴蝶定理”的证明过程（部分），请补充完整． 证明：过O作OM⊥FC于点M，ON⊥DE于点N， 连接OP，OQ，MG，NG，OG， 由任务（1）可知：CF=2MC，ED=2NE，OG⊥AB且∠OMC=∠OGP=90°，∠ONQ=∠OGQ=90°， ∵∠F=∠D，∠C=∠E，∴△FGC∽△DGE， 即，又， 取PO的中点O′，在四边形MOGP中， ∵∠OMC=∠OGP=90°，∴MO′=OO′=PO′，GO′=OO′=PO′， 即：MO′=OO′=GO′=PO′，∴M，O，G，P四点在以O′为圆心的一个圆上， ∴∠1=∠2（同弧所对的圆周角相等），同理：∠3=∠4， _____________________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________________ 【答案】(1)①OG⊥AB；②AG=BG，理由见解析(2)见解析 【分析】（1）①利用“SSS”证明△AGO≌△BGO，即可解决问题； ②利用“HL”证明Rt△AGO≌Rt△BGO，即可解决问题； （2）证明△MGC∽△NGE，推出∠1=∠4，∠2=∠3，利用“SAS”证明△PGO≌△QGO，即可证得PG=QG． 【详解】（1）解：①OG⊥AB；连接OA、OB， ∵G为弦AB的中点，∴AG=BG， 在△AGO和△BGO中，，∴△AGO≌△BGO(SSS) ， ∴∠AGO=∠BGO=90°，即OG⊥AB； ②AG=BG，理由如下，连接OA、OB， ∵OG⊥AB，∴∠AGO=∠BGO=90°， 在Rt△AGO和Rt△BGO中，， ∴Rt△AGO≌Rt△BGO(HL)，∴AG=BG； （2）补充如下：∵，又，∴△MGC∽△NGE， ∴∠1=∠4，∴∠2=∠3， 在△PGO和△QGO中，，∴△PGO≌△QGO(SAS) ，∴PG=QG． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 18．（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． 19．（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． 20．（2023·江苏宿迁·统考二模）【阅读】婆罗摩笈多是七世纪印度数学家，他曾提出一个定理：若圆内接四边形的对角线相互垂直，则垂直于一边且过对角线交点的直线平分对边． 证明：如图1所示内接于圆的四边形的对角线互相垂直，垂足为点，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点，由垂直关系得，，所以，由同弧所对的圆周角相等得，所以，则，同理，，故； 【思考】命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为　 　（填“真命题”，“假命题”）； 【探究】（1）如图2，和为共顶点的等腰直角三角形，，过点的直线垂直于，垂足为点，与边交于点．证明：点是的中点； （2）如图3，和为共顶点的等腰直角三角形，点是的中点，连接交于点，若，求的长． 【答案】【思考】真命题；【探究】（1）证明见解析；（2）4． 【思考】由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，再利用等量代换计算．结论可得； （1）过点作，交的延长线于点，利用同角的余角相等得出和，进而得到；再证明，结论可得； （2）过点作，交的延长线于点，易证，得到，．再进一步说明，可得，结论可得． 【详解】解：【思考】“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为真命题．理由如下：如下图， ∵，为的中点，∴．∴． ∵，∴．∵，∴． ∴．∴．即：． ∴命题“若圆内接四边形的对角线相互垂直，则平分对边且过对角线交点的直线垂直于另一边”为真命题． 故答案为：真命题． 【探究】（1）如下图，过点作，交的延长线于点， ∵，∴．∵，∴． ∵，∴．∴．∵，∴． ∵，∴．∴． ∵为等腰直角三角形，∴．在和中， ∴．∴．∵，∴． 在和中，∴．∴．即是的中点． （2）如下图，过点作，交的延长线于点， ∵，∴． 在和中，∴． ∴．∴． ∵，∴． ∵， ∴．在和中， ∴．∴． 【点睛】本题主要考查了圆的综合运用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，利用中点添加平行线构造全等三角形是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$