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（浙教版）

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 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．（23-24·山西·九年级专题练习）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＝12，BC＝6，D是AB上一点，BD＝3，作DE⊥AB交△ABC的外接圆于E，连接EA，则∠EAC＝ °． 例2．（23-24九年级上·浙江温州·期中）阿基米德折弦定理：如图1，与是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点M是的中点，于点N，则点N是折弦的中点，即．如图2，半径为4的圆中有一个内接矩形，，点M是的中点，于点N，若矩形的面积为20，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 例3．（23-24·河南周口·九年级校考期末）问题呈现：阿基米德折弦定理：如图，和是的两条弦（即折线是弦的一条折弦），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即，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 是弧的中点，∴，…… (1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)实践应用：如图3，内接于，，是弧的中点，于点，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，等腰内接于，，为弧上一点，连接，，，，求的周长. 例4．（23-24·浙江·九年级期中）【问题呈现】阿基米德折弦定理：阿基米德，公元前公元前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．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，， 又，，，， 又，，即． 【理解运用】如图1，、是的两条弦，，，点是的中点，于点，则　　； 【变式探究】如图3，若点是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断、、之间存在怎样的数量关系？并加以证明． 【实践应用】如图4，是的直径，点圆上一定点，点圆上一动点，且满足，若，的半径为5，则　　． 例5．（2024·河南南阳·校考二模）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P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AP、、PQ、BP． ∵，∴PA=PD（依据1）∴ ∵∴（依据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AP、、、．请你按照小亮的证明思路，写出证明过程． 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·校联考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应任务： 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名数学家、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．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：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为点，直线，垂足为点，并且交直线于点，则． 证明：∵，，∴ ∴，．∴． ∵，∴．（依据） 又∵，∴．∴．…… 任务：（1）上述证明过程中的依据是______；（2）将上述证明过程补充完整； （3）古拉美古塔定理的逆命题：如图，四边形内接于，对角线，垂足为点，直线交于点，交于点．若，则．请证明该命题． 例3．（23-24·浙江·九年级专题练习）阅读下列相关材料，并完成相应的任务． 布拉美古塔定理 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． 某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证． 已知：如图，在圆内接四边形中，对角线，垂足为P，过点P作的垂线分别交，于点H，M．求证：M是的中点． 任务：(1)请你完成这个定理的证明过程．(2)该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命题：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边请判断此命题是 　　命题．（填“真”或“假”）。(3)若，求的长． 1．（2023·浙江温州·校考三模）在几何学发展的历史长河中，人们发现了许多经久不衰的平面几何定理，苏格兰数学家罗伯特·西姆森发现从三角形外接圆上任意一点向三边（或其延长线）所作垂线的垂足共线，这三个垂足的连线后来被称为著名的“西姆森线”．如图，半径为4的为的外接圆，过圆心O，那么过圆上一点P作三边的垂线，垂足E、F、D所在直线即为西姆森线，若，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 5．（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 ．    6．（2024·湖南株洲·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 ．    7．（23-24九年级上·山西吕梁·期末）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 阿基米德折弦定理从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，称为该圆的一条折弦，如图1．古希腊数学家阿基米德发现，若，是的折弦．是的中点，于点，则．这就是著名的“阿基米德折弦定理”． 证明如下：如图2，在上截取，连接，，，． 则（依据1）． ∵是的中点，∴，∴． 在和中， ∴，∴． ∵于点，∴（依据2）． ∴． 任务：(1)填空：材料中的依据1是指________________；依据2是指________________．(2)如图3，是的直径，是上一点，且满足，若，的半径为10，求的长． 8．（22-23九年级上·浙江衢州·期末）婆罗摩笈多，是位印度数学家和天文学家，他提出了著名的婆罗摩笈多定理： 婆罗摩笈多定理的已知与结论符号表示如下： 已知：如图，四边形内接于，对角线于点，于点，延长交于点．结论：． 证明：略（感兴趣的同学考后可以加以证明） 根据上述已知条件，回答下列问题：（1）若，则 ； （2）若，，，则的长为 ． 9．（2024·安徽宣城·一模）已知：如图，在圆内接四边形中，对角线，垂足为，过点作的垂线分别交，于点，． (1)求证：是的中点；(2)若，求的长． 10．（2024·江西·模拟预测）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1，四边形ABCD为的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”． (3)如图2，在中，，以AB为弦的交AC于点D，交BC于点E，连接DE，AE，BD，，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长． 11．（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． 12．（2023.浙江九年级期中）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，是劣弧的中点，直线于点，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．是劣弧的中点，直线于点，则．可以通过延长、相交于点，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，若是优弧的中点，直线于点，则，与之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明． 13．（2023·浙江嘉兴·九年级校联考期中）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． 证明：如图2，在上截取，连接和．∵M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），已知等边内接于，，D为上 一点, ，与点E,则的周长是 ． 14．（2023·广东佛山·统考三模）探索应用 材料一：如图1，在△ABC中，AB＝c，BC＝a，∠B＝θ，用c和θ表示BC边上的高为　 　，用a．c和θ表示△ABC的面积为　 　． 材料二：如图2，已知∠C＝∠P，求证：CF•BF＝QF•PF． 材料三：蝴蝶定理（ButterflyTheorem）是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一，最早出现在1815年，由W．G．霍纳提出证明，定理的图形象一只蝴蝶． 定理：如图3，M为弦PQ的中点，过M作弦AB和CD，连结AD和BC交PQ分别于点E和F，则ME＝MF． 证明：设∠A＝∠C＝α，∠B＝∠D＝β，∠DMP＝∠CMQ＝γ，∠AMP＝∠BMQ＝ρ， PM＝MQ＝a，ME＝x，MF＝y 由 即 化简得：MF2•AE•ED＝ME2•CF•FB 则有： , 又∵CF•FB＝QF•FP，AE•ED＝PE•EQ， ∴，即 即，从而x＝y，ME＝MF． 请运用蝴蝶定理的证明方法解决下面的问题：如图4，B、C为线段PQ上的两点，且BP＝CQ，A为PQ外一动点，且满足∠BAP＝∠CAQ，判断△PAQ的形状，并证明你的结论． 15．（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． 16．（2023上·山西大同·九年级校考期末）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． 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·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） 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！21 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 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．（23-24·山西·九年级专题练习）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＝12，BC＝6，D是AB上一点，BD＝3，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＝12，BC＝6，BD＝3， ∴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．（23-24九年级上·浙江温州·期中）阿基米德折弦定理：如图1，与是的两条弦（即折线是圆的一条折弦），，点M是的中点，于点N，则点N是折弦的中点，即．如图2，半径为4的圆中有一个内接矩形，，点M是的中点，于点N，若矩形的面积为20，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查圆与勾股定理的综合应用；连接，，，根据圆周角定理，结合已知条件易证得为的直径，，则，再根据弧、弦、圆心角的关系及等腰直角三角形的性质可求得，然后根据同弧所对的圆周角相等及勾股定理可得，，设，，其中，利用勾股定理及矩形面积公式列得方程，解方程求得，的长度，再结合可证得，则，最后利用勾股定理列得方程，解方程求出或，再进一步分析即可得到答案． 【详解】解：如图，连接，，， 四边形为矩形，，为的直径，， 的半径为4，，点为的中点，，， ，， ，，设，，其中， 则，解得：或 舍去，即，， ，，，，， ，，解得：或， ∴或， 当时，， 当时，， ∵，∴，∴．故选：A． 例3．（23-24·河南周口·九年级校考期末）问题呈现：阿基米德折弦定理：如图，和是的两条弦（即折线是弦的一条折弦），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即，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 是弧的中点，∴，…… (1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)实践应用：如图3，内接于，，是弧的中点，于点，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，等腰内接于，，为弧上一点，连接，，，，求的周长. 【答案】(1)见解析(2)(3) 【分析】（1）首先证明，进而得出，再利用等腰三角形的性质得出，即可证明结论；（2）直接根据阿基米德折弦定理，即可证明结论； （3）过点作，根据阿基米德折弦定理，勾股定理求得，即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接，，和． 是的中点，．在和中，，， 又，，． （2）解：根据（1）中的结论可得图中某三条线段的等量关系为 故答案为：． （3）解：如图所示，过点作，由阿基米德折弦定理得：， ∵∴∴， ∴的周长为 【点睛】本题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，理解“截长法”是解答本题的关键． 例4．（23-24·浙江·九年级期中）【问题呈现】阿基米德折弦定理：阿基米德，公元前公元前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．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，， 又，，，， 又，，即． 【理解运用】如图1，、是的两条弦，，，点是的中点，于点，则　　； 【变式探究】如图3，若点是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断、、之间存在怎样的数量关系？并加以证明． 【实践应用】如图4，是的直径，点圆上一定点，点圆上一动点，且满足，若，的半径为5，则　　． 【解答】解：【理解运用】：由题意可得，即， ，，，故答案为：1； 【变式探究】． 证明：在上截取，连接、、、， 是弧的中点，，， 又，，，， 又，，，即； 【实践应用】如图，当点在下方时，过点作于点， 是圆的直径，，，圆的半径为5，， ，，，． 当点在上方时，，同理易得． 综上所述：的长为或，故答案为或． 例5．（2024·河南南阳·校考二模）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P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AP、、PQ、BP． ∵，∴PA=PD（依据1）∴ ∵∴（依据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AP、、、．请你按照小亮的证明思路，写出证明过程． 【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 【分析】（1）利用线段垂直平分线的性质和圆周角定理解答即可； （2）在原题的基础上利用全等三角形的判定与性质解答即可得出结论； （3）类比（2）的方法，在（2）的基础上利用等腰三角形的判定方法解答即可得出结论； （1）解：依据1为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等； 依据2：等弧所对的圆周角相等； 故答案为：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点距离相等；等弧所对的圆周角相等； （2）证明：如图1，连接AP、PD、PQ、BP， ∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA．∵，∴∠QBP=∠ABP． ∵四边形ABQP为圆的内接四边形，∴∠A+∠Q=180°．∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠Q=∠PDB． 在△BQP和△BDP中，，∴△BQP≌△BDP（AAS）．∴BQ=BD． （3）证明：如图2，连接AP、PD、PQ、DQ， ∵AC=CD，PC⊥AB，∴PA=PD．∴∠PAD=∠PDA． ∵，∴PQ=PA．∴PD=PQ．∴∠PDQ=∠PQD． ∵四边形ABQP为圆的内接四边形，∴∠A+∠PQB=180°． ∵∠PDA+∠PDB=180°，∴∠PQB=∠PDB． ∴∠PQB-∠PQD=∠PDB-∠PDQ．即：∠BQD=∠BDQ．∴BQ=BD． 【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，全等三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，熟练掌握圆的有关性质和利用类比的方法解答是解题的关键． 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·校联考模拟预测）阅读以下材料，并按要求完成相应任务： 婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名数学家、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．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：如图1，四边形内接于，对角线，垂足为点，直线，垂足为点，并且交直线于点，则． 证明：∵，，∴ ∴，．∴． ∵，∴．（依据） 又∵，∴．∴．…… 任务：（1）上述证明过程中的依据是______；（2）将上述证明过程补充完整； （3）古拉美古塔定理的逆命题：如图，四边形内接于，对角线，垂足为点，直线交于点，交于点．若，则．请证明该命题． 【答案】（1）同弧所对的圆周角相等；（2）见解析；（3）见解析． 【分析】（1）根据圆周角定理可得结论；（2）证明为等腰三角形即可； （3）用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可． 【详解】（1）同弧所对的圆周角相等 （2）…，∵，， ∴，∴，∴． （3）证明：∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴． 【点睛】本题属于圆的综合题，考查了圆周角定理，等腰三角形判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质等知识，解题的关键是熟练转换题目中角的关系． 例3．（23-24·浙江·九年级专题练习）阅读下列相关材料，并完成相应的任务． 布拉美古塔定理 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． 某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证． 已知：如图，在圆内接四边形中，对角线，垂足为P，过点P作的垂线分别交，于点H，M．求证：M是的中点． 任务：(1)请你完成这个定理的证明过程．(2)该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命题：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边请判断此命题是 　　命题．（填“真”或“假”）。(3)若，求的长． 【答案】(1)见解析(2)真(3)． 【分析】（1）在中，证明，再由同弧所对的圆周角相等，可得，可得，则；同理可证，即可得到； （2）仿照（1）的证明过程，直接证明即可； （3）求出，再由，可得，求出，再由，即可求出． 【详解】（1）证明：∵，∴，∴， ∵，∴，∴，∴， ∵，∴，∴， ∴，同理可得，，∴，∴M是的中点； （2）解：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边，理由如下： 已知：如图，在圆内接四边形中，对角线，垂足为P，M是的中点，连接交于点H，求证：； 证明：∵M是的中点；∴， ∴，且， ∵，∴，∴， ∴，∴；故答案为：真； （3）解：∵，∴，∴， ∵，∴，∴， ∵M是的中点，∴，∴． 【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握直角三角形的性质，同弧所对的圆周角相等，同角的余角相等是解题的关键． 1．（2023·浙江温州·校考三模）在几何学发展的历史长河中，人们发现了许多经久不衰的平面几何定理，苏格兰数学家罗伯特·西姆森发现从三角形外接圆上任意一点向三边（或其延长线）所作垂线的垂足共线，这三个垂足的连线后来被称为著名的“西姆森线”．如图，半径为4的为的外接圆，过圆心O，那么过圆上一点P作三边的垂线，垂足E、F、D所在直线即为西姆森线，若，，则的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，首先根据题意得到点A，F，P三点共线，然后证明出四边形是矩形，得到，证明出，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图所示，连接，    由题意可得，点E、F、D共线， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴点A，F，P三点共线， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】此题考查了圆与三角形综合题，相似三角形的性质和判定，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 2．（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． 3．（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． 4．（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． 5．（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． 6．（2024·湖南株洲·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． 7．（23-24九年级上·山西吕梁·期末）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 阿基米德折弦定理从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，称为该圆的一条折弦，如图1．古希腊数学家阿基米德发现，若，是的折弦．是的中点，于点，则．这就是著名的“阿基米德折弦定理”． 证明如下：如图2，在上截取，连接，，，． 则（依据1）． ∵是的中点，∴，∴． 在和中， ∴，∴． ∵于点，∴（依据2）． ∴．      任务：(1)填空：材料中的依据1是指________________；依据2是指________________．(2)如图3，是的直径，是上一点，且满足，若，的半径为10，求的长． 【答案】(1)同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一． (2) 【分析】本题考查圆周角定理的推论和等腰三角形的性质，勾股定理； （1）根据圆周角定理的推论和等腰三角形的性质即可得到答案； （2）过点作于点．先求出，再求出，从而得，进而即可求解． 【详解】（1）解：由题意得：同弧所对的圆周角相等；等腰三角形三线合一． （2）如图，过点作于点， ∵是的直径， ∴∠， ∵，圆的半径为10， ∴， ∴， ∵， ∴是的中点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 8．（22-23九年级上·浙江衢州·期末）婆罗摩笈多，是位印度数学家和天文学家，他提出了著名的婆罗摩笈多定理： 婆罗摩笈多定理的已知与结论符号表示如下： 已知：如图，四边形内接于，对角线于点，于点，延长交于点．结论：． 证明：略（感兴趣的同学考后可以加以证明） 根据上述已知条件，回答下列问题： （1）若，则 ； （2）若，，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据同角的余角相等得出，即可得解； （2）证明，由相似三角形的性质得出的长，再由直角三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （2）∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 9．（2024·安徽宣城·一模）已知：如图，在圆内接四边形中，对角线，垂足为，过点作的垂线分别交，于点，． (1)求证：是的中点；(2)若，求的长． 【答案】(1)见详解(2) 【分析】本题考查圆的综合应用，熟练掌握直角三角形的性质，同弧所对的圆周角相等，同角的余角相等是解题的关键． （1）在中，证明，再由同弧所对的圆周角相等，可得，可得，则；同理可证，即可得到； （2）求出，再由，可得，求出，再由，即可求出． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 同理可得，， ， 是的中点； （2）解： ，， ， ， ， ， ， 是的中点， ， ． 10．（2024·江西·模拟预测）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1，四边形ABCD为的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知．求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”． (3)如图2，在中，，以AB为弦的交AC于点D，交BC于点E，连接DE，AE，BD，，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长． 【答案】(1)③(2)见解析(3)1.5 【分析】（1）根据“婆氏四边形”的定义，即可求解；（2）设AC与BD交于点E，根据圆周角定理可得，从而得到∠CED=90°，即可求证；（3）根据锐角三角函数可得BC=5，AC=4，再根据BD为的直径，可得∠BED=∠DEC=90°，然后根据四边形ABED是“婆氏四边形”，可得BD⊥AE，根据垂径定理可得AD=DE，BE=AB=3，再在中利用勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：当平行四边形ABCD是“婆氏四边形”时，则四边形ABCD的对角线AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=∠ABC， ∵四边形ABCD为的内接四边形，∴∠ADC+∠ABC=180°， ∴∠ABC=90°，∴四边形ABCD是正方形；故答案为：③ （2）证明：设AC与BD交于点E， ∵， ∴，∴∠CED=90°， ∴AC⊥BD，∴四边形ABCD是“婆氏四边形”； （3）解：∵，∴，∴AC=4， ∵BD为的直径，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四边形ABED是“婆氏四边形”，∴BD⊥AE， ∴弧AD=弧DE，弧AB=弧BE，∴AD=DE，BE=AB=3， 设AD=DE=x，则CD=4-x，CE=5-3=2，在中，， ∴，解得：，即DE=1.5． 【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，理解“婆氏四边形”的定义是解题的关键． 11．（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． 12．（2023.浙江九年级期中）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，是劣弧的中点，直线于点，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．是劣弧的中点，直线于点，则．可以通过延长、相交于点，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，若是优弧的中点，直线于点，则，与之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明． 【解答】证明：（1）如图1，连接，， 是劣弧的中点，， ，， ，， ，为等腰三角形， ，； （2）如图2，延长、相交于点，再连接， 是圆内接四边形，， 是劣弧的中点，， ，为等腰三角形， ，，， ， （3）． 连接，，，、相交于点， 弧弧，， ，，， ，， ，，， ，， ，，． 13．（2023·浙江嘉兴·九年级校联考期中）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． 证明：如图2，在上截取，连接和． ∵M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），已知等边内接于，，D为上 一点, ，与点E,则的周长是 ． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【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）方法一、首先证明，进而得出，以及，进而求出的长即可得出答案． 方法二、先求出，再用（1）的结论得出，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）解：方法一、如图3，截取，连接， 由题意可得：， 在和中，∴，∴， ∵，∴，则， ∵，∴，则的周长是．故答案为． 方法二、∵是等边三角形，∴， ∴由（1）的结论得，， ∵，∴，∴， ∴则的周长是．故答案为． 【点睛】此题主要考查了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． 14．（2023·广东佛山·统考三模）探索应用 材料一：如图1，在△ABC中，AB＝c，BC＝a，∠B＝θ，用c和θ表示BC边上的高为　 　，用a．c和θ表示△ABC的面积为　 　． 材料二：如图2，已知∠C＝∠P，求证：CF•BF＝QF•PF． 材料三：蝴蝶定理（ButterflyTheorem）是古代欧氏平面几何中最精彩的结果之一，最早出现在1815年，由W．G．霍纳提出证明，定理的图形象一只蝴蝶． 定理：如图3，M为弦PQ的中点，过M作弦AB和CD，连结AD和BC交PQ分别于点E和F，则ME＝MF． 证明：设∠A＝∠C＝α，∠B＝∠D＝β，∠DMP＝∠CMQ＝γ，∠AMP＝∠BMQ＝ρ， PM＝MQ＝a，ME＝x，MF＝y 由 即 化简得：MF2•AE•ED＝ME2•CF•FB 则有： , 又∵CF•FB＝QF•FP，AE•ED＝PE•EQ， ∴，即 即，从而x＝y，ME＝MF． 请运用蝴蝶定理的证明方法解决下面的问题：如图4，B、C为线段PQ上的两点，且BP＝CQ，A为PQ外一动点，且满足∠BAP＝∠CAQ，判断△PAQ的形状，并证明你的结论． 【答案】材料一：；材料二：证明见解析；材料三：△PAQ的形状为等腰三角形，证明见解析． 【分析】材料一：作AD⊥BC于D，由三角函数定义得AD＝AB×sinB＝c•sinθ，由三角形面积公式得△ABC的面积＝BC×AD＝acsinθ即可； 材料二：证明△CFQ∽△PFB，得出＝，即可得出结论； 材料三：证S△ABP＝S△ACQ，S△APC＝S△AQB，证△ABP∽△ACQ，由S△ABP＝S△ACQ，证出AP＝AQ，即可得出结论． 【详解】材料一：解：作AD⊥BC于D，如图1所示：则sinB＝， ∴AD＝AB×sinB＝c•sinθ，∴△ABC的面积＝BC×AD＝acsinθ， 故答案为：csinθ，acsinθ； 材料二：证明：∵∠C＝∠P，∠CFQ＝∠PFB，∴△CFQ∽△PFB， ∴＝,∴CF•BF＝QF•PF； 材料三：解：△PAQ的形状为等腰三角形，理由如下： ∵B、C为线段PQ上的两点，且BP＝CQ，∴CP＝BQ， ∴△ABP与△ACQ等底等高，△APC与△AQB等底等高， ∴S△ABP＝S△ACQ，S△APC＝S△AQB， ∵∠BAP＝∠CAQ，∴∠BAP+∠BAC＝∠CAQ+∠BAC， 即∠PAC＝∠QAB，∴sin∠QAB＝Psin∠PAC， ∵S△AQB＝AB•AQsin∠QAB，S△APC＝AC•APsin∠PAC， ∴==1,∴=，∴△ABP∽△ACQ， ∵S△ABP＝S△ACQ，∴=＝1，∴AP＝AQ， ∴△PAQ的形状为等腰三角形． 【点睛】本题是圆的综合题目，考查了圆周角定理、三角函数定义、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、三角形面积公式等知识；本题综合性强，证明三角形相似是解题的关键． 15．（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． 16．（2023上·山西大同·九年级校考期末）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． 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·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． 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！1 学科网（北京）股份有限公司 $$