专题05 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（几何模型讲义）数学浙教版九年级上册

专题05 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有重要的地位，考查的题型有基础类的，也有压轴题型，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 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 5 模型运用 6 模型1.阿基米德折弦模型 6 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 12 16 折断的琴弦：“折弦”之名源于其几何形态—从圆周一点 B 引出的两条弦 AB 与 BC 宛如一根被折弯的琴弦。阿基米德通过观察此类折线结构，揭示了隐藏的等量关系，后人便以“折弦定理”命名此模型‌。 数学家的浪漫：据传阿基米德曾用诗歌形式记录该定理（如“折弦端点连中点，垂线落处定等分”），将抽象几何化为韵律，体现了古希腊学者对数学与艺术融合的追求‌尽管原始诗作已佚，这一传说仍被数学史研究者津津乐道。 婆罗摩笈多（布拉美古塔）（定理）模型以‌7世纪印度数学家婆罗摩笈多‌（Brahmagupta）命名，他是首个系统研究圆内接四边形性质的学者。其著作《婆罗摩历算书》首次记载了该定理，比欧洲同类研究早近千年，彰显了古印度数学的卓越成就。有趣的是，西方文献常称其为“布拉美古塔定理”，实为同一人名的音译差异。‌ （2025·广东清远·一模）请阅读材料，并完成下列问题． 阿基米德折弦定理 阿基米德，伟大的数学家之一，其与牛顿、高斯并成为三大数学王子．在《阿基米德全集》中记载了阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦，其中是的中点，过点向作交于点，则就是折弦的中点，即． (1)下面是用“截长法”证明的部分过程． 证明：如图2，在上截取，连接． 是的中点， ． ． ．．． 请根据上面的证明思路，写出证明的剩余部分． (2)在图1中，若，求的半径． （2024·河南新乡·模拟预测）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ． … 任务： (1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； (2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 1）阿基米德折弦（定理）模型 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； 2）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）模型 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． 模型1.阿基米德折弦模型 例1（24-25九年级下·湖北武汉·开学考试）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是弧的中点，则从M向所作垂线的垂足D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，，D为上一点，，于点E，则的周长是 ． 例2（24-25九年级下·北京海淀·阶段练习）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，和组成圆的折弦，于F，则．如图2，是上一点，，连接，则 °． 例3（24-25九年级上·浙江舟山·期中）（1）【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M是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．那么如何来证明这个结论呢？小明运用“截长法”来证明此结论． 具体证明思路是：如图2，在上截取，连接、、和，……，请你按照小明的思路完成证明过程． （2）【理解运用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： ①如图3，已知等边三角形内接于，，点是上的一点，，于点，则的周长为________． ②如图4，、是的两条弦，，，点是的中点，于点，则的长为________； ③如图5，是的直径，点A圆上一定点，点圆上一动点，且满足，若，的半径为5，求长． 例4（24-25九年级上·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·湖北武汉·期末）古代数学家阿基米德曾经提出一个定理：一个圆中一条由两条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），弦，是的一条折弦，点是的中点，过点作于，则．根据这个定理解决问题： 如图（2），边长为的等边内接于，点为优弧上的一点．，则的周长是 ． 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 例1（24-25九年级上·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（24-25九年级下·江苏泰州·阶段练习）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P，于点M，延长交于点N． 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D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 例3（2025·河南南阳·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：__________． 例4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． 例5（2024·河南周口·二模）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．则． 证明：∵，，∴， ∴，，∴， ∵，∴． 又∵，∴，∴． … 任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图②，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线FM交BC于点E，交AD于点F．若，则．请证明该命题． 1．（24-25九年级下·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 ．    2．（2024·江苏宿迁·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． 3．（24-25八年级上·湖北鄂州·期中）婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就． 婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德． 婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位． 例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： ①图1中S△ABC＝S△ADE； ②如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；   ③如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． （1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程； （2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 4．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）婆罗摩笈多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他研究发现：当圆中两弦互相垂直时，图形中相对的几何元素间存在着特殊的关系．如图，中两条互相垂直的弦、交于点，弦和将圆分成了四个部分．其面积分别记为、、、，若点到和的距离分别为2和1，则 ． 5．（2025·山西晋中·三模）阅读与思考 请认真阅读材料，并完成相应任务． 婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，这类四边形被称为“婆罗摩笈多四边形”．我们一起了解这位数学家的研究成果吧！ 如图1，已知⊙O的内接四边形，对角线于点．婆罗摩笈多发现等于⊙O半径平方的4倍． 下面是他的探究思路： 于点， ． ．（依据1） 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则．（依据2） ． 又，． ，． ．． …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指： ，依据2是指： ； (2)请完成材料中的剩余证明； (3)如图3，⊙M的半径为5，四边形内接于⊙M，且于点，则的长为 ． 6．（24-25九年级上·山西阳泉·期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务：    阿基米德折弦定理 阿基米德（Archimedes，公元前～公元前年，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-Biruni（年～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Al-Biruni译本出版了像文版《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（即折线是固的一条折弦），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即． 这个定理有根多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程． 证明：如图2．作射线，垂足为，连接，，． ∵是弧的中点， ∴．…       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，为上一点，，于点，，则折弦的长是______．    7．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考 请阅读以下材料并完成相应的任务． 伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出了有关圆的一个引理．这个引理的作图步骤如下： ①如图，已知，C是弦上一点，作线段的垂直平分线，分别交于点D，于点E，连接． ②以点D为圆心，的长为半径作弧，交于点F（F，A两点不重合），连接． 引理的结论：． (1)任务一：用尺规完成材料中的作图，保留作图痕迹，并标明字母． (2)任务二：请你完成引理结论的证明过程． 8．（2025·山西长治·一模）阅读材料，解答问题： 关于圆的引理 古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种，下面是《阿基米德全集》的《引理集》中记载的一个命题： 如图1，是的弦，点C在上，于点D，在弦上取点E，使，点F是上的一点，且 连接，则． 小颖对这个问题很感兴趣，经过思考，写出了下面的证明过程： 证明：如图2，连接， ∵于点D，， ∴ ． ∴ ． ∵， ∴ （依据1），． ∵ 四边形内接于， ∴ ．（依据2） …… (1)上述证明过程中的依据1为_________，依据2为_________； (2)将上述证明过程补充完整． 9．（24-25九年级上·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． 10．（24-25九年级上·福建泉州·期中）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． 11．（24-25九年级上·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． 12．（2024·内蒙古包头·三模）阅读下面材料，完成相应的任务： 阿基米德（，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折弦定理：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．    (1)定理认识：如图所示，，是圆O的两条弦（折弦），M是的中点，，垂足为D，求证：____________________． (2)定理证明：“截长补短”是证明线段和差倍分的常用办法，下面有三位同学提出了不同的辅助线作法以达到“截长补短”效果．同学1：在上截取，同学2：过点M作的垂线交的延长线于点E，同学3：利用平行弦夹等弧的正确结论（本题可直接使用）过点M作的平行弦交于点N．请你参考上述三位同学辅助线作法并用两种方法完成证明． 13．如图：已知点A、B、C、D顺次在圆O上，，，垂足为M．证明：．（阿基米德折弦定理）    14．（2025·江西赣州·二模）阿基米德不仅是物理学家，还是伟大的数学家，阿基米德折弦定理就是圆中关于弦的一个定理，其条件大致如下：如图，，为的两条弦，点是的中点，过点作于点，根据以上条件，下列说法错误的是（    ） A． B．连接、，则 C． D．作射线交于点，则平分 15．（2025九年级下·全国·专题练习）如图，和是的两条弦（即折线是的一条折弦），，M是的中点，过点M作垂足为D，求证：．（阿基米德折弦定理） 16．（24-25九年级上·江苏苏州·阶段练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理，阿基米德（公元前287年一公元前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，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家． 阿拉伯Al﹣Binmi（973年一1050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Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理． 阿基米德折弦定理：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，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，即CD＝AB+BD． 小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明CD＝AB+BD，过程如下： 证明：如图2所示，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点，∴MA＝MC，… (1)请按照上述思路，写出该证明的剩余部分； (2)如图3，在⊙O中，BD =CD，DE⊥AC，若AB = 4，AC = 10，则AE的长度为 _________； (3)如图4，已知等边ABC内接于⊙O，AB = 8，D为上一点，∠ABD = 45°，AE⊥BD于点E，求BDC的周长． 17．（2024九年级·全国·专题练习）【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．    (1)【理解运用】如图1，、是的两条弦，，，点M是的中点，于点D，则 ； (2)【变式探究】如图3，若点M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． (3)【实践应用】如图4，是的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足，若，的半径为5，则AD＝ ． 18．（2024·河南南阳·三模）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． 19．（24-25九年级上·山西大同·期末）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（Arehimedes，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-Biruni（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Al-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“垂线法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MC． ∵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）如图3，已知等边三角形ABC内接于，D为上一点，，于点E，，连接AD，则的周长是______． 20．（2024·山西吕梁·模拟预测）请阅读下面材料，并完成相应的任务． 阿基米德（，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，则从点M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．    这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接． ∵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)如图3，已知等边三角形内接于，D为上一点，．于点E，，连接，求的周长． 21．（2024·安徽宿州·一模）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，阿基米德流传于世的著作有10余种，多为希腊文手稿．下面是《阿基米德全集》中记载的一个命题：如图1，是的弦，点在上，且于点，在弦上取点，使，点是上的一点，且，连接，求证：． 学习小组中的一位同学进行了如下证明： 如图2，连接，， ∵，． ∴ ∵， ∴ …… 请完成下列的任务： (1)完成上面的证明： (2)如图3，将上述问题中弦改为直径，若，求证点是的中点． 22．（2024·河南洛阳·三模）请阅读下列材料，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-Biruni（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Al-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，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， 下面是运用“补短法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，延长到点F，使得，连接DA，DB，DC和DF． ∵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，，为上一点，．于点，则的周长是______． 23．（24-25九年级上·河南周口·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. 24．（2024·河南平顶山·三模）请阅读下列材料，并完成相应的任务： 阿基米德折弦定理 阿基米德（公元前287年一公元前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，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家． 阿拉伯Al-Binmi（973年一1050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Al-Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线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，即． 小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明，过程如下： 证明：如图2所示，在CB上截取，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点，∴， 任务： (1)请按照上述思路，写出该证明的剩余部分； (2)如图3，已知等边内接于⊙O，，D为上一点，，于点E，请直接写出的周长． 25．【问题呈现】阿基米德折弦定理： 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，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程． 证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG． ∵M是的中点， ∴MA＝MC① 又∵∠A＝∠C② ∴△MAB≌△MCG③ ∴MB＝MG 又∵MD⊥BC ∴BD＝DG ∴AB+BD＝CG+DG 即CD＝DB+BA 根据证明过程，分别写出下列步骤的理由： ①　 　， ②　 　， ③　 　； 【理解运用】如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝　 　； 【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明． 【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： 如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 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有重要的地位，考查的题型有基础类的，也有压轴题型，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 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 5 模型运用 6 模型1.阿基米德折弦模型 6 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 12 16 折断的琴弦：“折弦”之名源于其几何形态—从圆周一点 B 引出的两条弦 AB 与 BC 宛如一根被折弯的琴弦。阿基米德通过观察此类折线结构，揭示了隐藏的等量关系，后人便以“折弦定理”命名此模型‌。 数学家的浪漫：据传阿基米德曾用诗歌形式记录该定理（如“折弦端点连中点，垂线落处定等分”），将抽象几何化为韵律，体现了古希腊学者对数学与艺术融合的追求‌尽管原始诗作已佚，这一传说仍被数学史研究者津津乐道。 婆罗摩笈多（布拉美古塔）（定理）模型以‌7世纪印度数学家婆罗摩笈多‌（Brahmagupta）命名，他是首个系统研究圆内接四边形性质的学者。其著作《婆罗摩历算书》首次记载了该定理，比欧洲同类研究早近千年，彰显了古印度数学的卓越成就。有趣的是，西方文献常称其为“布拉美古塔定理”，实为同一人名的音译差异。‌ （2025·广东清远·一模）请阅读材料，并完成下列问题． 阿基米德折弦定理 阿基米德，伟大的数学家之一，其与牛顿、高斯并成为三大数学王子．在《阿基米德全集》中记载了阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦，其中是的中点，过点向作交于点，则就是折弦的中点，即． (1)下面是用“截长法”证明的部分过程． 证明：如图2，在上截取，连接． 是的中点， ． ． ．．． 请根据上面的证明思路，写出证明的剩余部分． (2)在图1中，若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握同弧所对弦相等，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，数形结合，合理作出辅助线是关键． （1）根据题意可证，可得，由垂直平分线得到，由即可求解； （2）如图，过点作于点，于点，连接，，，由（1）可知，可证四边形是矩形，，则，由即可求解． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， 在中，， 在和中， ， ， ， ， ， ． （2）解：如图，过点作于点，于点，连接，，， 由（1）可知， 过圆心且， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ． （2024·河南新乡·模拟预测）阅读下列材料，完成相应的任务． 婆罗摩笈多定理： 如图，四边形内接于，对角线，垂足为M，如果直线，垂足为E，并且交边于点F，那么． 证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵① ，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴② ． … 任务： (1)材料中①处缺少的条件为______，②处缺少的条件为______； (2)根据材料，应用婆罗摩笈多定理解决下面试题： 如图，已知中，，，分别交于点D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 【答案】(1)①；② (2)1 【分析】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边的性质，关键是能熟练应用圆的有关性质，掌握相应角的定义和计算是关键． （1）根据圆周角定理和等角对等边的性质可得结论； （2）应用（1）的结论，圆内接四边形的性质，可求解．． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，． ∴． 又∵，（同弧所对的圆周角相等） ， ∴． ∴． … 故答案为：①；②； （2）解：四边形是内接四边形， ， ， ，即， ， ， ， ， ． 1）阿基米德折弦（定理）模型 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； 2）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）模型 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． 模型1.阿基米德折弦模型 例1（24-25九年级下·湖北武汉·开学考试）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是弧的中点，则从M向所作垂线的垂足D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，，D为上一点，，于点E，则的周长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形外接圆与外心，等边三角形的性质，阿基米德折弦定理，根据等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质以及阿基米德折弦定理即可得到结论． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴的周长， 故答案为：． 例2（24-25九年级下·北京海淀·阶段练习）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，和组成圆的折弦，于F，则．如图2，是上一点，，连接，则 °． 【答案】60 【分析】本题考查了三角形的外接圆与外心，如图2，连接，先计算得到，则根据阿基米德折弦定理得到点E为弧的中点，即，根据圆心角、弧、弦的关系得到，接着利用圆周角得到，则可得到，然后再利用圆周角定理得到的度数． 【详解】解：如图，连接 ∵ ∴， ∴， 而， ∴点E为弧的中点，即， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：60． 例3（24-25九年级上·浙江舟山·期中）（1）【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M是的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．那么如何来证明这个结论呢？小明运用“截长法”来证明此结论． 具体证明思路是：如图2，在上截取，连接、、和，……，请你按照小明的思路完成证明过程． （2）【理解运用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： ①如图3，已知等边三角形内接于，，点是上的一点，，于点，则的周长为________． ②如图4，、是的两条弦，，，点是的中点，于点，则的长为________； ③如图5，是的直径，点A圆上一定点，点圆上一动点，且满足，若，的半径为5，求长． 【答案】（1）见解析；（2）①；②；③或 【分析】（1）在上截取，连接、、和，由是的中点，得到，从而得到，进而证明，得到，再由“三线合一”得到，即可得证． （2）①由，，得到是等腰直角三角形，从而可求得，又由等边三角形得到，，从而，进而点A是的中点，由（1）结论可得，根据即可解得； ②在上截取，连接、、、，证明可得，由等腰三角形的性质可得，即可解答； ③分两种情况分别讨论：①点在下方，②点在上方，分别求解即可． 【详解】（1）证明：如图2，在上截取，连接、、和， ∵是的中点， ∴， ∴（相等的弧所对的弦相等）， 又∵（同弧所对的圆周角相等）， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即． （2）①解：∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴点A是的中点， ∵， ∴由（1）可得， ∴； 故答案为： ②在上截取，， 连接、、、，   是弧的中点， ∴ ，， 又， ， ， ， 又， ， ∵， ∴， ∴； 故答案为：8 ③解：如图4，当点在下方时，过点作于点，连接， ∵是圆的直径， ∴， ∵，圆的半径为5， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴由②可得， ∴， ∴在等腰中，； 当点在上方时，，同理得， 综上所述：的长为或． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，理解题意是解本题的关键． 例4（24-25九年级上·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·湖北武汉·期末）古代数学家阿基米德曾经提出一个定理：一个圆中一条由两条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），弦，是的一条折弦，点是的中点，过点作于，则．根据这个定理解决问题： 如图（2），边长为的等边内接于，点为优弧上的一点．，则的周长是 ． 【答案】/ 【分析】过点Q作于T，在上截取，连接，，先求出，得到等腰直角，利用勾股定理求得，再证明，得，从而利用等腰三角形三线合一性质得出，即可得出，则，即可由三角形周长公式求解． 【详解】解：如图，过点Q作于T，在上截取，连接，， ∵等边 ∴，， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴， 由题意可得：，， 在和中， ， ， ， ， ， ∴ ∴ ∴的周长， 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键． 模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 例1（24-25九年级上·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（24-25九年级下·江苏泰州·阶段练习）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P，于点M，延长交于点N． 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D，E，连接交于点P．过点P作，分别交于点M，N．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）先根据垂直的定义和三角形内角和定理证明，再由对顶角相等和圆周角定理证明，得到，同理可证，即可证明； （2）根据圆内接四边形对角互补得到，即，再由平行线的性质得到，即可利用题中定理得到，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可证， ∴； （2）解：∵四边形 为圆内接四边形， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴，即点N为的中点， ∴． 【点睛】本题主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰三角形的性质与判定，平行线的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证明题中所给定理是解题的关键． 例3（2025·河南南阳·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 例4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． 例5（2024·河南周口·二模）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．则． 证明：∵，，∴， ∴，，∴， ∵，∴． 又∵，∴，∴． … 任务： (1)将上述证明过程补充完整； (2)古拉美古塔定理的逆命题：如图②，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线FM交BC于点E，交AD于点F．若，则．请证明该命题． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）可推出∠DMF＝∠ADM，进而得证； （2）先推出FM＝AF＝FD，进而可推出∠CBD+∠BME＝90°即可得证． 【详解】（1）在Rt△ADM中，∠ADM＝90°， ∴∠DMF＝90°﹣∠AMF， ∠ADM＝90°﹣∠CAD， 又∠AMF＝∠CAD， ∴∠DMF＝∠ADM， ∴FM＝FD， ∴AF＝FD （2）在Rt△AMD中，AF＝FD， ∴FM＝AF＝FD， ∴∠MAD＝∠AMF， ∠ADM＝∠FMD， ∵， ∴∠MAD＝∠CBD， ∵∠BME＝∠FMD， ∴∠BME＝∠ADM， ∴∠CBD+∠BME＝∠MAD+∠ADM＝90°， ∴∠BEM＝90°， ∴FE⊥BC． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，圆周角定理及等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是熟练掌握相关图形的性质和判定． 1．（24-25九年级下·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． 2．（2024·江苏宿迁·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． 3．（24-25八年级上·湖北鄂州·期中）婆罗摩笈多（Brahmagupta）约公元598年生，约660年卒，在数学、天文学方面有所成就． 婆罗摩笈多是印度印多尔北部乌贾因地方人，原籍可能为巴基斯坦的信德． 婆罗摩笈多的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位． 例如下列模型就被称为“婆罗摩笈多模型”：如图1，2，3，△ABC中，分别以AB，AC为边作Rt△ABE和Rt△ACD，AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，则有下列结论： ①图1中S△ABC＝S△ADE； ②如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM；   ③如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． （1）上述三个结论中请你选择一个感兴趣的结论进行证明，写出证明过程； （2）能力拓展：将上述图形中的某一个直角三角形旋转到如图4所示的位置：△ABC与△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接BD，CE，若F为BD的中点，连接AF，求证：2AF＝CE． 【答案】（1）①证明见详解；②证明见详解；③证明见详解；（2）证明见详解． 【分析】（1）①取DE中点F，过E作EG∥AD，交射线AF于G，先证△GEF≌△ADF（AAS），得出S△EAD=S△GEA，再证△GEA≌△CAB（SAS）即可； ②取DE中点F，过E作EG∥AD，交射线AF于G，先证△GEF≌△ADF（AAS），得出∠BAC =∠GEA，再证△GEA≌△CAB（SAS），得出∠EAG=∠ABC，AC=AG，由AM是边BC上的中线，得出BM=CM=，三证△EAF≌△ABM（SAS）即可； ③过E作EP⊥MN交MN延长线于O，过D作DO⊥MN于O，先证∠ABM=∠EAP，∠MCA=∠OAD，证明△EAP≌△ABM（AAS），再证△CAM≌△ADO（AAS），三证△EPN≌△DON（AAS）即可． （2）延长AF，使FQ=AF，连接DQ，将△ACE绕点A逆时针旋转90°，得△ARD，由点F为BD中点，可得DF=BF，先证△DQF≌△BAF（SAS），DQ=BA=AC，∠FDQ=∠FBA，可证DQ∥BA，根据△ACE绕点A逆时针旋转90°得△ARD，可得AR=AC=AB=QD，RD=CE，证明R、A、B三点共线，再证△DQA≌△ARD（SAS），即可． 【详解】（1）①图1中S△ABC＝S△ADE； 证明：取DE中点F，过E作EG∥AD，交射线AF于G， ∵点F为DE中点， ∴EF=DF， ∵EG∥AD， ∴∠GEF=∠ADF，∠GEA+∠EAD=180°， 在△GEF和△ADF中， ， ∴△GEF≌△ADF（AAS）， ∴GE=AD，∠G=∠DAF， ∴S△GEF=S△ADF， ∴S△EAD=S△GEA， ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD=360°-∠BAE-∠CAD=180° ∴∠BAC+∠EAD=∠GEA+∠EAD=180° ∴∠BAC =∠GEA， ∴GE=AD=AC， 在△GEA和△CAB中， ， ∴△GEA≌△CAB（SAS）， ∴S△ABC＝S△GEA=S△ADE； ②如图2中，若AM是边BC上的中线，则ED＝2AM； 证明：取DE中点F，过E作EG∥AD，交射线AF于G， ∵点F为DE中点， ∴EF=DF， ∵EG∥AD， ∴∠GEF=∠ADF，∠GEA+∠EAD=180°， 在△GEF和△ADF中， ， ∴△GEF≌△ADF（AAS）， ∴GE=AD，GF=AF= ∵∠BAE＝∠CAD＝90°， ∴∠BAC+∠EAD=360°-∠BAE-∠CAD=180° ∴∠BAC+∠EAD=∠GEA+∠EAD=180° ∴∠BAC =∠GEA， ∴GE=AD=AC， 在△GEA和△CAB中， ， ∴△GEA≌△CAB（SAS）， ∴∠EAG=∠ABC，AC=AG， ∵AM是边BC上的中线， ∴BM=CM=， 在△EAF和△ABM中， ， ∴△EAF≌△ABM（SAS）， ∴EF=AM， ∵点F为DE中点， ∴DE=2EF=2AM， ③如图3中，若AM⊥BC，则MA的延长线平分ED于点N． 证明：过E作EP⊥MN交MN延长线于O，过D作DO⊥MN于O， ∵∠BAE=90°，∠DAC=90°， ∴∠BAM+∠EAP=90°，∠MAC+∠DAO=90°， ∵AM⊥BC， ∴∠ABM+∠BAM=90°，∠MCA+∠MAC=90° ∴∠ABM=∠EAP，∠MCA=∠OAD， ∵EP⊥MN， ∴∠EPA=90° 在△EAP和△ABM中， ， ∴△EAP≌△ABM（AAS）， ∴EP=AM， ∵DO⊥MN， ∴∠AOD=90°， 在△CAM和△ADO中， ， ∴△CAM≌△ADO（AAS） ∴AM=DO， ∴EP=DO=AM， 在△EPN和△DON中， ∴△EPN≌△DON（AAS）， ∴EN=DN， ∴MA的延长线平分ED于点N． （2）延长AF，使FQ=AF，连接DQ，将△ACE绕点A逆时针旋转90°，得△ARD ∵点F为BD中点， ∴DF=BF， 在△DQF和△BAF中， ∴△DQF≌△BAF（SAS）， ∴DQ=BA=AC，∠FDQ=∠FBA， ∴DQ∥BA， ∵△ACE绕点A逆时针旋转90°得△ARD ∴△ACE≌△ARD，∠RAC=90°， ∴AR=AC=AB=QD，RD=CE， ∵∠CAB=90°， ∴∠RAB=∠RAC+∠CAB=90°+90°=180°， ∴R、A、B三点共线， ∵DQ∥BA， ∴∠QDA=∠RAD， 在△DQA和△ARD中， ∴△DQA≌△ARD（SAS）， ∴AQ=DR， ∴2AF=AG=DR=CE， ∴2AF=CE． 【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，三角形面积，中线加倍，三角形中线性质，等腰直角三角形性质，图形旋转变换性质，三点共线，掌握以上知识，尤其是利用辅助线作出准确图形是解题关键． 4．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）婆罗摩笈多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他研究发现：当圆中两弦互相垂直时，图形中相对的几何元素间存在着特殊的关系．如图，中两条互相垂直的弦、交于点，弦和将圆分成了四个部分．其面积分别记为、、、，若点到和的距离分别为2和1，则 ． 【答案】8 【分析】本题考查了中心对称，作弦和关于O的对称弦，结合圆的对称性，将转化为中间长方形的面积即可． 【详解】解：如图，作弦和关于O的对称弦， 根据圆的对称性可知，， 所以． 又因为点O到和的距离分别为2和1， 所以， 所以． 故答案为：8． 5．（2025·山西晋中·三模）阅读与思考 请认真阅读材料，并完成相应任务． 婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，这类四边形被称为“婆罗摩笈多四边形”．我们一起了解这位数学家的研究成果吧！ 如图1，已知⊙O的内接四边形，对角线于点．婆罗摩笈多发现等于⊙O半径平方的4倍． 下面是他的探究思路： 于点， ． ．（依据1） 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则．（依据2） ． 又，． ，． ．． …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指： ，依据2是指： ； (2)请完成材料中的剩余证明； (3)如图3，⊙M的半径为5，四边形内接于⊙M，且于点，则的长为 ． 【答案】(1)勾股定理；直径所对的圆周角是直角 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据勾股定理和直径所对的圆周角是直角即可解答； （2）根据圆周角定理进行线段的转换，再利用勾股定理即可解答； （3）直接利用（2）中原理即可解答． 【详解】（1）解：材料中的依据1是指勾股定理，依据2是指直径所对的圆周角是直角， 故答案为：勾股定理；直径所对的圆周角是直角； （2）证明：于点， ， ， 如图2，连接并延长交⊙O于点，连接， 则， ， 又， ， ， ． ， ， ， ， 即等于⊙O半径平方的4倍； （3）解：根据（2）中结论可得， ， 故答案为：． 6．（24-25九年级上·山西阳泉·期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务：    阿基米德折弦定理 阿基米德（Archimedes，公元前～公元前年，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-Biruni（年～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Al-Biruni译本出版了像文版《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（即折线是固的一条折弦），，是弧的中点，则从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即． 这个定理有根多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程． 证明：如图2．作射线，垂足为，连接，，． ∵是弧的中点， ∴．…       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，为上一点，，于点，，则折弦的长是______．    【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）根据圆的性质，同弧或等弧所对的圆周角相等，则，根据全等三角形的判定和性质，则，得，。再根据直角三角形的全等和判定，得，推出，即可； （2）根据等边三角形的性质，则，，根据，于点，，得；由题意得，，则折弦的长为：，即可． 【详解】（1）∵是弧的中点， ∴， ∵， ∴， ∵和所对的弧是， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴折弦的长为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查圆，全等三角形，等边三角形的性质，解题的关键是掌握圆的基本性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理的运用，掌握折弦定理的运用． 7．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考 请阅读以下材料并完成相应的任务． 伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出了有关圆的一个引理．这个引理的作图步骤如下： ①如图，已知，C是弦上一点，作线段的垂直平分线，分别交于点D，于点E，连接． ②以点D为圆心，的长为半径作弧，交于点F（F，A两点不重合），连接． 引理的结论：． (1)任务一：用尺规完成材料中的作图，保留作图痕迹，并标明字母． (2)任务二：请你完成引理结论的证明过程． 【答案】(1)图见解析； (2)证明见解析． 【分析】（1）根据线段和线段垂直平分线的尺规作图方法结合题意作图即可； （2）先由线段垂直平分线的性质得到，则由等边对等角得到，再由圆内接四边形对角互补和平角的定义得到，再根据弦与圆周角的关系推出，则可证明，得到． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：垂直且平分， ， ． ， ． ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了线段和线段垂直平分线的尺规作图，圆内接四边形的性质，弦与圆周角之间的关系，全等三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键. 8．（2025·山西长治·一模）阅读材料，解答问题： 关于圆的引理 古希腊数学家、物理学家阿基米德流传于世的数学著作有10余种，下面是《阿基米德全集》的《引理集》中记载的一个命题： 如图1，是的弦，点C在上，于点D，在弦上取点E，使，点F是上的一点，且 连接，则． 小颖对这个问题很感兴趣，经过思考，写出了下面的证明过程： 证明：如图2，连接， ∵于点D，， ∴ ． ∴ ． ∵， ∴ （依据1），． ∵ 四边形内接于， ∴ ．（依据2） …… (1)上述证明过程中的依据1为_________，依据2为_________； (2)将上述证明过程补充完整． 【答案】(1)依据1为在同圆中相等的弧所对的弦相等；依据2为圆内接四边形的对角互补 (2)证明见解析 【分析】（1）利用弧弦关系定理和圆内接四边形的性质解答即可； （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． 【详解】（1）上述证明过程中的依据1为在同圆中相等的弧所对的弦相等， 依据2为圆内接四边形的对角互补． 故答案为：在同圆中相等的弧所对的弦相等，圆内接四边形的对角互补； （2）如图2，连接， ∵于点D，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆心角、弦、弧之间的关系定理、三角形全等的判定和性质以及线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 9．（24-25九年级上·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． 10．（24-25九年级上·福建泉州·期中）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． 11．（24-25九年级上·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， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 12．（2024·内蒙古包头·三模）阅读下面材料，完成相应的任务： 阿基米德（，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折弦定理：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．    (1)定理认识：如图所示，，是圆O的两条弦（折弦），M是的中点，，垂足为D，求证：____________________． (2)定理证明：“截长补短”是证明线段和差倍分的常用办法，下面有三位同学提出了不同的辅助线作法以达到“截长补短”效果．同学1：在上截取，同学2：过点M作的垂线交的延长线于点E，同学3：利用平行弦夹等弧的正确结论（本题可直接使用）过点M作的平行弦交于点N．请你参考上述三位同学辅助线作法并用两种方法完成证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据“折弦的中点”定义可得：； （2）证法一：在上截取，连接、、、．先证明，再证明，得到，进而证明，即可证明； 证法二：过点M作的垂线交的延长线于点E，连接、、，先证明，，再证明，得到，再证明，得到，即可证明． 【详解】（1）解：根据“折弦的中点”定义可得：， 故答案为：． （2）证法一：如图所示，在上截取，连接、、、． ∵为的中点， ， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴；    证法二：如图所示，过点M作的垂线交的延长线于点E，连接、、， ∵为的中点， ， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ．    【点睛】本题为新定义问题，考查了圆周角定理，弧、弦的关系，熟知相关知识，理解题意，根据题意添加适当辅助线构造全等三角形是解题关键． 13．如图：已知点A、B、C、D顺次在圆O上，，，垂足为M．证明：．（阿基米德折弦定理）    【答案】见解析 【分析】如图，将绕点B旋转到，使与重合，再证，可得,即可得出． 【详解】∵， ∴，又， 将绕点B旋转到，使与重合，如图，    ∴， ∴，，， ∵，即， ∴， 在和中， ， ∴ ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，通过旋转构建全等三角形，是解答的本题的关键． 14．（2025·江西赣州·二模）阿基米德不仅是物理学家，还是伟大的数学家，阿基米德折弦定理就是圆中关于弦的一个定理，其条件大致如下：如图，，为的两条弦，点是的中点，过点作于点，根据以上条件，下列说法错误的是（    ） A． B．连接、，则 C． D．作射线交于点，则平分 【答案】B 【分析】本题考查了圆周角定理、弦与弧的关系、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识，熟练掌握圆周角定理是解题关键．先求出，再根据即可判断A正确；连接，，，先证出，再根据三角形的三边关系可得，由此即可判断B错误；在上截取点，使得，连接，，，，先证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，由此即可判断C正确；先求出，再根据圆周角定理可得，由此即可判断D正确． 【详解】解：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴，则选项A正确； 如图，连接，，， ∵， ∴， ∵， ∴，则选项B错误； 如图，在上截取点，使得，连接，，，， 由圆周角定理得：， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，则选项C正确； 由题意，画出图形如下： ∵是的直径， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴平分，则选项D正确； 故选：B． 15．（2025九年级下·全国·专题练习）如图，和是的两条弦（即折线是的一条折弦），，M是的中点，过点M作垂足为D，求证：．（阿基米德折弦定理） 【答案】见解析 【分析】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，在上截取，连接，，，，由题意可得，由圆周角定理可得，从而得出，由全等三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，即可得解． 【详解】解：如图，在上截取，连接，，，， ∵M是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 16．（24-25九年级上·江苏苏州·阶段练习）请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理，阿基米德（公元前287年一公元前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，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家． 阿拉伯Al﹣Binmi（973年一1050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Al﹣Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理． 阿基米德折弦定理：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，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，即CD＝AB+BD． 小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明CD＝AB+BD，过程如下： 证明：如图2所示，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点，∴MA＝MC，… (1)请按照上述思路，写出该证明的剩余部分； (2)如图3，在⊙O中，BD =CD，DE⊥AC，若AB = 4，AC = 10，则AE的长度为 _________； (3)如图4，已知等边ABC内接于⊙O，AB = 8，D为上一点，∠ABD = 45°，AE⊥BD于点E，求BDC的周长． 【答案】(1)见解析 (2)3 (3)8+8 【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）在AC上截取CF=AB，连接BD、CD、AD、DF，证明△DCF≌△DBA（SAS），得到DF=AD，根据等腰三角形三线合一的性质得到AE=EF，由此得到AE； （3）首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，进而求出DE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． 又∵BA=GC，∠A=∠C， ∴△MBA≌△MGC（SAS）， ∴MB=MG， 又∵MD⊥BC， ∴BD=GD， ∴DC=GC+GD=AB+BD； （2）在AC上截取CF=AB，连接BD、CD、AD、DF， ∵BD=CD，∠DCF=∠DBA，CF=BA， ∴△DCF≌△DBA（SAS）， ∴DF=AD， 又∵DE⊥AC， ∴AE=EF， ∵CF=AB=4，AC=10， ∴AE=3； （3）解：如图3，在BD上截取BF=CD，连接AF，AD，CD， 由题意可得：AB=AC，∠ABF=∠ACD， ∴△ABF≌ACD（SAS）， ∴AF=AD， ∵AE⊥BD， ∴FE=DE，则CD+DE=BE， ∵∠ABD=45°， ∴BE=AB=4， 则△BDC的周长=2BE+BC=8+8． 故答案为：8+8． 【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，圆周角定理，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． 17．（2024九年级·全国·专题练习）【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．    (1)【理解运用】如图1，、是的两条弦，，，点M是的中点，于点D，则 ； (2)【变式探究】如图3，若点M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． (3)【实践应用】如图4，是的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足，若，的半径为5，则AD＝ ． 【答案】(1)1 (2)；证明见解析 (3)或 【分析】（1）由“问题呈现”结论可求解； （2）在上截取，连接、、、，由“”可证，可得，由等腰三角形的性质可得，可得结论； （3）分两种情况讨论，由“问题呈现”结论可求解． 【详解】（1）解：由题意可得，即， ， ， ． （2）解：． 证明：在上截取，连接、、、， 是弧的中点， ，， 又， ， ， ， 又， ， ，即． （3）解：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． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，理解题意是本题的关键． 18．（2024·河南南阳·三模）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； 【详解】（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． 19．（24-25九年级上·山西大同·期末）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（Arehimedes，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-Biruni（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Al-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“垂线法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接MA，MB，MC． ∵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）如图3，已知等边三角形ABC内接于，D为上一点，，于点E，，连接AD，则的周长是______． 【答案】（1）见解析；（2）． 【分析】（1）先证明，进而得到，再证明，最后由线段的和差解题； （2）连接CD，由阿基米德折弦定理得，BE=ED+AD，结合题意得到，由勾股定理解得，据此解题． 【详解】证明：（1）是的中点， 在与中， 与中， ； （2）如图3，连接CD 等边三角形ABC中，AB=BC 由阿基米德折弦定理得，BE=ED+AD 故答案为：． 【点睛】本题考查圆的综合题、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、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键． 20．（2024·山西吕梁·模拟预测）请阅读下面材料，并完成相应的任务． 阿基米德（，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，则从点M向所作垂线的垂足D是折弦的中点，即．    这个定理有很多证明方法，下面是运用“垂线法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接． ∵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)如图3，已知等边三角形内接于，D为上一点，．于点E，，连接，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证，推出，．再证，推出，等量代换可得； （2）先利用等边三角形的性质证明，进而证明，，求出，再利用（1）中结论可得，通过等量代换可得． 【详解】（1）证明：如图，，    ∵，， ∴． 又∵， ∴， ∴，． ∵，， ∴． ∴． ∴． （2）解：如图，    ∵是等边三角形， ∴，． ∵． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点C是的中点． ∴由（1）的结论得，， ∴的周长是． 【点睛】本题考查圆的基本性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等，解题的关键是熟练运用等量代换思想． 21．（2024·安徽宿州·一模）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，阿基米德流传于世的著作有10余种，多为希腊文手稿．下面是《阿基米德全集》中记载的一个命题：如图1，是的弦，点在上，且于点，在弦上取点，使，点是上的一点，且，连接，求证：． 学习小组中的一位同学进行了如下证明： 如图2，连接，， ∵，． ∴ ∵， ∴ …… 请完成下列的任务： (1)完成上面的证明： (2)如图3，将上述问题中弦改为直径，若，求证点是的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，即可得出答案； （2）先证明，再证明为等边三角形，进而得出四边形为菱形，推出，即可得出结论． 【详解】（1）解：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）证明：如答图，连接，，． ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∴点是的中点． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握这些知识点是解题的关键． 22．（2024·河南洛阳·三模）请阅读下列材料，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-Biruni（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Al-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，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， 下面是运用“补短法”证明的部分证明过程． 证明：如图2，延长到点F，使得，连接DA，DB，DC和DF． ∵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，，为上一点，．于点，则的周长是______． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据题意证明，得，再证明得。进一步可得结论； （2）在BD上截取BF=CD，连接AF，AD，结合已知即可证明△ABF≌△ACD，可得AF=AD，再根据等腰三角形的性质可得CD+DE=BE，进而由求出BE的长，再求的周长即可． 【详解】解：（1）证明：∵是的中点 ∴ ∵，AE=CF ∴ ∴ 在和中 ∴ ∴ ∴ （2）如图，在BD上截取BF=CD，连接AF，AD， 根据题意得，AB=AC，, 在△ABF和△ACD中， ∴△ABF≌△ACD ∴AF=AD ∵AE⊥BD ∴FE=DE ∴CD+DE=BF+FE=BE ∵ ∴ ∴BD+CD=2BE= ∵是等边三角形，且AB=BC=6 ∴的周长为： 故答案为： 【点睛】此题主要考查了圆的有关知识的综合运用，涉及了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质的知识，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． 23．（24-25九年级上·河南周口·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． 24．（2024·河南平顶山·三模）请阅读下列材料，并完成相应的任务： 阿基米德折弦定理 阿基米德（公元前287年一公元前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，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家． 阿拉伯Al-Binmi（973年一1050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Al-Binmi译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理． 阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线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，即． 小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明，过程如下： 证明：如图2所示，在CB上截取，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点，∴， 任务： (1)请按照上述思路，写出该证明的剩余部分； (2)如图3，已知等边内接于⊙O，，D为上一点，，于点E，请直接写出的周长． 【答案】(1)证明见解析； (2)的周长为 【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）首先证明，进而得出，以及 ，进而求出BE的长即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图2所示，在CB上截取，连接MA，MB，MC和MG． ∵M是的中点， ∴， 在和中 ， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴； （2）解：如图3，截取，连接AF，AD，CD． 则． ∵是等边三角形， ∴， 在和中 ， ∴， ∴． ∵， ∴， 则． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴的周长为： ． 【点睛】本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． 25．【问题呈现】阿基米德折弦定理： 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，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程． 证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG． ∵M是的中点， ∴MA＝MC① 又∵∠A＝∠C② ∴△MAB≌△MCG③ ∴MB＝MG 又∵MD⊥BC ∴BD＝DG ∴AB+BD＝CG+DG 即CD＝DB+BA 根据证明过程，分别写出下列步骤的理由： ①　 　， ②　 　， ③　 　； 【理解运用】如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝　 　； 【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明． 【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： 如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长． 【答案】（问题呈现）相等的弧所对的弦相等；同弧所对的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；（理解运用）1；（变式探究）DB＝CD+BA；证明见解析；（实践应用）7或． 【分析】（问题呈现）根据圆的性质即可求解； （理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解； （变式探究）证明△MAB≌△MGB（SAS），则MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，则DC＝DG，即可求解； （实践应用）已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+8）＝7．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝． 【详解】（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 ③有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等 故答案为：相等的弧所对的弦相等；同弧所定义的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等； （理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5， BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1， 故答案为：1； （变式探究）DB＝CD+BA． 证明：在DB上截去BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG， ∵M是弧AC的中点， ∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG． 又MB＝MB ∴△MAB≌△MGB（SAS） ∴MA＝MG ∴MC＝MG， 又DM⊥BC， ∴DC＝DG， AB+DC＝BG+DG， 即DB＝CD+BA； （实践应用） 如图，BC是圆的直径，所以∠BAC＝90°． 因为AB＝6，圆的半径为5，所以AC＝8． 已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1， 则CG1′+AB＝AG1， 所以AG1＝（6+8）＝7． 所以AD1＝7． 如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝． 所以AD的长为7或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧，解题的关键是掌握全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧. 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $