第15讲 非常规思维问题-2021年中考数学《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》

这是一份第15讲 非常规思维问题-2021年中考数学《二轮冲刺核心重点难点热点15讲》，共24页。教案主要包含了轴对称/翻折的性质，梯形常见辅助线的作法，圆幂定理，正弦定理与余弦定理，阿基米德折弦定理等内容，欢迎下载使用。


一、轴对称/翻折的性质
1. 关于某条直线对称的两个图形是全等形；
2. 如果两个图形关于某条直线对称，那么对称轴是任意一对对应点连线段的垂直平分线；
3. 对称轴上的任意一点与每一对对应点所连线段相等；
4. 若对应线段或对应线段的延长线相交，则交点一定在对称轴上.

二、梯形常见辅助线的作法



三、圆幂定理


四、正弦定理与余弦定理





五、阿基米德折弦定理
















【例题1】（1）如图1，四边形ABCD是菱形，∠BAD=∠BCD=60°，当AC=12时，则△BCD的周长=______.
（2）如图2，若四边形ABCD不是菱形，∠BAD=2∠ACB=2∠ACD=60°，AC=12，判断△BCD的周长是否发生变化，并说明理由。
（3）如图2，在四边形ABCD中，∠BAD=∠ACB=∠ACD=45°，AC=12，求△BCD的周长。




【归纳，本题重点巧用作轴对称/翻折的方法进行解题】




【变式1】已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．
（1）探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系；
（2）已知：如图（2），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．

图(1) 图(2)
【解析】（1）DE2＝BD2+EC2；
（2）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．
如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，
可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．
∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．
若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，
∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．


【例题2】如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC+∠DCB＝90°，且BC＝2AD，以AB、BC、DC为边向外作正方形，其面积分别为S1、S2、S3，若S1＝3，S3＝9，则S2的值为_____.

【解析】∵S1＝3，S3＝9，
∴AB＝，CD＝3，
过A作AE∥CD交BC于E，
则∠AEB＝∠DCB，
∵AD∥BC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∴CE＝AD，AE＝CD＝3，
∵∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠AEB+∠ABC＝90°，
∴∠BAE＝90°，
∴BE＝＝2，
∵BC＝2AD，
∴BC＝2BE＝4，
∴S2＝（4）2＝48，
故选：D．

【变式2-1】如图所示．梯形ABCD中，AB∥CD，∠A+∠B＝90°，AB＝p，CD＝q，E，F分别为AB，CD的中点，求EF．

【解析】过点F分别作FG∥AD，FH∥BC交AB于G，H，（如图）
∴∠A＝∠FGH，∠B＝∠FHG，
∵∠B+∠A＝90°，
∴∠FGH+∠FHG＝90°，
∴△FGH是直角三角形，
∵FG∥AD，FH∥BC，AB∥CD，
∴四边形ADFG、FHBC都是平行四边形，
又∵E、F分别是两底的中点，
∴AE＝EB，BH＝AG，
∴GE＝EH，
∴DF＝AG＝，FC＝HB＝，FG＝AD，FH＝BC，
在Rt△FGH中，即EF是Rt△FGH斜边的中线，
∴EF＝GH＝（AB﹣CD）＝．
【变式2-2】如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，，求∠B、∠D

解：过A作AE∥DC，设AB=3a（a＞0）根据勾股定理逆定理可得∠BAE=90°，∠AEB=30°，可推出
∠B=60°，∠D=150°
【例题3】如图，PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割线，如果PB＝2，PC＝4，则PA的长为　　．

【解析】∵PA切⊙O于A，PBC是⊙O的割线，PB＝2，PC＝4，
∴PA2＝PB×PC，
∴PA＝＝2．
故答案为：2．

【变式3-1】如图，CD是⊙O的直径，以D为圆心的圆与⊙O交于A、B两点，AB交CD于点E，CD交⊙D于P，已知PC＝6，PE：ED＝2：1，则AB的长为（　　）

A． B． C． D．
【解析】延长PD交⊙D于F．
设PE＝2x，DE＝x．
根据相交弦定理，得：
CE×ED＝AE×BE＝PE×EF，
（6+2x）×x＝2x×4x，
解得x＝1．
所以AE＝BE＝2，
所以AB＝4．
故选：B．

【变式3-2】九年级学生小刚是一个喜欢看书的好学生，他在学习完第二十四章圆后，在家里突然看到爸爸的初中数学书上居然还有一个相交弦定理（圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等），非常好奇，仔细阅读原来就是：PA•PB＝PC•PD，小刚很想知道是如何证明的，可已证明部分污损看不清了，只看到辅助线的做法，分别连结AC、BD．聪明的你一定能帮他证出，请在图1中做出辅助线，并写出详细的证明过程．

小刚又看到一道课后习题，如图2，AB是⊙O弦，P是AB上一点，AB＝10cm，PA＝4cm，OP＝5cm，求⊙O的半径，愁坏了小刚，乐于助人的你肯定会帮助他，请写出详细的证明过程．
【解析】（1）圆的两条弦相交，这两条弦被交点分成的两条线段的积相等．
已知，如图1，⊙O的两弦AB、CD相交于E，
求证：AP•BP＝CP•DP．
证明如下：
连结AC，BD，如图1，
∵∠C＝∠B，∠A＝∠D，
∴△APC∽△DPB，
∴AP：DP＝CP：BP，
∴AP•BP＝CP•DP；
所以两条弦相交，被交点分成的两条线段的积相等．

（2）过P作直径CD，如图2，
∵AB＝10，PA＝4，OP＝5，
∴PB＝10﹣4＝6，PC＝OC+OP＝R+5，PD＝OD﹣OP＝R﹣5，
由（1）中结论得，PA•PB＝PC•PD，
∴4×6＝（R+5）×（R﹣5），
解得R＝7（R＝﹣7舍去）．
所以⊙O的半径R＝7cm．

【例题4】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，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．下面是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．

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
……
（1）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△ABC内接于⊙O，BC＞AB＞AC，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　BE＝CE+AC　．
（3）如图4，已知等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，D为AB上一点，连接DB，∠ACD＝45°，AE⊥CD于点E，△BDC的周长为4+2，BC＝2，请求出AC的长．
【解析】（1）证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG，
∵M是的中点，∴MA＝MC．
在△MBA和△MGC中，，
∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB＝MG，
又∵MD⊥BC，
∴BD＝GD，
∴DC＝GC+GD＝AB+BD；
实践应用
（2）如图3，依据阿基米德折弦定理可得：BE＝CE+AC；
故答案为：BE＝CE+AC；
（3）∵AB＝AC，
∴A是的中点，
∵AE⊥CD，
根据阿基米德折弦定理得，CE＝BD+DE，
∵△BCD的周长为4+2，
∴BD+CD+BC＝4+2，
∴BD+DE+CE+BC＝2CE+BC＝4+2，
∵BC＝2，
∴CE＝2，
在Rt△ACE中，∠ACD＝45°，
∴AE＝CE＝2，
∴AC＝4．
【变式4-1】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．

【解析】（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）如图3，
在Rt△ABC中，AB＝2OA＝4，∠BAC＝30°，
∴BC＝AB＝2，AC＝2，当点P在弦AB上方时，
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，
∴2＝2AH+2，∴AH＝﹣1，
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，∴2＝2+2CH，∴CH＝﹣1，
∴AH＝AC﹣CH＝2﹣（﹣1）＝+1，
即：当∠PAB＝45°时，AH的长为﹣1或+1．
【例题5】阅读下列材料，并完成相应的任务．
托勒密定理：
托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．
托勒密定理：
圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．
已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，
求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD
下面是该结论的证明过程：
证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．
∵∴∠ABE＝∠ACD
∴△ABE∽△ACD∴
∴AB•CD＝AC•BE
∵
∴∠ACB＝∠ADE（依据1）
∵∠BAE＝∠CAD
∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC
即∠BAC＝∠EAD
∴△ABC∽△AED（依据2）
……

任务：（1）请继续完成上面的证明过程，并回答上述过程中的“依据1”和“依据2”分别是什么．
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：　 　．
（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．
【解析】（1）∴△ABC∽△AED
∴AD•BC＝AC•ED
∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）
∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD
上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．
“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．
（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，
则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，
∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，
∴AB2+AD2＝BD2，
托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，
故答案为勾股定理．
（3）连接BD，作CE⊥BD于E．
∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵＝，
∴CD＝CB，
∴∠CDB＝30°，
在Rt△CDE中，cos30°＝，
∴DE＝CD，
∴BD＝2DE＝CD，
由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，
∴AC•CD＝3CD+5CD，
∴AC＝，
答：AC的长为．

【变式5-1】问题探究：
（1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短．
（2）托勒密（Ptolemy）定理指出，圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图②，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：PA＝PB+PC
问题解决：
（3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由．

【解析】（1）利用尺规作图，过点A作BC的垂线，交BC于D，
则点D即为所求；
（2）由托勒密定理得，PA•BC＝PB•AC+PC•AB，
∵△ABC为正三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∴PA•BC＝PB•BC+PC•BC，
∴PA＝PB+PC；
（3）以BC为边作正△BCD，使点D与点A在BC两侧，
作△BCD的外接圆，连接AD交圆于P，连接PB，作DE⊥AC交AC的延长线于E，
则点P即为所求，
由（2）得，PD＝PB+PC，
∴P到A、B、C三点的距离之和＝DA，且距离之和最小，
∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，
∴DE＝CD＝15，
由勾股定理得，CE＝＝15，
则AD＝＝30，
答：P到A、B、C三点的距离之和最小值为30m．
【例题6】如图①，在Rt△ABC中，以下是小亮探究与之间关系的方法：
∵sinA＝，sinB＝，∴c＝，c＝，∴＝
根据你掌握的三角函数知识．在图②的锐角△ABC中，探究、、之间的关系，并写出探究过程．

【解析】＝＝，理由为：
过A作AD⊥BC，BE⊥AC，
在Rt△ABD中，sinB＝，即AD＝csinB，
在Rt△ADC中，sinC＝，即AD＝bsinC，
∴csinB＝bsinC，即＝，
同理可得＝，
则＝＝．

【变式6-1】观察与思考：阅读下列材料，并解决后面的问题
在锐角△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、c，过A作AD⊥BC于D（如图（1）），则，即AD＝csinB，AD＝bsinC，于是csinB＝bsinC，即，同理有：，
所以．
即：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等在锐角三角形中，若已知三个元素（至少有一条边），运用上述结论和有关定理就可以求出其余三个未知元素．
根据上述材料，完成下列各题．

（1）如图（2），△ABC中，∠B＝45°，∠C＝75°，BC＝60，则∠A＝　　；AC＝　　；
（2）自从去年日本政府自主自导“钓鱼岛国有化”闹剧以来，我国政府灵活应对，现如今已对钓鱼岛执行常态化巡逻．某次巡逻中，如图（3），我渔政204船在C处测得A在我渔政船的北偏西30°的方向上，随后以40海里/时的速度按北偏东30°的方向航行，半小时后到达B处，此时又测得钓鱼岛A在的北偏西75°的方向上，求此时渔政204船距钓鱼岛A的距离AB．（结果精确到0.01，）
【解析】（1）由正玄定理得：∠A＝60°，AC＝20；
故答案为：60°，20；
（2）如图，依题意：BC＝40×0.5＝20（海里）
∵CD∥BE，∴∠DCB+∠CBE＝180°．
∵∠DCB＝30°，∴∠CBE＝150°．
∵∠ABE＝75°，∴∠ABC＝75°．
∴∠A＝45°．
在△ABC中，，
即，
解之得：AB＝10≈24.49海里．
所以渔政204船距钓鱼岛A的距离约为24.49海里．





【变式6-2】在△ABC中，cosA＝，cosB＝，cosC＝，我们称为余弦定理，请用余弦定理完成下面的问题．请用余弦定理完成下面的问题：
（1）如图，已知△DEF，∠E＝60°，DE＝4，DF＝，求EF的长度；
（2）通过合理的构造，试求cos105°．

【解析】（1）由余弦定理，可得cosE＝，
∵∠E＝60°，DE＝4，DF＝，
∴＝，
解得EF＝1或3；
（2）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AD⊥BC，AD＝1．
∵在RT△ADC中，AD＝1．
∴AC＝2，CD＝，
∵在RT△ADB中，AD＝1，
∴AB＝，BD＝1，
∴在△ABC中，AB＝，AC＝2，BC＝+1，
∠BAC＝180°﹣30°﹣45°＝105°，
利用余弦定理可得cos105°＝＝＝．












1. 如图，AB是圆O的直径，弦CD⊥AB于E，P是BA延长线上一点，连接PC交圆O于F，若PF＝7，FC＝13，PA：AE：EB＝2：4：1，则CD长为　4　．

【解析】设BE为x，则PA＝2x，PB＝7x．
根据割线定理，得
PA•PB＝PF•PC，
即2x•7x＝7×20，
解得x＝．
又CE2＝AE•BE＝4x2＝40，
∴CE＝2，
∴CD＝2CE＝4．
2. 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＝8，BC＝6，D是AB上一点，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圆于E，连接EA，则∠EAC＝　60　°．

【解析】如图2，连接OA、OC、OE，
∵AB＝8，BC＝6，BD＝1，
∴AD＝7，BD+BC＝7，
∴AD＝BD+BC，
而ED⊥AB，
∴点E为弧ABC的中点，即弧AE＝弧CE，
∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，
∴∠AOE＝∠COE＝120°，
∴∠CAE＝∠COE＝60°．
故答案为60°．
3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AC上一点，以CD为直径的圆与AB相切于点E，若CD＝3，tan∠AED＝，则AD的长为　1　．

【解析】连接OE，CE，
∵AB与圆O相切于点E，
∴∠AED＝∠ACE，
∴tan∠ACE＝tan∠AED＝，
∵DC为圆O的直径，
∴∠DEC＝90°，
∴＝，
∵∠A＝∠A，
∴△AED∽△ACE，
∴＝＝，即AE＝2AD，
设AD＝x，则AE＝2x，
∵CD＝3，∴OD＝OC＝1.5，
在Rt△AEO中，根据勾股定理得：OA2＝AE2+OE2，
即（x+1.5）2＝（2x）2+1.52，整理得：x2﹣x＝0，即x（x﹣1）＝0，解得：x＝0（舍去）或x＝1，
则AD＝1．
故答案为：1

4. 已知：如图，直角梯形ABCD中AD∥BC，∠A＝90°，CD＝CB＝2AD．点Q是AB边中点，点P在CD边上运动，以点P为直角顶点作直角∠MPN，∠MPN的两边分别与AB边、CB边交于点M、N．
（1）若点P与点D重合，点M在线段AQ上，如图（1）．求证：．
（2）若点P是CD中点，点M在线段BQ上，如图（2）．线段MQ、CN、BC的数量关系是：　　，并证明你的猜想．

【解析】（1）如图1，过点D作DE⊥BC于E，
∵AD∥BC，∠A＝90°，∴四边形ABED是矩形，∴BE＝AD，
设AD＝x，则CD＝CB＝2x，
∵CD＝CB＝2AD＝2x，∴CE＝BE＝2x﹣x＝x，
∴在Rt△CDE中，根据勾股定理得，DE＝＝＝x，
∵∠MPN是直角，∴∠MDE+∠EDN＝90°，
又∵∠ADM+∠MDE＝90°，
∴∠DAM＝∠EDN，∴Rt△ADM∽Rt△EDN，
∴＝，即＝，
∴EN＝AM，
∵点Q是AB边中点，
∴AQ＝AB＝DE＝x，
∴MQ＝AQ﹣AM＝x﹣AM，
∴MQ﹣CN＝（x﹣AM）﹣（x﹣AM）＝x﹣AM﹣x+AM＝x，
∵CB＝2x，∴x＝BC，∴MQ﹣CN＝BC；
（2）如图2，连接PQ，过点D作DE⊥BC于E，过点P作PF⊥BC于F，设AD＝x，则CD＝CB＝2x，
∵点P是CD中点，点Q是AB的中点，
∴PQ∥AD，PQ＝（AD+CB）＝（x+2x）＝x，
同（1）可求，DE＝x，
∵点P是CD中点，
∴PF∥DE，PF＝DE＝x，CF＝CE＝x，
又∵∠QPM+∠MPN＝∠FPN+∠MPN，
∴∠QPM＝∠FPN，
∴△PQM∽△PFN，
∴＝，即＝，∴FN＝MQ，
∴CN＝CE﹣FN＝x﹣MQ，
∵CB＝2x，∴x＝BC，
∴MQ+CN＝BC．
故答案为：MQ+CN＝BC．
5. 已知：如图所示，E是等腰梯形一腰CD的中点，EF⊥AB，垂足为F，求证：S梯形ABCD＝AB•EF．

【解析】证明：如图，连接AE交BC的延长线于G点，连接BE，
∵AD∥CG，
∴∠D＝∠ECG，
在△ADE和△GCE中

∴△ADE≌△GCE（ASA），
∴AE＝GE，
∴可得：S△ABG＝S梯形ABCD＝2S△ABE＝AB×FE．
6. 如图，在⊙O中，AB＝AC，点D是上一动点（点D不与C、B重合），连接DA、DB、DC，∠BAC＝120°．
（1）若AC＝4，求⊙O的半径；
（2）写出DA、DB、DC之间的关系，并证明．

【解析】（1）如图1，连接OC，OA，BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠ADC＝∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∵OC＝OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝AC＝4；
（2）CD+BD＝AD，理由如下：
延长DB到点E，使BE＝DC，连接AE，如图2
∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC，BE＝CD，
∵
∴△ABE≌△ACD（SAS）
∴AE＝AD，
∵∠ADB＝∠ACB＝30°，
∴∠ADE＝∠E＝30°，
∴∠DAE＝120°，
∴DE＝AD
即：BD+CD＝AD．

7. 如图：已知点A、B、C、D顺次在圆O上，AB＝BD，BM⊥AC，垂足为M．证明：AM＝DC+CM．

【解析】证明：∵，
∴∠BAM＝∠BDC，又AB＝BD，
将△ABM绕点B旋转到△DBN，使∠BAM与∠BDC重合，如图，
∴△ABM≌△DBN，
∴AM＝DN，BM＝BN，∠AMB＝∠N，
∵BM⊥AC，即∠AMB＝90°，∴∠N＝90°，
在直角△BMC和直角△BNC中，，
∴△BMC≌△BNC，∴CM＝CN，
∴DN＝CD+CN，
∴AM＝DC+CM．

8. 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⊙O中，C是劣弧AB的中点，直线CD⊥AB于点E，则AE＝BE．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，PA，PB组成⊙O的一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE＝PE+PB．可以通过延长DB、AP相交于点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；
（3）如图3，PA．PB组成⊙O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE与PB之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．

【解析】证明：（1）如图1，连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDB，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝∠DEB＝90°，
∴∠A+∠ADE＝90°，∠B+∠CDB＝90°，
∴∠A＝∠B，
∴△ADB为等腰三角形，
∵CD⊥AB，
∴AE＝BE；
（2）如图2，延长DB、AP相交于点F，再连接AD，
∵ADBP是圆内接四边形，
∴∠PBF＝∠PAD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠CDA＝∠CDF，
∵CD⊥PA，
∴△AFD为等腰三角形，
∴∠F＝∠A，AE＝EF，
∴∠PBF＝∠F，
∴PB＝PF，
∴AE＝PE+PB
（3）AE＝PE﹣PB．
连接AD，BD，AB，DB、AP相交于点F，
∵弧AC＝弧BC，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥AP，
∴∠DEA＝∠DEF，∠ADE＝∠FDE，
∵DE＝DE，
∴△DAE≌△DFE，
∴AD＝DF，AE＝EF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠PFB，∠PBD＝∠DAP，
∴∠PFB＝∠PBF，
∴PF＝PB，
∴AE＝PE﹣PB．


9. 阅读与思考：
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，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：AB是⊙O的弦，点C在⊙O上，且CD⊥AB于点D，在弦AB上取点E，使AD＝DE，点F是上的一点，且＝，连接BF可得BF＝BE．

（1）将上述问题中弦AB改为直径AB，如图1所示，试证明BF＝BE；
（2）如图2所示，若直径AB＝10，EO＝OB，作直线l与⊙O相切于点F．过点B作BP⊥l于点P．求BP的长．
【解析】（1）如图1所示，连接CE、BC，
∵CD⊥AB，AD＝DE，
∴AC＝CE，
∴∠CAE＝∠CEA，
又∵，
∴CA＝CF，∠FBC＝∠EBC，
∴CE＝CF，
又∵∠A+∠F＝180°，∠CEA+∠CEB＝180°，
∴∠CEB＝∠F，
∴△CEB≌△CFB（AAS），∴BE＝BF；
（2）如图2所示，连接AF，
∵AB＝10，EO＝，∴EB＝7.5，
∵AB为⊙O的直径，∴∠AFB＝90°，
∵l与与⊙O相切于点F，
∴∠OFP＝90°，
∴∠AFO＝∠BFP，
又∵OF＝OA，∴∠OAF＝∠OFA，
∴∠OAF＝∠BFP，
∵BP⊥l于点P，∴∠BPF＝90°，
∴△AFB∽△FPB，∴，即，
∴．

10. 阅读下面的材料：
如图（1），在以AB为直径的半圆O内有一点P，AP、BP的延长线分别交半圆O于点C、D．
求证：AP•AC+BP•BD＝AB2．
证明：连接AD、BC，过P作PM⊥AB，则∠ADB＝∠AMP＝90°，
∴点D、M在以AP为直径的圆上；同理：M、C在以BP为直径的圆上．
由割线定理得：AP•AC＝AM•AB，BP•BD＝BM•BA，
所以，AP•AC+BP•BD＝AM•AB+BM•AB＝AB•（AM+BM）＝AB2．
当点P在半圆周上时，也有AP•AC+BP•BD＝AP2+BP2＝AB2成立，那么：
（1）如图（2）当点P在半圆周外时，结论AP•AC+BP•BD＝AB2是否成立？为什么？
（2）如图（3）当点P在切线BE外侧时，你能得到什么结论？将你得到的结论写出来．

【解析】（1）成立．
证明：如图（2），∵∠PCM＝∠PDM＝90°，
∴点C、D在以PM为直径的圆上，
∴AC•AP＝AM•AD，BD•BP＝BM•BC，
∴AC•AP+BD•BP＝AM•MD+BM•BC；
∵AM•MD+BM•BC＝AB2，
∴AP•AC+BP•BD＝AB2．

（2）如图（3），过P作PM⊥AB，交AB的延长线于M，连接AD、BC，则C、M在以PB为直径的圆上；
∴AP•AC＝AB•AM①，
∵D、M在以PA为直径的圆上，
∴BP•BD＝AB•BM②，
由图象可知：AB＝AM﹣BM③
由①②③可得：AP•AC﹣BP•BD＝AB•（AM﹣BM）＝AB2．





11. 已知⊙O半径为R
（1）如图1，过⊙O内一点P作弦AB，连接OP．求证：PA•PB＝R2﹣OP2．
（2）如图2，过⊙O外一点P，作割线PAB，求证：PA•PB＝OP2﹣R2．

【解析】证明：（1）过点P作直径CD，如图1，
∵PA•PB＝PC•PD，
而PC＝OC﹣OP＝R﹣OP，PD＝OD+OP＝R+OP，
∴PA•PB＝（R﹣OP）（R+OP）＝R2﹣OP2；
（2）直线OP交⊙O于C、D，如图2，
∵PCD和PAB都为⊙O的割线，
∴PA•PB＝PC•PD，
而PC＝OC﹣OP＝OP﹣R，PD＝OD+OP＝OP+R，
∴PA•PB＝（OP﹣R）（OP+R）＝OP2﹣R2．

12. （1）在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，试利用所学知识证明：
S△ABC＝absinC＝acsinB＝bcsinA．
（2）在数学中人们把（1）的结论称之为正弦定理的三角形面积公式，它在数学中有着广泛的应用；请利用此结论证明正弦定理：＝＝．
（3）探索应用：在△ABC中，∠BAC＝120°，AD为∠BAC的内角平分线，试证明：+＝（可能用到的知识：sin60°＝sin120°）．
【解析】（1）如图，作AH⊥BC于H．
在Rt△ACH中，AH＝b•sinC，
∴S△ABC＝•BC•AH＝•a•b•sinC＝absinC，
同法可证：S△ABC＝acsinB＝bcsinA．
∴S△ABC＝absinC＝acsinB＝bcsinA．
（2）∵S△ABC＝absinC＝acsinB＝bcsinA．
∴＝＝，
∴＝＝，∴＝＝．
（3）如图，
∵∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝60°，
∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，
∴•AB•AC•sin120°＝AB•AD•sin60°+•AC•AD•sin60°，
∵sin120°＝sin60°，
∴AB•AC＝AB•AD+AC•AD，
两边除以AB•AC•AD可得＝+．
13. 已知：如图1，在锐角△ABC中，AB＝c，BC＝a，AC＝b，AD⊥BC于D．
在Rt△ABD中，sin∠B＝，则AD＝csin∠B；
在Rt△ACD中，sin∠C＝　　，则AD＝　bsin∠C　；
所以，csin∠B＝bsin∠C，即，，
进一步即得正弦定理：（此定理适合任意锐角三角形）．
参照利用正弦定理解答下题：
如图2，在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，求AB的长．

【解析】在Rt△ACD中，sin∠C＝，则AD＝bsin∠C，故答案为：，bsin∠C；
如图2，在△ABC中，∠B＝75°，∠C＝45°，BC＝2，
则∠A＝60°，
∵，
∴，即，解得，AB＝，即AB的长是．