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（解析版）

这是一份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（解析版），共41页。试卷主要包含了阿基米德折弦模型，婆罗摩笈多模型等内容，欢迎下载使用。

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。
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，即CD=AB+BD。

图1 图2 图3 图4
常见证明的方法：
1）补短法：如图2，如图，延长DB至F，使BF=BA；
2）截长法：如图3，在CD上截取DG=DB；
3）垂线法：如图4，作MH⊥射线AB，垂足为H。
1．（2023·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＝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＝ °．
【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＝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，∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，∴∠AOE＝∠COE＝120°，
∴∠CAE＝∠COE＝60°．故答案为60°．
【点睛】本题是新定义型题，考查了圆周角定理及推论，解本题的关键是掌握题中给出的关于阿基米德折弦定理的内容并进行应用.
例2．（2023·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．
例3．（2023·山东济宁·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．在1964年出版了俄文版《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．（2022上·江苏盐城·九年级统考期中）【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．
【理解应用】
（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______；
【定理证明】（2）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）证明见解析；（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】解：（1）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，，
，，，
，，，是折弦的中点；
（3），理由如下：
在上截取，连接、、、，
点是的中点，，
，，，，
，，；
（4）是的直径，，，，，
当点在上时，如图5，，，
过点作交于点，，
，；
当点在上时，如图6，，
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．（2023·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．
模型2.婆罗摩笈多（定理）模型
【模型解读】婆罗摩笈多（Brahmagupta）是七世纪时的印度数学家。
婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形的对角线互相垂直相交，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。

图1 图2 图3
如图1，ABCD为圆内接四边形，对角线AC和BD垂直相交，交点为E，过点E作BC的垂线EF，延长FE与AD交于点G；则点G是AD的中点。
如图2，所示已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，作BH//AE交AG的延长线于点H，（1）S△ACD=S△ABE；（2）若AF⊥CD，则G为BE中点。
2、如图3，已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，在AF的延长线取点H，使得AF=FH；（1）S△ACD=S△ABE；（2）若F为CD中点，则AG⊥BE。
例1．（2023·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．
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．
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．
课后专项训练
1．（2023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．
2．（2023·江苏·九年级假期作业）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．
3．（2023·山东威海·九年级统考期末）阿基米德（，公元前287年~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（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，已知和是的两条弦（即折线是的一条折弦），是的中点．那么从向所作垂线的垂足是折弦的中点，即．
下面是运用“截长法”证明的部分证明思路：
证明：如图②，在上截取，连接，…………
【定理证明】按照上面的思路，写出剩余部分的证明过程．
【问题解决】如图③，等边内接于为上一点，．求的周长．
【答案】【定理证明】：见解析；【问题解决】：的周长为
【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性质得出BD=GD，即可得出答案；
（2）首先证明△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】解：（1）如图②，连接．
可得．由是的中点，可求得．
，．．
，．．即．
（2）如图③，作．由，可得．
由阿基米德折弦定理，可得．由于，
所以，在中，可求得．故的周长为．
【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．
4．（2023·山东济宁·统考二模）阅读与思考；
（1）请你阅读婆罗摩笈多定理的证明过程，完成婆罗摩笈多逆定理的证明：
已知：如图1，四边形ABCD内接与圆O，对角线AC⊥BD于点M，F是AD中点，连接FM并延长交BC于点E，求证：ME⊥BC
（2）已知如图2，△ABC内接于圆O，∠B=30°∠ACB=45°，AB=2，点D在圆O上，∠BCD=60°，连接AD 交BC于点P，作ON⊥CD于点N，延长NP交AB于点M，求证PM⊥BA并求PN的长．
【答案】（1）证明见解析;（2）证明见解析, PN=1．
【详解】试题分析：（1）由于AC⊥BD，所以∠AMD=90°，∠FAM+∠FDM=90°，由于F是AD的中点，所以AF=MF=DF，从而可证明∠EMC+∠MCB=90°．
（2）由圆周角定理得出∠D=∠B=30°，由三角形内角和定理求出∠DAC=45°，得出△APC是等腰直角三角形，∴PA=PC，∠CPD=90°，由（1）的证明过程可知：PM⊥BA，再由含30°的直角三角形的性质即可求出AP=1，CD=2，最后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出PN的长度．
试题解析：（1）∵AC⊥BD，∴∠AMD=90°，
∵F是AD的中点，∴AF=MF=DF，
∴∠FAM=∠FMA，∠FMD=∠FDM，
∵∠FDM=∠MCB，∠FMA=∠EMC，∠FAM+∠FDM=90°
∴∠EMC+∠MCB=90°，∴ME⊥BC；
（2）∵∠ACB=45°，∠BCD=60°，∴∠ACD=45°+60°=105°，
又∵∠D=∠B=30°，∴∠DAC=180°﹣∠ACD﹣∠D=45°，
∴∠APC=180°﹣45°﹣45°=90°，△APC是等腰直角三角形，
∴PA=PC，∠APC=90°，∴AD⊥BC，
∵ON⊥CD，∴由垂径定理可知：N是CD的中点，
∴由（1）的证明过程可知：PM⊥BA
∵AB=2，∠B=30°，∴AP=1，∴PC=1，∵∠D=30°，∴CD=2PC=2，
∵N是CD的中点，∠CPD=90°，∴PN=CD=1．
5．（2022秋·江苏泰州·九年级统考期中）早在公元前古希腊数学家欧几里得就发现了垂径定理，即垂直于弦的直径平分弦．阿基米德从中看出了玄机并提出：如果条件中的弦变成折线段，仍然有类似的结论．
某数学兴趣小组对此进行了探究，如图1，和是的两条弦（即折线段是圆的一条折弦），，是的中点，过点作，垂足为，小明通过度量、、的长度，发现点平分折弦，即．小丽和小军改变折弦的位置发现仍然成立，于是三位同学都尝试进行了证明：
小军采用了“截长法”（如图2），在上㵶取，使得，……
小丽则采用了“补短法”（如图3），延长至，使，……
小明采用了“平行线法”（如图4），过点作，交圆于点，过点作，……
(1)请你任选一位同学的方法，并完成证明；
(2)如图5，在网格图中，每个小正方形边长均为1，内接于（A、B、C均是格点），点A、D关于对称，连接并延长交于点，连接．
①请用无刻度的直尺作直线，使得直线平分的周长；②求的周长．
【答案】(1)见解析(2)①见解析，②
【分析】（1）证，得到，再由待腰三角形“三线合一”性质得，即可得出结论（2）①作直径，交于H，连接交于G，过点G、H作直线l即可；
②先由勾股定理，求得，再证，得，即可求得，从而得出，则，然后由由①可知周长，即可求解．
【详解】（1）解：选小军采用了“截长法”（如图2），在上㵶取，使得，
证明：∵点M是的中点，∴∴，
在与中，，∴，∴，
∵，即，∴，∴，∴；
（2）解：①如图所示，直线l即为所作，
理由：∵点A与点D关于对称，∴，，
∴，即，∴F是的中点，
∵，，∴，
由（1）得平分折线，∴，
∵，∴，∴，即l平分周长；
②由题意可得：，，，由勾股定理，得，
∵，，∴，
∴，即，∴，∴，
∴，由①知周长
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，属圆的综合探究题目，熟练掌握相关性质与判定并能灵活运用是解题的关键．
6．（2023·江苏·九年级假期作业）【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．
7．（2022秋·浙江舟山·九年级校联考期中）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．
8．（2022秋·北京昌平·九年级统考期末）已知：对于平面直角坐标系中的点和，的半径为4，交轴于点A，，对于点给出如下定义：过点的直线与交于点，，点为线段的中点，我们把这样的点叫做关于的“折弦点”．
(1)若，①点，，中是关于的“折弦点”的是______；
②若直线（）上只存在一个关于的“折弦点”，求的值；
(2)点在线段上，直线上存在关于的“折弦点”，直接写出的取值范围．
【答案】(1)①、；②k的值是. (2)
【分析】（1）①根据题意得到P为MN的中点，点P在以为圆心，1为半径的圆上，再根据点到圆心的距离进行判断即可；②由①可知, 点P在以为圆心，1为半径的圆上，设圆心为,过点D作垂直直线于点F，求得，，，证明，根据相似性质列式计算即可得到答案；
（2）由（1）可知点P在以为直径的圆上，直线上存在关于的“折弦点”，则直线与相交或相切，分两种情况利用勾股定理求出b的最大值和最小值即可．
【详解】（1）
解：①如图，∵P为MN的中点，
∴，∴，∴点P在以为直径的圆上，
∵，∴点P在以为圆心，1为半径的圆上，
∵，，，
∴点，在该圆上，不在该圆上，
∴点，是关于的“折弦点” 故答案为，
②由①可知, 点P在以为圆心，1为半径的圆上，设圆心为,
∵直线（）上只存在一个关于的“折弦点”，
∴直线（）与相切，
过点D作垂直直线于点F，
当，，解得，当，，
∴直线与x轴交于点，与y轴交于点，
∴，，，
∵，∴，
∴，∴，解得；
（2）由（1）可知点P在以为直径的圆上，
∵直线上存在关于的“折弦点”，
∴直线与相交或相切，点D作垂直直线于点F，
∵直线与y轴交于点，与x轴交于点，
当点C与点A重合时，b有最大值，此时,
∴,解得或（舍去），
当点C与点B重合时，b有最小值，此时,
∴,解得（舍去）或
∴ 当时，直线上存在关于的“折弦点”.
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，熟练掌握垂径定理，圆的切线性质定理，弄清定义，会画图分析是解题的关键.
9．（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：
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．
10．（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．
11．（2023·山西太原·九年级山西大附中校考阶段练习）阅读下列材料，完成相应的任务
任务：（1）材料中划横线部分短缺的条件为： ；
（2）请用符号语言将下面“布拉美古塔定理”的逆命题补充完整，并证明该逆命题的正确性：
已知：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，① ．求证：② ．证明：
【答案】（1）∠CBD=∠CAD；（2）①FA=FD，②FE⊥BC；证明见解析．
【分析】（1）根据圆周角定理可得结论．
（2）把题设与结论交换可得逆命题，利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可．
【详解】解：（1）由题意：空格处为∠CBD=∠CAD．故答案为：∠CBD=∠CAD；
（2）①FA=FD，②FE⊥BC．故答案为：FA=FD，FE⊥BC．
理由：∵AF=FD，AC⊥BD，∴∠AMD=90°，
∴AF=MF=FD，∴∠FMD=∠ADM，
∵∠DAM+∠ADM=90°，∴∠FMD+∠DAM=90°，
∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，∴∠DBC+∠BME=90°，
∴∠MEB=90°，∴FE⊥BC．
【点睛】本题考查了圆周角定理，等角的余角相等，直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．
12．（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（ButterflyTherem）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．
13．（2022·河南驻马店·统考三模）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．
14．（2022·河南平顶山·统考二模）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．
15．（2022·河南安阳·统考一模）阅读下列材料，并完成相应的任务．
任务：(1)填空：①依据1指的是中点的定义及________；②依据2指的是________．
(2)请将证明过程补充完整．(3)善于思考的小虎发现当点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(2)见解析(3)见解析
【分析】（1）利用直角直角三角形斜边上的中线的性质和圆内接四边形对角互补即可；
（2）利用直角三角形斜边上中线的性质证明点E，F，P，C和点B，D，P，E四点分别共圆，再说明∠FEP+∠DEP=180°，可证明结论；
（3）连接PA，PB，PC，利用HL证明Rt△PBD≌Rt△PCF，从而得出结论．
【详解】（1）①依据1指的是中点的定义及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
②依据2指的是圆内接四边形对角互补，
故答案为：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；
（2）如图（1），连接PB，PC，DE，EF，取PC的中点Q，连接QE、QF，
则EQ=FQ=PC=PQ=CQ，∴点E，F，P，C四点共圆，∴∠FCP+∠FEP=180°，
又∵∠ACP+∠ABP=180°，∴∠FEP=∠ABP，
同上可得点B，D，P，E四点共圆，∴∠DBP=∠DEP，
∵∠ABP+∠DBP=180°，∴∠FEP+∠DEP=180°，∴点D，E，F在同一直线上；
（3）如图，连接．
∵点P是的中点，∴，∴．
又∵，∴，∴，∴．
【点睛】本题主要考查了四点共圆，以及圆内接四边形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明Rt△PBD≌Rt△PCF是解题的关键．
16．（2022·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．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．
婆罗摩笈多是一位印度数学家与天文学家，书写了两部关于数学与天文的书籍，他的一些数学成就在世界数学史上有较高的地位，他的负数及加减法运算仅晚于中国九章算术而他的负数乘除法法则在全世界都是领先的，他还提出了著名的婆罗摩笈多定理，该定理的内容及证明如下：已知：如图，四边形ABCD内接与圆O对角线AC⊥BD于点M，ME⊥BC于点E，延长EM交CD于F，求证：MF=DF
证明∵AC⊥BD，ME⊥BC
∴∠CBD=∠CME
∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF
∴∠CAD=∠AMF
∴AF=MF
∵∠AMD=90°，同时∠MAD+∠MDA=90°
∴∠FMD=∠FDM
∴MF=DF，即F是AD中点．
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∵，∴．
∴．……
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
…
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）．
某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，点P在上（不与点A，B，C重合），过点P分别作，，的垂线，垂足分别为．点D，E，F求证：点D，E，F在同一条直线上．
如下是他们的证明过程（不完整）：
如图（1），连接，，，，取的中点Q，连接，，则，（依据1）
∴点E，F，P，C四点共圆，∴．（依据2）
又∵，∴．
同上可得点B，D，P，E四点共圆，……