資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
專題2.9 阿基米德折弦（定理）模型、婆羅摩笈多（定理）模型
模塊1：模型簡介
模型1.阿基米德折弦模型:從圓周上任一點出發的兩條弦，所組成的折線，我們稱之為該圖的一條折弦。
一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影，就是折弦的中點。
如圖1所示，AB和BC是⊙O的兩條弦(即ABC是圓的一條折弦)，BC>AB，M是 的中點，則從M向BC所作垂線之垂足D是折弦ABC的中點，即CD=AB+BD。
圖1 圖2 圖3 圖4
常見證明的方法：1）補短法：如圖2，如圖，延長DB至F，使BF=BA；2）截長法：如圖3，在CD上截取DG=DB；3）垂線法：如圖4，作MH⊥射線AB，垂足為H。
模型2.婆羅摩笈多（定理）模型:如果一個圓內接四邊形的對角線互相垂直相交，那么從交點向某一邊所引垂線的反向延長線必經過這條邊對邊的中點。
圖1 圖2 圖3
如圖1，ABCD為圓內接四邊形，對角線AC和BD垂直相交，交點為E，過點E作BC的垂線EF，延長FE與AD交于點G；則點G是AD的中點。
如圖2，所示已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，作BH//AE交AG的延長線于點H，（1）S△ACD=S△ABE；（2）若AF⊥CD，則G為BE中點。
2、如圖3，已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，在AF的延長線取點H，使得AF=FH；（1）S△ACD=S△ABE；（2）若F為CD中點，則AG⊥BE。
模塊2：核心模型點與典例
模型1.阿基米德折弦模型
1．（2023·山西·九年級專題練習）定義：圓中有公共端點的兩條弦組成的折線稱為圓的一條折弦．阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC組成圓的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中點，MF⊥AB于F，則AF＝FB+BC．如圖2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一點，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圓于E，連接EA，則∠EAC＝ °．
【答案】60°．
【分析】連接OA、OC、OE，由已知條件，根據阿基米德折弦定理，可得到點E為弧ABC的中點，即,進而推得∠AOE＝∠COE，已知∠ABC＝60°，則∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，可知∠AOE＝∠COE＝120°，故∠CAE＝∠COE＝60°.
【詳解】解：如圖2，連接OA、OC、OE，
∵AB＝8，BC＝6，BD＝1，∴AD＝7，BD+BC＝7，∴AD＝BD+BC，而ED⊥AB，
∴點E為弧ABC的中點，即，∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，∴∠AOE＝∠COE＝120°，
∴∠CAE＝∠COE＝60°．故答案為60°．
【點睛】本題是新定義型題，考查了圓周角定理及推論，解本題的關鍵是掌握題中給出的關于阿基米德折弦定理的內容并進行應用.
例2．（2023·浙江溫州·九年級校考階段練習）阿基米德是古希臘最偉大的數學家之一，他曾用圖1發現了阿基米德折弦定理．如圖2，已知BC為⊙O的直徑，AB為一條弦(BCAB)，點M是上的點，MD⊥BC于點D，延長MD交弦AB于點E，連接BM，若BM=，AB=4，則AE的長為( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】延長ME，設交圓于點F，連接BF、AF，可得BF=BM，∠BMF=∠BFM=∠FAB，從而可得△BFA∽△BEF，利用相似三角形的性質列式可求BE的長度，從而可求得AE的長度．
【詳解】解：延長ME，設交圓于點F，連接BF、AF，如圖，
∵BC為⊙O的直徑， MD⊥BC于點D，∴MB=FB=，∠BMF=∠BFM
又∠BMF=∠FAB∴∠BFM=∠FAB∴∠BFE=∠FAB
∵∠EBF=∠FBA∴△BFA∽△BEF∴即∴BE=∴AE=4-=故選：A．
【點睛】本題考查垂徑定理及三角形相似的判定和性質，解題關鍵是準確做出輔助線，得出三角形相似．
例3．（2023·山東濟寧·校考二模）阿基米德是有史以來最偉大的數學家之一，他與牛頓、高斯并稱為三大數學王子，在后世的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內容．前蘇聯在1964年根據阿爾·比魯尼本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德的折弦定理．
【定理內容】一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影，就是折弦的中點．
【定理模型】如圖①，已知AB和BC是的兩條弦（即折線ABC是的一條折弦），，M是的中點，那么從M向弦BC作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即．
下面是運用“補短法”證明的部分證明過程：
如圖②，延長DB至點F，使，連接MF，AB，MC，MA，AC，…
【定理證明】按照上面思路，寫出剩余部分的證明過程．
【問題解決】如圖③，內接于，已知，D為上一點，連接AD，DC，，，求的周長．
【答案】[定理證明]見解析；[問題解決]
【分析】[定理證明] 證明，則，再證明，則，可得；
[問題解決]過點A作交于E，可得為等邊三角形，則，根據阿基米德折線定理，，即可求的周長為．
【詳解】[定理證明]證明：∵M是的中點，
∴，∴，
∵，，，
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴；
[問題解決] 解：過點A作交于E，
∵，，，∴，，
∴為等邊三角形，∴，根據阿基米德折線定理，，
∴的周長為．
【點睛】本題考查圓的綜合應用，理解阿基米德折線定理，熟練掌握圓的性質，三角形全等的判定及性質是解題的關鍵．
例4．（2022上·江蘇鹽城·九年級統考期中）【了解概念】
我們知道，折線段是由兩條不在同一直線上且有公共端點的線段組成的圖形．如圖1，線段、組成折線段．若點在折線段上，，則稱點是折線段的中點．
【理解應用】（1）如圖2，的半徑為2，是的切線，為切點，點是折線段的中點．若，則______；
【定理證明】（2）阿基米德折弦定理：如圖3，和是的兩條弦（即折線段是圓的一條折弦），，點是的中點，從向作垂線，垂足為，求證：是折弦的中點；
【變式探究】（3）如圖4，若點是的中點，【定理證明】中的其他條件不變，則、、之間存在怎樣的數量關系？請直接寫出結論．
【靈活應用】（4）如圖5，是的直徑，點為上一定點，點為上一動點，且滿足，若，，則______________．
【答案】（1）3；（2）證明見解析；（3）；（4）或
【分析】（1）根據角所對的直角邊等于斜邊的一半，求出，再由所給的定義求出的長即可；（2）在上截取，連接、、、，可證明，得到，再由垂徑定理得到，則有，即可證明是折弦的中點；
（3）仿照（2）的方法，在上截取，連接、、、，證明，可得到；
（4）分兩種情況討論：當點在上時，過點作交于點，由，求出，再由勾股定理求出；當點在上時，如圖6，，過點作交于點，由，求出，再由勾股定理求出．
【詳解】解：（1）是的切線，為切點，，，
，，，，
是折線段的中點，，故答案為：3；
（2）證明：在上截取，連接、、、，
點是的中點，，，，，
，，，是折弦的中點；
（3），理由如下：在上截取，連接、、、，
點是的中點，，
，，，，
，，；
（4）是的直徑，，，，，
當點在上時，如圖5，，，
過點作交于點，，，；
當點在上時，如圖6，，過點作交于點，
，，；
綜上所述：的長為或，故答案為：或．
【點睛】本題考查圓的綜合應用，熟練掌握同弧或等弧所對的圓周角相等，垂徑定理，三角形全等的判定及性質，理解阿基米德折弦定理是解題的關鍵．
例5．（2023·江蘇·九年級期中）小明學習了垂徑定理，做了下面的探究，請根據題目要求幫小明完成探究．(1)更換定理的題設和結論可以得到許多真命題．如圖1，在中，C是劣弧的中點，直線于點E，則．請證明此結論；(2)從圓上任意一點出發的兩條弦所組成的折線，成為該圓的一條折弦．如圖2，，組成的一條折弦．C是劣弧的中點，直線于點E，則．可以通過延長、相交于點F，再連接證明結論成立．請寫出證明過程；(3)如圖3，，組成的一條折弦．C是優弧的中點，直線于點E，則，與之間存在怎樣的數量關系？寫出結論，不必證明．

【答案】(1)見解析(2)見解析(3)，證明見解析
【分析】（1）連接，，易證為等腰三角形，根據等腰三角形三線合一這一性質，可以證得．（2）根據圓內接四邊形的性質，先證，再證為等腰三角形，進一步證得，從而證得結論．（3）根據，從而證明，得出，然后判斷出，進而求得．
【詳解】（1）如圖1，連接，，

∵C是劣弧的中點，∴，∵，∴，
∴，，∴，∴是等腰三角形，
∵，∴；
（2）如圖2，延長、相交于點F，再連接，
∵四邊形是圓內接四邊形，∴，
∵C是劣弧的中點，∴，∵，∴
∵∴∴
∴，，∴，∴，∴
（3）．理由如下：連接，，，與相交于點F，
∵，∴，∵，∴，，
∵，∴，∴，，∴，
∴，，∴，∴，∴．
【點睛】此題考查了垂徑定理及其推論，全能三角形的判定和性質，圓周角定理，掌握并熟練運用垂徑定理是解題的關鍵．
模型2.婆羅摩笈多（定理）模型
例1．（2023·浙江·九年級專題練習）閱讀下列相關材料，并完成相應的任務．
布拉美古塔定理婆羅摩笈多是古印度著名的數學家、天文學家，他編著了《婆羅摩修正體系》，他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，也稱“布拉美古塔定理”．定理的內容是：若圓內接四邊形的對角線互相垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線平分對邊．某數學興趣小組的同學寫出了這個定理的已知和求證．已知：如圖，在圓內接四邊形中，對角線，垂足為P，過點P作的垂線分別交，于點H，M．求證：M是的中點．
任務：(1)請你完成這個定理的證明過程．(2)該數學興趣小組的同學在該定理的基礎上寫出了另外一個命題：若圓內接四邊形的對角線互相垂直，則一邊中點與對角線交點的連線垂直于對邊請判斷此命題是 　　命題．（填“真”或“假”）。(3)若，求的長．
【答案】(1)見解析(2)真(3)．
【分析】（1）在中，證明，再由同弧所對的圓周角相等，可得，可得，則；同理可證，即可得到；
（2）仿照（1）的證明過程，直接證明即可；
（3）求出，再由，可得，求出，再由，即可求出．
【詳解】（1）證明：∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，同理可得，，∴，∴M是的中點；
（2）解：若圓內接四邊形的對角線互相垂直，則一邊中點與對角線交點的連線垂直于對邊，理由如下：
已知：如圖，在圓內接四邊形中，對角線，垂足為P，M是的中點，連接交于點H，求證：；
證明：∵M是的中點；∴，
∴，且，
∵，∴，∴，
∴，∴；故答案為：真；
（3）解：∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵M是的中點，∴，∴．
【點睛】本題考查圓的綜合應用，熟練掌握直角三角形的性質，同弧所對的圓周角相等，同角的余角相等是解題的關鍵．
例2．（2023·河南周口·統考二模）婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名數學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數的算術運算規則、二次方程等方面均有建樹，他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“古拉美古塔定理”，該定理的內容及部分證明過程如下：
古拉美古塔定理：如圖①，四邊形ABCD內接于，對角線，垂足為點M，直線，垂足為點E，并且交直線AD于點F．則．
證明：∵，，∴，
∴，，∴，
∵，∴．
又∵，∴，∴．…
任務：(1)將上述證明過程補充完整；(2)古拉美古塔定理的逆命題：如圖②，四邊形ABCD內接于，對角線，垂足為點M，直線FM交BC于點E，交AD于點F．若，則．請證明該命題．
【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析
【分析】（1）可推出∠DMF＝∠ADM，進而得證；
（2）先推出FM＝AF＝FD，進而可推出∠CBD+∠BME＝90°即可得證．
【詳解】（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．
【點睛】本題考查了直角三角形的性質，圓周角定理及等腰三角形的判定和性質，解決問題的關鍵是熟練掌握相關圖形的性質和判定．
模塊3：同步培優題庫
全卷共17題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共1小題，每小題4分，共4分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2023·廣東九年級期中如圖，AB和BC是的兩條弦（即ABC是圓的一條折弦），，M是的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，若，，則CD的長為（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作輔助線在CD上截取DG=BD，連接BM，MC，MA，使AB和CG在△MBA和△MGC中，通過證明△MBA≌△MGC（SAS），得出CD=AB+BD；
【詳解】解：如圖，在CD上截取DG=BD，連接BM，MC，MA，AC；
∵BD=DG，MD⊥BG，∴MB=MG，∠MBG=∠MGB，
∵M是的中點，∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC，
∵∠CMG＋∠MCG=∠MGB=∠MBG=∠MAC=∠MCA=∠ACB＋∠MCG，∴∠CMG=∠ACB=∠AMB，
∵MB=MG，MA=MC，∠BMA=∠GMC，∴△MBA≌△MGC（SAS），
∴BA=GC，CD=AB+BD=，故選：D．
【點睛】本題考查圓周角定理，全等三角形性質和判定，等腰三角形的性質和判定；熟練掌握圓周角定理及其推論：一條弧所對的圓周角等于它所對的圓心角的一半，同弧或等弧所對的圓周角相等是解題的關鍵．
二、填空題（本大題共2小題，每小題4分，共8分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
2．（2023·廣東·統考一模）定義：圓中有公共端點的兩條弦組成的折線稱為圓的一條折弦．阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC組成圓的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中點，MF⊥AB于F，則AF＝FB+BC．
如圖2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一點，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圓于E，連接EA，則∠EAC＝ °．
【答案】60°．
【分析】連接OA、OC、OE，由已知條件，根據阿基米德折弦定理，可得到點E為弧ABC的中點，即,進而推得∠AOE＝∠COE，已知∠ABC＝60°，則∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，可知∠AOE＝∠COE＝120°，故∠CAE＝∠COE＝60°.
【詳解】解：如圖2，連接OA、OC、OE，
∵AB＝8，BC＝6，BD＝1，∴AD＝7，BD+BC＝7，∴AD＝BD+BC，而ED⊥AB，
∴點E為弧ABC的中點，即，∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，∴∠AOE＝∠COE＝120°，
∴∠CAE＝∠COE＝60°．故答案為60°．
【點睛】本題是新定義型題，考查了圓周角定理及推論，解本題的關鍵是掌握題中給出的關于阿基米德折弦定理的內容并進行應用.
3．（2023山東·校考二模）阿基米德折弦定理：如圖1，和是的兩條弦（即折線是圓的一條折弦），，是弧的中點，則從向所作垂線的垂足是折弦的中點，即．請應用阿基米德折弦定理解決問題：如圖2，已知等邊內接于，，為上一點，，于點，則的周長是 ．

【答案】
【分析】根據等邊三角形的性質可得點是弧的中點，則可用阿基米德折弦定理得，，根據中，，于點，可得是等腰直角三角形，可求出的長，即的長，根據的周長的計算方法即可求解．
【詳解】解：∵是等邊三角形，∴，，
∴外接圓中，，即點是弧的中點，且于點，
∴根據阿基米德折弦定理得，，
∵中，，于點，且，
∴，，即是等腰直角三角形，則，
∴，∴，
∵的周長為，∴，故答案為：．
【點睛】本題主要考查定義新運算，等邊三角形的性質，圓的基礎知識，等腰直角三角形的性質，幾何圖形的周長的計算方法等知識，掌握以上知識是解題的關鍵．
三、解答題（本大題共14小題，共108分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
4．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖：已知點A、B、C、D順次在圓O上，，，垂足為M．證明：．（阿基米德折弦定理）

【答案】見解析
【分析】如圖，將繞點B旋轉到，使與重合，再證，可得,即可得出．
【詳解】∵，∴，又，
將繞點B旋轉到，使與重合，如圖，

∴，∴，，，
∵，即，∴，
在和中，，∴
∴，∴，∴．
【點睛】本題主要考查了旋轉的性質和全等三角形的判定與性質，通過旋轉構建全等三角形，是解答的本題的關鍵．
5．（2023·山東威海·九年級統考期末）阿基米德（，公元前287年~公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數學家之一．他與牛頓、高斯并稱為三大數學王子．阿拉伯（973年~1050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內容，蘇聯在1964年根據譯本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如圖①，已知和是的兩條弦（即折線是的一條折弦），是的中點．那么從向所作垂線的垂足是折弦的中點，即．
下面是運用“截長法”證明的部分證明思路：
證明：如圖②，在上截取，連接，…………
【定理證明】按照上面的思路，寫出剩余部分的證明過程．
【問題解決】如圖③，等邊內接于為上一點，．求的周長．
【答案】【定理證明】：見解析；【問題解決】：的周長為
【分析】（1）首先證明△MBA≌△MGC（SAS），進而得出MB=MG，再利用等腰三角形的性質得出BD=GD，即可得出答案；
（2）首先證明△ABF≌ACD（SAS），進而得出AF=AD，以及CD+DE=BE，進而求出DE的長即可得出答案．
【詳解】解：（1）如圖②，連接．
可得．由是的中點，可求得．
，．．
，．．即．
（2）如圖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．故的周長為．
【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質以及等腰三角形以及等邊三角形的性質，正確作出輔助線利用全等三角形的判定與性質解題是解題關鍵．
6．（2023·山東濟寧·統考二模）閱讀與思考；
婆羅摩笈多是一位印度數學家與天文學家，書寫了兩部關于數學與天文的書籍，他的一些數學成就在世界數學史上有較高的地位，他的負數及加減法運算僅晚于中國九章算術而他的負數乘除法法則在全世界都是領先的，他還提出了著名的婆羅摩笈多定理，該定理的內容及證明如下：已知：如圖，四邊形ABCD內接與圓O對角線AC⊥BD于點M，ME⊥BC于點E，延長EM交CD于F，求證：MF=DF證明∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CBD=∠CME∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF∴∠CAD=∠AMF∴AF=MF∵∠AMD=90°，同時∠MAD+∠MDA=90°∴∠FMD=∠FDM∴MF=DF，即F是AD中點．
（1）請你閱讀婆羅摩笈多定理的證明過程，完成婆羅摩笈多逆定理的證明：
已知：如圖1，四邊形ABCD內接與圓O，對角線AC⊥BD于點M，F是AD中點，連接FM并延長交BC于點E，求證：ME⊥BC
（2）已知如圖2，△ABC內接于圓O，∠B=30°∠ACB=45°，AB=2，點D在圓O上，∠BCD=60°，連接AD 交BC于點P，作ON⊥CD于點N，延長NP交AB于點M，求證PM⊥BA并求PN的長．
【答案】（1）證明見解析;（2）證明見解析, PN=1．
【詳解】試題分析：（1）由于AC⊥BD，所以∠AMD=90°，∠FAM+∠FDM=90°，由于F是AD的中點，所以AF=MF=DF，從而可證明∠EMC+∠MCB=90°．
（2）由圓周角定理得出∠D=∠B=30°，由三角形內角和定理求出∠DAC=45°，得出△APC是等腰直角三角形，∴PA=PC，∠CPD=90°，由（1）的證明過程可知：PM⊥BA，再由含30°的直角三角形的性質即可求出AP=1，CD=2，最后利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求出PN的長度．
試題解析：（1）∵AC⊥BD，∴∠AMD=90°，
∵F是AD的中點，∴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，∴由垂徑定理可知：N是CD的中點，
∴由（1）的證明過程可知：PM⊥BA
∵AB=2，∠B=30°，∴AP=1，∴PC=1，∵∠D=30°，∴CD=2PC=2，
∵N是CD的中點，∠CPD=90°，∴PN=CD=1．
7．（2022秋·江蘇泰州·九年級統考期中）早在公元前古希臘數學家歐幾里得就發現了垂徑定理，即垂直于弦的直徑平分弦．阿基米德從中看出了玄機并提出：如果條件中的弦變成折線段，仍然有類似的結論．
某數學興趣小組對此進行了探究，如圖1，和是的兩條弦（即折線段是圓的一條折弦），，是的中點，過點作，垂足為，小明通過度量、、的長度，發現點平分折弦，即．小麗和小軍改變折弦的位置發現仍然成立，于是三位同學都嘗試進行了證明：
小軍采用了“截長法”（如圖2），在上 取，使得，……
小麗則采用了“補短法”（如圖3），延長至，使，……
小明采用了“平行線法”（如圖4），過點作，交圓于點，過點作，……
(1)請你任選一位同學的方法，并完成證明；
(2)如圖5，在網格圖中，每個小正方形邊長均為1，內接于（A、B、C均是格點），點A、D關于對稱，連接并延長交于點，連接．
①請用無刻度的直尺作直線，使得直線平分的周長；②求的周長．
【答案】(1)見解析(2)①見解析，②
【分析】（1）證，得到，再由待腰三角形“三線合一”性質得，即可得出結論（2）①作直徑，交于H，連接交于G，過點G、H作直線l即可；
②先由勾股定理，求得，再證，得，即可求得，從而得出，則，然后由由①可知周長，即可求解．
【詳解】（1）解：選小軍采用了“截長法”（如圖2），在上 取，使得，
證明：∵點M是的中點，∴∴，
在與中，，∴，∴，
∵，即，∴，∴，∴；
（2）解：①如圖所示，直線l即為所作，
理由：∵點A與點D關于對稱，∴，，
∴，即，∴F是的中點，
∵，，∴，
由（1）得平分折線，∴，
∵，∴，∴，即l平分周長；
②由題意可得：，，，由勾股定理，得，
∵，，∴，
∴，即，∴，∴，
∴，由①知周長
【點睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，等腰三角形的性質，屬圓的綜合探究題目，熟練掌握相關性質與判定并能靈活運用是解題的關鍵．
8．（2022·河南南陽·統考一模）請閱讀下面材料，并完成相應的任務：阿基米德折弦定理
阿基米德（Archimedes公元前287—公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數學家之一．他與牛頓、高斯并稱為三大數學王子．
阿拉伯Al-Birni（973年—1050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內容，蘇聯在1964年根據AI-Biruni譯本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），，M是弧ABC的中點，則從點M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即．
這個定理有很多證明方法，下面是運用“截長法”證明的部分證明過程．
證明：如圖2，在CD上截取，連接MA，MB，MC和MG．
∵M是弧ABC的中點，
…
任務：(1)請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；
(2)如圖3，已知等邊三角形ABC內接于，D為弧AC上一點，，于點E，，連接AD，則△DAB的周長是___________．
【答案】(1)見解析(2)2＋4
【分析】（1）首先證明△MBA≌△MGC（SAS），進而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性質得出BD＝GD，即可得出答案；（2）首先證明△CBF≌△CAD（SAS），進而得出CF＝CD，AD+DE＝BE，進而求出BE和AB的長即可得出答案．
【詳解】（1）證明：如圖2，在CB上截取CG＝AB，連接MA，MB，MC和MG．
∵M是的中點，∴MA＝MC．
在△MBA和△MGC中∵ ∴△MBA≌△MGC（SAS），
∴MB＝MG，∴△MBG是等腰三角形
又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；
（2））解：如圖4，截取BF＝AD，連接CF，CD，
∵△ABC是等邊三角形∴ BC＝AC，∠CBF＝∠CAD，∠ABC＝60°，
在△CBF和△CAD中∵ ∴△CBF≌△CAD（SAS），
∴CF＝CD，∠BCF＝∠ACD＝∠ABD＝15°∴△CDF是等腰三角形，
∵CE⊥BD，∴FE＝DE，∠BCE＝90°則AD+DE＝BE，
∵∠ABD＝15°∴∠CBE＝∠ABC－∠ABD＝45°
∴∠BCE＝90°－∠CBE＝45°∴△BCE是等腰直角三角形
∴BE＝CE＝2，BC＝ ∴AD+DE＝BE＝2，AB＝BC＝2
∴△DAB的周長＝AB＋AD+DE＋BE＝2＋4故答案為：2＋4
【點睛】本題考查了圓周角定理、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、等邊三角形的性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是正確作出輔助線構造全等三角形解決問題．
9.（2023春·山東威海·九年級校聯考期中）早在公元前古希臘數學家歐幾里得就發現了垂徑定理，即垂直于弦的直徑平分弦．阿基米德從中看出了玄機并提出：如果條件中的弦變成折線段，仍然有類似的結論．
某數學興趣小組對此進行了探究，如圖1，和是的兩條弦（即折線段是圓的一條折弦），，是的中點，過點作，垂足為，小明通過度量、、的長度，發現點平分折弦，即．小麗和小軍改變折弦的位置發現仍然成立，于是三位同學都嘗試進行了證明：
小軍采用了“截長法”（如圖2），在上 取，使得，……
小麗則采用了“補短法”（如圖3），延長至，使，……
小明采用了“平行線法”（如圖4），過點作，交圓于點，過點作，……
(1)請你任選一位同學的方法，并完成證明；
(2)如圖5，在網格圖中，每個小正方形邊長均為1，內接于（A、B、C均是格點），點A、D關于對稱，連接并延長交于點，連接．
①請用無刻度的直尺作直線，使得直線平分的周長；②求的周長．
【答案】(1)見解析(2)①見解析，②
【分析】（1）證，得到，再由待腰三角形“三線合一”性質得，即可得出結論（2）①作直徑，交于H，連接交于G，過點G、H作直線l即可；
②先由勾股定理，求得，再證，得，即可求得，從而得出，則，然后由由①可知周長，即可求解．
【詳解】（1）解：選小軍采用了“截長法”（如圖2），在上 取，使得，
證明：∵點M是的中點，∴∴，
在與中，，∴，∴，
∵，即，∴，∴，∴；
（2）解：①如圖所示，直線l即為所作，
理由：∵點A與點D關于對稱，∴，，
∴，即，∴F是的中點，
∵，，∴，
由（1）得平分折弦，∴，
∵，∴，
∴，即l平分周長；
②由題意可得：，，，由勾股定理，得，
∵，，
∴，∴，即，∴，
∴，∴，
由①知周長
【點睛】本題考查垂徑定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理，等腰三角形的性質，屬圓的綜合探究題目，熟練掌握相關性質與判定并能靈活運用是解題的關鍵．
10．（2023·浙江嘉興·九年級校聯考期中）阿基米德折弦定理：如圖1， 和是的兩條弦（即折線是圓的一條折弦），，M是的中點，則從M向所作垂線的垂足D是折弦的中點，即．
下面是運用“截長法”證明的部分證明過程．
證明：如圖2，在上截取，連接和．
∵M是的中點， ∴
任務：（1）請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；
（2）填空：如圖（3），已知等邊內接于，，D為上 一點, ，與點E,則的周長是 ．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】（1）首先證明，進而得出，再利用等腰三角形的性質得出，即可得出答案；
（2）方法一、首先證明，進而得出，以及，進而求出的長即可得出答案．
方法二、先求出，再用（1）的結論得出，即可得出結論．
【詳解】（1）證明：如圖2，在上截取，連接和．
∵M是的中點， ∴
在和中∴，∴，
又∵， ∴，∴；
（2）解：方法一、如圖3，截取，連接，
由題意可得：，
在和中，∴，∴，
∵，∴，則，
∵，∴，則的周長是．故答案為．
方法二、∵是等邊三角形，∴，
∴由（1）的結論得，，
∵，∴，∴，
∴則的周長是．故答案為．
【點睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質以及等腰三角形以及等邊三角形的性質，正確作出輔助線利用全等三角形的判定與性質解題是解題關鍵．
11．（2023·山西·校聯考模擬預測）閱讀以下材料，并按要求完成相應任務：
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名數學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數的算術運算規則、二次方程等方面均有建樹．他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“古拉美古塔定理”，該定理的內容及部分證明過程如下：古拉美古塔定理：如圖1，四邊形內接于，對角線，垂足為點，直線，垂足為點，并且交直線于點，則．證明：∵，，∴∴，．∴．∵，∴．（依據）又∵，∴．∴．……
任務：（1）上述證明過程中的依據是______；（2）將上述證明過程補充完整；
（3）古拉美古塔定理的逆命題：如圖，四邊形內接于，對角線，垂足為點，直線交于點，交于點．若，則．請證明該命題．
【答案】（1）同弧所對的圓周角相等；（2）見解析；（3）見解析．
【分析】（1）根據圓周角定理可得結論；（2）證明為等腰三角形即可；
（3）用直角三角形斜邊上的中線的性質證明即可．
【詳解】（1）同弧所對的圓周角相等
（2）…，∵，，
∴，∴，∴．
（3）證明：∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴．
【點睛】本題屬于圓的綜合題，考查了圓周角定理，等腰三角形判定和性質，直角三角形斜邊上的中線的性質等知識，解題的關鍵是熟練轉換題目中角的關系．
12．（2023·江蘇宿遷·統考二模）【閱讀】婆羅摩笈多是七世紀印度數學家，他曾提出一個定理：若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線平分對邊．
證明：如圖1所示內接于圓的四邊形的對角線互相垂直，垂足為點，過點的直線垂直于，垂足為點，與邊交于點，由垂直關系得，，所以，由同弧所對的圓周角相等得，所以，則，同理，，故；
【思考】命題“若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則平分對邊且過對角線交點的直線垂直于另一邊”為　 　（填“真命題”，“假命題”）；
【探究】（1）如圖2，和為共頂點的等腰直角三角形，，過點的直線垂直于，垂足為點，與邊交于點．證明：點是的中點；
（2）如圖3，和為共頂點的等腰直角三角形，點是的中點，連接交于點，若，求的長．
【答案】【思考】真命題；【探究】（1）證明見解析；（2）4．
【思考】由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出，再利用等量代換計算．結論可得；
（1）過點作，交的延長線于點，利用同角的余角相等得出和，進而得到；再證明，結論可得；
（2）過點作，交的延長線于點，易證，得到，．再進一步說明，可得，結論可得．
【詳解】解：【思考】“若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則平分對邊且過對角線交點的直線垂直于另一邊”為真命題．
理由如下：如下圖，
∵，為的中點，
∴．∴．
∵，∴．
∵，∴．
∴．∴．即：．
∴命題“若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則平分對邊且過對角線交點的直線垂直于另一邊”為真命題．
故答案為：真命題．
【探究】（1）如下圖，過點作，交的延長線于點，
∵，∴．∵，∴．
∵，∴．∴．
∵，∴．
∵，∴．∴．
∵為等腰直角三角形，∴．
在和中，
∴．∴．∵，∴．
在和中，∴．
∴．即是的中點．
（2）如下圖，過點作，交的延長線于點，
∵，∴．
在和中，∴．
∴．∴． ∵，∴．
∵，
∴．在和中，
∴．∴．
【點睛】本題主要考查了圓的綜合運用，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的性質與判定，利用中點添加平行線構造全等三角形是解題的關鍵．
13．（2023·山西太原·九年級山西大附中校考階段練習）閱讀下列材料，完成相應的任務
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名數學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數的算術運算規則、二次方程等方面均有建樹，特別是在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻．他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“古拉美古塔定理”．該定理的內容及部分證明過程如下：古拉美古塔定理：已知：如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC⊥BD，垂足為M，直線ME⊥BC，垂足為E，并且交直線AD于點F，則AF＝FD．證明：∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CME+∠C＝90°，∠CBD+∠C＝90°∴∠CBD＝∠CME∴　 　，∠CME＝∠AMF∴∠CAD＝∠AMF∴AF＝MF…
任務：（1）材料中劃橫線部分短缺的條件為：　 　；
（2）請用符號語言將下面“布拉美古塔定理”的逆命題補充完整，并證明該逆命題的正確性：
已知：如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC⊥BD，垂足為M，F為AD上一點，直線FM交BC于點E，①　 　．求證：②　 　．證明：
【答案】（1）∠CBD=∠CAD；（2）①FA=FD，②FE⊥BC；證明見解析．
【分析】（1）根據圓周角定理可得結論．
（2）把題設與結論交換可得逆命題，利用直角三角形斜邊上的中線的性質證明即可．
【詳解】解：（1）由題意：空格處為∠CBD=∠CAD．故答案為：∠CBD=∠CAD；
（2）①FA=FD，②FE⊥BC．故答案為：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．
【點睛】本題考查了圓周角定理，等角的余角相等，直角三角形斜邊上的中線的性質，等腰三角形的判定和性質等知識，正確的識別圖形是解題的關鍵．
14．（2023·廣東佛山·統考三模）探索應用
材料一：如圖1，在△ABC中，AB＝c，BC＝a，∠B＝θ，用c和θ表示BC邊上的高為　 　，用a．c和θ表示△ABC的面積為　 　．
材料二：如圖2，已知∠C＝∠P，求證：CF BF＝QF PF．
材料三：蝴蝶定理（ButterflyTheorem）是古代歐氏平面幾何中最精彩的結果之一，最早出現在1815年，由W．G．霍納提出證明，定理的圖形象一只蝴蝶．
定理：如圖3，M為弦PQ的中點，過M作弦AB和CD，連結AD和BC交PQ分別于點E和F，則ME＝MF．
證明：設∠A＝∠C＝α，∠B＝∠D＝β，
∠DMP＝∠CMQ＝γ，∠AMP＝∠BMQ＝ρ，
PM＝MQ＝a，ME＝x，MF＝y
由
即
化簡得：MF2 AE ED＝ME2 CF FB
則有： ,
又∵CF FB＝QF FP，AE ED＝PE EQ，
∴，即
即，從而x＝y，ME＝MF．
請運用蝴蝶定理的證明方法解決下面的問題：
如圖4，B、C為線段PQ上的兩點，且BP＝CQ，A為PQ外一動點，且滿足∠BAP＝∠CAQ，判斷△PAQ的形狀，并證明你的結論．
【答案】材料一：；材料二：證明見解析；材料三：△PAQ的形狀為等腰三角形，證明見解析．
【分析】材料一：作AD⊥BC于D，由三角函數定義得AD＝AB×sinB＝c sinθ，由三角形面積公式得△ABC的面積＝BC×AD＝acsinθ即可；
材料二：證明△CFQ∽△PFB，得出＝，即可得出結論；
材料三：證S△ABP＝S△ACQ，S△APC＝S△AQB，證△ABP∽△ACQ，由S△ABP＝S△ACQ，證出AP＝AQ，即可得出結論．
【詳解】材料一：解：作AD⊥BC于D，如圖1所示：則sinB＝，
∴AD＝AB×sinB＝c sinθ，∴△ABC的面積＝BC×AD＝acsinθ，
故答案為：csinθ，acsinθ；
材料二：證明：∵∠C＝∠P，∠CFQ＝∠PFB，∴△CFQ∽△PFB，
∴＝,∴CF BF＝QF PF；
材料三：解：△PAQ的形狀為等腰三角形，理由如下：
∵B、C為線段PQ上的兩點，且BP＝CQ，∴CP＝BQ，
∴△ABP與△ACQ等底等高，△APC與△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的形狀為等腰三角形．
【點睛】本題是圓的綜合題目，考查了圓周角定理、三角函數定義、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定、三角形面積公式等知識；本題綜合性強，證明三角形相似是解題的關鍵．
15．（2022·河南駐馬店·統考三模）閱讀以下材料，并完成相應的任務：
西姆松定理是一個平面幾何定理，其表述為：過三角形外接圓上異于三角形頂點的任意一點作三邊或其延長線的垂線，則三垂足共線（此線常稱為西姆松線）．數學興趣小組的同學們嘗試證明該定理．如圖1，已知內接于⊙O，點P在⊙O上（不與點A、B、C重合），過點P分別作AB，BC，AC的垂線，垂足分別為D，E，F求證：點D，E，F在同一條直線上
以下是他們的證明過程：
如圖1，連接PB，PC，DE，EF，取PC的中點Q，連接QE，QF，
則（依據1），
∴E，F，P，C四點共圓．
∴（依據2）．
又∵，
∴．
∵，
∴B，D，P，E四點共圓．
∴（依據3）．
∵，
∴（依據4）．
∴點D，E，F在同一條直線上．
任務：(1)填空：①依據1指的的是中點的定義及______；②依據2指的是______；
③依據3指的是______；④依據4指的是______．
(2)善于思考的小英發現當點P是的中點時，．請你利用圖2證明該結論的正確性．
【答案】(1)①直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；②圓內接四邊形對角互補；③同弧或等弧所對的圓周角相等；④等量代換(2)見解析
【分析】（1）根據直角三角形斜邊上的中線的性質，圓內接四邊形的性質，同弧或等弧所對的圓周角相等進行求解即可；（2）如圖，連接PA，PB，PC，只需要證明即可證明結論．
【詳解】（1）解：①直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；②圓內接四邊形對角互補；
③同弧或等弧所對的圓周角相等；④等量代換；
（2）證明：如圖，連接PA，PB，PC．
∵點P是的中點，∴．∴，．
又∵，，∴．
∴（HL）．∴．
【點睛】本題主要考查了圓內接四邊形的性質，直角三角形斜邊上的中線的性質，全等三角形的性質與判定，弧，弦，圓周角的關系，同弧或等弧所對的圓周角相等等等，正確作出輔助線和熟知相關知識是解題的關鍵．
16．（2022·河南平頂山·統考二模）閱讀下面的材料，完成相應的任務：
在1815年某雜志上刊登了這樣一個命題：如圖，圓O中的弦AB的中點為G，過點G任作兩弦CD，EF，弦FC，ED分別交AB于P，Q，則PG=QG．由于其幾何圖形形象奇特、貌似蝴蝶，故稱“蝴蝶定理”、是古代歐氏平面幾何中最精彩的結果之一．
任務：(1)如圖1，AB為⊙O的任一弦．
①若G為弦AB的中點，連接OG，則OG與AB的位置關系為______；
②若OG⊥AB，判斷AG與BG之間的數量關系，并說明理由．
(2)下面是“蝴蝶定理”的證明過程（部分），請補充完整．
證明：過O作OM⊥FC于點M，ON⊥DE于點N，
連接OP，OQ，MG，NG，OG，
由任務（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的中點O′，在四邊形MOGP中，
∵∠OMC=∠OGP=90°，∴MO′=OO′=PO′，GO′=OO′=PO′，
即：MO′=OO′=GO′=PO′，∴M，O，G，P四點在以O′為圓心的一個圓上，
∴∠1=∠2（同弧所對的圓周角相等），同理：∠3=∠4，
_____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________
【答案】(1)①OG⊥AB；②AG=BG，理由見解析(2)見解析
【分析】（1）①利用“SSS”證明△AGO≌△BGO，即可解決問題；
②利用“HL”證明Rt△AGO≌Rt△BGO，即可解決問題；
（2）證明△MGC∽△NGE，推出∠1=∠4，∠2=∠3，利用“SAS”證明△PGO≌△QGO，即可證得PG=QG．
【詳解】（1）解：①OG⊥AB；連接OA、OB，
∵G為弦AB的中點，∴AG=BG，
在△AGO和△BGO中，，∴△AGO≌△BGO(SSS) ，
∴∠AGO=∠BGO=90°，即OG⊥AB；
②AG=BG，理由如下，連接OA、OB，
∵OG⊥AB，∴∠AGO=∠BGO=90°，
在Rt△AGO和Rt△BGO中，，
∴Rt△AGO≌Rt△BGO(HL)，∴AG=BG；
（2）補充如下：∵，又，∴△MGC∽△NGE，
∴∠1=∠4，∴∠2=∠3，
在△PGO和△QGO中，，∴△PGO≌△QGO(SAS) ，∴PG=QG．
【點睛】本題考查了圓周角定理，垂徑定理，相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，熟記各圖形的性質并準確識圖是解題的關鍵．
17．（2022·河南安陽·統考一模）閱讀下列材料，并完成相應的任務．
西姆松定理是一個平面幾何定理，其表述為：過三角形外接圓上異于三角形頂點的任意一點作三邊或其延長線的垂線，則三垂足共線（此線常稱為西姆松線）．某數學興趣小組的同學們嘗試證明該定理．如圖（1），已知內接于，點P在上（不與點A，B，C重合），過點P分別作，，的垂線，垂足分別為．點D，E，F求證：點D，E，F在同一條直線上．如下是他們的證明過程（不完整）：如圖（1），連接，，，，取的中點Q，連接，，則，（依據1）∴點E，F，P，C四點共圓，∴．（依據2）又∵，∴．同上可得點B，D，P，E四點共圓，……
任務：(1)填空：①依據1指的是中點的定義及________；②依據2指的是________．
(2)請將證明過程補充完整．(3)善于思考的小虎發現當點P是的中點時，，請你利用圖（2）證明該結論的正確性．
【答案】(1)①直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；②圓內接四邊形對角互補(2)見解析(3)見解析
【分析】（1）利用直角直角三角形斜邊上的中線的性質和圓內接四邊形對角互補即可；
（2）利用直角三角形斜邊上中線的性質證明點E，F，P，C和點B，D，P，E四點分別共圓，再說明∠FEP+∠DEP=180°，可證明結論；
（3）連接PA，PB，PC，利用HL證明Rt△PBD≌Rt△PCF，從而得出結論．
【詳解】（1）①依據1指的是中點的定義及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，
②依據2指的是圓內接四邊形對角互補，
故答案為：①直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；②圓內接四邊形對角互補；
（2）如圖（1），連接PB，PC，DE，EF，取PC的中點Q，連接QE、QF，
則EQ=FQ=PC=PQ=CQ，∴點E，F，P，C四點共圓，∴∠FCP+∠FEP=180°，
又∵∠ACP+∠ABP=180°，∴∠FEP=∠ABP，
同上可得點B，D，P，E四點共圓，∴∠DBP=∠DEP，
∵∠ABP+∠DBP=180°，∴∠FEP+∠DEP=180°，∴點D，E，F在同一直線上；
（3）如圖，連接．
∵點P是的中點，∴，∴．
又∵，∴，∴，∴．
【點睛】本題主要考查了四點共圓，以及圓內接四邊形的性質，角平分線的性質，全等三角形的判定與性質等知識，證明Rt△PBD≌Rt△PCF是解題的關鍵．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
HYPERLINK "http://21世紀教育網(www.21cnjy.com)
" 21世紀教育網(www.21cnjy.com)中小學教育資源及組卷應用平臺
專題2.9 阿基米德折弦（定理）模型、婆羅摩笈多（定理）模型
模塊1：模型簡介
模型1.阿基米德折弦模型:從圓周上任一點出發的兩條弦，所組成的折線，我們稱之為該圖的一條折弦。
一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影，就是折弦的中點。
如圖1所示，AB和BC是⊙O的兩條弦(即ABC是圓的一條折弦)，BC>AB，M是 的中點，則從M向BC所作垂線之垂足D是折弦ABC的中點，即CD=AB+BD。
圖1 圖2 圖3 圖4
常見證明的方法：1）補短法：如圖2，如圖，延長DB至F，使BF=BA；
2）截長法：如圖3，在CD上截取DG=DB；3）垂線法：如圖4，作MH⊥射線AB，垂足為H。
模型2.婆羅摩笈多（定理）模型:如果一個圓內接四邊形的對角線互相垂直相交，那么從交點向某一邊所引垂線的反向延長線必經過這條邊對邊的中點。
圖1 圖2 圖3
如圖1，ABCD為圓內接四邊形，對角線AC和BD垂直相交，交點為E，過點E作BC的垂線EF，延長FE與AD交于點G；則點G是AD的中點。
如圖2，所示已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，作BH//AE交AG的延長線于點H，（1）S△ACD=S△ABE；（2）若AF⊥CD，則G為BE中點。
2、如圖3，已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△AED，在AF的延長線取點H，使得AF=FH；（1）S△ACD=S△ABE；（2）若F為CD中點，則AG⊥BE。
模塊2：核心模型點與典例
模型1.阿基米德折弦模型
1．（2023·山西·九年級專題練習）定義：圓中有公共端點的兩條弦組成的折線稱為圓的一條折弦．阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC組成圓的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中點，MF⊥AB于F，則AF＝FB+BC．如圖2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一點，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圓于E，連接EA，則∠EAC＝ °．
例2．（2023·浙江溫州·九年級校考階段練習）阿基米德是古希臘最偉大的數學家之一，他曾用圖1發現了阿基米德折弦定理．如圖2，已知BC為⊙O的直徑，AB為一條弦(BCAB)，點M是上的點，MD⊥BC于點D，延長MD交弦AB于點E，連接BM，若BM=，AB=4，則AE的長為( )
A． B． C． D．
例3．（2023·山東濟寧·校考二模）阿基米德是有史以來最偉大的數學家之一，他與牛頓、高斯并稱為三大數學王子，在后世的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內容．前蘇聯在1964年根據阿爾·比魯尼本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德的折弦定理．
【定理內容】一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影，就是折弦的中點．
【定理模型】如圖①，已知AB和BC是的兩條弦（即折線ABC是的一條折弦），，M是的中點，那么從M向弦BC作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即．
下面是運用“補短法”證明的部分證明過程：
如圖②，延長DB至點F，使，連接MF，AB，MC，MA，AC，…
【定理證明】按照上面思路，寫出剩余部分的證明過程．
【問題解決】如圖③，內接于，已知，D為上一點，連接AD，DC，，，求的周長．
例4．（2022上·江蘇鹽城·九年級統考期中）【了解概念】
我們知道，折線段是由兩條不在同一直線上且有公共端點的線段組成的圖形．如圖1，線段、組成折線段．若點在折線段上，，則稱點是折線段的中點．
【理解應用】（1）如圖2，的半徑為2，是的切線，為切點，點是折線段的中點．若，則______；【定理證明】（2）阿基米德折弦定理：如圖3，和是的兩條弦（即折線段是圓的一條折弦），，點是的中點，從向作垂線，垂足為，求證：是折弦的中點；【變式探究】（3）如圖4，若點是的中點，【定理證明】中的其他條件不變，則、、之間存在怎樣的數量關系？請直接寫出結論．
【靈活應用】（4）如圖5，是的直徑，點為上一定點，點為上一動點，且滿足，若，，則______________．
例5．（2023·江蘇·九年級期中）小明學習了垂徑定理，做了下面的探究，請根據題目要求幫小明完成探究．(1)更換定理的題設和結論可以得到許多真命題．如圖1，在中，C是劣弧的中點，直線于點E，則．請證明此結論；(2)從圓上任意一點出發的兩條弦所組成的折線，成為該圓的一條折弦．如圖2，，組成的一條折弦．C是劣弧的中點，直線于點E，則．可以通過延長、相交于點F，再連接證明結論成立．請寫出證明過程；(3)如圖3，，組成的一條折弦．C是優弧的中點，直線于點E，則，與之間存在怎樣的數量關系？寫出結論，不必證明．

模型2.婆羅摩笈多（定理）模型
例1．（2023·浙江·九年級專題練習）閱讀下列相關材料，并完成相應的任務．
布拉美古塔定理婆羅摩笈多是古印度著名的數學家、天文學家，他編著了《婆羅摩修正體系》，他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，也稱“布拉美古塔定理”．定理的內容是：若圓內接四邊形的對角線互相垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線平分對邊．某數學興趣小組的同學寫出了這個定理的已知和求證．已知：如圖，在圓內接四邊形中，對角線，垂足為P，過點P作的垂線分別交，于點H，M．求證：M是的中點．
任務：(1)請你完成這個定理的證明過程．(2)該數學興趣小組的同學在該定理的基礎上寫出了另外一個命題：若圓內接四邊形的對角線互相垂直，則一邊中點與對角線交點的連線垂直于對邊請判斷此命題是 　　命題．（填“真”或“假”）。(3)若，求的長．
例2．（2023·河南周口·統考二模）婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名數學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數的算術運算規則、二次方程等方面均有建樹，他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“古拉美古塔定理”，該定理的內容及部分證明過程如下：
古拉美古塔定理：如圖①，四邊形ABCD內接于，對角線，垂足為點M，直線，垂足為點E，并且交直線AD于點F．則．
證明：∵，，∴，
∴，，∴，
∵，∴．
又∵，∴，∴．…
任務：(1)將上述證明過程補充完整；(2)古拉美古塔定理的逆命題：如圖②，四邊形ABCD內接于，對角線，垂足為點M，直線FM交BC于點E，交AD于點F．若，則．請證明該命題．
模塊3：同步培優題庫
全卷共17題 測試時間：80分鐘 試卷滿分：120分
一、選擇題（本大題共1小題，每小題4分，共4分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2023·廣東九年級期中如圖，AB和BC是的兩條弦（即ABC是圓的一條折弦），，M是的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，若，，則CD的長為（ ）．
A． B． C． D．
二、填空題（本大題共2小題，每小題4分，共8分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）
2．（2023·廣東·統考一模）定義：圓中有公共端點的兩條弦組成的折線稱為圓的一條折弦．阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC組成圓的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中點，MF⊥AB于F，則AF＝FB+BC．
如圖2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一點，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圓于E，連接EA，則∠EAC＝ °．
3．（2023山東·校考二模）阿基米德折弦定理：如圖1，和是的兩條弦（即折線是圓的一條折弦），，是弧的中點，則從向所作垂線的垂足是折弦的中點，即．請應用阿基米德折弦定理解決問題：如圖2，已知等邊內接于，，為上一點，，于點，則的周長是 ．

三、解答題（本大題共14小題，共108分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
4．（2023·江蘇·九年級假期作業）如圖：已知點A、B、C、D順次在圓O上，，，垂足為M．證明：．（阿基米德折弦定理）

5．（2023·山東威海·九年級統考期末）阿基米德（，公元前287年~公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數學家之一．他與牛頓、高斯并稱為三大數學王子．阿拉伯（973年~1050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內容，蘇聯在1964年根據譯本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如圖①，已知和是的兩條弦（即折線是的一條折弦），是的中點．那么從向所作垂線的垂足是折弦的中點，即．
下面是運用“截長法”證明的部分證明思路：
證明：如圖②，在上截取，連接，…………
【定理證明】按照上面的思路，寫出剩余部分的證明過程．
【問題解決】如圖③，等邊內接于為上一點，．求的周長．
6．（2023·山東濟寧·統考二模）閱讀與思考；
婆羅摩笈多是一位印度數學家與天文學家，書寫了兩部關于數學與天文的書籍，他的一些數學成就在世界數學史上有較高的地位，他的負數及加減法運算僅晚于中國九章算術而他的負數乘除法法則在全世界都是領先的，他還提出了著名的婆羅摩笈多定理，該定理的內容及證明如下：已知：如圖，四邊形ABCD內接與圓O對角線AC⊥BD于點M，ME⊥BC于點E，延長EM交CD于F，求證：MF=DF證明∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CBD=∠CME∵∠CBD=∠CAD，∠CME=∠AMF∴∠CAD=∠AMF ∴AF=MF∵∠AMD=90°，同時∠MAD+∠MDA=90°∴∠FMD=∠FDM ∴MF=DF，即F是AD中點．
（1）請你閱讀婆羅摩笈多定理的證明過程，完成婆羅摩笈多逆定理的證明：
已知：如圖1，四邊形ABCD內接與圓O，對角線AC⊥BD于點M，F是AD中點，連接FM并延長交BC于點E，求證：ME⊥BC
（2）已知如圖2，△ABC內接于圓O，∠B=30°∠ACB=45°，AB=2，點D在圓O上，∠BCD=60°，連接AD 交BC于點P，作ON⊥CD于點N，延長NP交AB于點M，求證PM⊥BA并求PN的長．
7．（2022·江蘇泰州·九年級統考期中）早在公元前古希臘數學家歐幾里得就發現了垂徑定理，即垂直于弦的直徑平分弦．阿基米德從中看出了玄機并提出：如果條件中的弦變成折線段，仍然有類似的結論．
某數學興趣小組對此進行了探究，如圖1，和是的兩條弦（即折線段是圓的一條折弦），，是的中點，過點作，垂足為，小明通過度量、、的長度，發現點平分折弦，即．小麗和小軍改變折弦的位置發現仍然成立，于是三位同學都嘗試進行了證明：
小軍采用了“截長法”（如圖2），在上 取，使得，……
小麗則采用了“補短法”（如圖3），延長至，使，……
小明采用了“平行線法”（如圖4），過點作，交圓于點，過點作，……
(1)請你任選一位同學的方法，并完成證明；
(2)如圖5，在網格圖中，每個小正方形邊長均為1，內接于（A、B、C均是格點），點A、D關于對稱，連接并延長交于點，連接．
①請用無刻度的直尺作直線，使得直線平分的周長；②求的周長．
8．（2022·河南南陽·統考一模）請閱讀下面材料，并完成相應的任務：阿基米德折弦定理
阿基米德（Archimedes公元前287—公元前212年，古希臘）是有史以來最偉大的數學家之一．他與牛頓、高斯并稱為三大數學王子．
阿拉伯Al-Birni（973年—1050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內容，蘇聯在1964年根據AI-Biruni譯本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一題就是阿基米德的折弦定理．
阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），，M是弧ABC的中點，則從點M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即．
這個定理有很多證明方法，下面是運用“截長法”證明的部分證明過程．
證明：如圖2，在CD上截取，連接MA，MB，MC和MG．
∵M是弧ABC的中點，
…
任務：(1)請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；
(2)如圖3，已知等邊三角形ABC內接于，D為弧AC上一點，，于點E，，連接AD，則△DAB的周長是___________．
9.（2023春·山東威海·九年級校聯考期中）早在公元前古希臘數學家歐幾里得就發現了垂徑定理，即垂直于弦的直徑平分弦．阿基米德從中看出了玄機并提出：如果條件中的弦變成折線段，仍然有類似的結論．
某數學興趣小組對此進行了探究，如圖1，和是的兩條弦（即折線段是圓的一條折弦），，是的中點，過點作，垂足為，小明通過度量、、的長度，發現點平分折弦，即．小麗和小軍改變折弦的位置發現仍然成立，于是三位同學都嘗試進行了證明：
小軍采用了“截長法”（如圖2），在上 取，使得，……
小麗則采用了“補短法”（如圖3），延長至，使，……
小明采用了“平行線法”（如圖4），過點作，交圓于點，過點作，……
(1)請你任選一位同學的方法，并完成證明；
(2)如圖5，在網格圖中，每個小正方形邊長均為1，內接于（A、B、C均是格點），點A、D關于對稱，連接并延長交于點，連接．
①請用無刻度的直尺作直線，使得直線平分的周長；②求的周長．
10．（2023·浙江嘉興·九年級校聯考期中）阿基米德折弦定理：如圖1， 和是的兩條弦（即折線是圓的一條折弦），，M是的中點，則從M向所作垂線的垂足D是折弦的中點，即．
下面是運用“截長法”證明的部分證明過程．
證明：如圖2，在上截取，連接和．
∵M是的中點， ∴
任務：（1）請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；
（2）填空：如圖（3），已知等邊內接于，，D為上 一點, ，與點E,則的周長是 ．
11．（2023·山西·校聯考模擬預測）閱讀以下材料，并按要求完成相應任務：
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名數學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數的算術運算規則、二次方程等方面均有建樹．他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“古拉美古塔定理”，該定理的內容及部分證明過程如下：古拉美古塔定理：如圖1，四邊形內接于，對角線，垂足為點，直線，垂足為點，并且交直線于點，則．證明：∵，，∴∴，．∴．∵，∴．（依據）又∵，∴．∴．……
任務：（1）上述證明過程中的依據是______；（2）將上述證明過程補充完整；
（3）古拉美古塔定理的逆命題：如圖，四邊形內接于，對角線，垂足為點，直線交于點，交于點．若，則．請證明該命題．
12．（2023·江蘇宿遷·統考二模）【閱讀】婆羅摩笈多是七世紀印度數學家，他曾提出一個定理：若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則垂直于一邊且過對角線交點的直線平分對邊．
證明：如圖1所示內接于圓的四邊形的對角線互相垂直，垂足為點，過點的直線垂直于，垂足為點，與邊交于點，由垂直關系得，，所以，由同弧所對的圓周角相等得，所以，則，同理，，故；
【思考】命題“若圓內接四邊形的對角線相互垂直，則平分對邊且過對角線交點的直線垂直于另一邊”為　 　（填“真命題”，“假命題”）；
【探究】（1）如圖2，和為共頂點的等腰直角三角形，，過點的直線垂直于，垂足為點，與邊交于點．證明：點是的中點；
（2）如圖3，和為共頂點的等腰直角三角形，點是的中點，連接交于點，若，求的長．
13．（2023·山西太原·九年級山西大附中校考階段練習）閱讀下列材料，完成相應的任務
婆羅摩笈多（Brahmagupta）是古印度著名數學家、天文學家，他在三角形、四邊形、零和負數的算術運算規則、二次方程等方面均有建樹，特別是在研究一階和二階不定方程方面作出了巨大貢獻．他曾經提出了“婆羅摩笈多定理”，該定理也稱為“古拉美古塔定理”．該定理的內容及部分證明過程如下：古拉美古塔定理：已知：如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC⊥BD，垂足為M，直線ME⊥BC，垂足為E，并且交直線AD于點F，則AF＝FD．證明：∵AC⊥BD，ME⊥BC∴∠CME+∠C＝90°，∠CBD+∠C＝90°∴∠CBD＝∠CME∴　 　，∠CME＝∠AMF∴∠CAD＝∠AMF∴AF＝MF…
任務：（1）材料中劃橫線部分短缺的條件為：　 　；
（2）請用符號語言將下面“布拉美古塔定理”的逆命題補充完整，并證明該逆命題的正確性：
已知：如圖，四邊形ABCD內接于⊙O，對角線AC⊥BD，垂足為M，F為AD上一點，直線FM交BC于點E，①　 　．求證：②　 　．證明：
14．（2023·廣東佛山·統考三模）探索應用
材料一：如圖1，在△ABC中，AB＝c，BC＝a，∠B＝θ，用c和θ表示BC邊上的高為　 　，用a．c和θ表示△ABC的面積為　 　．
材料二：如圖2，已知∠C＝∠P，求證：CF BF＝QF PF．
材料三：蝴蝶定理（ButterflyTheorem）是古代歐氏平面幾何中最精彩的結果之一，最早出現在1815年，由W．G．霍納提出證明，定理的圖形象一只蝴蝶．
定理：如圖3，M為弦PQ的中點，過M作弦AB和CD，連結AD和BC交PQ分別于點E和F，則ME＝MF．
證明：設∠A＝∠C＝α，∠B＝∠D＝β，∠DMP＝∠CMQ＝γ，∠AMP＝∠BMQ＝ρ，
PM＝MQ＝a，ME＝x，MF＝y 由
即
化簡得：MF2 AE ED＝ME2 CF FB，則有： ,
又∵CF FB＝QF FP，AE ED＝PE EQ，
∴，即
即，從而x＝y，ME＝MF．請運用蝴蝶定理的證明方法解決下面的問題：
如圖4，B、C為線段PQ上的兩點，且BP＝CQ，A為PQ外一動點，且滿足∠BAP＝∠CAQ，判斷△PAQ的形狀，并證明你的結論．
15．（2022·河南駐馬店·統考三模）閱讀以下材料，并完成相應的任務：
西姆松定理是一個平面幾何定理，其表述為：過三角形外接圓上異于三角形頂點的任意一點作三邊或其延長線的垂線，則三垂足共線（此線常稱為西姆松線）．數學興趣小組的同學們嘗試證明該定理．如圖1，已知內接于⊙O，點P在⊙O上（不與點A、B、C重合），過點P分別作AB，BC，AC的垂線，垂足分別為D，E，F求證：點D，E，F在同一條直線上
以下是他們的證明過程：
如圖1，連接PB，PC，DE，EF，取PC的中點Q，連接QE，QF，
則（依據1），∴E，F，P，C四點共圓．
∴（依據2）．
又∵，∴．
∵，∴B，D，P，E四點共圓．∴（依據3）．
∵，∴（依據4）．∴點D，E，F在同一條直線上．
任務：(1)填空：①依據1指的的是中點的定義及______；②依據2指的是______；
③依據3指的是______；④依據4指的是______．
(2)善于思考的小英發現當點P是的中點時，．請你利用圖2證明該結論的正確性．
16．（2022·河南平頂山·統考二模）閱讀下面的材料，完成相應的任務：
在1815年某雜志上刊登了這樣一個命題：如圖，圓O中的弦AB的中點為G，過點G任作兩弦CD，EF，弦FC，ED分別交AB于P，Q，則PG=QG．由于其幾何圖形形象奇特、貌似蝴蝶，故稱“蝴蝶定理”、是古代歐氏平面幾何中最精彩的結果之一．
任務：(1)如圖1，AB為⊙O的任一弦．
①若G為弦AB的中點，連接OG，則OG與AB的位置關系為______；
②若OG⊥AB，判斷AG與BG之間的數量關系，并說明理由．
(2)下面是“蝴蝶定理”的證明過程（部分），請補充完整．
證明：過O作OM⊥FC于點M，ON⊥DE于點N，連接OP，OQ，MG，NG，OG，
由任務（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的中點O′，在四邊形MOGP中，
∵∠OMC=∠OGP=90°，∴MO′=OO′=PO′，GO′=OO′=PO′，
即：MO′=OO′=GO′=PO′，∴M，O，G，P四點在以O′為圓心的一個圓上，
∴∠1=∠2（同弧所對的圓周角相等），同理：∠3=∠4，
17．（2022·河南安陽·統考一模）閱讀下列材料，并完成相應的任務．
西姆松定理是一個平面幾何定理，其表述為：過三角形外接圓上異于三角形頂點的任意一點作三邊或其延長線的垂線，則三垂足共線（此線常稱為西姆松線）．某數學興趣小組的同學們嘗試證明該定理．如圖（1），已知內接于，點P在上（不與點A，B，C重合），過點P分別作，，的垂線，垂足分別為．點D，E，F求證：點D，E，F在同一條直線上．如下是他們的證明過程（不完整）： 如圖（1），連接，，，，取的中點Q，連接，，則，（依據1）∴點E，F，P，C四點共圓，∴．（依據2）又∵，∴．同上可得點B，D，P，E四點共圓，……
任務：(1)填空：①依據1指的是中點的定義及________；②依據2指的是________．
(2)請將證明過程補充完整．(3)善于思考的小虎發現當點P是的中點時，，請你利用圖（2）證明該結論的正確性．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
HYPERLINK "http://21世紀教育網(www.21cnjy.com)
" 21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑