专题10 圆中的重要模型之阿基米德折弦（定理）模型、婆罗摩笈多（定理）模型解读与提分精练（北师大版）（解析版）

专题10圆中的重要模型之阿基米德折弦（定理）模型、婆罗摩笈多（定理）模型圆在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就圆形中的重要模型（阿基米德折弦（定理）模型、婆罗摩笈多（布拉美古塔）（定理）模型）进行梳理及对应试题分析，方便掌握。TOC\o"1-4"\h\z\u 1模型1.阿基米德折弦模型 1模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型 10 16模型1.阿基米德折弦模型【模型解读】折弦:从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，我们称之为该图的一条折弦。一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点。条件：如图1所示，AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC>AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，结论：CD=AB+BD。图1图2图3图4证明：法1（垂线法）：如图2，过点M作射线AB，垂足为点H，连接，AC；∵M是的中点，∴．∵，，∴．又∵，∴，∴，．∵，，∴．∴．∴．法2（截长法）：如图3，在CD上截取DG=BD，连接BM，MC，MA，AC；∵BD=DG，MD⊥BG，∴MB=MG，∠MBG=∠MGB，∵M是的中点，∴∠MAC=∠MCA，∴MA=MC，∵∠CMG＋∠MCG=∠MGB=∠MBG=∠MAC=∠MCA=∠ACB＋∠MCG，∴∠CMG=∠ACB=∠AMB，∵MB=MG，MA=MC，∠BMA=∠GMC，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴BA=GC，CD=AB+BD．法3（补短法）：如图4，如图，延长DB至F，使BF=BA；连接MA、MB、MC、MF、AC，∵M是的中点，∴MA=MC，∠MAC=∠MCA，∵∠MBA=180°-∠MCA，∠MBF=180°-∠CBC=180°-∠MAC=180°-∠MCA，，∴∠MBA=∠MBF，在△MBF和△MBA中，，∴△MBF≌△MBA（SAS），∴MF=MA=MC，又∵MD⊥BC，∴FD=CD，∴DC=BF+BD=BA+BD；例1．（2024·广东·校考一模）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·广东九年级期中）如图，AB和BC是的两条弦（即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，若，，则CD的长为（

）．A． B． C． D．【答案】D【分析】作辅助线在CD上截取DG=BD，连接BM，MC，MA，使AB和CG在△MBA和△MGC中，通过证明△MBA≌△MGC（SAS），得出CD=AB+BD；【详解】解：如图，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=，故选：D．【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形性质和判定，等腰三角形的性质和判定；熟练掌握圆周角定理及其推论：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．例3．（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．例4．（23-24九年级上·江苏连云港·期末）【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.例5．（24-25九年级上·北京·期中）在《阿基米德全集》中的《引理集》中记录了古希腊数学家阿基米德提出的有关圆的一个引理．如图，已知，C是弦AB上一点(1)尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）；①作线段的垂直平分线DE，交于点D，垂足为E；②以点D为圆心，长为半径作弧，交于点F（F，A两点不重合），连接．(2)引理的结论为：．证明：连接∵DE为的垂直平分线∴∴又∵四边形内接于圆∴（______）①（填推理的依据）又∵∴____________…②又∵∴____________…③∴∴∴．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)见解析【分析】本题考查了垂直平分线的基本作图，三角形全等的判定和性质，圆的内接四边形的性质．（1）①根据基本作图的基本步骤画图即可；②按照步骤画图即可．（2）根据三角形全等的判定，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，圆的内接四边形的性质等推理证明即可．【详解】（1）解：①根据基本作图的基本步骤画图如下：则即为所求．②根据题意，画图如下：则即为所求．（2）证明：连接，，，．∴为的垂直平分线，∴，∴．又∵四边形内接于圆∴．（圆的内接四边形，对角互补）．又∵，∴．又∵，∴，（同圆或等圆中，等弧所对圆周角相等）．∴，∴．例6．（2024·河南商丘校考一模）阅读下面材料，完成相应的任务：阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一、《阿基米德全集》收集了已发现的阿基米德著作，它对于了解古希腊数学，研究古希腊数学思想以及整个科技史都是十分宝贵的．其中论述了阿基米德折弦定理：从圆周上任一点出发的两条弦，所组成的折线，称之为该圆的一条折弦．一个圆中一条由两长度不同的弦组成的折弦所对的两段弧的中点在较长弦上的射影，就是折弦的中点．如图1，AB和BC是的两条弦（即ABC是圆的一条折弦），．M是弧的中点，则从M向所作垂线之垂足D是折弦的中点，即．小明认为可以利用“截长法”，如图2：在线段上从C点截取一段线段，连接．小丽认为可以利用“垂线法”，如图3：过点M作于点H，连接任务：(1)请你从小明和小丽的方法中任选一种证明思路，继续书写出证明过程，(2)就图3证明：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）首先证明，进而可得，即可得到解答；（2）由（1）可知，，整理等式即可得到结论．【详解】（1）证明：如图2，在CB上截取C，连接，∵是的中点，∴在和中，∴，∴∵，∴∴；（2）证明：在中，，在中，，由（1）可知，，∴；【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．模型2.圆中的“婆罗摩笈多”模型婆罗摩笈多定理：如果一个圆内接四边形（即对角互补的四边形）的对角线互相垂直且相交，那么从交点向某一边所引垂线的反向延长线必经过这条边对边的中点（反之亦能成立）。1）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）条件：如图，四边形ABCD内接于，对角线，垂足为点M，直线，垂足为点E，并且交直线AD于点F．结论：．证明：∵，，∴，∴，，∴，∵，∴．又∵，∴，∴．在Rt△ADM中，∠ADM＝90°，∴∠DMF＝90°﹣∠AMF，∠ADM＝90°﹣∠CAD，又∠AMF＝∠CAD，∴∠DMF＝∠ADM，∴FM＝FD，∴AF＝FD2）婆罗摩笈多定理（古拉美古塔定理）的逆定理条件：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为M，F为AD上一点，直线FM交BC于点E，FA=FD．结论：FE⊥BC．证明：∵AF=FD，AC⊥BD，∴∠AMD=90°，∴AF=MF=FD，∴∠FMD=∠ADM，∵∠DAM+∠ADM=90°，∴∠FMD+∠DAM=90°，∵∠FMD=∠BME，∠DAM=∠DBC，∴∠DBC+∠BME=90°，∴∠MEB=90°，∴FE⊥BC．例1．（2024·河南·校考一模）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》，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”．按图写出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：________________________________________________________________________________．【答案】见解析【分析】由AC⊥BD，EF⊥AB，即可得出∠BMF＝∠MAF，进而证得∠EDM＝∠EMD，得出DE＝ME，同理可证ME＝CE，即可证得结论．【详解】解：已知：如图，在圆内接四边形ABCD中，对角线AC⊥BD于点M，过点M作AB的垂线分别交AB、DC于点F，E．求证：点E是DC的中点．证明：∵AC⊥BD，EF⊥AB，∴∠BMF＋∠AMF＝90°，∠MAF＋∠AMF＝90°，∴∠BMF＝∠MAF，∵∠EDM＝∠MAF，∠EMD＝∠BMF，∴∠EDM＝∠EMD，∴DE＝ME，同理可证ME＝CE，∴DE＝CE，∴点E是DC的中点．点E是DC的中点．∵AC⊥BD，EF⊥AB，∴∠BMF＋∠AMF＝90°，∠MAF＋∠AMF＝90°，∴∠BMF＝∠MAF，∵∠EDM＝∠MAF，∠EMD＝∠BMF，∴∠EDM＝∠EMD，∴DE＝ME，同理可证ME＝CE，∴DE＝CE；【点睛】本题考查圆的综合问题，同弧所对的圆周角相等，对顶角相等，等角的余角相等，掌握以上知识是解题的关键．例2．（2024·重庆·校考一模）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．例3．（2024·山西太原·三模）请阅读下面的材料，并解答问题．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，他编著了《婆罗摩修正体系》《肯达克迪迦》，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，其中有著名的婆罗摩笈多定理．婆罗摩笈多定理：圆的内接四边形的对角线与垂直相交于M，过点M的直线与边分别相交于点F、E．则有下两个结论：如果，那么；如果，那么．数学课上，赵老师带领大家对该定理的第一条进行了探究．证明：，，即，，，在中，，……请解答以下问题：(1)请完成所给材料的证明过程；(2)请证明结论（2）；(3)应用：如图圆O中，半径为4，A，B，C，D为圆上的点，，连接交于点F，过点F作于E，延长交于G，则的长度为______．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）利用圆周角定理及直角三角形的性质得到进而推出，同理得到，根据等边对等角即可得出结论；（2）根据题意得到，进而得到，利用圆周角定理结合对顶角推出，从而得到，即可证明；（3）连接，设交于点M，先利用等腰三角形的性质结合题意易证，再利用三角形内角和定理推出，从而证明，由（1）中结论易得，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得到，再根据勾股定理求出，即可得出结果．【详解】（1）证明：，，即，，，在中，，，又∵，∴，∴，∵，∴∴，∴；（2）证明：∵∴，∴又∵，∴，∵，∴∴，∴；（3）解：如图，连接，设交于点M，，，，，即，，，，，，由（1）中结论可得，，，在中，，．【点睛】本题考查圆的内接四边形，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，三角形内角和定理，勾股定理，熟练运用等腰三角形等角对等边的性质是解题的关键．1．（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．2．（23-24九年级上·河南漯河·期末）定义：圆中有公共端点的两条弦组成的折线称为圆的一条折弦．如图，和组成圆的折弦，，是的中点，于，则下列结论一定成立的是（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，在上截取，证明，推出，利用等腰三角形“三线合一”可证，等量代换可得．【详解】解：如图，在上截取，连接，，，，是的中点，，，和都是所对的圆周角，，在和中，，，，又，，，故C选项正确，现有条件不能证明选项A，B，D中的结论一定成立，故选C．3．（23-24九年级上·浙江温州·期中）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆氏四边形”．如图，在中，四边形是“婆氏四边形”，对角线相交于点E，过点E作于点H，延长交于点F，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先证明，再根据同弧所对的圆周角相等推出，则，再证明，得到，则．【详解】解：∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故选A．【点睛】本题主要考查了同弧所对的圆周角相等，等腰三角形的判定，同角的余角相等，直角三角形两锐角互余，证明，是解题的关键．4．（23-24九年级下·江西南昌·期末）婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家，曾研究对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类四边形称为“婆罗摩笈多四边形”．如图，四边形是的内接四边形，且是“婆罗摩笈多四边形”、若，则的半径为．

【答案】1【分析】连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，根据圆周角定理的推论得出，然后求出，再利用勾股定理得出，同理可得，然后得出，即可求出的半径．【详解】解：连接，交于点E，连接并延长交于F，连接，设的半径为r，

∵是直径，∴，由题意知，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，同理可得，∴，∴，即的半径为1，故答案为：1．【点睛】本题主要考查了圆周角定理的推论，圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，作出合适的辅助线，证明是解题的关键．5．（23-24九年级上·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．6．（2023·重庆·统考一模）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7．（23-24九年级上·山西大同·期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务：斯库顿定理：如图1．在中，为的平分线，则．下面是该定理的证明过程：证明：如图2，是的外接圆，延长交于点，连接．∵为的平分线，∴．∵，（依据①__________________________）．（依据②_________________________）又，．．……任务：（1）证明过程中的依据是：①__________________________________．②__________________________________．（2）将证明过程补充完整：（3）如图3．在圆内接四边形中，对角线，相交于点．若，，，，，请利用斯库顿定理，直接写出线段的长．【答案】（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等，②两角分别相等的两个三角形相似；（2）见解析；（3）【分析】（1）由图可知和所对的弧是同一条弧，根据同弧或者等弧所对圆周角相等可知结论；已知两角分别相等的两个三角形相似；（2）已知两角分别相等的两个三角形相似可知，进而得到比例关系，最后得出结论；（3）由斯库顿定理，得，从而求出的值，再根据两角分别相等的两个三角形相似可知：，进而得出的值，最后由线段和可知的值．【详解】解：（1）①同弧或等弧所对的圆周角相等∵和所对的弧是同一条弧∴①应填：同弧或等弧所对的圆周角相等②两角分别相等的两个三角形相似∵题目中的结论是两个三角形相似，用的方式是三角形的两个角分别相等∴②应填两角分别相等的两个三角形相似（2）∵，..（3）∵.∴弧弧CE∴∴平分.由斯库顿定理，得又∵，，，，∴.解得或（舍去）。∵,.∴∴∴解得∴【点睛】本题是一道阅读理解题，通过读材料运用已知条件得到斯库顿定理，理解并会运用斯库顿定理是解题的关键．8．（23-24九年级上·浙江湖州·期末）【概念认识】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．（1）如图1，已知在垂等四边形中，对角线与交于点，若，cm，，求的长度，【数学理解】（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李与同学讨论出了如下方法：如图2，在中，已知是的弦，只需作，，分别交于点和点，即可得到垂等四边形，请你写出证明过程．【问题解决】（3）如图3，已知是上一定点，为上一动点，以为一边作出的内接垂等四边形（、不重合且、、三点不共线），对角线与交于点，的半径为，当点到的距离为时，求弦的长度．【答案】（1）5；（2）见解析；（3）或．【分析】（1）根据垂等四边形的定义列式求解即可；（2）连结，并相交于点，证明，得到，证明，即可得到结果；（3）方法一：连接，，根据已知条件求出AD，DE，再根据相似三角形的性质列式计算即可；方法二：通过已知条件证明和是等腰直角三角形，在根据条件计算即可；【详解】（1）由垂等四边形的定义得，又∵，∴，∴．（2）如图1，连结，并相交于点，∵，，∴，，∴，即，∵，，，∴，∴．∵，，∴四边形是垂等四边形．（3）方法一：连接，，由（2）可得等腰，∴，作，易证得，∴，设，，可得方程，解得（如图2），（如图3），∴或，作，∵，∴，∴，∴或，∴（如图2）或（如图3）．方法二：∵且，∴，∴，∴，∴，∴和是等腰直角三角形，∴由方法一得或，根据可得或2，∴或．【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合相似三角形的判定与性质、三角函数的应用和四边形综合知识的计算是解题的关键．9．（23-24湖南长沙九年级月考）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”．（1）若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是．（填序号）①矩形；②菱形；③正方形（2）如图1，RtABC中，∠BAC=90°，以AB为弦的⊙O交AC于D，交BC于E，连接DE、AE、BD，AB=6，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长．（3）如图2，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知∠BOC+∠AOD=180°．①求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”；②当AD+BC=4时，求⊙O半径的最小值．【答案】（1）③；（2）3；（3）①见解析；②【分析】（1）根本圆内接四边形对角互补和平行四边形对角相等可得∠ABC=∠ADC=90°，从而可证明四边形ABCD为矩形，再根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可判断；（2）根据垂径定理和圆周角定理可得AD=DE，∠DEB=∠DEC=90°，设AD=DE=m，则DC=8-m，EC=10-6=4，在Rt△DEC中解直角三角形即可；（3）①根据圆周角定理即可得出，从而可得∠CED=90°，继而证明结论；②作OM，ON分别垂直与AD，BC，证明△OAM≌△BON，设，则，，，在Rt△BON中，根据勾股定理和二次函数的性质即可得出半径的最小值．【详解】解：（1）如下图，∵平行四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∴∠ABC=∠ADC，∠ABC+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠ADC=90°，∴平行四边形ABCD为矩形，∵四边形ABCD是“婆氏四边形”，∴AC⊥BD，∴矩形ABCD为正方形，故答案为：③；（2）∵∠BAC=90°，AB=6，，∴，,BD为直径，∴∠BED=∠DEC=90°，∵四边形ABED是“婆氏四边形”，∴AE⊥BD，∴AD=DE，AB=BE=6，设AD=DE=m，则DC=8-m，EC=10-6=4，在Rt△EDC中，根据勾股定理,,即，解得，即DE=3；（3）①设AC，BD相交于点E如图所示∵，，∠BOC+∠AOD=180°，∴，∴∠CED=90°，即AC⊥BD，又∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴四边形ABCD是“婆氏四边形”；②如下图，作OM，ON分别垂直与AD，BC，∴，，∠AMO=∠BNO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°，∵OA=OB=OC=OD，∴,，∵∠BOC+∠AOD=180°，∴，∴，在△OAM和△BON中∵∴△OAM≌△BON（AAS），∴，∵AD+BC=4设，则，，，在Rt△BON中，，当时，取得最小值，即⊙O半径的最小值为．【点睛】本题考查圆周角定理、垂径定理、圆内接四边形的性质、勾股定理、正方形的判定定理、二次函数的性质等．（1）中能正确证明出四边形的一个角是90°是解题关键；（2）中能正确表示出Rt△EDC的三个边是解题关键；（3）中①正确利用圆周角定理是解题关键；②正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．10．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图1所示，A、B、C、D四点在上逆时针顺序分布，且满足．(1)求证：点A到两边的距离相等；(2)如图2，已知与相交于点，为的直径．若，，求的长．(3)已知，与相交于点，直线与直线相交于圆外一点G，若线段为的一条高，试求：的最小值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）连接，首先根据同弧所对的圆周角相等得到，然后根据角平分线的性质定理求解即可；（2）过点D作，交延长线于点Q，根据平行线分线段成比例得到，得到，设，则，得出，求出，，然后证明出，得到，进而求解即可；（3）首先得出，证明出，得到，设，求出，，同理可证，，得到，进而求解即可．【详解】（1）如图1，连接，∵，∴，∴点A到两边的距离相等；（2）∵，∴，∵为直径，∴，∴，如图2，过点D作，交延长线于点Q，∴，，又由（1）知：，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，则，设，则，∵为直径，∴，∵，∴，∴，解得：，∴，，又∵，，∵，，∴，∴，∴；（3）如图所示，与相交于点，直线与直线相交于圆外一点G，∵为的一条高，若，则，与题意矛盾．∴，此时为的直径，∴，∴又∵∴，∴，设，∴，．同理可证，，∴，∴∴∴原式∵，∴，∴．当时，原式有最小值为．【点睛】本题主要考查圆与三角形综合题，解直角三角形，三角形的相似的性质和判定，等弦对等弧，等弧对等角，平行线分线段成比例等相关知识点，牢记知识点是解题关键．11．（2023·江苏淮安·三模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”．如图1，中，点E是边上一点，连接，若，则称点E是中边上的“平方点”．

(1)如图2，已知，在四边形中，平分于点E，，求证：点E是中边上的“平方点”；(2)如图3，是的内接三角形，点E是中边上的“平方点”，若，求的值；(3)在，，点E是边上的“平方点”，直接写出线段的长为______．【答案】(1)答案见解析(2)(3)5或8【分析】（1）先证，得，再由平分，得，即可得答案；（2）由点E是中边上的“平方点”得，再证，得，可得，再证，得，即可得答案；（3）先求出的长，设，得，解答即可．【详解】（1）解：，，，，平分，，，点E是中边上的“平方点”；（2）如下图，延长交圆O于点D，连接，

点E是中边上的“平方点”，，是的内接三角形，，，，，，，，，，，；（3）如下图，，过点A作于点D，

，，，设，由题意得：，，解得：，的长为5或8．【点睛】本题考查了定义新运算，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．12．（2024·河南安阳·校考一模）阅读下列材料，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）．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，……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．13．（2024·浙江·九年级专题练习）如图中所示，AB和BC组成圆的折弦，AB＞BC，D是的中点，DE⊥AB，垂足为E．连结AD，AC，BD．（1）写出所有与∠DBA相等的角（不添加任何线段）__________．（2）判断AE，BE，BC之间的数量关系并证明．（3）如图，已知AD＝7，BD＝3，求AB·BC的值．【答案】（1）；（2），见解析；（3）40【分析】（1）根据题意可得，根据等弧所对的圆周角相等即可求得；（2）在线段上截取，根据是的中垂线，，可得，进而可得，；（3）根据即可求得．【详解】（1）是的中点，故答案为：（2）理由如下：如图，在线段上截取，∵∴是的中垂线∴，∵点D是的中点，∴，，∴∵∴，∵，∴，∴，∴，∴即（3）∵∴∴【点睛】本题考查了圆周角定理的推论，三角形全等的性质与判定，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键．14．（23-24九年级上·吉林长春·期中）有关阿基米德折弦定理的探讨与应用【问题呈现】（1）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，则从点M向作垂线，垂足D是折弦的中点，即．下面是运用“截长法”证明的部分证明过程．证明：如图②，在上截取，连接、、和．∵M是的中点，．……请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分．【理解运用】（2）如图③，内接于，过点O作于点D，延长交于点E，过点E作于点F．若，，则的长为______．【实践应用】（3）如图④，等边内接于，点D是上一点，且，连接．若，则的周长为______．

【答案】（1）见解析；（2）3；（3）【分析】（1）先证明，得出，根据三线合一性质得到，进而得到；（2）利用垂径定理得到，根据阿基米德折弦定理求出，利用求出结果；（3）根据等边三角形性质，基米德折弦定理，结合题意得出是等腰直角三角形，求出，进而求出，从而求出结果．【详解】解：（1）问题呈现：在和中，，，，，，即；（2），，是的中点，，，，，，，故答案为：3；（3）是等边三角形，，，是的中点，，如图：作于点，则，，是等腰直角三角形，，，，，故答案为：【点睛】本题考查了垂径定理，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，理解题中给出的阿基米德折弦定理是解答本题的关键．15．（22-23九年级上·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．16．（23-24九年级上·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．17．（23-24·江苏扬州·九年级校联考阶段练习）我们知道，如图1，AB是⊙O的弦，点F是的中点，过点F作EF⊥AB于点E，易得点E是AB的中点，即AE＝EB．⊙O上一点C（AC＞BC），则折线ACB称为⊙O的一条“折弦”．（1）当点C在弦AB的上方时（如图2），过点F作EF⊥AC于点E，求证：点E是“折弦ACB”的中点，即AE＝EC+CB．（2）当点C在弦AB的下方时（如图3），其他条件不变，则上述结论是否仍然成立？若成立说明理由；若不成立，那么AE、EC、CB满足怎样的数量关系？直接写出，不必证明．（3）如图4，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，Rt△ABC的外接圆⊙O的半径为2，过⊙O上一点P作PH⊥AC于点H，交AB于点M，当∠PAB＝45°时，求AH的长．【答案】（1）见解析；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，见解析；（3）AH的长为﹣1或+1．【分析】（1）在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，证明△FAG≌△FBC，根据全等三角形的性质得到FG＝FC，根据等腰三角形的性质得到EG＝EC，即可证明.（2）在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，证明△FCG≌△FCB，根据全等三角形的性质得到FG＝FB，得到FA＝FG，根据等腰三角形的性质得到AE＝GE，即可证明.（3）分点P在弦AB上方和点P在弦AB下方两种情况进行讨论.【详解】解：（1）如图2，在AC上截取AG＝BC，连接FA，FG，FB，FC，∵点F是的中点，FA＝FB，在△FAG和△FBC中，∴△FAG≌△FBC（SAS），∴FG＝FC，∵FE⊥AC，∴EG＝EC，∴AE＝AG+EG＝BC+CE；（2）结论AE＝EC+CB不成立，新结论为：CE＝BC+AE，理由：如图3，在CA上截取CG＝CB，连接FA，FB，FC，∵点F是的中点，∴FA＝FB，,∴∠FCG＝∠FCB，在△FCG和△FCB中，∴△FCG≌△FCB（SAS），∴FG＝FB，∴FA＝FG，∵FE⊥AC，∴AE＝GE，∴CE＝CG+GE＝BC+AE；（3）在Rt△ABC中，AB＝2OA＝4，∠BAC＝30°，∴当点P在弦AB上方时，如图4，在CA上截取CG＝CB，连接PA，PB，PG，∵∠ACB＝90°，∴AB为⊙O的直径，∴∠APB＝90°，∵∠PAB＝45°，∴∠PBA＝45°＝∠PAB，∴PA＝PB，∠PCG＝∠PCB，在△PCG和△PCB中，∴△PCG≌△PCB（SAS），∴PG＝PB，∴PA＝PG，∵PH⊥AC，∴AH＝GH，∴AC＝AH+GH+CG＝2AH+BC，∴∴当点P在弦AB下方时，如图5，在AC上截取AG＝BC，连接PA，PB，PC，PG∵∠ACB＝90°，∴AB为⊙O的直径，∴∠APB＝90°，∵∠PAB＝45°，∴∠PBA＝45°＝∠PAB，∴PA＝PB，在△PAG和△PBC中，∴△PAG≌△PBC（SAS），∴PG＝PC，∵PH⊥AC，∴CH＝GH，∴AC＝AG+GH+CH＝BC+2CH，∴∴∴即：当∠PAB＝45°时，AH的长为或【点睛】考查弧，弦的关系，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，综合性比较强，注意分类讨论思想方法在解题中的应用.18．（23-24·江苏·九年级期中）小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．(1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在中，C是劣弧的中点，直线于点E，则．请证明此结论；(2)从圆上