文档内容
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。
....................................................................................................................................................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
..................................................................................................................................................15
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。
M C H M C M C M C
B D B D G B D G B D
F
A A A A
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．（2024·安徽芜湖·一模）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】本题主要考查圆周角定理，全等三角形的性质和判定，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·河南洛阳·校考二模）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=
∵ΔABC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．
例4．（23-24·山东日照·九年级校考期中）【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∠DAC＝45°，过点D 作DG⊥AC于点G，则CG′+AB＝AG，所以AG＝
1 1 1 1 1 1 1 1
（6+8）＝7．如图∠DAC＝45°，同理易得AD＝ ．
2 2
【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∠DAC＝45°，过点D 作DG⊥AC于点G，则CG′+AB＝AG，
1 1 1 1 1 1 1
所以AG＝ （6+8）＝7．所以AD＝7 ．
1 1
如图∠DAC＝45°，同理易得AD＝ ．所以AD的长为7 或 ．
2 2
【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．（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.
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∠A△MF＝∠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．
例1．（23-24九年级上·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．（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：
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∵ ，∴ ．∴ ．……
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．
例3．（23-24下·江苏泰州·九年级校考阶段练习）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．1．（2023·浙江温州·校考三模）在几何学发展的历史长河中，人们发现了许多经久不衰的平面几何定理，
苏格兰数学家罗伯特·西姆森 发现从三角形外接圆上任意一点向三边（或其延长线）所作垂
线的垂足共线，这三个垂足的连线后来被称为著名的“西姆森线” ．如图，半径为4的
为 的外接圆， 过圆心O，那么过圆上一点P作 三边的垂线，垂足E、F、D所在直线即为
西姆森线，若 ， ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接 ，首先根据题意得到点A，F，P三点共线，然后证明出四边形 是矩形，得到
，证明出 ，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图所示，连接 ，由题意可得，点E、F、D共线，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴点A，F，P三点共线，
∵ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】此题考查了圆与三角形综合题，相似三角形的性质和判定，矩形的性质等知识，解题的关键是熟
练掌握以上知识点．
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(BC AB)，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．
3．（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．
4．（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．
5．（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．
6．（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．7．（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．
8．（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＝G△E，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.
9．（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．
10．（2024·山西大同·校考一模）阅读与思考：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，并且享有“力
学之父”的美称，留给后人的最有价值的书是《阿基米德全集》．在该书的“引理集”中有这样一道题：
如图1，以 为直径作半圆O，弦 是一个内接正五边形的一条边（即： ），点D是
的中点，连接 并延长与直径 的延长线交于点E，连接 交于点F，过点F作 于点M．求证： 是半圆的半径．
下面是勤奋小组的部分证明过程：证明：如图2，过点D作 于点H．
∵ ，∴ ．（依据1）
∵点D是 的中点，∴ ．∵ ，∴ ．
∴ ．（依据2）
∵以 为直径作半圆O，∴ ．（依据3）
∴ ．∵四边形 是半圆O的内接四边形，
∴ ．（依据4）
∵ ，∴ ．
∵ 于点M，∴ ．
∵ ，∴ ．∵ ．∵ ．
∴ ．∴ ．……
通过上面的阅读，完成下列任务：(1)任务一：直接写出依据1，依据2，依据3和依据4；
(2)任务二：根据勤奋小组的解答过程完成该题的证明过程．（提示：先求出 的度数，再根据等腰三角
形的性质或判定完成该题的证明过程）
【答案】(1)依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半．（或圆周角定理）；依据2：同
弧或等弧所对的圆周角相等；依据3：直径所对的圆周角是直角；依据4：圆内接四边形的对角互补
(2)见解析
【分析】（1）分析条件和结论的关系写出依据；（2）求出 ，再求出
，得到 ，推出 ；
【详解】（1）解：依据1：一条弧所对的圆周角等于它所对圆心角度数的一半（或圆周角定理）；
依据2：同弧或等弧所对的圆周角相等；依据3：直径所对的圆周角是直角；
依据4：圆内接四边形的对角互补；
（2）解：∵ ，∴ ，∵ 于点H，∴ ，∴ ，
∵ 是 的外角，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ 是半圆的半径．
【点睛】本题考查圆的综合题，涉及知识点：圆周角定理、圆内接四边形的性质、等腰三角形的判定及性
质、三角形的外角的性质，解题关键结合图形应用条件推理论证．
11．（2024·山西临汾·九年级统考阶段练习）阅读与思考请阅读下列材料，并完成相应的任务．
在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问
题，其中有这样一个问题：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 ．其部分证
明过程如下：证明：如图2，在 上截取 ，连接 ， ， 和 ．
∵ 是 的中点，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，……
任务：(1)补全证明过程，(2)如图3，在 中， ， ，若 ， ， ，则
到 的距离是____________， 到 的距离是____________， 的半径是____________．
【答案】(1)证明见解析 (2) ； ；
【分析】（1）在 上截取 ，连接 ， ， 和 ，根据圆心角定理，得出 ，
再根据圆周角定理，得出 ，再根据 ，得出 ，再根据全等三角形的性质，得出
，再根据三线合一的性质，得出 ，再根据线段之间的数量关系，即可得出结论；
（2）过点 作 于点 ， 于点 ，连接 ，根据线段之间的数量关系，得出 ，
再根据垂径定理，得出 ，再根据线段之间的数量关系，得出 ，进而得出 到
的距离是 ，再根据垂径定理，得出 ，再根据线段之间的数量关系，得出 ，进而
得出 到 的距离是 ，再根据勾股定理，计算即可得出 的半径．
【详解】（1）证明：如图2，在 上截取 ，连接 ， ， 和 ．
∵ 是 的中点，∴ ，∵ ，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，∴ ；（2）解：如图，过点 作 于点 ， 于点 ，连接 ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
由（1）的结论，并结合图形，可得： ，
∴ ，解得： ，∵ ，∴ ，
∴ ，∴ 到 的距离是 ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，∴ 到 的距离是 ，
∵ ， ，∴ ，
∴ 的半径是 ．故答案为： ； ； ．
【点睛】本题考查了弧、弦、圆心角的关系、圆心角定理、全等三角形的判定与性质、三线合一的性质、
垂径定理、勾股定理，解本题的关键在正确作出辅助线，并熟练掌握相关的性质定理．
12．（2024·河南平顶山·校考二模）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 B△GO，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．
13．（2024·河南驻马店·校考三模）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．（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．
15．（2023·山西吕梁·一模）阅读与思考：下面是小宇同学写的一篇数学小论文，请认真阅读并完成相应
学习任务：对角线互相垂直的四边形的性质探究
在平行四边形一章中，我们已经学习过平行四边形、矩形、菱形及正方形的性质，那么对于对角线互相垂
直的四边形，它有哪些特殊的性质呢？容易得知：
对角线互相垂直的四边形，两组对边的平方和相等，证明过程如下：
如图1，在四边形 中，对角线 ，垂足为 ．求证： ．
证明：∵ 于点 ，
∴ （依据1）
若对角线互相垂直的四边形内接于圆，它还有什么特殊性质呢，通过探究，我得出如下结论：对角线互相
垂直的圆内接四边形，每组对边的平方和等于它的外接圆半径平方的4倍，证明过程如下（不完整）：
如图2，已知 的半径为 ，四边形 内接于 ，且 ．
求证： ．
证明：过点 作直径 ，分别连接 ．
∵ 是 的直径，∴ （依据2）∴ ，∵ ，∴ ．
学习任务：(1)小宇同学的论文中，画横线部分的“依据1”和“依据2”分别是：
依据1：______________；依据2：______________．
(2)请完成图2的剩余证明过程；(3)如图3，已知四边形 内接于 ， 为 上一点，
，若 的直径为8， ，请直接写出 的长度．
【答案】(1)勾股定理（或直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方）；直径所对的圆周角等于90°(2)见解析 (3)
【分析】（1）根据勾股定理与圆周角定理可得答案；（2）过点 作直径 ，分别连接
．证明 ， ．可得 ，可得 ，再利用勾股
定理可得答案；
（3）连接 交 于 ，如图，证明 ， ，由（2）得： ，再
建立方程组 ，从而可得答案．
【详解】（1）解：勾股定理（或直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方）；
直径所对的圆周角等于90°．
（2）证明：过点 作直径 ，分别连接 ．
∵ 是 的直径，∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∵ ， ；
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴
（3）连接 交 于 ，如图，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
由（2）得： ，
∴ ，
解得： ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型
并灵活应用是解本题的关键．
16．（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
17．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）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．
18．（2024·山东临沂·一模）（1）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，MD⊥BC，垂足为D．求证：CD＝DB+BA．
（2）如图2，BC是半⊙O的直径，点A是半圆上一定点，点D是半圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若
AB＝5，⊙O的半径为6.5，
①请在图2上作出D点，说明理由；②结合（1）的结论，求AD的长．
【答案】（1）见解析；（2）①作图见解析，理由：∠DAC＝ ∠DOC＝45°；②
【分析】（1）在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．根据M是 的中点，可得MA＝
MC，在根据圆周角定理可得∠A＝∠C，可证得△MAB≌△MCG，从而得到MB＝MG，可得到BD＝DG，
即可求证；
（2）①根据圆周角定理，即可求解；②过点D作DM⊥AC ，可得D为半圆弧的中点，从而得到CM＝
AM+BA ，进而得到 ，再由∠DAC＝45°，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．∵M是 的中点，
∴MA＝MC，
又∵∠A＝∠C，
∴△MAB≌△MCG
∴MB＝MG
又∵MD⊥BC，
∴BD＝DG
∴AB+BD＝CG+DG，
即CD＝DB+BA ；
（2）①如图2，过点O作DO⊥BC交半圆于点D，即为所求．
理由：∠DAC＝ ∠DOC＝45°
②过点D作DM⊥AC ，
∵DO⊥BC，
∴D为半圆弧的中点，
由（1）得，CM＝AM+BA ，
∵BC是半⊙O的直径，⊙O的半径为6.5，
∴∠CAB=90°，BC=13，
∵A B＝5，∴ ，
∴AM=AC-CM=AC-（AM+AB），
∴ = （12-5）= ，
∵∠DAC＝45°，
∴AD= AM= ．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
19．（23-24九年级·江苏·假期作业）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】此题主要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．
20．（2024·河南三门峡·二模）阅读材料，并完成相应任务．
问题背景：在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆
的一些问题，其中有这样一个问题：如图1，AB和BC是 的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），
，点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 ．(1)如图2，牛牛同学尝试运用“截长法”说明“ ”，于是他在CD上截取 ，连接
MA，MB，ME，MC．请根据牛牛的思路完成证明过程；
(2)如图3，在 中， ， ，若 ，则AE的长度为_______．
【答案】(1)见详解
(2)2
【分析】（1）正确解读题意，证 ，即可证明；
（2）根据（1）的思路即可求解；
【详解】（1）解：在 中
∵点M是 的中点
在 和 中
（2）如图，在BC上截取 ，连接MB，MA，MD，MC．在 中
∵
在 和 中
，
故答案是：2．
【点睛】本题主要考查圆的性质、三角形的全等，掌握相关知识，正确解读题意是解本题的关键．
，
∴ ，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．
