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专题11 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。
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。
M
C M C M C H M C
B
D B D B D G B D G
F
A
A A A
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·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．（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．《阿基米德全集》的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·河南商丘·统考二模）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.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 =S ；
△ACD △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 =S ；（2）若F为CD中点，则AG⊥BE。
△ACD △ABE
例1．（2022·河南三门峡·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．（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
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.广东.九年级期中）如图， 是劣弧， 是 的中点， 为 上任意一点．自 向 弦
引垂线，垂足为 ，求证： ．
【解答】证明：在 上取点 ，使 ，连接 ，
是 的中点， ， （等弧对等弦），
又 ，在 和 中， ，
， ， 为等腰三角形 为底），
又 ， 为 中点（等腰三角形三线合一），
．
3．（2023·浙江·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．
4．（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）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．
5．（2023·山东济宁·济宁学院附属中学校考二模）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．前苏联在1964年根据阿尔·
比鲁尼本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德的折弦定理．
【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 和 是 的两条弦（即折线 是 的一条折弦）， ，M是
的中点，那么从M向弦 作垂线的垂足D是折弦 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 至点F，使 ，连接 ，…【定理证明】(1)按照上面思路，写出剩余部分的证明过程．
【问题解决】(2)如图③， 内接于 ，已知 ，D为 上一点，连接 ，
， ，求 的周长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）证明 ，则 ，再证明 ，则 ，由此即
可得证；（2）过点 作 交于 ，可得 为等边三角形，则 ，根据阿基米德折
线定理可得 ，然后根据 的周长等于 即可得．
【详解】（1）证明：∵ 是 的中点，∴ ，∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．
（2）解：过点 作 交于 ，
∵ ， ， ，
∴ ， ，
∴ 为等边三角形，∴ ，
由阿基米德折线定理得： ，∴ 的周长为 ．
【点睛】本题考查了圆周角定理、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、等边三角形的判定与性质等
知识点，理解阿基米德折线定理，熟练掌握圆的相关定理是解题的关键．
6．（2023·山东·九年级专题练习）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．
7．（2023·河南·模拟预测）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．
8．（2022·山东临沂·统考一模）（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．
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：
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．
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）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（ButterflyTheorem）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】本题考查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 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．
15．（2022·河南安阳·统考一模）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．
16．（2023·北京·九△年级阶段△练习）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……
请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
实践应用：
（1）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+ACBE=CE+AC；
（2）如图4，已知等腰△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为 上一点，连接DB，∠ACD=45°，AE⊥CD于点
E，△BCD的周长为4 +2，BC=2，请求出AC的长．
【答案】(1)见解析;(2)4
【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）直接根据阿基米德折弦定理得出结论；
（3）根据阿基米德折弦定理得出CE=BD+DE，进而求出CE，最后用勾股定理即可得出结论．
【详解】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（1）BE=CE+AC；
（2）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°，∴AC= CE=4．
△
【点睛】此题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，理解和应用阿基米
德折弦定理解题关键．
17．（2022春·江苏九年级课时练习）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， 是劣弧 的中点，直
线 于点 ，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． 是劣弧 的中点，直线 于点 ，则 ．可以通过延长 、 相交于点
，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，若 是优弧 的中点，直线 于点 ，则 ，
与 之间存在怎样的数量关系？请写出证明过程．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） ，理由见解析
【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 ，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】证明：（1）如图1，连接 ， ，
是劣弧 的中点， ， ， ，
， ， ， 为等腰三角形，
， ；
（2）如图2，延长 、 相交于点 ，再连接 ，
是圆内接四边形， ，
是劣弧 的中点， ， ， 为等腰三角形，
， ， ， ，
（3） ．连接 ， ， ， 、 相交于点 ，弧 弧 ， ，
， ， ，
， ，
， ， ，
， ， ，
， ．
【点睛】本题主要考查了垂径定理及其推论，等腰三角形的性质，三角形全等的判定及性质，解题的关键
是掌握垂径定理 在5个条件中，1．平分弦所对的一条弧；2．平分弦所对的另一条弧；3．平分弦；4．
垂直于弦；5．经过圆心（或者说直径）．只要具备任意两个条件，就可以推出其他的三个．
