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模型介绍
【问题呈现】
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．
折弦定义: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。
阿基米德折弦定理：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。
如下图所示，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
B
D
B F
D
A
A
【证明方法】
方法1:补短法
如图，延长DB至F，使BF=BA
∵M是 的中点 ∴∠MCA=∠MAC=∠MBC ∵M、B、A、C四点共圆 ∴∠MCA+∠MBA=180°
∵∠MBC+∠MBF=180° ∴∠MBA=∠MBF ∵MB=MB,BF=BA ∴△MBF≌△MBA
∴∠F=∠MAB=∠MCB ∴MF=MC
∵MD⊥CF ∴CD=DF=DB+BF=AB+BD方法2:截长法
如图，在CD上截取DG=DB
∵MD⊥BG ∴MB=MG，∠MGB=∠MBC=∠MAC
∵M是 的中点 ∴∠MAC=∠MCA=∠MGB
即∠MGB=∠MCB+∠BCA=∠MCB+∠BMA
又∠MGB=∠MCB+∠GMC
∴∠BMA=∠GMC
∵MA=MC ∴△MBA≌△MGC(SAS)
∴AB=GC ∴CD=CG+GD=AB+BD
M
C
B G
D
A
方法3:垂线法
如图，作MH⊥射线AB，垂足为H。
∵M是 的中点 ∴MA=MC
∵MD⊥BC ∴∠MDC=90°=∠H
∵∠MAB=∠MCB ∴△MHA≌△MDC(AAS)
∴AH=CD，MH=MD
又∵MB=MB ∴Rt MHB≌Rt MDB(HL)
∴HB=BD ∴C△D=AH=AB△+BH=AB+BD
H M
C
B G
D
A例题精讲
【例1】．已知M是 的中点，B为 上任意一点，B不与A、M重合，且MD⊥BC于D．BD＝2，CD＝
6，求AB的长．
解：延长CB至E，使BE＝AB，连接ME，MA，MB，MC，AC，
∵M是 的中点，
∴∠ACM＝∠CBM，AM＝CM，
∵∠ABM+∠ACM＝∠EBM+∠CBM＝180°，
∴∠ABM＝∠EBM，
在△ABM和△EBM中，
AB＝EB，∠ABM＝∠EBM，BM＝BM，
∴△ABM≌△EBM（SAS），
∴AM＝EM，
∴EM＝CM，
∵MD⊥EC，
∴ED＝CD＝6，
∵BD＝2，∴AB＝EB＝ED﹣BD＝6﹣2＝4．
变式训练
【变式1-1】．如图， 是劣弧，M是 的中点，B为 上任意一点．自M向BC弦引垂线，垂足为D，
求证：AB+BD＝DC．
证明：在CD上取点N，使CN＝AB，连接CM，MN
∵M是 的中点，
∴ ＝ ，
∴AM＝CM（等弧对等弦），
又∵∠BAM＝∠BCM，
在△ABM和△CNM中，
，
∴△ABM≌△CNM（SAS），
∴BM＝MN，
∴△BMN为等腰三角形（BN为底），
又∵MD⊥BN，
∴D为BN中点（等腰三角形三线合一），
∴BD＝DN
∴AB+BD＝CD．【变式1-2】．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＝ 6 0 °．
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，即弧AE＝弧CE，
∴∠AOE＝∠COE，
∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，
∴∠AOE＝∠COE＝120°，
∴∠CAE＝ ∠COE＝60°．
故答案为60°．【例2】．如图，AC，BC是 O的两条弦，M是 的中点，作MF⊥AC，垂足为F，若BC＝ ，
⊙
AC＝3，则AF＝ ．
解：如图，作直径MH，延长MF交 O于K，作HJ⊥AC于J，连接CK，AK，AH，设AC交HM于
T，HM交AB于R． ⊙
∵ ＝ ，HM是直径，
∴HM⊥AB，∵MF⊥AC，
∴∠ART＝∠MFT＝90°，
∵∠MTF＝∠ATR，
∴∠CAB＝∠FMT，
∴ ＝ ，
∴BC＝KH＝ ，
∵MH是直径，
∴∠MKH＝90°，
∴∠MKH＝∠MFT，
∴AC∥KH，
∴∠CAK＝∠AKH，
∴ ＝ ，∴AH＝CK，
∵∠HJA＝∠KFC＝90°，HJ＝FK，
∴Rt△HJA≌Rt△KFC（HL），
∴AJ＝CF，
∵四边形KHJF是矩形，
∴KH＝FJ＝ ，
∴AJ＝ （AC﹣FJ）＝ （3﹣ ），
∴AF＝AJ+FJ＝ ．
解法二：连接AM，BM．CM，在AC上截取AG，使得AG＝BC．
∵ ＝ ，
∴AM＝BM．
∵∠A＝∠B，AG＝BC，
∴△AGM≌△BCM（SAS），
∴MG＝CM，AG＝BC＝ ，
∴CG＝AC﹣AG＝3﹣ ，
∵MG＝MC，MF⊥CG，
∴GF＝FC＝ ，
∴AF＝AG+FG＝ 故答案为： ．变式训练
【变式2-1】．如图，△ABC内接于 O，AC＞BC，点D为 的中点．求证：AD2＝AC•BC+CD2．
⊙
证明：如图，过点D作DE⊥AC．
垂足为点E，
AD2﹣CD2＝（AE2+DE2）﹣（DE2+EC2）
＝AE2﹣EC2，
＝（AE+EC）（AE﹣EC）
＝AC（AE﹣CE），①
过点D作DF⊥BC，交BC的延长线于点F．连接BD，
∵D为弧AB的中点，
∴AD＝BD，
∵∠DAC＝∠DBC，∠DEA＝∠DFB＝90°，
∴Rt△AED≌Rt△BFD，
∴AE＝BF，②
DE＝DF，
∵∠DEC＝∠DFC＝90°，DC＝DC，
∴Rt△CED≌Rt△CFD，
∴CE＝CF③
综合式①、②、③，得：AD2﹣CD2＝AC（BF﹣CF）＝AC•BC，
即：AD2＝AC•BC+CD2．【变式2-2】．如图，△ABC内接于 O，BC＝2，AB＝AC，点D为 上的动点，且cos∠ABC＝ ．
（1）求AB的长度； ⊙
（2）在点D的运动过程中，弦AD的延长线交BC延长线于点E，问AD•AE的值是否变化？若不变，
请求出AD•AE的值；若变化，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD，求证：BH＝CD+DH．
解：（1）作AM⊥BC，
∵AB＝AC，AM⊥BC，BC＝2BM，
∴CM＝ BC＝1，
∵cos∠ABC＝ ＝ ，
在Rt△AMB中，BM＝1，
∴AB＝ ＝ ；
（2）连接DC，
∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC，
∵四边形ABCD内接于圆O，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∵∠ACE+∠ACB＝180°，
∴∠ADC＝∠ACE，
∵∠CAE公共角，
∴△EAC∽△CAD，
∴ ＝ ，
∴AD•AE＝AC2＝10；（3）在BD上取一点N，使得BN＝CD，
在△ABN和△ACD中
，
∴△ABN≌△ACD（SAS），
∴AN＝AD，
∵AN＝AD，AH⊥BD，
∴NH＝HD，
∵BN＝CD，NH＝HD，
∴BN+NH＝CD+HD＝BH．
1．如图，在边长为8的正方形ABCD中，E、F分别是边AB、BC上的动点，且EF＝6，M为EF中点，P
是边AD上的一个动点，则CP+PM的最小值是（ ）
A．10 B．8 ﹣3 C．6 +3 D．3 +5解：延长CD到C′，使C′D＝CD，
CP+PM＝C′P+PM，
当C′，P，M三点共线时，C′P+PM的值最小，
根据题意，点M的轨迹是以B为圆心，3为半径的圆弧上，
圆外一点C′到圆上一点M距离的最小值C′M＝C′B﹣3，
∵BC＝CD＝8，
∴CC′＝16，
∴C′B＝ ＝ ＝8 ．
∴CP+PM的最小值是8 ﹣3．
故选：B．
2．在△ABC中，AC＞BC，M是它的外接圆上弧ACB的中点，AC上的点X使得MX⊥AC，AC＝10，XC＝
3，则BC＝ 4 ．
解：连接AM、BM，MC，作MN⊥BC的延长线于点N，
∴∠BNM＝90°．
∵MX⊥AC，
∴∠AXM＝∠MXC＝90°，∴∠MXC＝∠BNM＝∠AXM．
∵M是它的外接圆上弧ACB的中点，
∴BM＝AM．
∴∠ABM＝∠BAM．
∵∠ACM＝∠ABM，
∴∠ACM＝∠BAM．
∵∠MCN＝∠BAM，
∴∠MCN＝∠ACM．
在△BNM和△AXM中，
，
∴△BNM≌△AXM（ASA），
∴BN＝AX．
∵AC＝10，XC＝3，
∴AX＝7，
∴BN＝7．
在△CMN和△CMX中
，
∴△CMN≌△CMX（AAS），
∴CN＝CX，
∴CN＝3．
∵BC＝BN﹣CN，
∴BC＝7﹣3＝4．故答案为：4．
3．如图，矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一点，且EB＝3，F是BC上一动点，若将△EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为 1 0 ．
解：如图，连接PD，DE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝8，BE＝3，
∴AE＝5，
∵AD＝12，
∴DE＝ ＝13，
由折叠得：EB＝EP＝3，
∵EP+DP≥ED，
∴当E、P、D共线时，DP最小，
∴DP＝DE﹣EP＝13﹣3＝10；
故答案为：10．
4．如图，在边长为 的等边△ABC中，动点D，E分别在BC，AC边上，且保持AE＝CD，连接BE，
AD，相交于点P，则CP的最小值为 2 ．
解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ABC＝∠BAC＝∠BCE＝60°，
∵AE＝CD
∴BD＝CE，
∴△ABD≌△BCE（SAS），
∴∠BAD＝∠CBE，
∵∠APE＝∠BAD+∠ABE，
∴∠APE＝∠CBE+∠ABE＝∠ABC，
∴∠APE＝60°，
∴点P的运动轨迹是以O为圆心，OA为半径的圆弧上运动，如图，
连接OC交 O于N，则OC⊥AB，
⊙
根据圆周角定理可得∠AOB＝120°，∠OAF＝30°，AF＝ AB＝ ，
∴OA＝ ＝2，
∴OC＝2OA＝4，
当点P与N重合时，CP的值最小，
最小值＝OC﹣ON＝4﹣2＝2，
故答案为：2．5．已知：如图，在△ABC中，D为AC边上一点，且AD＝DC+CB．过D作AC的垂线交△ABC的外接圆
于M，过M作AB的垂线MN，交圆于N．求证：MN为△ABC外接圆的直径．
证明：延长AC至E，使CE＝BC，连接MA、MB、ME、BE，如图，
∵AD＝DC+BC，
∴AD＝DC+CE＝DE，
∵MD⊥AE，
∴MA＝ME，∠MAE＝∠MEA，
又∵∠MAE＝∠MBC，
∴∠MEC＝∠MBC，
又∵CE＝BC，
∴∠CEB＝∠CBE，
∴∠MEA+∠CEB＝∠MBC+∠CBE，
即∠MEB＝∠MBE，
∴ME＝MB，
又∵ME＝MA，
∴MA＝MB，
又∵MN⊥AB，
∴MN垂直平分AB，
∴MN是圆的直径．
6．如图，在 O中，AB＝AC，点D是 上一动点（点D不与C、B重合），连接DA、DB、DC，
⊙∠BAC＝120°．
（1）若AC＝4，求 O的半径；
（2）写出DA、DB、⊙DC之间的关系，并证明．
解：（1）如图1，连接OC，OA，BC，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠ADC＝∠ABC＝30°，
∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，
∵OC＝OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴OA＝AC＝4；
（2）CD+BD＝ AD，理由如下：
延长DB到点E，使BE＝DC，连接AE，如图2
∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC，BE＝CD，
∵
∴△ABE≌△ACD（SAS）
∴AE＝AD，
∵∠ADB＝∠ACB＝30°，
∴∠ADE＝∠E＝30°，
∴∠DAE＝120°，
∴DE＝ AD
即：BD+CD＝ AD．7．如图， O是等边△ABC的外接圆，P是 上一点，
⊙
（1）填空：∠APC＝ 6 0 度，∠BPC＝ 6 0 度；
（2）若 O的半径为4，求等边△ABC的面积；
（3）求⊙证：PA+PB＝PC．
（1）解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°， 故答案为：60，60；
（2）如图1，
连接OB，则OB＝4，
过点O作OD⊥BC于D，∴BD＝ BC，
连接AD，则AD过点O，
∴OA＝4，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠OBD＝ ∠ABC＝30°，
在Rt△ODB中，OD＝ OB＝2，
根据勾股定理得，BC＝2 ，
∴BC＝2BD＝4 ，
∴等边△ABC的面积为 BD•AD＝ BD（OA+OD）＝ × ×6＝12 ；
（3）证明：如图，在线段PC上截取PF＝PB，连接BF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵PF＝PB，∠BPC＝∠BAC＝60°，
∴△PBF是等边三角形，
∴PB＝BF，∠BFP＝60°，
∴∠BFC＝180°﹣∠PFB＝120°，
∵∠BPA＝∠APC+∠BPC＝120°，
∴∠BPA＝∠BFC，
在△BPA和△BFC中，
，∴△BPA≌△BFC（AAS），
∴PA＝FC，
∴PA+PB＝PF+FC＝PC．
8．已知A、B、C、D是 O上的四点， ，AC是四边形ABCD的对角线
⊙
（1）如图1，连接BD，若∠CDB＝60°，求证：AC是∠DAB的平分线；
（2）如图2，过点D作DE⊥AC，垂足为E，若AC＝7，AB＝5，求线段AE的长度．
（1）证明：∵ ，
∴CD＝BD，
∵∠CDB＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴ ＝ ，
∴∠CAD＝∠BAC，即AC是∠DAB的平分线；
（2）解：连接BD，在线段CE上取点F，使得EF＝AE，连接DF，
∵DE⊥AC，
∴DF＝DA，
∴∠DFE＝∠DAE，
∵ ＝ ，
∴CD＝BD，∠DAC＝∠DCB，
∴∠DFE＝∠DCB，
∵四边形ABCD是圆的内接四边形，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，∵∠DFC+∠DFE＝180°，
∴∠DFC＝∠DAB，
∵在△CDF和△BDA中，
∴△CDF≌△BDA（AAS），
∴CF＝AB＝5，
∵AC＝7，AB＝5，
∴AE＝ AF＝ （AC﹣CF）＝1．
9．阅读理解：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是弧
ABC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是弧ABC的中点，∴MA＝
MC……．
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，已知等腰△ABC内接于 O，AB＝AC＝4，BC＝3，点D为弧AC上一点，∠ABD＝45°，
AE⊥BD于点E，△BDC的周长为 3⊙+ 4 .（直接写出结果）（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．
在△MBA和△MGC中，
，
∴△MBA≌△MGC（SAS），
∴MB＝MG，
又∵MD⊥BC，
∴BD＝GD，
∴DC＝GC+GD＝AB+BD；
（2）解：∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝2，∠ABC＝∠ACB，
∴由（1）的结论得，BE＝DE+CD，
在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝4，
∴BE＝2 ，
∴DE+CD＝2 ，
∴则△BDC的周长是BC+BD+CD＝BC+BE+DE+CD＝3+4 ．
故答案为：3+4 ．
10．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 O中，C是劣弧AB的中点，直线
CD⊥AB于点E，则AE＝BE．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，PA，PB组成 O的
一条折弦．C是劣弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE＝PE+PB．可以通过延长DB、AP相⊙交于
点F，再连接AD证明结论成立．请写出证明过程；（3）如图3，PA，PB组成 O的一条折弦，若C是优弧AB的中点，直线CD⊥PA于点E，则AE，PE
与PB之间存在怎样的数量关⊙系？请写出证明过程．
（1）证明：连接AD，BD，
∵C是劣弧AB的中点，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥AB，
∴△ABD是等腰三角形，
∴AE＝BE；
（2）证明：延长DB、AP相交于点F，连接AD，
∵C是劣弧AB的中点，CD⊥PA，
由（1）可知，AE＝EF，AD＝DF，
∴∠F＝∠PAD，
∵A、D、B、P四点共圆，
∴∠FPB＝∠ADB，
∴∠FBP＝∠F，
∴BP＝PF，
∴AE＝EP+PF＝EP+BP；
（3）解：AE＝PE﹣PB，理由如下：
连接AD、AB、DB与AP相交于F点，
∵C是优弧AB的中点，
∴∠ADC＝∠BDC，
∵CD⊥PA，∴∠DEA＝∠DEF＝90°，∠ADE＝∠FDE，
∴△DAE≌△DFE（ASA），
∴AD＝DF，AE＝EF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠PFB，∠PBD＝∠DAP，
∴∠PFB＝∠PBF，
∴FP＝BP，
∴AE＝PE﹣PB．
11．在 O中 ＝ ，顺次连接A、B、C．
⊙
（1）如图1，若点M是 的中点，且MN∥AC交BC延长线于点N，求证：MN为 O的切线；
⊙
（2）如图2，在（1）的条件下，连接MC，过点A作AP⊥BM于点P，若BP＝a，MP＝b，CM＝c，则
a、b、c有何数量关系？
（3）如图3，当∠BAC＝60°时，E是BC延长线上一点，D是线段AB上一点，且BD＝CE，若BE＝
5，△AEF的周长为9，请求出S△AEF 的值？解：（1）如图1，连接OM，
∵M是 的中点，
∴OM⊥AC，
∵MN∥AC，
∴OM⊥MN，
∵OM为 O的半径，
∴MN为⊙O的切线；
（2）如图⊙2，连接OM交AC于K，连结AM，
∵M是 的中点，
∴ ＝ ，
∴AM＝CM＝c，
∵AP⊥BM，
∴∠APM＝∠APB＝90°，
∴AP2＝AM2﹣PM2＝c2﹣b2，
∴AB2＝AP2+BP2＝c2﹣b2+a2，
∴AC＝AB＝ ，
∵M是 的中点，
∴OM⊥AC，
∴AK＝CK＝ AC＝ ，
∵∠APB＝∠CKM＝90°，∠ABP＝∠MCK，
∴△ABP∽△MCK，∴ ＝ ，
∴BP•CM＝CK•AB，
∴ac＝ • ，
∴2ac＝c2﹣b2+a2，
∴（a﹣c）2﹣b2＝0，
∴（a+b﹣c）（a﹣b﹣c）＝0，
∵a+b﹣c＞0，
∴a﹣b﹣c＝0，
∴a＝b+c；
（3）过点B作BH∥AC，过点D作DH∥BC，BH与DH交于点H，连接CH，
则∠BDH＝∠ABC＝60°，∠DBH＝∠ACB＝60°，
∴△BDH是等边三角形，
∴BH＝BD，∠DBH＝60°，
∴BH＝CE，∠CBH＝∠ABC+∠DBH＝60°+60°＝120°，
∵∠ACE＝180°﹣∠ACB＝120°＝∠CBH，AC＝BC，
∴△ACE≌△CBH（SAS），
∴∠CAE＝∠BCH，AE＝CH，
∵DH∥BC，DH＝CE，
∴四边形CEDH是平行四边形，
∴CE∥ED，CH＝ED，
∴∠BCH＝∠BED，CH＝AE，
∴∠BED＝∠CAE，AE＝ED，
过点E作ET⊥AB于点T，交AC于点L，连接DL，
则AT＝TD＝ AD，AL＝DL，
∵∠BAC＝60°，
∴△ADL是等边三角形，
∴∠ALD＝60°＝∠ACB，
∴DL∥BC，即HD与DL在同一直线上，
∴四边形BCLH是平行四边形，∴CL＝BH＝BD＝CE，LH＝BC，
设CE＝x，则CL＝x，BC＝AC＝5﹣x，AD＝DL＝AL＝AC﹣CL＝5﹣2x，AT＝ ，
∵DF∥CH，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴LF＝ ，
∴AF＝AL+LF＝5﹣2x+ ＝ ，
在Rt△BET中，ET＝BE•sin60°＝ ，
∵AE2＝AT2+ET2，
∴AE2＝（ ）2+（ ）2＝x2﹣5x+25，
延长BH，ED交于点R，则∠RHD＝∠FCE，∠R＝∠CFE，DH＝CE，
∴△HDR≌△CEF（AAS），
∴DR＝EF，
∴ER＝ED+DR＝AE+EF＝9﹣AF＝9﹣ ＝ ，
∵CH∥ED，
∴ ＝ ，
∴CH＝ •ER＝ × ＝ ，
∴AE＝ ，
∴x2﹣5x+25＝（ ）2，
解得：x ＝5（舍去），x ＝ ，
1 2
∴AD＝5﹣2× ＝ ，AF＝ ＝10﹣ ＝2，作DM⊥AL于点M，则DM＝AD•sin60°＝ × ＝ ，
∴S△AEF ＝S△ADE ﹣S△ADF ＝ AD•ET﹣ AF•DM＝ × × ﹣ ×2× ＝ ．
12．如图1，在平面直角坐标系xOy中， M与x轴交于A，B两点，与y轴于C，D两点，其中A（﹣4，
0），B（1，0），C（0，2）． ⊙
（1）求圆心M的坐标；
（2）点P为 上任意一点（不与A、D重合），连接PC，PD，作AE⊥DP的延长线于点E．当点P在
上运动时， 的值发生变化吗？若不变，求出这个值，若变化，请说明理由．
（3）如图2，若点Q为直线y＝﹣1上一个动点，连接QC，QO，当sin∠OQC的值最大时，求点Q的
坐标．
解：（1）∵A（﹣4，0），B（1，0），MA＝MB，
∴M（﹣1.5，0）．（2）结论： 的值不变．
理由：如图1中，连接AC，BC，BD，PA，PB，作AH⊥PC于H，在PC上截取一点K，使得PK＝
PD，连接BK．
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴OC＝OD， ＝ ，
∴∠BPD＝∠BPK，
∵PK＝PD，PB＝PB，
∴△PBD≌△PBK（SAS），
∴BD＝BK＝BC，以B为圆心，BC为半径作 B，
∵AB是 M的直径， ⊙
∴∠ACB⊙＝90°，
∴AC⊥BC，
∴AC是 B的切线，
∴∠ACH⊙＝∠CDK，
∵∠AHC＝∠AOC＝90°，
∴A，H，O，C四点共圆，
∴∠ACH＝∠AOH，∠OAH＝∠KCD，
∴∠AOH＝∠CDK，
∵A（﹣4，0），C（0，2），
∴OA＝4，OC＝OD＝2，
∴OA＝CD＝4，∴△AOH≌△CDK（ASA），
∴AH＝CK，
∴PC﹣PD＝PC﹣PK＝CK＝HA，
∵∠APE+∠APD＝180°，∠APD+∠ABD＝180°，
∴∠APE＝∠ABD，
∵AB⊥CD，
∴ ＝ ，
∴∠ABD＝∠APC，
∴∠APE＝∠APC，
∵AE⊥PE，AH⊥PC，
∴AH＝AE，
∴ ＝1．
（3）如图2中，作线段OC的垂直平分线GF交OC于G，以N为圆心，NC为半径作 N，当 N与直
线y＝﹣1相切于点Q时，∠CQO的值最大，此时sin∠CQO的值最大． ⊙ ⊙
∵∠NQH＝∠QHG＝∠NGH＝90°，
∴四边形NQHG是矩形，
∴NQ＝HG＝NC＝2，
在Rt△NCG中，NG＝QH＝ ＝ ，
∴Q（﹣ ，﹣1）．
根据对称性可知，当Q（ ，﹣1）时，也满足条件．
综上所述．满足条件的点Q坐标为（﹣ ，﹣1）或（ ，﹣1）．13．【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 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 ；
【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＝ 1 ；
【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． ⊙
【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】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∠D AC＝45°，过点D 作D G ⊥AC于点G ，
1 1 1 1 1
则CG +AB＝AG ，
1 1
所以AG ＝ （6+8）＝7．
1
所以AD ＝7 ．
1
如图∠D AC＝45°，同理易得AD ＝ ．
2 2
所以AD的长为7 或 ．14．先阅读命题及证明思路，再解答下列问题．
命题：如图1，在正方形ABCD中，已知：∠EAF＝45°，角的两边AE、AF分别与BC、CD相交于点
E、F，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
证明思路：
如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′．∵AB＝AD，∠BAD＝90°，∴AB与AD重合．
∵∠ADC＝∠B＝90°，∴∠FDE′＝180°，点F、D、E′是一条直线．
根据SAS，得证△AEF≌△AE′F，得EF＝E′F＝E′D+DF＝BE+DF．
（1）特例应用
如图1，命题中，如果BE＝2，DF＝3，求正方形ABCD的边长．
（2）类比变式
如图3，在正方形ABCD中，已知∠EAF＝45°，角的两边AE、AF分别与BC、CD的延长线相交于点
E、F，连接EF．写出EF、BE、DF之间的关系式，并证明你的结论．
（3）拓展深入
如图4，在 O中，AB、AD是 O的弦，且AB＝AD，M、N是 O上的两点，∠MAN＝ ∠BAD．
①如图5，⊙连接MB、MD，MD⊙与AN交于点H，求证：MH＝B⊙M+DH，DM⊥AN；
②若点C在 （点C不与点A、D、N、M重合）上，连接CB、CD分别交线段AM、AN或其延长线
于点E、F，直接写出EF、BE、DF之间的等式关系．解：（1）如图1，
设正方形ABCD的边长为x，则有CE＝x﹣2，CF＝x﹣3．
由材料可知：EF＝BE+DF＝2+3＝5．
在Rt△CEF中，
∵∠C＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2．
∴（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52．
解得：x ＝6，x ＝﹣1（舍去）
1 2
所以正方形ABCD的边长为6．
（2）EF＝BE﹣DF．
理由如下：
在BC上取一点F′，使得BF′＝DF．连接AF′，如图3．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠ADC＝90°．
∴∠ADF＝90°＝∠B．
在△ABF′和△ADF中，．
∴△ABF′≌△ADF（SAS）．
∴AF′＝AF，∠BAF′＝∠DAF．
∴∠F′AF＝∠BAD＝90°．
∵∠EAF＝45°，
∴∠F′AE＝45°＝∠FAE．
在△F′AE和△FAE中，
．
∴△F′AE≌△FAE（SAS）．
∴F′E＝FE．
∴EF＝F′E＝BE﹣BF′＝BE﹣DF．
（3）①延长MD到点M′，使得DM′＝BM，连接AM′，如图5．
∵∠ADM′+∠ADM＝180°，∠ABM+∠ADM＝180°，
∴∠ABM＝∠ADM′．
在△ABM和△ADM′中，
．
∴△ABM≌△ADM′（SAS）．
∴AM＝AM′∠BAM＝∠DAM′．
∴∠MAM′＝∠BAD．∵∠MAN＝ ∠BAD，
∴∠MAN＝ ∠MAM′．
∴∠MAN＝∠M′AN．
∵AM＝AM′，∠MAN＝∠M′AN，
∴MH＝M′H，AH⊥MM′．
∴MH＝M′H＝DM′+DH＝BM+DH，DM⊥AN．
②Ⅰ．当点C在 上时，如图6、7．
同理可得：EF＝BE+DF．
Ⅱ．当点C在 上时或点C在高于点D时，如图8．
同理可得：EF＝DF﹣BE．
