重難點05“阿基米德折弦定理”模型1.識別幾何模型。2.利用“阿基米德折弦定理”模型解決問題一．解答題（共5小題）1．（2023?東港區(qū)校級一模）如圖：已知點A、B、C、D順次在圓O上，AB＝BD，BM⊥AC，垂足為M．證明：AM＝DC+CM．（阿基米德折弦定理）【分析】如圖，將△ABM繞點B旋轉(zhuǎn)到△DBN，使∠BAM與∠BDC重合，再證△BMC≌△BNC，可得MC＝CN，即可得出．【解答】證明：∵，∴∠BAM＝∠BDC，又AB＝BD，將△ABM繞點B旋轉(zhuǎn)到△DBN，使∠BAM與∠BDC重合，如圖，∴△ABM≌△DBN，∴AM＝DN，BM＝BN，∠AMB＝∠N，∵BM⊥AC，即∠AMB＝90°，∴∠N＝90°，在直角△BMC和直角△BNC中，，∴△BMC≌△BNC，∴CM＝CN，∴DN＝CD+CN，∴AM＝DC+CM．【點評】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)，通過旋轉(zhuǎn)構(gòu)建全等三角形，是解答的本題的關(guān)鍵．2．（2021?方城縣模擬）阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，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，即CD＝AB+BD．下面是運用“截長法”證明CD＝AB+BD的部分證明過程．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任務(wù)：（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△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝2，D為上一點，∠ABD＝45°，AE⊥BD于點E，則△BDC的周長是2+2．【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(zhì)得出BD＝GD，即可得出答案；（2）方法一、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．方法二、先求出BE，再用（1）的結(jié)論得出BE＝CD+DE，即可得出結(jié)論．【解答】（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，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；（2）解：方法一、如圖3，截取BF＝CD，連接AF，AD，CD，由題意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，則CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，∴BE＝＝，則△BDC的周長是2+2．故答案為：2+2．方法二、∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AB＝2，∠ABC＝∠ACB，∴由（1）的結(jié)論得，BE＝DE+CD，在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝2，∴BE＝，∴DE+CD＝，∴則△BDC的周長是BC+BD+CD＝BC+BE+DE+CD＝2+2．故答案為：2+2．【點評】此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形以及等邊三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線利用全等三角形的判定與性質(zhì)解題是解題關(guān)鍵．3．（2021秋?海州區(qū)校級期中）某數(shù)學活動小組在一次活動中，對一個數(shù)學問題作如下探究：【問題發(fā)現(xiàn)】如圖1，AD，BD為⊙O的兩條弦（AD＜BD），點C為的中點，過C作CE⊥BD，垂足為E．求證：BE＝DE+AD．【問題探究】小明同學的思路是：如圖2，在BE上截取BF＝AD，連接CA，CB，CD，CF．……請你按照小明的思路完成上述問題的證明過程．【結(jié)論運用】如圖3，△ABC是⊙O的內(nèi)接等邊三角形，點D是上一點，∠ACD＝45°，連接BD，CD，過點A作AE⊥CD，垂足為E．若AB＝，則△BCD的周長為8+4．【變式探究】如圖4，若將【問題發(fā)現(xiàn)】中“點C為的中點”改為“點C為優(yōu)弧的中點”，其他條件不變，上述結(jié)論“BE＝DE+AD”還成立嗎？若成立，請說明理由；若不成立，請寫出BE、AD、DE之間的新等量關(guān)系，并加以證明．【分析】【問題探究】在BE上截取BF＝AD，連接CA，CB，CD，CF，證明△DAC≌△FBC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD＝CF，根據(jù)等腰三角形的三線合一、結(jié)合圖形證明結(jié)論；【結(jié)論運用】連接AD，在CE上截取CF＝AD，連接AF，證明△DAB≌△FAC，得到DB+DC＝2EC，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出EC，根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案；【變式探究】在線段DE上截取DF＝BD，連接CB、CF、CD、CA，證明△ADC≌△FDC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)解答即可．【解答】解：【問題探究】如圖2，在BE上截取BF＝AD，連接CA，CB，CD，CF，∵點C為的中點，∴＝，∴AC＝BC，由圓周角定理得，∠DAC＝∠DBC，在△DAC和△FBC中，，∴△DAC≌△FBC（SAS）∴CD＝CF，又CE⊥BD，∴DE＝EF，∴BE＝EF+BF＝DE+AD；【結(jié)論運用】連接AD，在CE上截取CF＝BD，連接AF，由【問題探究】可知，△DAB≌△FAC，∴AD＝AF，∵AE⊥CD，∴DE＝EF，∴EC＝EF+CF＝DE+BD，∴DB+DC＝2EC，在Rt△AEC中，∠ACE＝45°，∴EC＝AC＝4，∴△BCD的周長＝DB+DC+BC＝8+4，故答案為：8+4；【變式探究】結(jié)論“BE＝DE+AD”不成立，BE+AD＝DE，理由如下：在線段DE上截取DF＝AD，連接CB、CF、CD、CA，∵點C為優(yōu)弧的中點”，∴＝，∴AC＝CB，∠ADC＝∠BDC，在△ADC和△FDC中，，∴△ADC≌△FDC（SAS），∴CA＝CF，∵CA＝CB，∴CF＝CB，又CE⊥BD，∴BE＝EF，∴DE＝DF+EF＝BE+AD．【點評】本題考查的是圓心角、弦、弧之間的關(guān)系、圓周角定理、全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握圓周角定理、正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．4．（2023?海口一模）【問題呈現(xiàn)】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(shù)學家之一，他與牛頓、高斯并稱為三大數(shù)學王子．如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，點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，即CD＝DB+BA．下面是運用“截長法”證明CD＝DB+BA的部分證明過程．證明：如圖2，在CD上截取CG＝AB，連接MA、MB、MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC，又∵∠A＝∠C，BA＝GC，∴△MAB≌△MCG，∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝DG，∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA．【理解運用】如圖1，AB、BC是⊙O的兩條弦，AB＝4，BC＝6，點M是的中點，MD⊥BC于點D，則BD＝1；【變式探究】如圖3，若點M是的中點，【問題呈現(xiàn)】中的其他條件不變，判斷CD、DB、BA之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？并加以證明．【實踐應(yīng)用】如圖4，BC是⊙O的直徑，點A圓上一定點，點D圓上一動點，且滿足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半徑為5，則AD＝7或．【分析】【理解運用】：由“問題呈現(xiàn)”結(jié)論可求解；【變式探究】：在DB上截取BG＝BA，連接MA、MB、MC、MG，由“SAS”可證△MAB≌△MGB，可得MA＝MG，由等腰三角形的性質(zhì)可得DC＝DG，可得結(jié)論；【實踐應(yīng)用】：分兩種情況討論，由“問題呈現(xiàn)”結(jié)論可求解．【解答】解：【理解運用】：由題意可得CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，∴CD＝6﹣CD+4，∴CD＝5，∴BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案為：1；【變式探究】DB＝CD+BA．證明：在DB上截取BG＝BA，連接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中點，∴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；【實踐應(yīng)用】如圖，當點D1在BC下方時，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，∵BC是圓的直徑，∴∠BAC＝90°，∵AB＝6，圓的半徑為5，∴AC＝8，∵∠D1AC＝45°，∴CG1+AB＝AG1，∴AG1＝（6+8）＝7，∴AD1＝7．當點D2在BC上方時，∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．綜上所述：AD的長為7或，故答案為7或．【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓的有關(guān)知識，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，理解題意是本題的關(guān)鍵．5．（2021?深圳四模）先閱讀命題及證明思路，再解答下列問題．命題：如圖1，在正方形ABCD中，已知：∠EAF＝45°，角的兩邊AE、AF分別與BC、CD相交于點E、F，連接EF．求證：EF＝BE+DF．證明思路：如圖2，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADE′．∵AB＝AD，∠BAD＝90°，∴AB與AD重合．∵∠ADC＝∠B＝90°，∴∠FDE′＝180°，點F、D、E′是一條直線．根據(jù)SAS，得證△AEF≌△AE′F，得EF＝E′F＝E′D+DF＝BE+DF．（1）特例應(yīng)用如圖1，命題中，如果BE＝2，DF＝3，求正方形ABCD的邊長．（2）類比變式如圖3，在正方形ABCD中，已知∠EAF＝45°，角的兩邊AE、AF分別與BC、CD的延長線相交于點E、F，連接EF．寫出EF、BE、DF之間的關(guān)系式，并證明你的結(jié)論．（3）拓展深入如圖4，在⊙O中，AB、AD是⊙O的弦，且AB＝AD，M、N是⊙O上的兩點，∠MAN＝∠BAD．①如圖5，連接MB、MD，MD與AN交于點H，求證：MH＝BM+DH，DM⊥AN；②若點C在（點C不與點A、D、N、M重合）上，連接CB、CD分別交線段AM、AN或其延長線于點E、F，直接寫出EF、BE、DF之間的等式關(guān)系．【分析】（1）如圖1，設(shè)正方形ABCD的邊長為x，則有CE＝x﹣2，CF＝x﹣3．由材料可知：EF＝BE+DF＝5，在Rt△CEF中，運用勾股定理就可解決問題．（2）仿照材料中的證明思路就可解決問題．（3）①延長MD到點M′，使得DM′＝BM，連接AM′，如圖5．仿照材料中的證明思路可證到AM＝AM′，∠MAN＝∠M′AN，然后利用等腰三角形的性質(zhì)即可解決問題．②分兩種情況討論：Ⅰ．當點C在上時，如圖6、7；Ⅱ．當點C在上時，如圖8．借鑒①中的證明思路就可得到結(jié)論．【解答】解：（1）如圖1，設(shè)正方形ABCD的邊長為x，則有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：x1＝6，x2＝﹣1（舍去）所以正方形ABCD的邊長為6．（2）EF＝BE﹣DF．理由如下：在BC上取一點F′，使得BF′＝DF．連接AF′，如圖3．∵四邊形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延長MD到點M′，使得DM′＝BM，連接AM′，如圖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．當點C在上時，如圖6、7．同理可得：EF＝BE+DF．Ⅱ．當點C在上時或點C在高于點D時，如圖8．同理可得：EF＝DF﹣BE．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、解一元二次方程等知識，考查了閱讀理解能力、自學能力、運用已有經(jīng)驗解決問題的能力，有一定的綜合性，是一道好題．一．填空題（共1小題）1．已知M是弧CAB的中點，MP垂直于弦AB于P，若弦AC的長度為x，線段AP的長度是x+1，那么線段PB的長度是2x+1．（用含有x的代數(shù)式表示）【分析】延長MP交圓于點D，連接DC并延長交BA的延長線于E點，連接BD，由M是弧CAB的中點，可得∠BDM＝∠CDM，又因為MP垂直于弦AB于P，可得∠BPD＝∠EPD＝90°，然后由ASA定理可證△DPE≌△DPB，然后由全等三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等可得：∠B＝∠E，PB＝EP，然后由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得：∠ECA＝∠B，進而可得：∠E＝∠ECA，然后根據(jù)等角對等邊可得AE＝AC，進而可得PB＝PE＝EA+AP＝AC+AP，然后將AC＝x，AP＝x+1，代入即可得到PB的長．【解答】解：延長MP交圓于點D，連接DC并延長交BA的延長線于E點，連接BD，∵M是弧CAB的中點，∴∠BDM＝∠CDM，∵MP垂直于弦AB于P，∴∠BPD＝∠EPD＝90°，在△DPE和△DPB中，∵，∴△DPE≌△DPB（ASA），∴∠B＝∠E，PB＝EP，∵四邊形ABDC是圓內(nèi)接四邊形，∴∠ECA＝∠B，∴∠E＝∠ECA，∴AE＝AC，∴PB＝PE＝EA+AP＝AC+AP，∵AC＝x，AP＝x+1，∴PB＝2x+1．故答案為：2x+1．【點評】此題考查了圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)：圓內(nèi)接四邊形的一個外角等于它的內(nèi)對角，對角互補．解題的關(guān)鍵是：添加適當?shù)妮o助線構(gòu)造圓內(nèi)接四邊形．二．解答題（共12小題）2．如圖，已知ABCD是某圓的內(nèi)接四邊形，AB＝BD，BM⊥AC于M，求證：AM＝DC+CM．【分析】首先在MA上截取ME＝MC，連接BE，由BM⊥AC，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)，即可得到BE＝BC，得到∠BEC＝∠BCE；再由AB＝BD，得到∠ADB＝∠BAD，而∠ADB＝∠BCE，則∠BEC＝∠BAD，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得∠BCD+∠BAD＝180°，易得∠BEA＝∠BCD，從而可證出△ABE≌△DBC，得到AE＝CD，即有AM＝DC+CM．【解答】證明：在MA上截取ME＝MC，連接BE，∵BM⊥AC，∴BE＝BC，∴∠BEC＝∠BCE，∵AB＝BD，∴＝，∴∠ADB＝∠BAD，而∠ADB＝∠BCE，∴∠BCE＝∠BAD，又∵∠BCD+∠BAD＝180°，∠BEA+∠BCE＝180°，∴∠BEA＝∠BCD，∵∠BAE＝∠BDC，∴△ABE≌△DBC，∴AE＝CD，∴AM＝AE+EM＝DC+CM．【點評】此題考查了圓周角定理、圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及線段垂直平分線的性質(zhì)等知識．此題綜合性較強，難度適中，解題的關(guān)鍵是準確作出輔助線，掌握圓的內(nèi)接四邊形對角互補與在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等定理的應(yīng)用．3．問題呈現(xiàn)：阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，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，即CD＝AB+BD．下面是運用“截長法”證明CD＝AB+BD的部分證明過程．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……請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；實踐應(yīng)用：（1）如圖3，已知△ABC內(nèi)接于⊙O，BC＞AB＞AC，D是的中點，依據(jù)阿基米德折弦定理可得圖中某三條線段的等量關(guān)系為BE＝CE+AC．（2）如圖4，已知等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，D為AB上一點，連接DB，∠ACD＝45°，AE⊥CD于點E，△BDC的周長為4+2，BC＝2，請求出AC的長．【分析】首先證明△MBA≌△MGC（SAS），進而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出BD＝GD，即可得出答案；（1）直接根據(jù)阿基米德折弦定理得出結(jié)論；（2）根據(jù)阿基米德折弦定理得出CE＝BD+DE，進而求出CE，最后用勾股定理即可得出結(jié)論．【解答】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，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；實踐應(yīng)用（1）如圖3，依據(jù)阿基米德折弦定理可得：BE＝CE+AC；故答案為：BE＝CE+AC；（2）∵AB＝AC，∴A是的中點，∵AE⊥CD，根據(jù)阿基米德折弦定理得，CE＝BD+DE，∵△BCD的周長為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°，∴AE＝CE＝2，∴AC＝4．【點評】此題是圓的綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，理解和應(yīng)用阿基米德折弦定理是解題關(guān)鍵．4．如圖，已知圓內(nèi)接△ABC中，AB＞AC，D為的中點，DE⊥AB于E，求證：BD2﹣AD2＝AB?AC．【分析】在BA上截取BF＝CA，連DF，DC，由D為的中點，根據(jù)在同圓或等圓中，如果兩個圓心角以及它們對應(yīng)的兩條弧、兩條弦中有一組量相等，則另外兩組量也對應(yīng)相等得到DB＝DC，易得△DBF≌△DCA，得到AE＝EF，于是有BF＝BE﹣EF＝BE﹣AE＝CA，因此BD2﹣AD2＝BE2﹣AE2＝（BE+AE）（BE﹣AE）＝AB?AC．【解答】證明：在BA上截取BF＝CA，連DF，DC，如圖，∵D為的中點，∴DB＝DC，又∵∠DBF＝∠ACD，∴△DBF≌△DCA，∴DF＝DA，而DE⊥AB，∴AE＝EF，∴BF＝BE﹣EF＝BE﹣AE＝CA，又∵BD2＝BE2+DE2，AD2＝AE2+DE2，∴BD2﹣AD2＝BE2﹣AE2＝（BE+AE）（BE﹣AE）＝AB?AC，即證．【點評】本題考查了在同圓或等圓中，如果兩個圓心角以及它們對應(yīng)的兩條弧、兩條弦中有一組量相等，則另外兩組量也對應(yīng)相等．也考查了三角形全等的判定與性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理．5．問題呈現(xiàn)：阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，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，即CD＝AB+BD．下面是運用“截長法”證明CD＝AB+BD的部分證明過程．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……請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；實踐應(yīng)用：（1）如圖3，已知△ABC內(nèi)接于⊙O，BC＞AB＞AC，D是的中點，依據(jù)阿基米德折弦定理可得圖中某三條線段的等量關(guān)系為BE＝CE+AC；（2）如圖4，已知等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC，D為上一點，連接DB，∠ACD＝45°，AE⊥CD于點E，△BCD的周長為4+2，BC＝2，請求出AC的長．【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(zhì)得出BD＝GD，即可得出答案；（2）直接根據(jù)阿基米德折弦定理得出結(jié)論；（3）根據(jù)阿基米德折弦定理得出CE＝BD+DE，進而求出CE，最后用勾股定理即可得出結(jié)論．【解答】（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，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；（2）根據(jù)阿基米德折弦定理得，BE＝CE+AC，答案為：BE＝CE+AC；（3）根據(jù)阿基米德折弦定理得，CE＝BD+DE，∵△BCD的周長為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．【點評】此題是圓的綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，理解和應(yīng)用阿基米德折弦定理解題關(guān)鍵．6．【問題呈現(xiàn)】阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，點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，即CD＝DB+BA．下面是運用“截長法”證明CD＝DB+BA的部分證明過程．證明：如圖2，在CD上截取CG＝AB，連接MA、MB、MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC①又∵∠A＝∠C②∴△MAB≌△MCG③∴MB＝MG又∵MD⊥BC∴BD＝DG∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA根據(jù)證明過程，分別寫出下列步驟的理由：①相等的弧所對的弦相等，②同弧所對的圓周角相等，③有兩組邊及其夾角分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等；【理解運用】如圖1，AB、BC是⊙O的兩條弦，AB＝4，BC＝6，點M是的中點，MD⊥BC于點D，則BD＝1；【變式探究】如圖3，若點M是的中點，【問題呈現(xiàn)】中的其他條件不變，判斷CD、DB、BA之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？并加以證明．【實踐應(yīng)用】根據(jù)你對阿基米德折弦定理的理解完成下列問題：如圖4，BC是⊙O的直徑，點A圓上一定點，點D圓上一動點，且滿足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半徑為5，求AD長．【分析】【問題呈現(xiàn)】：根據(jù)圓的性質(zhì)即可求解；【理解運用】CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；【變式探究】證明△MAB≌△MGB（SAS），則MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，則DC＝DG，即可求解；【實踐應(yīng)用】已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+8）＝7．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．【解答】【問題呈現(xiàn)】①相等的弧所對的弦相等②同弧所對的圓周角相等③有兩組邊及其夾角分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等故答案為：相等的弧所對的弦相等；同弧所對的圓周角相等；有兩組邊及其夾角分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等；【理解運用】CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案為：1；【變式探究】DB＝CD+BA．證明：在DB上截去BG＝BA，連接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中點，∴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；【實踐應(yīng)用】如圖，BC是圓的直徑，所以∠BAC＝90°．因為AB＝6，圓的半徑為5，所以AC＝8．已知∠D1AC＝45°，過點D1作D1G1⊥AC于點G1，則CG1+AB＝AG1，所以AG1＝（6+8）＝7．所以AD1＝7．如圖∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．所以AD的長為7或．【點評】此題屬于圓的綜合題，涉及了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)值的知識，綜合性較強，解答本題需要我們熟練各部分的內(nèi)容，對學生的綜合能力要求較高，一定要注意將所學知識貫穿起來．7．請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：阿基米德是有史以來最偉大的數(shù)學家之一，阿基米德的折弦定理是其推導出來的重要定理之一．阿基米德折弦定理：如圖，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是⊙O的一條折弦），BC＞AB，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，即CD＝AB+BD．下面是運用“截長法”證明CD＝AB+BD的部分證明過程．證明：如圖，在CB上截取CG＝AB，連接MA，MB，MC和MG．∵M是的中點，∴MA＝MC．…請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分．【分析】首先證明△MBA≌△MGC（SAS），進而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出BD＝GD，即可得出答案．【解答】解：如圖，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，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD．【點評】此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形以及等邊三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線利用全等三角形的判定與性質(zhì)解題是解題關(guān)鍵．8．古希臘數(shù)學家阿基米德提出并證明了“折弦定理”．如圖1，AB和BC是⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，M是優(yōu)弧ABC的中點，則從M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點，即CD＝AB+BD．（1）請按照下面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；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．（2）如圖（3），已知等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝2，D為⊙O上一點，∠ABD＝45°，AE⊥BD，垂足為E，請你運用“折弦定理”求△BDC的周長．【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(zhì)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．【解答】（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，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；（2）解：如圖3，截取BF＝CD，連接AF，AD，CD，由題意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，則CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，∴BE＝＝，則△BDC的周長是2+2．【點評】此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形以及等邊三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線利用全等三角形的判定與性質(zhì)解題是解題關(guān)鍵．9．請閱讀下列材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：阿基米德折弦定理阿拉伯Al﹣Biruni（973年～1050年）的譯文中保存了阿基米德折弦定理的內(nèi)容，蘇聯(lián)在1964年根據(jù)Al﹣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⊙O的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），BC＞AB，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，即CD＝AB+BD．下面是運用“截長法”證明CD＝AB+BD的部分證明過程．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…任務(wù)：（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△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝2，D為圓上一點，∠ABD＝45°，AE⊥BD與點E，則△BDC的周長是2+2．【分析】（1）如圖2，在CB上截取CG＝AB，連接MA，MB，MC和MG，首先證明△MBA≌△MGC（SAS），進而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出BD＝GD，即可得出答案；（2）如圖3，截取BF＝CD，連接AF，AD，CD．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．【解答】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，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；（2）解：如圖3，截取BF＝CD，連接AF，AD，CD，由題意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，則CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，AB＝2∴BE＝＝，∴BD+CD＝2BE＝2，∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AB＝2，則△BDC的周長是2+2．故答案為2+2．【點評】本題考查圓綜合題、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．10．問題提出如圖①，AB、AC是⊙O的兩條弦，AC＞AB，M是的中點MD⊥AC，垂足為D，求證：CD＝BA+AD．小敏在解答此題時，利用了“補短法”進行證明，她的方法如下：如圖②，延長CA至E，使AE＝AB，連接MA、MB、MC、ME、BC．（請你在下面的空白處完成小敏的證明過程．）推廣運用如圖③，等邊△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝1，D是上一點，∠ABD＝45°，AE⊥BD，垂足為E，則△BDC的周長是1+．拓展研究如圖④，若將“問題提出”中“M是的中點”改成“M是的中點”，其余條件不變，“CD＝BA+AD”這一結(jié)論還成立嗎？若成立，請說明理由；若不成立，寫出CD、BA、AD三者之間存在的關(guān)系并說明理由．【分析】問題提出：首先證明△EAM≌△BAM（SAS），進而得出ME＝MC，再利用等腰三角形的性質(zhì)得出ED＝CD，即可得出答案；推廣運用：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；拓展研究：連接EA，EF，ED，EB交AC于N，根據(jù)已知條件得到∠BEM＝∠CEM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD＝ND，∠ECD＝∠END，根據(jù)等腰三角形的判定得到AN＝AB，于是得到結(jié)論．【解答】問題提出：證明：如圖2，延長CA至E，使AE＝AB，連接MA、MB、MC、ME、BC，∵M是的中點，∴MB＝MC，∠MBC＝∠MCB，∵∠MAB＝180°﹣∠MCB，∵∠EAM＝180°﹣∠CAM＝180°﹣∠MBC，∴∠EAM＝∠BAM，在△EAM和△BAM中∵，∴△EAM≌△BAM（SAS），∴ME＝MC，又∵MD⊥AC，∴ED＝CD，∴DC＝AD+AE＝BA+AD；推廣運用：解：如圖3，截取BF＝CD，連接AF，AD，CD，由題意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，則CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，∴BE＝＝，則△BDC的周長是1+，故答案為：1+；拓展研究：不成立，CD、BA、AD三者之間的關(guān)系：AD＝BA+CD，證明：連接EA，EF，ED，EB交AC于N，∵M是的中點，∴∠BEM＝∠CEM，在△EDN和△EDC中，，∴△EDN≌△EDC∴CD＝ND，∠ECD＝∠END，∵∠ECD＝∠ABE，∠ENC＝∠ANB，∴∠ANB＝∠ABE，∴AN＝AB，∴AD＝AN+ND＝BA+CD．【點評】此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形以及等邊三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線利用全等三角形的判定與性質(zhì)解題是解題關(guān)鍵．11．已知A、B、C、D是⊙O上的四點，，AC是四邊形ABCD的對角線（1）如圖1，連接BD，若∠CDB＝60°，求證：AC是∠DAB的平分線；（2）如圖2，過點D作DE⊥AC，垂足為E，若AC＝7，AB＝5，求線段AE的長度．【分析】（1）先根據(jù)可知CD＝BD，再由∠CDB＝60°可得出△BCD是等邊三角形，故＝，由圓周角定理即可得出結(jié)論；（2）首先連接BD，在線段CE上取點F，使得EF＝AE，連接DF，易證得△CDF≌△BDA，繼而可求得線段AE的長度．【解答】（1）證明：∵，∴CD＝BD，∵∠CDB＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴＝，∴∠CAD＝∠BAC，即AC是∠DAB的平分線；（2）解：連接BD，在線段CE上取點F，使得EF＝AE，連接DF，∵DE⊥AC，∴DF＝DA，∴∠DFE＝∠DAE，∵＝，∴CD＝BD，∠DAC＝∠DCB，∴∠DFE＝∠DCB，∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形，∴∠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．【點評】此題考查了圓周角定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注