2025年中考數(shù)學專題28 阿基米德折弦定理（解析版）

模型介紹模型介紹【問題呈現(xiàn)】阿基米德，公元前公元前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．折弦定義:從圓周上任一點出發(fā)的兩條弦，所組成的折線，我們稱之為該圖的一條折弦。阿基米德折弦定理：一個圓中一條由兩長度不同的弦組成的折弦所對的兩段弧的中點在較長弦上的射影，就是折弦的中點。?如下圖所示，AB和BC是⊙O的兩條弦(即ABC是圓的一條折弦)，BC>AB，M是的中點，則從M向BC所作垂線之垂足D是折弦ABC的中點，即CD=AB+BD?！咀C明方法】方法1:補短法如圖，延長DB至F，使BF=BA∵M是的中點∴∠MCA=∠MAC=∠MBC∵M、B、A、C四點共圓∴∠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:截長法如圖，在CD上截取DG=DB∵MD⊥BG∴MB=MG，∠MGB=∠MBC=∠MAC∵M是的中點∴∠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方法3:垂線法如圖，作MH⊥射線AB，垂足為H。∵M是的中點∴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∴CD=AH=AB+BH=AB+BD例題精講例題精講【例1】．已知M是的中點，B為上任意一點，B不與A、M重合，且MD⊥BC于D．BD＝2，CD＝6，求AB的長．解：延長CB至E，使BE＝AB，連接ME，MA，MB，MC，AC，∵M是的中點，∴∠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．變式訓練【變式1-1】．如圖，是劣弧，M是的中點，B為上任意一點．自M向BC弦引垂線，垂足為D，求證：AB+BD＝DC．證明：在CD上取點N，使CN＝AB，連接CM，MN∵M是的中點，∴＝，∴AM＝CM（等弧對等弦），又∵∠BAM＝∠BCM，在△ABM和△CNM中，，∴△ABM≌△CNM（SAS），∴BM＝MN，∴△BMN為等腰三角形（BN為底），又∵MD⊥BN，∴D為BN中點（等腰三角形三線合一），∴BD＝DN∴AB+BD＝CD．【變式1-2】．定義：圓中有公共端點的兩條弦組成的折線稱為圓的一條折弦．阿基米德折弦定理：如圖1，AB和BC組成圓的折弦，AB＞BC，M是弧ABC的中點，MF⊥AB于F，則AF＝FB+BC．如圖2，△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一點，BD＝1，作DE⊥AB交△ABC的外接圓于E，連接EA，則∠EAC＝60°．解：如圖2，連接OA、OC、OE，∵AB＝8，BC＝6，BD＝1，∴AD＝7，BD+BC＝7，∴AD＝BD+BC，而ED⊥AB，∴點E為弧ABC的中點，即弧AE＝弧CE，∴∠AOE＝∠COE，∵∠AOC＝2∠ABC＝2×60°＝120°，∴∠AOE＝∠COE＝120°，∴∠CAE＝∠COE＝60°．故答案為60°．

【例2】．如圖，AC，BC是⊙O的兩條弦，M是的中點，作MF⊥AC，垂足為F，若BC＝，AC＝3，則AF＝．解：如圖，作直徑MH，延長MF交⊙O于K，作HJ⊥AC于J，連接CK，AK，AH，設AC交HM于T，HM交AB于R．∵＝，HM是直徑，∴HM⊥AB，∵MF⊥AC，∴∠ART＝∠MFT＝90°，∵∠MTF＝∠ATR，∴∠CAB＝∠FMT，∴＝，∴BC＝KH＝，∵MH是直徑，∴∠MKH＝90°，∴∠MKH＝∠MFT，∴AC∥KH，∴∠CAK＝∠AKH，∴＝，∴AH＝CK，∵∠HJA＝∠KFC＝90°，HJ＝FK，∴Rt△HJA≌Rt△KFC（HL），∴AJ＝CF，∵四邊形KHJF是矩形，∴KH＝FJ＝，∴AJ＝（AC﹣FJ）＝（3﹣），∴AF＝AJ+FJ＝．解法二：連接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＝故答案為：．

變式訓練【變式2-1】．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AC＞BC，點D為的中點．求證：AD2＝AC?BC+CD2．證明：如圖，過點D作DE⊥AC．垂足為點E，AD2﹣CD2＝（AE2+DE2）﹣（DE2+EC2）＝AE2﹣EC2，＝（AE+EC）（AE﹣EC）＝AC（AE﹣CE），①過點D作DF⊥BC，交BC的延長線于點F．連接BD，∵D為弧AB的中點，∴AD＝BD，∵∠DAC＝∠DBC，∠DEA＝∠DFB＝90°，∴Rt△AED≌Rt△BFD，∴AE＝BF，②DE＝DF，∵∠DEC＝∠DFC＝90°，DC＝DC，∴Rt△CED≌Rt△CFD，∴CE＝CF③綜合式①、②、③，得：AD2﹣CD2＝AC（BF﹣CF）＝AC?BC，即：AD2＝AC?BC+CD2．【變式2-2】．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，BC＝2，AB＝AC，點D為上的動點，且cos∠ABC＝．（1）求AB的長度；（2）在點D的運動過程中，弦AD的延長線交BC延長線于點E，問AD?AE的值是否變化？若不變，請求出AD?AE的值；若變化，請說明理由；（3）在點D的運動過程中，過A點作AH⊥BD，求證：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）連接DC，∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC，∵四邊形ABCD內(nèi)接于圓O，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∵∠ACE+∠ACB＝180°，∴∠ADC＝∠ACE，∵∠CAE公共角，∴△EAC∽△CAD，∴＝，∴AD?AE＝AC2＝10；（3）在BD上取一點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．如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，E、F分別是邊AB、BC上的動點，且EF＝6，M為EF中點，P是邊AD上的一個動點，則CP+PM的最小值是（）A．10 B．8﹣3 C．6+3 D．3+5解：延長CD到C′，使C′D＝CD，CP+PM＝C′P+PM，當C′，P，M三點共線時，C′P+PM的值最小，根據(jù)題意，點M的軌跡是以B為圓心，3為半徑的圓弧上，圓外一點C′到圓上一點M距離的最小值C′M＝C′B﹣3，∵BC＝CD＝8，∴CC′＝16，∴C′B＝＝＝8．∴CP+PM的最小值是8﹣3．故選：B．2．在△ABC中，AC＞BC，M是它的外接圓上弧ACB的中點，AC上的點X使得MX⊥AC，AC＝10，XC＝3，則BC＝4．解：連接AM、BM，MC，作MN⊥BC的延長線于點N，∴∠BNM＝90°．∵MX⊥AC，∴∠AXM＝∠MXC＝90°，∴∠MXC＝∠BNM＝∠AXM．∵M是它的外接圓上弧ACB的中點，∴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．故答案為：4．3．如圖，矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一點，且EB＝3，F(xiàn)是BC上一動點，若將△EBF沿EF對折后，點B落在點P處，則點P到點D的最短距離為10．解：如圖，連接PD，DE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∵AB＝8，BE＝3，∴AE＝5，∵AD＝12，∴DE＝＝13，由折疊得：EB＝EP＝3，∵EP+DP≥ED，∴當E、P、D共線時，DP最小，∴DP＝DE﹣EP＝13﹣3＝10；故答案為：10．4．如圖，在邊長為的等邊△ABC中，動點D，E分別在BC，AC邊上，且保持AE＝CD，連接BE，AD，相交于點P，則CP的最小值為2．解：∵△ABC是等邊三角形，∴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°，∴點P的運動軌跡是以O為圓心，OA為半徑的圓弧上運動，如圖，連接OC交⊙O于N，則OC⊥AB，根據(jù)圓周角定理可得∠AOB＝120°，∠OAF＝30°，AF＝AB＝，∴OA＝＝2，∴OC＝2OA＝4，當點P與N重合時，CP的值最小，最小值＝OC﹣ON＝4﹣2＝2，故答案為：2．

5．已知：如圖，在△ABC中，D為AC邊上一點，且AD＝DC+CB．過D作AC的垂線交△ABC的外接圓于M，過M作AB的垂線MN，交圓于N．求證：MN為△ABC外接圓的直徑．證明：延長AC至E，使CE＝BC，連接MA、MB、ME、BE，如圖，∵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是圓的直徑．6．如圖，在⊙O中，AB＝AC，點D是上一動點（點D不與C、B重合），連接DA、DB、DC，∠BAC＝120°．（1）若AC＝4，求⊙O的半徑；（2）寫出DA、DB、DC之間的關系，并證明．解：（1）如圖1，連接OC，OA，BC，∵AB＝AC，∠BAC＝120°，∴∠ABC＝∠ACB＝30°，∴∠ADC＝∠ABC＝30°，∴∠AOC＝2∠ADC＝60°，∵OC＝OA，∴△AOC是等邊三角形，∴OA＝AC＝4；（2）CD+BD＝AD，理由如下：延長DB到點E，使BE＝DC，連接AE，如圖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．如圖，⊙O是等邊△ABC的外接圓，P是上一點，（1）填空：∠APC＝60度，∠BPC＝60度；（2）若⊙O的半徑為4，求等邊△ABC的面積；（3）求證：PA+PB＝PC．（1）解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝∠ABC＝60°，∴∠APC＝∠ABC＝60°，∠BPC＝∠BAC＝60°，故答案為：60，60；（2）如圖1，連接OB，則OB＝4，過點O作OD⊥BC于D，∴BD＝BC，連接AD，則AD過點O，∴OA＝4，∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝60°，∴∠OBD＝∠ABC＝30°，在Rt△ODB中，OD＝OB＝2，根據(jù)勾股定理得，BC＝2，∴BC＝2BD＝4，∴等邊△ABC的面積為BD?AD＝BD（OA+OD）＝××6＝12；（3）證明：如圖，在線段PC上截取PF＝PB，連接BF，∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∵PF＝PB，∠BPC＝∠BAC＝60°，∴△PBF是等邊三角形，∴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．（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）＝1．9．閱讀理解：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是弧ABC的中點，則從點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是弧ABC的中點，∴MA＝MC……．任務：（1）請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；（2）如圖3，已知等腰△ABC內(nèi)接于⊙O，AB＝AC＝4，BC＝3，點D為弧AC上一點，∠ABD＝45°，AE⊥BD于點E，△BDC的周長為3+4.（直接寫出結果）（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：∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AB＝2，∠ABC＝∠ACB，∴由（1）的結論得，BE＝DE+CD，在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝4，∴BE＝2，∴DE+CD＝2，∴則△BDC的周長是BC+BD+CD＝BC+BE+DE+CD＝3+4．故答案為：3+4．10．小明學習了垂徑定理，做了下面的探究，請根據(jù)題目要求幫小明完成探究．（1）更換定理的題設和結論可以得到許多真命題．如圖1，在⊙O中，C是劣弧AB的中點，直線CD⊥AB于點E，則AE＝BE．請證明此結論；（2）從圓上任意一點出發(fā)的兩條弦所組成的折線，成為該圓的一條折弦．如圖2，PA，PB組成⊙O的一條折弦．C是劣弧AB的中點，直線CD⊥PA于點E，則AE＝PE+PB．可以通過延長DB、AP相交于點F，再連接AD證明結論成立．請寫出證明過程；（3）如圖3，PA，PB組成⊙O的一條折弦，若C是優(yōu)弧AB的中點，直線CD⊥PA于點E，則AE，PE與PB之間存在怎樣的數(shù)量關系？請寫出證明過程．（1）證明：連接AD，BD，∵C是劣弧AB的中點，∴∠ADC＝∠BDC，∵CD⊥AB，∴△ABD是等腰三角形，∴AE＝BE；（2）證明：延長DB、AP相交于點F，連接AD，∵C是劣弧AB的中點，CD⊥PA，由（1）可知，AE＝EF，AD＝DF，∴∠F＝∠PAD，∵A、D、B、P四點共圓，∴∠FPB＝∠ADB，∴∠FBP＝∠F，∴BP＝PF，∴AE＝EP+PF＝EP+BP；（3）解：AE＝PE﹣PB，理由如下：連接AD、AB、DB與AP相交于F點，∵C是優(yōu)弧AB的中點，∴∠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＝，順次連接A、B、C．（1）如圖1，若點M是的中點，且MN∥AC交BC延長線于點N，求證：MN為⊙O的切線；（2）如圖2，在（1）的條件下，連接MC，過點A作AP⊥BM于點P，若BP＝a，MP＝b，CM＝c，則a、b、c有何數(shù)量關系？（3）如圖3，當∠BAC＝60°時，E是BC延長線上一點，D是線段AB上一點，且BD＝CE，若BE＝5，△AEF的周長為9，請求出S△AEF的值？解：（1）如圖1，連接OM，∵M是的中點，∴OM⊥AC，∵MN∥AC，∴OM⊥MN，∵OM為⊙O的半徑，∴MN為⊙O的切線；（2）如圖2，連接OM交AC于K，連結AM，∵M是的中點，∴＝，∴AM＝CM＝c，∵AP⊥BM，∴∠APM＝∠APB＝90°，∴AP2＝AM2﹣PM2＝c2﹣b2，∴AB2＝AP2+BP2＝c2﹣b2+a2，∴AC＝AB＝，∵M是的中點，∴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）過點B作BH∥AC，過點D作DH∥BC，BH與DH交于點H，連接CH，則∠BDH＝∠ABC＝60°，∠DBH＝∠ACB＝60°，∴△BDH是等邊三角形，∴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，∴四邊形CEDH是平行四邊形，∴CE∥ED，CH＝ED，∴∠BCH＝∠BED，CH＝AE，∴∠BED＝∠CAE，AE＝ED，過點E作ET⊥AB于點T，交AC于點L，連接DL，則AT＝TD＝AD，AL＝DL，∵∠BAC＝60°，∴△ADL是等邊三角形，∴∠ALD＝60°＝∠ACB，∴DL∥BC，即HD與DL在同一直線上，∴四邊形BCLH是平行四邊形，∴CL＝BH＝BD＝CE，LH＝BC，設CE＝x，則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，延長BH，ED交于點R，則∠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：x1＝5（舍去），x2＝，∴AD＝5﹣2×＝，AF＝＝10﹣＝2，作DM⊥AL于點M，則DM＝AD?sin60°＝×＝，∴S△AEF＝S△ADE﹣S△ADF＝AD?ET﹣AF?DM＝××﹣×2×＝．12．如圖1，在平面直角坐標系xOy中，⊙M與x軸交于A，B兩點，與y軸于C，D兩點，其中A（﹣4，0），B（1，0），C（0，2）．（1）求圓心M的坐標；（2）點P為上任意一點（不與A、D重合），連接PC，PD，作AE⊥DP的延長線于點E．當點P在上運動時，的值發(fā)生變化嗎？若不變，求出這個值，若變化，請說明理由．（3）如圖2，若點Q為直線y＝﹣1上一個動點，連接QC，QO，當sin∠OQC的值最大時，求點Q的坐標．解：（1）∵A（﹣4，0），B（1，0），MA＝MB，∴M（﹣1.5，0）．（2）結論：的值不變．理由：如圖1中，連接AC，BC，BD，PA，PB，作AH⊥PC于H，在PC上截取一點K，使得PK＝PD，連接BK．∵AB⊥CD，AB是直徑，∴OC＝OD，＝，∴∠BPD＝∠BPK，∵PK＝PD，PB＝PB，∴△PBD≌△PBK（SAS），∴BD＝BK＝BC，以B為圓心，BC為半徑作⊙B，∵AB是⊙M的直徑，∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∴AC是⊙B的切線，∴∠ACH＝∠CDK，∵∠AHC＝∠AOC＝90°，∴A，H，O，C四點共圓，∴∠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）如圖2中，作線段OC的垂直平分線GF交OC于G，以N為圓心，NC為半徑作⊙N，當⊙N與直線y＝﹣1相切于點Q時，∠CQO的值最大，此時sin∠CQO的值最大．∵∠NQH＝∠QHG＝∠NGH＝90°，∴四邊形NQHG是矩形，∴NQ＝HG＝NC＝2，在Rt△NCG中，NG＝QH＝＝，∴Q（﹣，﹣1）．根據(jù)對稱性可知，當Q（，﹣1）時，也滿足條件．綜上所述．滿足條件的點Q坐標為（﹣，﹣1）或（，﹣1）．13．【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)量關系？并加以證明．【實踐應用】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．【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．

14．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