模型39 圓-折弦定理模型-解析版

圓模型（三十九）——折弦定理模型如圖，ABBC，像是一條折斷的弦◎結(jié)論：AB、BC是⊙O的兩條弦，M為ABC的中點，MD⊥BC，垂足為D，則AB＋BD＝CD【證明】如圖在DC上取點E，使DE＝DB,連接BM,ME,,AM,CM,AC∵BD＝DE,MD⊥BE,∴MB＝ME∵M為ABC的中點∴MA＝MC∵∠MBC＝∠MAC∴∠MEB＝∠MCA，∵∠BME＝180°－∠MBE－∠MEB，∠AMC＝180°－∠MAC－∠MCA，∴∠BME＝∠AMC，∴∠BMA＝∠EMC,易證△BMA≌△EMC,∴AB＝CE,∴AB＋BD＝CD1．（2021年四川省成都市金堂縣中考數(shù)學二診試卷）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(guān)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？【答案】(1)見解析(2)a＝b+c(3)【分析】（1）如圖1，連接OM，由M是的中點，可得OM⊥AC，進而可得OM⊥MN，即可證得結(jié)論；（2）如圖2，連接OM交AC于K，連結(jié)AM，運用勾股定理得出AC=AB=，再由△ABP∽△MCK，即可得出結(jié)論；（3）過點B作BH∥AC，過點D作DH∥BC，BH與DH交于點H，連接CH，先證明△ACE≌△CBH（SAS），再證明四邊形CEDH是平行四邊形，過點E作ET⊥AB于點T，交AC于點L，連接DL，可證明四邊形BCLH是平行四邊形，設(shè)CE=x，則CL=x，BC=AC=5-x，AD=DL=AL=5-2x，用含x的代數(shù)式表示AE2，延長BH，ED交于點R，則∠RHD=∠FCE，∠R=∠CFE，DH=CE，進而可得△HDR≌△CEF（AAS），根據(jù)CH∥ED，可得出AE的長，再求出x，即可求得答案．(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(jié)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)如圖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(shè)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×＝．【點睛】本題是有關(guān)圓的綜合題，考查了圓的性質(zhì)，切線的判定和性質(zhì)，勾股定理，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，特殊角三角函數(shù)值等知識，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)及相似三角形的判定和性質(zhì)等相關(guān)知識，正確添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．1．（北京市西城區(qū)三帆中學2021-2022學年九年級下學期月考數(shù)學試卷（4月份））已知：△ABC，點D是△ABC的外接圓上一點（不與A，B，C重合），過A作射線AE，AF，且AEBD，AFCD（D，E分別在AB兩側(cè)，D，F(xiàn)分別在AC兩側(cè)），在射線AE上取一點M使得AM＝AB，在射線AF上取一點N使得AN＝AC，連接MN，P是線段MN的中點．(1)當∠A＝90°時，在圖1中補全圖形并直接寫出∠MAN的度數(shù)；(2)在圖2中，當D在△ABC的外接圓上移動過程中，探索∠BAC和∠MAN的關(guān)系并直接寫出你的探索結(jié)果____；(3)圖3中請你探索AP與BC的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；(4)小逸同學在探索題目過程中，不小心把一些畫圖痕跡給破壞掉了，只留下如圖4所示的四邊形BCNM，且已知BM＝6，MP＝，CN＝12，∠BMN＝150°，∠MNC＝90°，小逸同學只記得A、D在BC兩側(cè)，你能幫他找出點A的位置并求出AP的長度嗎？【答案】(1)圖見解析，∠MAN＝90°(2)∠BAC＝∠MAN或∠MAN+∠BAC＝180°(3)AP＝BC，證明見解析(4)【分析】（1）根據(jù)已知補全圖形即可，根據(jù)平行線性質(zhì)和同圓中，同弧所對的圓周角相等，即可得∠CAF＝∠BAE，從而可得∠MAN＝90°；（2）分兩種情況：當D在弦BC上方的圓上時，畫出圖形可得∠MAN＝∠BAC；當D在弦BC下方的圓上時，可得∠MAN+∠BAC＝180°；（3）延長MA到K，使AK＝AM，連接NK，AP，由三角形中位線定理可得AP＝NK，證明△BAC≌△KAN（SAS），有BC＝NK，即得AP＝BC；（4）根據(jù)AM＝AB，AN＝AC可知BM的垂直平分線、CN的垂直平分線的交點即為A，過N作NR⊥BM交BM延長線于R，過C作CS⊥NR于S，過C作CT⊥BM于T，由∠BMN＝150°，得∠NMR＝30°，由含30°的直角三角形三邊關(guān)系可求出CT＝SR＝7，，從而可得BC＝＝2，即可得AP＝．（1）（1）補全圖形如下：∵，∴∠CAF＝∠ACD，∵，∴∠ACD＝∠ABD，∴∠CAF＝∠ABD，∵，∴∠ABD＝∠BAE，∴∠CAF＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠CAE＝90°，∴∠CAF+∠CAE＝90°，即∠MAN＝90°；（2）（2）∠BAC＝∠MAN或∠MAN+∠BAC＝180°，理由如下：當D在弦BC上方的圓上時，如圖：∵，∴∠CAF＝∠ACD，∵，∴∠ACD＝∠ABD，∴∠CAF＝∠ABD，∵，∴∠ABD＝∠BAE，∴∠CAF＝∠BAE，∴∠CAF+∠EAC＝∠BAE+∠EAC，即∠MAN＝∠BAC；當D在弦BC下方的圓上時，如圖：∵，∴∠CAF＝∠ACD，∵，∴∠ABD＝∠BAE，∵∠ACD+∠ABD＝180°，∴∠CAF+∠BAE＝180°，∴∠MAN+∠BAC＝180°；故答案為：∠MAN＝∠BAC或∠MAN+∠BAC＝180°；（3）（3）AP＝BC，證明如下：延長MA到K，使AK＝AM，連接NK，AP，如圖：∵P為MN中點，AM＝AK，∴AP是△MKN的中位線，∴AP＝NK，∵AB＝AM，∴AB＝AK，由（2）知∠BAC+∠MAN＝180°，而∠NAK+∠MAN＝180°，∴∠BAC＝∠NAK，∵AC＝AN，∴△BAC≌△KAN（SAS），∴BC＝NK，∴AP＝BC；（4）（4）作BM的垂直平分線、CN的垂直平分線，交點即為A，A的位置如圖：過N作NR⊥BM交BM延長線于R，過C作CS⊥NR于S，過C作CT⊥BM于T，如圖：∵∠BMN＝150°，∴∠NMR＝30°，∵MP＝PN＝，∴MN＝2，在Rt△MNR中，NR＝MN＝，RM＝RM＝3，∠MNR＝90°﹣∠NMR＝60°，∴BR＝BM+RM＝6+3＝9，∵∠MNC＝90°，∴∠SNC＝180°﹣∠MNC﹣∠MNR＝30°，在Rt△CNS中，CS＝CN＝6，NS＝CS＝6，∴SR＝NR+NS＝7，∵∠S＝∠R＝∠CTR＝90°，∴四邊形CSRT是矩形，∴RT＝CS＝6，CT＝SR＝7，∴BT＝BR﹣RT＝9﹣6＝3，在Rt△BCT中，BC＝＝＝2，由（3）知AP＝BC，∴AP＝．【點睛】本題考查圓的綜合應(yīng)用，涉及平行線的性質(zhì)，三角形中位線定理及應(yīng)用，三角形全等的判定與性質(zhì)，勾股定理，含30°角的直角三角形三邊關(guān)系，矩形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造全等三角形和直角三角形解決問題．2．（廣東省深圳市2018年中考數(shù)學試題）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，，點為上的動點，且.(1)求的長度；(2)在點D運動的過程中，弦AD的延長線交BC的延長線于點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：.【答案】(1)；(2)；（3）證明見解析.【分析】（1）過A作AF⊥BC，垂足為F，交⊙O于G，由垂徑定理可得BF=1，再根據(jù)已知結(jié)合RtΔAFB即可求得AB長；（2）連接DG，則可得AG為⊙O的直徑，繼而可證明△DAG∽△FAE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得AD?AE=AF?AG，連接BG，求得AF=3，F(xiàn)G=，繼而即可求得AD?AE的值；（3）連接CD，延長BD至點N，使DN=CD，連接AN，通過證明△ADC≌△ADN，可得AC=AN，繼而可得AB=AN，再根據(jù)AH⊥BN，即可證得BH=HD+CD.【詳解】（1）過A作AF⊥BC，垂足為F，交⊙O于G，∵AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF=BC=1，在RtΔAFB中，BF=1，∴AB=；（2）連接DG，∵AF⊥BC，BF=CF，∴AG為⊙O的直徑，∴∠ADG=∠AFE=90°，又∵∠DAG=∠FAE，∴△DAG∽△FAE，∴AD：AF=AG：AE，∴AD?AE=AF?AG，連接BG，則∠ABG=90°，∵BF⊥AG，∴△BFG∽△AFB∴BF2=AF?FG，∵AF==3，∴FG=，∴AD?AE=AF?AG=AF?（AF+FG）=3×=10；（3）連接CD，延長BD至點N，使DN=CD，連接AN，∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，∴∠ADC=∠ADN，∵AD=AD，CD=ND，∴△ADC≌△ADN，∴AC=AN，∵AB=AC，∴AB=AN，∵AH⊥BN，∴BH=HN=HD+DN=HD+CD.【點睛】本題考查了垂徑定理、三角函數(shù)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性較強，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵. 1．（2022年河南省社旗縣九年級數(shù)學一?？荚囋囶}）請閱讀下面材料，并完成相應(yīng)的任務(wù)：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．阿拉伯Al-Birni（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)AI-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是的兩條弦（即折線ABC是圓的一條折弦），，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．這個定理有很多證明方法，下面是運用“截長法”證明的部分證明過程．證明：如圖2，在CD上截取，連接MA，MB，MC和MG．∵M是弧ABC的中點，…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)如圖3，已知等邊三角形ABC內(nèi)接于，D為弧AC上一點，，于點E，，連接AD，則△DAB的周長是___________．【答案】(1)見解析(2)2＋4【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△CBF≌△CAD（SAS），進而得出CF＝CD，AD+DE＝BE，進而求出BE和AB的長即可得出答案．(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，∴△MBG是等腰三角形又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；(2)）解：如圖4，截取BF＝AD，連接CF，CD，∵△ABC是等邊三角形∴BC＝AC，∠CBF＝∠CAD，∠ABC＝60°，在△CB