专题34 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（解析版）

专题34 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，B 和B 是⊙的两条弦(即B 是圆的一条折弦)，B>B，M 是 的中点，则从M 向B 所作垂 线之垂足D 是折弦B 的中点，即D=B+BD。 M B C A D M B C A D F M B C A D G H M B C A D G 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=B； 2）截长法：如图3，在D 上截取DG=DB； 3）垂线法：如图4，作M⊥射线B，垂足为。 例1．（2023·广东·统考一模）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，B 和B 组成圆的折弦，B＞B，M 是弧B 的中点，MF B ⊥于F，则F＝FB+B． 如图2，△B 中，∠B＝60°，B＝8，B＝6，D 是B 上一点，BD＝1，作DE B ⊥交△B 的外接圆于E，连接E，则 ∠E＝ °． 【答】60°． 【分析】连接、、E，由已知条件，根据阿基米德折弦定理，可得到点E 为弧B 的中点，即 ,进而 推得∠E＝∠E，已知∠B＝60°，则∠＝2 B ∠＝2×60°＝120°，可知∠E＝∠E＝120°，故∠E＝ ∠E＝60° 【详解】解：如图2，连接、、E， B ∵＝8，B＝6，BD＝1，∴D＝7，BD+B＝7，∴D＝BD+B，而ED B ⊥， ∴点E 为弧B 的中点，即 ，∴∠E＝∠E， ∵∠＝2 B ∠＝2×60°＝120°，∴∠E＝∠E＝120°， E ∴∠＝ ∠E＝60°．故答为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·浙江温州·九年级校考阶段练习）阿基米德是古希腊最伟大的数学家之一，他曾用图1 发现了 阿基米德折弦定理．如图2，已知B 为⊙的直径，B 为一条弦(B B)，点M 是 上的点，MD⊥B 于点 D，延长MD 交弦B 于点E，连接BM，若BM= ，B=4，则E 的长为( ) ． B． ． D． 【答】 【分析】延长ME，设交圆于点F，连接BF、F，可得BF=BM，∠BMF=∠BFM=∠FB，从而可得 △BF∽△BEF，利用相似三角形的性质列式可求BE 的长度，从而可求得E 的长度． 【详解】解：延长ME，设交圆于点F，连接BF、F，如图， B ∵为⊙的直径， MD B ⊥于点D，∴MB=FB= ，∠BMF= BFM ∠ 又∠BMF= FB BFM= FB BFE= FB ∠ ∠ ∠ ∠ ∠ ∴ ∴ EBF= FB BF BEF ∵∠ ∠ ∴ ∴ △ ∽△ 即 ∴BE= E=4- ∴ = 故选：． 【点睛】本题考查垂径定理及三角形相似的判定和性质，解题的关键是准确做出辅助线，得出三角形相似． 例3．（2023 上·河南周口·九年级校考期末）问题呈现：阿基米德折弦定理：如图， 和 是 的两 条弦（即折线 是弦 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 ，下面是运用“截长法”证明 的部分证明过程 证明：如图2，在 上截取 ，连接 ， ， 和 是弧 的中点， ∴ ， …… (1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)实践应用：如图3， 内接于 ， ， 是弧 的中点， 于点 ，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______ (3)如图4，等腰 内接于 ， ， 为弧 上一点，连接 ， ， ， ，求 的周长 【答】(1)见解析(2) (3) 【分析】（1）首先证明 ，进而得出 ，再利用等腰三角形的性质得出 ，即可证明结论；（2）直接根据阿基米德折弦定理，即可证明结论； （3）过点 作 ，根据阿基米德折弦定理，勾股定理求得 ，即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在 上截取 ，连接 ， ， 和 ． 是 的中点， ． 在 和 中 ， ， ， 又 ， ， ． （2）解：根据（1）中的结论可得图中某三条线段的等量关系为 故答为： ． （3）解：如图所示，过点 作 ， 由阿基米德折弦定理得： ， ∵ ∴ ∴ ， ∴ 的周长为 【点睛】本题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，理解“截长 法”是解答本题的关键． 例4．（2023·江苏·九年级假期作业）问题呈现：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M 向 所作垂线的垂足D 是折弦 的中点，即 ．下面是运用“截长法”证明 的部分证明过程． （1）证明：如图2，在 上截取 ，连接 和 ． ∵M 是 的中点， ∴ …… 请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分； 实践应用：（2）如图3，已知 内接于 ， ，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 ． （3）如图4，已知等腰 内接于 ， ，D 为 上一点，连接 ， ， 于点E， 的周长为 ， ，请求出 的长． 【答】（1）证明见解析；（2） ；（3）4 【分析】（1）首先证明 ，进而得出 ，再利用等腰三角形的性质得出 ，即可得出答；（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 ，进而求出 ，最后用勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在 上截取 ，连接 和 ． ∵M 是 的中点，∴ ． 在 和 中， ，∴ ，∴ ， 又∵ ，∴ ，∴ ； （2）根据阿基米德折弦定理得， ，答为： ； （3）根据阿基米德折弦定理得， ， ∵ 的周长为 ，∴ ， ∴ ， ∵ ，∴ ，在 中， ，∴ ． 【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． 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，B 和B 是 的两条弦（即B 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，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】(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B 上截取 ，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（Brmgupt）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，BD 为圆内接四边形，对角线和BD 垂直相交，交点为E，过点E 作B 的垂线EF，延长FE 与D 交 于点G；则点G 是D 的中点。 如图2，所示已知等腰Rt△B 和等腰Rt△ED，作B//E 交G 的延长线于点，（1）S D △=S BE △；（2）若F⊥D， 则G 为BE 中点。 2、如图3，已知等腰Rt B △ 和等腰Rt ED △ ，在F 的延长线取点，使得F=F；（1）S D △=S BE △；（2）若F 为 D 中点，则G⊥BE。 例1．（2023·浙江·九年级专题练习）阅读下列相关材料，并完成相应的任务． 布拉美古塔定理 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． 某数学兴趣小组的同学写出了这个定理的已知和求证． 已知：如图，在圆内接四边形 中，对角线 ，垂足为P，过点P 作 的垂线分别交 ， 于点，M． 求证：M 是 的中点． 任务：(1)请你完成这个定理的证明过程．(2)该数学兴趣小组的同学在该定理的基础上写出了另外一个命 题：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边请判断此命题是 命题．（填“真”或“假”）。(3)若 ，求 的长． 【答】(1)见解析(2)真(3) ． 【分析】（1）在 中，证明 ，再由同弧所对的圆周角相等，可得 ， 可得 ，则 ；同理可证 ，即可得到 ； （2）仿照（1）的证明过程，直接证明即可； （3）求出 ，再由 ，可得 ，求出 ，再由 ，即可求出 ． 【详解】（1）证明：∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ，同理可得， ，∴ ，∴M 是 的中点； （2）解：若圆内接四边形的对角线互相垂直，则一边中点与对角线交点的连线垂直于对边，理由如下： 已知：如图，在圆内接四边形 中，对角线 ，垂足为P，M 是 的中点，连接 交 于 点， 求证： ； 证明：∵M 是 的中点；∴ ， ∴ ，且 ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ；故答为：真； （3）解：∵ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∵M 是 的中点，∴ ，∴ ． 【点睛】本题考查圆的综合应用，熟练掌握直角三角形的性质，同弧所对的圆周角相等，同角的余角相等 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，当M 是 中点时，直接写出四边形 是怎样的特殊四边形：________ __． 【答】（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·浙江温州·校考三模）在几何学发展的历史长河中，人们发现了许多经久不衰的平面几何定理， 苏格兰数学家罗伯特·西姆森 发现从三角形外接圆上任意一点向三边（或其延长线）所作垂 线的垂足共线，这三个垂足的连线后来被称为著名的“西姆森线” ．如图，半径为4 的 为 的外接圆， 过圆心，那么过圆上一点P 作 三边的垂线，垂足E、F、D 所在直线即为西 姆森线，若 ， ，则 的值为（ ） ． B． ． D． 【答】D 【分析】连接 ，首先根据题意得到点，F，P 三点共线，然后证明出四边形 是矩形，得到 ，证明出 ，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图所示，连接 ， 由题意可得，点E、F、D 共线，∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴点，F，P 三点共线， ∵ ， ， ，∴四边形 是矩形，∴ ， ∵ ， ，∴ ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ， 又∵ ，∴ ，∴ ．故选：D． 【点睛】此题考查了圆与三角形综合题，相似三角形的性质和判定，矩形的性质等知识，解题的关键是熟 练掌握以上知识点． 2．（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】 【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． 3（2023 春·山东威海·九年级校联考期中）早在公元前古希腊数学家欧几里得就发现了垂径定理，即垂直于 弦的直径平分弦．阿基米德从中看出了玄机并提出：如果条件中的弦变成折线段，仍然有类似的结论． 某数学兴趣小组对此进行了探究，如图1， 和 是 的两条弦（即折线段 是圆的一条折弦）， ， 是 的中点，过点 作 ，垂足为 ，小明通过度量 、 、 的长度，发 现点 平分折弦 ，即 ．小丽和小军改变折弦的位置发现 仍然成立，于是 三位同学都尝试进行了证明： 小军采用了“截长法”（如图2），在 上㵶取 ，使得 ，…… 小丽则采用了“补短法”（如图3），延长 至 ，使 ，…… 小明采用了“平行线法”（如图4），过 点作 ，交圆于点 ，过点 作 ，…… (1)请你任选一位同学的方法，并完成证明； (2)如图5，在格图中，每个小正方形边长均为1， 内接于 （、B、均是格点），点、D 关于 对 称，连接 并延长交 于点 ，连接 ． ①请用无刻度的直尺作直线，使得直线平分 的周长；②求 的周长． 【答】(1)见解析(2)①见解析，② 【分析】（1）证 ，得到 ，再由待腰三角形“三线合一”性质得 ， 即可得出结论（2）①作直径 ，交 于，连接 交 于G，过点G、作直线l 即可； ②先由勾股定理，求得 ，再证 ，得 ，即可求得 ， 从而得出 ，则 ，然后由由①可知 周长 ，即可求解． 【详解】（1）解：选小军采用了“截长法”（如图2），在 上㵶取 ，使得 ， 证明：∵点M 是 的中点，∴ ∴ ， 在 与 中， ，∴ ，∴ ， ∵ ，即 ，∴ ，∴ ，∴ ； （2）解：①如图所示，直线l 即为所作， 理由：∵点与点D 关于 对称，∴ ， ， ∴ ，即 ，∴F 是 的中点， ∵ ， ，∴ ， 由（1）得 平分折弦 ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴ ，即l 平分 周长； ②由题意可得： ， ， ，由勾股定理，得 ， ∵ ， ， ∴ ，∴ ，即 ，∴ ， ∴ ，∴ ， 由①知 周长 【点睛】本题考查垂径定理，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定 理，等腰三角形的性质，属圆的综合探究题目，熟练掌握相关性质与判定并能灵活运用是解题的关键． 4．（2023·浙江嘉兴·九年级校联考期中）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M 向 所作垂线的垂足D 是折弦 的中 点，即 ．下面是运用“截长法”证明 的部分证明过程． 证明：如图2，在 上截取 ，连接 和 ．∵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）填空：如图（3），已知等边 内接于 ， ，D 为 上 一点, ， 与点E,则 的周长是 ． 【答】（1）证明见解析；（2） ． 【分析】（1）首先证明 ，进而得出 ，再利用等腰三角形的性质得出 ，即可得出答；（2）方法一、首先证明 ，进而得出 ，以及 ，进而求出 的长即可得出答．方法二、先求出 ，再用（1）的结论得出 ，即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图2，在 上截取 ，连接 和 ． ∵M 是 的中点， ∴ 在 和 中 ∴ ，∴ ， 又∵ ， ∴ ，∴ ； （2）解：方法一、如图3，截取 ，连接 ， 由题意可得： ， 在 和 中 ，∴ ，∴ ， ∵ ，∴ ，则 ， ∵ ，∴ ，则 的周长是 ．故答为 ． 方法二、∵ 是等边三角形，∴ ， ∴由（1）的结论得， ， ∵ ，∴ ，∴ ， ∴则 的周长是 ．故答为 ． 【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，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． 5．（2023 秋·山西阳泉·九年级统考期末）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（rmedes，公元前 ～公元前 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． 阿拉伯l-Bru（ 年～ 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l-Bru 译本 出版了像文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米 德的折弦定理． 阿基米德折弦定理： 如图1， 和 是 的两条弦（即折线 是固