模型39 圆——折弦定理模型-解析版

圆 模型（三十九）——折弦定理模型 如图，B B，像是一条折断的弦 ◎结论：B、B 是⊙的两条弦，M 为^ ABC的中点，MD⊥B，垂足为D， 则B＋BD＝D 【证明】 如图 在D 上取点E，使DE＝DB,连接BM,ME,,M,M, BD ∵ ＝DE,MD⊥BE, MB ∴ ＝ME M ∵ 为^ ABC的中点 M ∴ ＝M ∠MB ∵ ＝∠M ∠MEB ∴ ＝∠M， ∠BME ∵ ＝180°－∠MBE－∠MEB， ∠M＝180°－∠M－∠M， ∠BME ∴ ＝∠M， ∠BM ∴ ＝∠EM, 易证△BM△EM,∴B ∴ ＝E, B ∴＋BD＝D 1．（2021 年四川省成都市金堂县中考数学二诊试卷）在⊙中 ＝ ，顺次连接、B、． (1)如图1，若点M 是 的中点，且M∥交B 延长线于点，求证：M 为⊙的切线； (2)如图2，在（1）的条件下，连接M，过点作P⊥BM 于点P，若BP＝，MP＝b，M＝，则、b、有何数量关系？ (3)如图3，当∠B＝60°时，E 是B 延长线上一点，D 是线段B 上一点，且BD＝E，若BE＝5，△EF 的周长为9，请 求出S△EF 的值？ 【答】(1)见解析 (2)＝b+ (3) 【分析】（1）如图1，连接M，由M 是 的中点，可得M⊥，进而可得M⊥M，即可证得结论； （2）如图2，连接M 交于K，连结M，运用勾股定理得出=B= ，再由△BP∽△MK，即可得出结论； （3）过点B 作B∥，过点D 作D∥B，B 与D 交于点，连接，先证明△E≌△B（SS），再证明四边形ED 是平行四边形， 过点E 作ET⊥B 于点T，交于点L，连接DL，可证明四边形BL 是平行四边形，设E=x，则L=x，B==5-x， D=DL=L=5-2x，用含x 的代数式表示E2，延长B，ED 交于点R，则∠RD=∠FE，∠R=∠FE，D=E，进而可得 △DR≌△EF（S），根据∥ED，可得出E 的长，再求出x，即可求得答． (1) 如图1，连接M， ∵M 是 的中点， ∴M⊥， ∵M∥， ∴M⊥M， ∵M 为⊙的半径， ∴M 为⊙的切线； (2) 如图2，连接M 交于K，连结M， ∵M 是 的中点， ∴ ＝ ， ∴M＝M＝， ∵P⊥BM， ∴∠PM＝∠PB＝90°， ∴P2＝M2﹣PM2＝2﹣b2， ∴B2＝P2+BP2＝2﹣b2+2， ∴＝B＝ ， ∵M 是 的中点， ∴M⊥， ∴K＝K＝ ＝ ， ∵∠PB＝∠KM＝90°，∠BP＝∠MK， ∴△BP∽△MK， ∴ ＝ ， ∴BP•M＝K•B， ∴＝ • ， 2 ∴＝2﹣b2+2， ∴（﹣）2﹣b2＝0， ∴（+b﹣）（﹣b﹣）＝0， + ∵b﹣＞0， ∴﹣b﹣＝0， ∴＝b+； (3) 如图3，过点B 作B∥，过点D 作D∥B，B 与D 交于点，连接， 则∠BD＝∠B＝60°，∠DB＝∠B＝60°， ∴△BD 是等边三角形， ∴B＝BD，∠DB＝60°， ∴B＝E，∠B＝∠B+∠DB＝60°+60°＝120°， ∵∠E＝180°﹣∠B＝120°＝∠B，＝B， ∴△E≌△B（SS）， ∴∠E＝∠B，E＝， ∵D∥B，D＝E， ∴四边形ED 是平行四边形， ∴E∥ED，＝ED， ∴∠B＝∠BED，＝E， ∴∠BED＝∠E，E＝ED， 过点E 作ET⊥B 于点T，交于点L，连接DL， 则T＝TD＝ D，L＝DL， ∵∠B＝60°， ∴△DL 是等边三角形， ∴∠LD＝60°＝∠B， ∴DL∥B，即D 与DL 在同一直线上， ∴四边形BL 是平行四边形， ∴L＝B＝BD＝E，L＝B， 设E＝x，则L＝x，B＝＝5﹣x，D＝DL＝L＝﹣L＝5 2 ﹣x，T＝ ， ∵DF∥， ∴ ＝ ，即 ＝ ， ∴LF＝ ， ∴F＝L+LF＝5 2 ﹣x+ ＝ ， 在Rt△BET 中，ET＝BE•s60°＝ ， ∵E2＝T2+ET2， ∴E2＝（ ）2+（ ）2＝x2 5 ﹣x+25， 延长B，ED 交于点R，则∠RD＝∠FE，∠R＝∠FE，D＝E， ∴△DR≌△EF（S）， ∴DR＝EF， ∴ER＝ED+DR＝E+EF＝9﹣F＝9﹣ ＝ ， ∵∥ED， ∴ ＝ ， ∴＝ •ER＝ × ＝ ， ∴E＝ ， ∴x2 5 ﹣x+25＝（ ）2， 解得：x1＝5（舍去），x2＝ ， ∴D＝5 2× ﹣ ＝ ，F＝ ＝10﹣ ＝2， 作DM⊥L 于点M，则DM＝D•s60°＝ × ＝ ， ∴S△EF＝S△DE﹣S△DF＝ D•ET﹣ F•DM＝ × × ﹣ ×2× ＝ ． 【点睛】本题是有关圆的综合题，考查了圆的性质，切线的判定和性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，相 似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形判定和性质，特殊角三角函数值等知识，熟练掌 握全等三角形判定和性质及相似三角形的判定和性质等相关知识，正确添加辅助线构造全等三角形是解题关键． 1．（北京市西城区三帆中学2021-2022 学年九年级下学期月考数学试卷（4 月份））已知：△B，点D 是△B 的外接 圆上一点（不与，B，重合），过作射线E，F，且E BD，F D（D，E 分别在B 两侧，D，F 分别在两侧），在 射线E 上取一点M 使得M＝B，在射线F 上取一点使得＝，连接M，P 是线段M 的中点． (1)当∠＝90°时，在图1 中补全图形并直接写出∠M 的度数； (2)在图2 中，当D 在△B 的外接圆上移动过程中，探索∠B 和∠M 的关系并直接写出你的探索结果____； (3)图3 中请你探索P 与B 的数量关系，并证明你的结论； (4)小逸同学在探索题目过程中，不小心把一些画图痕迹给破坏掉了，只留下如图4 所示的四边形BM，且已知BM ＝6，MP＝ ，＝12，∠BM＝150°，∠M＝90°，小逸同学只记得、D 在B 两侧，你能帮他找出点的位置并求出P 的长度吗？ 【答】(1)图见解析，∠M＝90° (2)∠B＝∠M 或∠M+∠B＝180° (3)P＝ B，证明见解析 (4) 【分析】（1）根据已知补全图形即可，根据平行线性质和同圆中，同弧所对的圆周角相等，即可得∠F＝∠BE，从 而可得∠M＝90°； （2）分两种情况：当D 在弦B 上方的圆上时，画出图形可得∠M＝∠B；当D 在弦B 下方的圆上时，可得∠M+∠B ＝180°； （3）延长M 到K，使K＝M，连接K，P，由三角形中位线定理可得P＝ K，证明△B≌△K（SS），有B＝K，即 得P＝ B； （4）根据M＝B，＝可知BM 的垂直平分线、的垂直平分线的交点即为，过作R⊥BM 交BM 延长线于R，过作 S⊥R 于S，过作T⊥BM 于T，由∠BM＝150°，得∠MR＝30°，由含30°的直角三角形三边关系可求出T＝SR＝7 ， ，从而可得B＝ ＝2 ，即可得P＝ ． （1） （1）补全图形如下： ∵ ， ∴∠F＝∠D， ∵ ， ∴∠D＝∠BD， ∴∠F＝∠BD， ∵ ， ∴∠BD＝∠BE， ∴∠F＝∠BE， ∵∠B＝90°， ∴∠BE+∠E＝90°， ∴∠F+∠E＝90°，即∠M＝90°； （2） （2）∠B＝∠M 或∠M+∠B＝180°，理由如下： 当D 在弦B 上方的圆上时，如图： ∵ ， ∴∠F＝∠D， ∵ ， ∴∠D＝∠BD， ∴∠F＝∠BD， ∵ ， ∴∠BD＝∠BE， ∴∠F＝∠BE， ∴∠F+∠E＝∠BE+∠E， 即∠M＝∠B； 当D 在弦B 下方的圆上时，如图： ∵ ， ∴∠F＝∠D， ∵ ， ∴∠BD＝∠BE， ∵∠D+∠BD＝180°， ∴∠F+∠BE＝180°， ∴∠M+∠B＝180°； 故答为：∠M＝∠B 或∠M+∠B＝180°； （3） （3）P＝ B，证明如下： 延长M 到K，使K＝M，连接K，P，如图： ∵P 为M 中点，M＝K， ∴P 是△MK 的中位线， ∴P＝ K， ∵B＝M， ∴B＝K， 由（2）知∠B+∠M＝180°， 而∠K+∠M＝180°， ∴∠B＝∠K， ∵＝， ∴△B≌△K（SS）， ∴B＝K， ∴P＝ B； （4） （4）作BM 的垂直平分线、的垂直平分线，交点即为，的位置如图： 过作R⊥BM 交BM 延长线于R，过作S⊥R 于S，过作T⊥BM 于T，如图： ∵∠BM＝150°， ∴∠MR＝30°， ∵MP＝P＝ ， ∴M＝2 ， 在Rt△MR 中， R＝ M＝ ，RM＝ RM＝3，∠MR＝90°﹣∠MR＝60°， ∴BR＝BM+RM＝6+3＝9， ∵∠M＝90°， S ∴∠＝180°﹣∠M﹣∠MR＝30°， 在Rt S △中， S＝ ＝6，S＝ S＝6 ， S ∴R＝R+S＝7 ， S ∵∠＝∠R＝∠TR＝90°， ∴四边形SRT 是矩形， ∴RT＝S＝6，T＝SR＝7 ， ∴BT＝BR﹣RT＝9 6 ﹣＝3， 在Rt△BT 中， B＝ ＝ ＝2 ， 由（3）知P＝ B， ∴P＝ ． 【点睛】本题考查圆的综合应用，涉及平行线的性质，三角形中位线定理及应用，三角形全等的判定与性质，勾 股定理，含30°角的直角三角形三边关系，矩形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形和 直角三角形解决问题． 2．（广东省深圳市2018 年中考数学试题）如图，△B 内接于⊙， ，点 为 上的动点，且 (1)求 的长度； (2)在点D 运动的过程中，弦D 的延长线交B 的延长线于点E，问D•E 的值是否变化？若不变，请求出D•E 的值； 若变化，请说明理由 (3)在点D 的运动过程中，过点作⊥BD，求证： 【答】(1) ；(2) ；（3）证明见解析 【分析】（1）过作F⊥B，垂足为F，交⊙于G，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔFB 即可求得B 长； （2）连接DG，则可得G 为⊙的直径，继而可证明△DG∽△FE，根据相似三角形的性质可得D•E=F•G，连接 BG，求得F=3，FG= ，继而即可求得D•E 的值； （3）连接D，延长BD 至点，使D=D，连接，通过证明△D≌△D，可得=，继而可得B=，再根据⊥B，即可证得 B=D+D 【详解】 （1）过作F⊥B，垂足为F，交⊙于G， ∵B=，F⊥B， ∴BF=F= B=1， 在RtΔFB 中，BF=1， ∴B= ； （2）连接DG， ∵F⊥B，BF=F， ∴G 为⊙的直径， ∴∠DG=∠FE=90°， 又∵∠DG=∠FE， ∴△DG∽△FE， ∴D：F=G：E， ∴D•E=F•G， 连接BG，则∠BG=90°， ∵BF⊥G， ∴△BFG∽△FB ∴BF2=F•FG， ∵F= =3， ∴FG= ， ∴D•E=F•G=F•（F+FG）=3× =10； （3）连接D，延长BD 至点，使D=D，连接， ∵∠DB=∠B=∠B，∠D+∠B=180°，∠D+∠DB=180°， ∴∠D=∠D， ∵D=D，D=D， ∴△D≌△D， = ∴， ∵B=， ∴B=， ∵⊥B， ∴B==D+D=D+D 【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强， 正确添加辅助线是解题的关键 1．（2022 年河南省社旗县九年级数学一模考试试题）请阅读下面材料，并完成相应的任务： 阿基米德折弦定理 阿基米德（rmedes 公元前287—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． 阿拉伯l-Br（973 年—1050 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-Bru 译本出版了俄 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，B 和B 是 的两条弦（即折线B 是圆的一条折弦）， ，M 是弧B 的中点， 则从点M 向B 所作垂线的垂足D 是折弦B 的中点，即 ． 这个定理有很多证明方法，下面是运用“截长法”证明 的部分证明过程． 证明：如图2，在D 上截取 ，连接M，MB，M 和MG． ∵M 是弧B 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)如图3，已知等边三角形B 内接于 ，D 为弧上一点， ， 于点E， ，连接D，则 △DB 的周长是___________． 【答】(1)见解析 (2)2 ＋4 【分析】（1）首先证明△MB≌△MG（SS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得 出答； （2）首先证明△BF≌△D（SS），进而得出F＝D，D+DE＝BE，进而求出BE 和B 的长即可得出答． (1) 证明：如图2，在B 上截取G＝B，连接M，MB，M 和MG． ∵M 是 的中点， ∴M＝M． 在△MB 和△MG 中 ∵ ∴△MB≌△MG（SS）， ∴MB＝MG， ∴△MBG 是等腰三角形 又∵MD⊥B， ∴BD＝GD， ∴D＝G+GD＝B+BD； (2) ）解：如图4，截取BF＝D，连接F，D， ∵△B 是等边三角形 ∴B＝，∠BF＝∠D，∠B＝60°， 在△BF 和△D 中 ∵ ∴△BF≌△D（SS）， ∴F＝D，∠BF＝∠D＝∠BD＝15° ∴△DF 是等腰三角形， ∵E⊥BD， ∴FE＝DE，∠BE＝90° 则D+DE＝BE， ∵∠BD＝15° ∴∠BE＝∠B－∠BD＝45° ∴∠BE＝90°－∠BE＝45° ∴△BE 是等腰直角三角形 ∴BE＝E＝2，B＝ ∴D+DE＝BE＝2，B＝B＝2 ∴△DB 的周长＝B＋D+DE＋BE＝2 ＋4 故答为：2 ＋4 【点睛】本题考查了圆周角定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理 等知识，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形解决问题．