重难点05“阿基米德折弦定理”模型

重难点05“阿基米德折弦定理”模型1.识别几何模型。2.利用“阿基米德折弦定理”模型解决问题一．解答题（共5小题）1．（2023•东港区校级一模）如图：已知点A、B、C、D顺次在圆O上，AB＝BD，BM⊥AC，垂足为M．证明：AM＝DC+CM．（阿基米德折弦定理）【分析】如图，将△ABM绕点B旋转到△DBN，使∠BAM与∠BDC重合，再证△BMC≌△BNC，可得MC＝CN，即可得出．【解答】证明：∵，∴∠BAM＝∠BDC，又AB＝BD，将△ABM绕点B旋转到△DBN，使∠BAM与∠BDC重合，如图，∴△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．【点评】本题主要考查了旋转的性质和全等三角形的判定与性质，通过旋转构建全等三角形，是解答的本题的关键．2．（2021•方城县模拟）阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．下面是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC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△ABC内接于⊙O，AB＝2，D为上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD于点E，则△BDC的周长是2+2．【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得出答案；（2）方法一、首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF＝AD，以及CD+DE＝BE，进而求出DE的长即可得出答案．方法二、先求出BE，再用（1）的结论得出BE＝CD+DE，即可得出结论．【解答】（1）证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴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、如图3，截取BF＝CD，连接AF，AD，CD，由题意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，则CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，∴BE＝＝，则△BDC的周长是2+2．故答案为：2+2．方法二、∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝2，∠ABC＝∠ACB，∴由（1）的结论得，BE＝DE+CD，在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝2，∴BE＝，∴DE+CD＝，∴则△BDC的周长是BC+BD+CD＝BC+BE+DE+CD＝2+2．故答案为：2+2．【点评】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．3．（2021秋•海州区校级期中）某数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：【问题发现】如图1，AD，BD为⊙O的两条弦（AD＜BD），点C为的中点，过C作CE⊥BD，垂足为E．求证：BE＝DE+AD．【问题探究】小明同学的思路是：如图2，在BE上截取BF＝AD，连接CA，CB，CD，CF．……请你按照小明的思路完成上述问题的证明过程．【结论运用】如图3，△ABC是⊙O的内接等边三角形，点D是上一点，∠ACD＝45°，连接BD，CD，过点A作AE⊥CD，垂足为E．若AB＝，则△BCD的周长为8+4．【变式探究】如图4，若将【问题发现】中“点C为的中点”改为“点C为优弧的中点”，其他条件不变，上述结论“BE＝DE+AD”还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，请写出BE、AD、DE之间的新等量关系，并加以证明．【分析】【问题探究】在BE上截取BF＝AD，连接CA，CB，CD，CF，证明△DAC≌△FBC，根据全等三角形的性质得到CD＝CF，根据等腰三角形的三线合一、结合图形证明结论；【结论运用】连接AD，在CE上截取CF＝AD，连接AF，证明△DAB≌△FAC，得到DB+DC＝2EC，根据等腰直角三角形的性质求出EC，根据三角形的周长公式计算，得到答案；【变式探究】在线段DE上截取DF＝BD，连接CB、CF、CD、CA，证明△ADC≌△FDC，根据全等三角形的性质、等腰三角形的性质解答即可．【解答】解：【问题探究】如图2，在BE上截取BF＝AD，连接CA，CB，CD，CF，∵点C为的中点，∴＝，∴AC＝BC，由圆周角定理得，∠DAC＝∠DBC，在△DAC和△FBC中，，∴△DAC≌△FBC（SAS）∴CD＝CF，又CE⊥BD，∴DE＝EF，∴BE＝EF+BF＝DE+AD；【结论运用】连接AD，在CE上截取CF＝BD，连接AF，由【问题探究】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的周长＝DB+DC+BC＝8+4，故答案为：8+4；【变式探究】结论“BE＝DE+AD”不成立，BE+AD＝DE，理由如下：在线段DE上截取DF＝AD，连接CB、CF、CD、CA，∵点C为优弧的中点”，∴＝，∴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．【点评】本题考查的是圆心角、弦、弧之间的关系、圆周角定理、全等三角形的判定和性质，掌握圆周角定理、正确作出辅助线是解题的关键．4．（2023•海口一模）【问题呈现】阿基米德折弦定理：阿基米德（archimedes，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．如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程．证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC，又∵∠A＝∠C，BA＝GC，∴△MAB≌△MCG，∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝DG，∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA．【理解运用】如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝1；【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明．【实践应用】如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，则AD＝7或．【分析】【理解运用】：由“问题呈现”结论可求解；【变式探究】：在DB上截取BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG，由“SAS”可证△MAB≌△MGB，可得MA＝MG，由等腰三角形的性质可得DC＝DG，可得结论；【实践应用】：分两种情况讨论，由“问题呈现”结论可求解．【解答】解：【理解运用】：由题意可得CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，∴CD＝6﹣CD+4，∴CD＝5，∴BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案为：1；【变式探究】DB＝CD+BA．证明：在DB上截取BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中点，∴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；【实践应用】如图，当点D1在BC下方时，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，∵BC是圆的直径，∴∠BAC＝90°，∵AB＝6，圆的半径为5，∴AC＝8，∵∠D1AC＝45°，∴CG1+AB＝AG1，∴AG1＝（6+8）＝7，∴AD1＝7．当点D2在BC上方时，∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．综上所述：AD的长为7或，故答案为7或．【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，理解题意是本题的关键．5．（2021•深圳四模）先阅读命题及证明思路，再解答下列问题．命题：如图1，在正方形ABCD中，已知：∠EAF＝45°，角的两边AE、AF分别与BC、CD相交于点E、F，连接EF．求证：EF＝BE+DF．证明思路：如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′．∵AB＝AD，∠BAD＝90°，∴AB与AD重合．∵∠ADC＝∠B＝90°，∴∠FDE′＝180°，点F、D、E′是一条直线．根据SAS，得证△AEF≌△AE′F，得EF＝E′F＝E′D+DF＝BE+DF．（1）特例应用如图1，命题中，如果BE＝2，DF＝3，求正方形ABCD的边长．（2）类比变式如图3，在正方形ABCD中，已知∠EAF＝45°，角的两边AE、AF分别与BC、CD的延长线相交于点E、F，连接EF．写出EF、BE、DF之间的关系式，并证明你的结论．（3）拓展深入如图4，在⊙O中，AB、AD是⊙O的弦，且AB＝AD，M、N是⊙O上的两点，∠MAN＝∠BAD．①如图5，连接MB、MD，MD与AN交于点H，求证：MH＝BM+DH，DM⊥AN；②若点C在（点C不与点A、D、N、M重合）上，连接CB、CD分别交线段AM、AN或其延长线于点E、F，直接写出EF、BE、DF之间的等式关系．【分析】（1）如图1，设正方形ABCD的边长为x，则有CE＝x﹣2，CF＝x﹣3．由材料可知：EF＝BE+DF＝5，在Rt△CEF中，运用勾股定理就可解决问题．（2）仿照材料中的证明思路就可解决问题．（3）①延长MD到点M′，使得DM′＝BM，连接AM′，如图5．仿照材料中的证明思路可证到AM＝AM′，∠MAN＝∠M′AN，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．②分两种情况讨论：Ⅰ．当点C在上时，如图6、7；Ⅱ．当点C在上时，如图8．借鉴①中的证明思路就可得到结论．【解答】解：（1）如图1，设正方形ABCD的边长为x，则有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的边长为6．（2）EF＝BE﹣DF．理由如下：在BC上取一点F′，使得BF′＝DF．连接AF′，如图3．∵四边形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延长MD到点M′，使得DM′＝BM，连接AM′，如图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．当点C在上时，如图6、7．同理可得：EF＝BE+DF．Ⅱ．当点C在上时或点C在高于点D时，如图8．同理可得：EF＝DF﹣BE．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、解一元二次方程等知识，考查了阅读理解能力、自学能力、运用已有经验解决问题的能力，有一定的综合性，是一道好题．一．填空题（共1小题）1．已知M是弧CAB的中点，MP垂直于弦AB于P，若弦AC的长度为x，线段AP的长度是x+1，那么线段PB的长度是2x+1．（用含有x的代数式表示）【分析】延长MP交圆于点D，连接DC并延长交BA的延长线于E点，连接BD，由M是弧CAB的中点，可得∠BDM＝∠CDM，又因为MP垂直于弦AB于P，可得∠BPD＝∠EPD＝90°，然后由ASA定理可证△DPE≌△DPB，然后由全等三角形的对应角相等，对应边相等可得：∠B＝∠E，PB＝EP，然后由圆内接四边形的性质可得：∠ECA＝∠B，进而可得：∠E＝∠ECA，然后根据等角对等边可得AE＝AC，进而可得PB＝PE＝EA+AP＝AC+AP，然后将AC＝x，AP＝x+1，代入即可得到PB的长．【解答】解：延长MP交圆于点D，连接DC并延长交BA的延长线于E点，连接BD，∵M是弧CAB的中点，∴∠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，∵四边形ABDC是圆内接四边形，∴∠ECA＝∠B，∴∠E＝∠ECA，∴AE＝AC，∴PB＝PE＝EA+AP＝AC+AP，∵AC＝x，AP＝x+1，∴PB＝2x+1．故答案为：2x+1．【点评】此题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的一个外角等于它的内对角，对角互补．解题的关键是：添加适当的辅助线构造圆内接四边形．二．解答题（共12小题）2．如图，已知ABCD是某圆的内接四边形，AB＝BD，BM⊥AC于M，求证：AM＝DC+CM．【分析】首先在MA上截取ME＝MC，连接BE，由BM⊥AC，根据垂直平分线的性质，即可得到BE＝BC，得到∠BEC＝∠BCE；再由AB＝BD，得到∠ADB＝∠BAD，而∠ADB＝∠BCE，则∠BEC＝∠BAD，根据圆内接四边形的性质得∠BCD+∠BAD＝180°，易得∠BEA＝∠BCD，从而可证出△ABE≌△DBC，得到AE＝CD，即有AM＝DC+CM．【解答】证明：在MA上截取ME＝MC，连接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．【点评】此题考查了圆周角定理、圆的内接四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及线段垂直平分线的性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，掌握圆的内接四边形对角互补与在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等定理的应用．3．问题呈现：阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．下面是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC……请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；实践应用：（1）如图3，已知△ABC内接于⊙O，BC＞AB＞AC，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BE＝CE+AC．（2）如图4，已知等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，D为AB上一点，连接DB，∠ACD＝45°，AE⊥CD于点E，△BDC的周长为4+2，BC＝2，请求出AC的长．【分析】首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得出答案；（1）直接根据阿基米德折弦定理得出结论；（2）根据阿基米德折弦定理得出CE＝BD+DE，进而求出CE，最后用勾股定理即可得出结论．【解答】证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG，∵M是的中点，∴MA＝MC．在△MBA和△MGC中，，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；实践应用（1）如图3，依据阿基米德折弦定理可得：BE＝CE+AC；故答案为：BE＝CE+AC；（2）∵AB＝AC，∴A是的中点，∵AE⊥CD，根据阿基米德折弦定理得，CE＝BD+DE，∵△BCD的周长为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．【点评】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是解题关键．4．如图，已知圆内接△ABC中，AB＞AC，D为的中点，DE⊥AB于E，求证：BD2﹣AD2＝AB•AC．【分析】在BA上截取BF＝CA，连DF，DC，由D为的中点，根据在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等得到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】证明：在BA上截取BF＝CA，连DF，DC，如图，∵D为的中点，∴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，即证．【点评】本题考查了在同圆或等圆中，如果两个圆心角以及它们对应的两条弧、两条弦中有一组量相等，则另外两组量也对应相等．也考查了三角形全等的判定与性质和等腰三角形的性质以及勾股定理．5．问题呈现：阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．下面是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG∵M是的中点，∴MA＝MC……请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；实践应用：（1）如图3，已知△ABC内接于⊙O，BC＞AB＞AC，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BE＝CE+AC；（2）如图4，已知等腰△ABC内接于⊙O，AB＝AC，D为上一点，连接DB，∠ACD＝45°，AE⊥CD于点E，△BCD的周长为4+2，BC＝2，请求出AC的长．【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得出答案；（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CE＝BD+DE，进而求出CE，最后用勾股定理即可得出结论．【解答】（1）证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC．在△MBA和△MGC中，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；（2）根据阿基米德折弦定理得，BE＝CE+AC，答案为：BE＝CE+AC；（3）根据阿基米德折弦定理得，CE＝BD+DE，∵△BCD的周长为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．【点评】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．6．【问题呈现】阿基米德折弦定理：如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程．证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC①又∵∠A＝∠C②∴△MAB≌△MCG③∴MB＝MG又∵MD⊥BC∴BD＝DG∴AB+BD＝CG+DG即CD＝DB+BA根据证明过程，分别写出下列步骤的理由：①相等的弧所对的弦相等，②同弧所对的圆周角相等，③有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；【理解运用】如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝1；【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明．【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题：如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长．【分析】【问题呈现】：根据圆的性质即可求解；【理解运用】CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解；【变式探究】证明△MAB≌△MGB（SAS），则MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，则DC＝DG，即可求解；【实践应用】已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+8）＝7．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．【解答】【问题呈现】①相等的弧所对的弦相等②同弧所对的圆周角相等③有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等故答案为：相等的弧所对的弦相等；同弧所对的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；【理解运用】CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1，故答案为：1；【变式探究】DB＝CD+BA．证明：在DB上截去BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG，∵M是弧AC的中点，∴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；【实践应用】如图，BC是圆的直径，所以∠BAC＝90°．因为AB＝6，圆的半径为5，所以AC＝8．已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1+AB＝AG1，所以AG1＝（6+8）＝7．所以AD1＝7．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝．所以AD的长为7或．【点评】此题属于圆的综合题，涉及了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数值的知识，综合性较强，解答本题需要我们熟练各部分的内容，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．7．请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德是有史以来最伟大的数学家之一，阿基米德的折弦定理是其推导出来的重要定理之一．阿基米德折弦定理：如图，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是⊙O的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．下面是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．证明：如图，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC．…请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分．【分析】首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得出答案．【解答】解：如图，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC．在△MBA和△MGC中，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD．【点评】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．8．古希腊数学家阿基米德提出并证明了“折弦定理”．如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是优弧ABC的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．（1）请按照下面的证明思路，写出该证明的剩余部分；证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴＝，∴MA＝MC．（2）如图（3），已知等边△ABC内接于⊙O，AB＝2，D为⊙O上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD，垂足为E，请你运用“折弦定理”求△BDC的周长．【分析】（1）首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得出答案；（2）首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF＝AD，以及CD+DE＝BE，进而求出DE的长即可得出答案．【解答】（1）证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴＝，∴MA＝MC．在△MBA和△MGC中∵，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；（2）解：如图3，截取BF＝CD，连接AF，AD，CD，由题意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，则CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，∴BE＝＝，则△BDC的周长是2+2．【点评】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．9．请阅读下列材料，并完成相应的任务：阿基米德折弦定理阿拉伯Al﹣Biruni（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Al﹣Biruni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，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝AB+BD．下面是运用“截长法”证明CD＝AB+BD的部分证明过程．证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC…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△ABC内接于⊙O，AB＝2，D为圆上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD与点E，则△BDC的周长是2+2．【分析】（1）如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG，首先证明△MBA≌△MGC（SAS），进而得出MB＝MG，再利用等腰三角形的性质得出BD＝GD，即可得出答案；（2）如图3，截取BF＝CD，连接AF，AD，CD．首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF＝AD，以及CD+DE＝BE，进而求出DE的长即可得出答案．【解答】解：（1）证明：如图2，在CB上截取CG＝AB，连接MA，MB，MC和MG．∵M是的中点，∴MA＝MC．在△MBA和△MGC中∵，∴△MBA≌△MGC（SAS），∴MB＝MG，又∵MD⊥BC，∴BD＝GD，∴DC＝GC+GD＝AB+BD；（2）解：如图3，截取BF＝CD，连接AF，AD，CD，由题意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，则CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，AB＝2∴BE＝＝，∴BD+CD＝2BE＝2，∵△ABC是等边三角形，∴BC＝AB＝2，则△BDC的周长是2+2．故答案为2+2．【点评】本题考查圆综合题、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，属于中考压轴题．10．问题提出如图①，AB、AC是⊙O的两条弦，AC＞AB，M是的中点MD⊥AC，垂足为D，求证：CD＝BA+AD．小敏在解答此题时，利用了“补短法”进行证明，她的方法如下：如图②，延长CA至E，使AE＝AB，连接MA、MB、MC、ME、BC．（请你在下面的空白处完成小敏的证明过程．）推广运用如图③，等边△ABC内接于⊙O，AB＝1，D是上一点，∠ABD＝45°，AE⊥BD，垂足为E，则△BDC的周长是1+．拓展研究如图④，若将“问题提出”中“M是的中点”改成“M是的中点”，其余条件不变，“CD＝BA+AD”这一结论还成立吗？若成立，请说明理由；若不成立，写出CD、BA、AD三者之间存在的关系并说明理由．【分析】问题提出：首先证明△EAM≌△BAM（SAS），进而得出ME＝MC，再利用等腰三角形的性质得出ED＝CD，即可得出答案；推广运用：首先证明△ABF≌ACD（SAS），进而得出AF＝AD，以及CD+DE＝BE，进而求出DE的长即可得出答案；拓展研究：连接EA，EF，ED，EB交AC于N，根据已知条件得到∠BEM＝∠CEM，根据全等三角形的性质得到CD＝ND，∠ECD＝∠END，根据等腰三角形的判定得到AN＝AB，于是得到结论．【解答】问题提出：证明：如图2，延长CA至E，使AE＝AB，连接MA、MB、MC、ME、BC，∵M是的中点，∴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；推广运用：解：如图3，截取BF＝CD，连接AF，AD，CD，由题意可得：AB＝AC，∠ABF＝∠ACD，在△ABF和△ACD中∵，∴△ABF≌ACD（SAS），∴AF＝AD，∵AE⊥BD，∴FE＝DE，则CD+DE＝BE，∵∠ABD＝45°，∴BE＝＝，则△BDC的周长是1+，故答案为：1+；拓展研究：不成立，CD、BA、AD三者之间的关系：AD＝BA+CD，证明：连接EA，EF，ED，EB交AC于N，∵M是的中点，∴∠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．【点评】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．11．已知A、B、C、D是⊙O上的四点，，AC是四边形ABCD的对角线（1）如图1，连接BD，若∠CDB＝60°，求证：AC是∠DAB的平分线；（2）如图2，过点D作DE⊥AC，垂足为E，若AC＝7，AB＝5，求线段AE的长度．【分析】（1）先根据可知CD＝BD，再由∠CDB＝60°可得出△BCD是等边三角形，故＝，由圆周角定理即可得出结论；（2）首先连接BD，在线段CE上取点F，使得EF＝AE，连接DF，易证得△CDF≌△BDA，继而可求得线段AE的长度．【解答】（1）证明：∵，∴CD＝BD，∵∠CDB＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴＝，∴∠CAD＝∠BAC，即AC是∠DAB的平分线；（2）解：连接BD，在线段CE上取点F，使得EF＝AE，连接DF，∵DE⊥AC，∴DF＝DA，∴∠DFE＝∠DAE，∵＝，∴CD＝BD，∠DAC＝∠DCB，∴∠DFE＝∠DCB，∵四边形ABCD是圆的内接四边形，∴∠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．【点评】此题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注