2024年中考數(shù)學(xué)幾何模型專項復(fù)習(xí)講與練模型39 圓——折弦定理模型-原卷版+解析-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

如圖，AB BC，像是一條折斷的弦

◎結(jié)論：AB、BC是⊙O的兩條弦，M為的中點(diǎn)，MD⊥BC，垂足為D，
則AB＋BD＝CD
【證明】如圖
在DC上取點(diǎn)E，使DE＝DB,連接BM,ME,,AM,CM,AC
∵BD＝DE,MD⊥BE,
∴MB＝ME
∵ M為的中點(diǎn)
∴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＝CD
1． (2024年四川省成都市金堂縣中考數(shù)學(xué)二診試卷）在⊙O中＝，順次連接A、B、C．
(1)如圖1，若點(diǎn)M是的中點(diǎn)，且MN∥AC交BC延長線于點(diǎn)N，求證：MN為⊙O的切線；
(2)如圖2，在（1）的條件下，連接MC，過點(diǎn)A作AP⊥BM于點(diǎn)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(dāng)∠BAC＝60°時，E是BC延長線上一點(diǎn)，D是線段AB上一點(diǎn)，且BD＝CE，若BE＝5，△AEF的周長為9，請求出S△AEF的值？
1．（北京市西城區(qū)三帆中學(xué)2021-2022學(xué)年九年級下學(xué)期月考數(shù)學(xué)試卷（4月份））已知：△ABC，點(diǎn)D是△ABC的外接圓上一點(diǎn)（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(diǎn)M使得AM＝AB，在射線AF上取一點(diǎn)N使得AN＝AC，連接MN，P是線段MN的中點(diǎn)．
(1)當(dāng)∠A＝90°時，在圖1中補(bǔ)全圖形并直接寫出∠MAN的度數(shù)；
(2)在圖2中，當(dāng)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(xué)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(xué)只記得A、D在BC兩側(cè)，你能幫他找出點(diǎn)A的位置并求出AP的長度嗎？
2．（廣東省深圳市2018年中考數(shù)學(xué)試題）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，，點(diǎn)為上的動點(diǎn)，且.
(1)求的長度；
(2)在點(diǎn)D運(yùn)動的過程中，弦AD的延長線交BC的延長線于點(diǎn)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(diǎn)D的運(yùn)動過程中，過A點(diǎn)作AH⊥BD，求證：.
1． (2024年河南省社旗縣九年級數(shù)學(xué)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(xué)家之一．他與牛頓、高斯并稱為三大數(shù)學(xué)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(diǎn)，則從點(diǎn)M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即．
這個定理有很多證明方法，下面是運(yùn)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(jìn)是弧ABC的中點(diǎn)，
…
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(diǎn)，，于點(diǎn)E，，連接AD，則△DAB的周長是___________．
圓
模型（三十九）——折弦定理模型
如圖，AB BC，像是一條折斷的弦

◎結(jié)論：AB、BC是⊙O的兩條弦，M為的中點(diǎn)，MD⊥BC，垂足為D，
則AB＋BD＝CD
【證明】如圖
在DC上取點(diǎn)E，使DE＝DB,連接BM,ME,,AM,CM,AC
∵BD＝DE,MD⊥BE,
∴MB＝ME
∵ M為的中點(diǎn)
∴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＝CD
1． (2024年四川省成都市金堂縣中考數(shù)學(xué)二診試卷）在⊙O中＝，順次連接A、B、C．
(1)如圖1，若點(diǎn)M是的中點(diǎn)，且MN∥AC交BC延長線于點(diǎn)N，求證：MN為⊙O的切線；
(2)如圖2，在（1）的條件下，連接MC，過點(diǎn)A作AP⊥BM于點(diǎn)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(dāng)∠BAC＝60°時，E是BC延長線上一點(diǎn)，D是線段AB上一點(diǎn)，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(diǎn)，可得OM⊥AC，進(jìn)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(yùn)用勾股定理得出AC=AB=，再由△ABP∽△MCK，即可得出結(jié)論；
（3）過點(diǎn)B作BH∥AC，過點(diǎn)D作DH∥BC，BH與DH交于點(diǎn)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(diǎn)E作ET⊥AB于點(diǎn)T，交AC于點(diǎn)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(diǎn)R，則∠RHD=∠FCE，∠R=∠CFE，DH=CE，進(jìn)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(jìn)是的中點(diǎn)，
∴OM⊥AC，
∵M(jìn)N∥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(jìn)是的中點(diǎn)，
∴＝，
∴AM＝CM＝c，
∵AP⊥BM，
∴∠APM＝∠APB＝90°，
∴AP2＝AM2﹣PM2＝c2﹣b2，
∴AB2＝AP2+BP2＝c2﹣b2+a2，
∴AC＝AB＝，
∵M(jìn)是的中點(diǎn)，
∴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(diǎn)B作BH∥AC，過點(diǎn)D作DH∥BC，BH與DH交于點(diǎn)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(diǎn)E作ET⊥AB于點(diǎn)T，交AC于點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)M，則DM＝AD?sin60°＝×＝，
∴S△AEF＝S△ADE﹣S△ADF＝AD?ET﹣AF?DM＝××﹣×2×＝．
【點(diǎn)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(xué)2021-2022學(xué)年九年級下學(xué)期月考數(shù)學(xué)試卷（4月份））已知：△ABC，點(diǎn)D是△ABC的外接圓上一點(diǎn)（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(diǎn)M使得AM＝AB，在射線AF上取一點(diǎn)N使得AN＝AC，連接MN，P是線段MN的中點(diǎn)．
(1)當(dāng)∠A＝90°時，在圖1中補(bǔ)全圖形并直接寫出∠MAN的度數(shù)；
(2)在圖2中，當(dāng)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(xué)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(xué)只記得A、D在BC兩側(cè)，你能幫他找出點(diǎn)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(bǔ)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(dāng)D在弦BC上方的圓上時，畫出圖形可得∠MAN＝∠BAC；當(dāng)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(diǎn)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(bǔ)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(dāng)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(dāng)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(diǎn)，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(diǎn)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°，
∵M(jìn)P＝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(diǎn)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(xué)試題）如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，，點(diǎn)為上的動點(diǎn)，且.
(1)求的長度；
(2)在點(diǎn)D運(yùn)動的過程中，弦AD的延長線交BC的延長線于點(diǎn)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(diǎn)D的運(yùn)動過程中，過A點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(qiáng)，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵.
1． (2024年河南省社旗縣九年級數(shù)學(xué)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(xué)家之一．他與牛頓、高斯并稱為三大數(shù)學(xué)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(diǎn)，則從點(diǎn)M向BC所作垂線的垂足D是折弦ABC的中點(diǎn)，即．
這個定理有很多證明方法，下面是運(yùn)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(jìn)是弧ABC的中點(diǎn)，
…
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(diǎn)，，于點(diǎn)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(jìn)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(jìn)而得出CF＝CD，AD+DE＝BE，進(jìn)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(jìn)是的中點(diǎn)，
∴MA＝MC．
在△MBA和△MGC中
∵
∴△MBA≌△MGC（SAS），
∴MB＝MG，
∴△MBG是等腰三角形
又∵M(jìn)D⊥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△CBF和△CAD中
∵
∴△CBF≌△CAD（SAS），
∴CF＝CD，∠BCF＝∠ACD＝∠ABD＝15°
∴△CDF是等腰三角形，
∵CE⊥BD，
∴FE＝DE，∠BCE＝90°
則AD+DE＝BE，
∵∠ABD＝15°
∴∠CBE＝∠ABC－∠ABD＝45°
∴∠BCE＝90°－∠CBE＝45°
∴△BCE是等腰直角三角形
∴BE＝CE＝2，BC＝
∴AD+DE＝BE＝2，AB＝BC＝2
∴△DAB的周長＝AB＋AD+DE＋BE＝2＋4
故答案為：2＋4
【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形解決問題．

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多