阿基米德折弦定理的四种常规证法

阿基⽶德折弦定理阿基⽶德折弦定理⼀、取劣弧中点时已知：M点是弧AB的中点，AC+CB是圆中折弦，过M点作MN⊥AC交AC于N点．结论：AN=NC+CB．法⼀：截长取ND=NC，连接DM，则DM=CM，∠MAD+∠AMD=∠MDC=∠MCD=∠MAB=∠MAD+∠BAC，∴∠AMD=∠BAC=∠BMC，易证：△MDA≌△MCB（SAS）∴AD=BC，∴AN=AD+DN=NC+CB．法⼆：补短延长AC⾄D点使得CD=CB，∠MCB+∠MAB=180°，∠MCD+∠MCA=180°，且∠MAB=∠MCA，∴∠MCB=∠MCD易证：△MCB≌△MCD（SAS）∴MD=MB=MA，∴NC+CB=NC+CD=ND=NA，即NA=NC+CB．法三：作垂线连接MA、MB，则MA=MB，考虑∠MAN=∠MBC，过M作MH⊥BC交BC延长线于H点，易证：△MAN≌△MBH（AAS）可得：AN=BH；易证：△MCN≌△MCH（AAS）可得：CN=CH．∴AN=BH=BC+CH=BC+CN．法四：作对称作MP∥AC交圆O于点P，作PQ⊥AC交AC于Q点，连接AP、PM、MC．易证：AQ=CN，QN=OM=CB，∴AN=AQ+QN=CN+CB法五：作平⾏作BD∥AC交圆O于点D，连接AD，连接MD交AC于点E，可证：∠AED=∠MDB=∠ADE，∴AD=AE，⼜BC=AD，∴BC=AE．可证：∠MEC=∠MCE，∴EN=NC，∴AN=AE+EN=BC+BC．⼆、取优弧中点时已知：若M点在劣弧AB上，作MN⊥AC交AC于N点．结论：NC=AN+BC．法⼀：取点C使得CD=CB，易证：△CDM≌△CBM，易证：△DNM≌△ANM可得：NC=AN+BC．法⼆：延长CA⾄C'使得AC'=BC，易证：△MBC≌△MAC'易证：△MNC≌△MNC'可得：NC=NC'=AN+BC．法三：过点M作MN'⊥CB交CB延长线于N'点，易证：△MNA≌△MN'B，易证：△MCN≌△MCN'，可得：NC=N'C=AN+BC．法四：作MP∥AC交圆O于点P，过点P作PQ⊥AC交AC于Q点，连接AM、CP、BM，易证：AM=CP，易证：AM=BM，∴BM=CP，∴MP=BC，∴NC=NQ+QC=PM+AN=BC+AN．。

阿基米德折弦定理详解
《阿基米德折弦定理详解》
阿基米德折弦定理是一种有关三角形的重要定理，它由古希腊数学家阿基米德提出。

它指出：在一个三角形中，任意一边的平方等于其他两边的平方之和减去两倍这两边之间的夹角的余弦。

具体来说，设ABC是一个三角形，a、b、c分别是三边的长度，α、β、γ分别是三个内角的角度，那么阿基米德折弦定理可以表述为：a²=b²+c²-2bc·cosα，b²=a²+c²-2ac·cosβ，
c²=a²+b²-2ab·cosγ。

阿基米德折弦定理由三角形的三条边和三个内角共同构成，它没有任何关于三角形的形状的要求，可以用于任何形状的三角形，即直角三角形、锐角三角形和钝角三角形。

阿基米德折弦定理不仅可以用来求解三角形的面积，而且还可以用来求解三角形的边长，以及求解一些复杂的三角形几何问题。

因此，它在几何学中十分重要，也是许多数学问题的重要理论基础。

阿基米德折弦定理阿基米德折弦定理，也称为阿基米德定理，是数学中的一个重要定理，与圆和三角函数有关。

该定理最早记载于公元前250年的古希腊数学家阿基米德的著作《圆的测量》中。

阿基米德折弦定理陈述如下：对于任意一条弧，该弧两端的弦的长度之积等于从弦中点引垂线得到的两条线段的长度之积。

即，在一个圆的内部任取一条弧，该弧的两个端点连成一条弦，然后在这条弦的中点处竖直一条线段，将弦分成两条线段，两条线段的长度之积等于从中点引垂线得到的两条线段的长度之积。

具体公式为：AB×CD=BC×DE其中，AB表示弦的长度，BC为弦的中点到圆的距离，CD和DE分别为弦的两边到圆的距离。

该定理可以用来推导出三角函数之间的关系，因此在三角函数的求解中也有着广泛的应用。

证明：如图，以弧AB所对的圆心为O，过弦AB中点C引一条竖直线段DE交弦AB于点F。

因为OF=CD=DE，所以FC=EF。

在ΔBOF中，根据勾股定理有：(BO)²=(OF)²+(BF)²由于OF=CD=DE，可以写成：(BO)²=(CD)²+(BF)²在ΔCFC'中，根据勾股定理有：(CF)²=(CC')²+(FC')²但是，因为CF=EF，且CC'为BC的中垂线，即CC'=BC/2，所以可写成：(CF)²=(BC/2)²+(FC')²又因为BC=2CF，所以可以简化成：(CF)²=(CF)²+(FC')²即，(FC')²=CF²-FC²在ΔDEF中，根据勾股定理有：(DF)²=(DE)²+(EF)²由于EF=FC，可以写成：(DF)²=(DE)²+(FC)²同理，在ΔCEF中，根据勾股定理有：(FC)²=(CE)²+(EF)²因为EF=FC，所以：(FC)²=(CE)²+(FC)²即，(CE)²=0这说明点E恰好位于圆的直径上。

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.如果以他们三人的宏伟业绩和所处的时代背景来比较，或拿他们影响当代和后世的深邃久远来比较，还应首推阿基米德.他甚至被人尊称为“数学之神”.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本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理.阿基米德折弦定理:AB和BC是⊙O的两条弦(即ABC是圆的一条折弦)，BC＞AB，M 是弧ABC的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD.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.阿基米德折弦定理3种证明方法【方法1】补短法如图，延长DB至F，使BF=BA,∵M是弧ABC的中点，∴∠MCA=∠MAC=∠MBC，∵M、B、A、C、四点共圆，∴∠MCA+∠MBA=180°.∵∠MBC+∠MBF=180°,∴∠MBA=∠MBF.∵MB=MB,BF=BA,∴△MBF≌△MBA.∴∠F=∠MAB=∠MCB,∴MF=MC,∵MD⊥CF,∴CD=DF=DB+BF=AB+BD.【方法2】截长法如图，在CD上截取DG=DB，∵MD⊥BG，∴MB=MG，∠MGB=∠MBC=∠MAC.∵M是弧ABC的中点,∴∠MAC=∠MCA=∠MGB,即∠MGB=∠MCB+∠BCA=∠MCB+∠BMA. 又∵∠MGB=∠MCB+∠GMC,∴∠BMA=∠GMC.∵MA=MC,∴△MBA≌△MGC,∴AB=GC,∴CD=CG+GD=AB+BD【方法3】垂线法如图，作MH⊥射线AB，垂足为H，∵M是弧ABC的中点，∴MA=MC，∵MD⊥BC，∴∠MDC=90°=∠H.∵∠MAB=∠MCB，∴△MHA≌△MDC，∴AH=CD，MH=MD.又∵MB=MB，∴Rt△MHB≌Rt△MDB，∴HB=BD，∴CD=AH=AB+BH=AB+BD.【推论1】设M是弧AC的中点，在弧AM上取一点B，连接AB、MB、MC、BC，那么MC²-MB²=BC·AB.【推论2】设M是弧AC的中点，B在圆上，且在弧AMC外.连接AB、AC、MB、MC，那么MB²-MC²=AB·BC.。

、8折絃定理折弦定理定理：如图，AB和BC组成一个圆的折弦，如果BC>AB。

M是弧ABC的中点，则从M点向BC所作垂线的垂足F为折弦ABC的中点，即CF=FB+BA。

折弦定理表明，一个圆的两条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。

其条件和结论体现充分了数学命题的和谐美。

据折弦定理，还可得如下的的推论：AB和BC组成一个圆的折线，BC>AB。

①当M是折弦ABC的弧ABC的中点时，有AB·BC=MC2－MB2。

②当M是折弦ABC的弧AC的中点时，有AB·BC=MB2－MC2。

折弦定理非常有用，利用它们处理某些平几问题较为方便。

例1、已知一个正七边形A1A2…A7，求证：。

证明：如图11-40所示，作正七边形的外接圆，令A1A2=a，A1A3=b，A1A4=c依对称性，有A1A5=c，注意到A3是折弦A2A1A4的弧A2A4的中点，故A2A1·A1A4=A3A12=A3A42，故ac=b2－a2，①；又A4是折弦A3A1A5的弧A3A5的中点，因此，bc=c2－a2。

②由①－②得(a+c)c=(b+c)b，，③；据①又有，④；由③、④得。

故。

即。

说明：由本题结论可知，，这表明正七边形的七条边的倒数之和等于它的十四对角线的倒数和，此即1987年“缙云杯”的一道试题。

例2、如图11-41所示，已知P是正方形ABCD的外接圆的弧BC上一点，求证：。

证明：因C是折弦BPD的弧BPD的中点，故有DP·PB=CD2－CP2，①又B是折弦APC的弧APC的中点，故PA·PC=AB2－PB2，②由①－②，得PD·PB－PA·PC=PB2－PC2，即PB(PD－PB)=PC(PA－PC)，∴。

例3、在△ABC中，∠C=3∠A，a=27，c=48，则b=( )。

解：如图11-42所示，作△ABC的外接圆，设∠C的三等分线CD、CE 分别交外接圆于D、E，连接AD、DE、EB。

阿基米德三角形常用结论及证明嘿，伙计们！今天我们要聊聊一个超级有趣的数学问题——阿基米德三角形！这个名字听起来就很酷炫，是不是？那你知道阿基米德三角形有哪些常用结论和证明吗？别着急，让我们一起来揭开它的神秘面纱吧！我们来了解一下什么是阿基米德三角形。

阿基米德三角形是一个古老的几何图形，它的每个顶点都是一个等边三角形的内切圆与外接圆的交点。

这个图形看起来有点像一个金字塔，但是它有很多神奇的性质和结论哦！1. 阿基米德三角形的内角之和是180度。

这个结论很简单，因为每个小三角形的内角都是60度，而一个大三角形的内角之和就是3个小三角形的内角之和，也就是180度。

2. 阿基米德三角形的边长比是一个恒定的值。

具体来说，如果一个大三角形的边长分别是a、b、c,那么它的内切圆半径r、外接圆半径R和边长比之间的关系就是：(a+b+c)/2 = R + r = (a+b+c)/2R。

这个关系式告诉我们，无论阿基米德三角形的大小如何变化，它的边长比总是保持不变。

3. 阿基米德三角形的面积可以通过海伦公式计算。

海伦公式是一个关于三角形面积和三边长之间关系的公式，它的形式是：S = sqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p-c)),其中S是三角形的面积，a、b、c分别是三角形的三边长。

阿基米德三角形的面积可以通过将大三角形的面积除以9得到，即：S = (a+b+c)/2 * R^2 / 9。

4. 阿基米德三角形可以用来计算任意多边形的面积。

这个结论可能有点难以理解，但是它可以帮助我们解决很多实际问题。

比如说，我们知道一个正方形的面积是边长的平方，那么我们可以通过阿基米德三角形的方法计算出任意多边形的面积。

具体做法是先将多边形划分成若干个小三角形，然后根据阿基米德三角形的性质计算出每个小三角形的面积，最后将这些小三角形的面积相加就可以得到整个多边形的面积了。

5. 阿基米德三角形可以用来求解复杂的数学问题。

比如说，我们知道一个圆的周长是πd,其中d是直径。

阿基米德折弦定理详解及详解
阿基米德折弦定理(Thales Theorem)又称塔尔特定理，它的定义如下：
如果有三角形ABC，在它的外接圆上有三个点A′,B′,C′，则这三个点满足AA′:BB′:CC′=1:1:1。

阿基米德折弦定理使申明了一个三角形最外面包含了一个外接圆，而这个外接圆分别在三角形每一条边对应的延长线上，但是满足一定的比例关系，也就是说，无论多大的三角形，其外接圆上所确定的三点连接后都存在一个等腰三角形。

在数学上，阿基米德折弦定理的意义在于，它的一个充分必要条件是圆的半径r （OA•OB）与三角形的边长之比等于常数C，即：
OA•OB=C*AB
从而可以推得：
AB²= 2*r*C* AB
此式两边同时乘以AB，可以得出：
AB³= 2*r*C*AB³
即：
AB³:AC³:BC³= 2*r*C:AC³:BC³
将以上式子改形，可以得出：
AB: AC: BC= √(2*r*C):AC:BC
即：
AB:AC:BC = √(2*r*C):√(2*r*C):√(2*r*C)
也就是说，只要知道外接圆的半径，就可以知道三角形ABC折弦定理的等比例。

圆中的重要模型-阿基米德折弦定理与米勒最大角问题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(阿基米德折弦模型、米勒最大张角(视角)模型、弧中点模型)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】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。

如下图所示，AB 和BC 是⊙O 的两条弦(即ABC 是圆的一条折弦)，BC >AB ，M 是ABC的中点，则从M 向BC 所作垂线之垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD =AB +BD 。

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。

【模型证明】方法1.:补短法如图，延长DB 至F ，使BF =BA∵M 是ABC 的中点∴∠MCA =∠MAC =∠MB C ∵M 、B 、A 、C 四点共圆∴∠MCA +∠MB A =180°∵∠MB C +∠MB F =180°∴∠MB A =∠MB F ∵MB =MB ,BF =BA∴△MB F ≌△MB A ∴∠F =∠MAB =∠MCB∴MF =MC ∵MD ⊥CF∴CD =DF =DB +BF =AB +BD 方法2.截长法如图，在CD 上截取DG =DB∵MD ⊥BG∴MB =MG ，∠M GB =∠MB C =∠MAC ∵M 是ABC 的中点∴∠MAC =∠MCA =∠MGB 即∠M GB =∠MCB +∠BCA =∠MCB +∠BMA又∠M GB =∠MCB +∠GMC∴∠BMA =∠GMC ∵MA =MC∴△MB A ≌△MGC (SAS )∴AB =GC ∴CD =CG +GD =AB +BD方法3.垂线法如图，作MH ⊥射线AB ，垂足为H 。

∵M 是ABC 的中点∴MA =MC ∵MD ⊥BC∴∠MDC =90°=∠H∵∠MAB =∠MCB ∴△MHA ≌△MDC (AAS )∴AH =CD ，MH =MD又∵MB =MB∴Rt △MHB ≌Rt △MDB (HL )∴HB =BD ∴CD =AH =AB +BH =AB +BD例1.(2022秋·山西临汾·九年级统考阶段练习)阅读与思考请阅读下列材料，并完成相应的任务．在《阿基米德全集》中记述了伟大的古希腊数学家、哲学家、物理学家阿基米德提出的关于圆的一些问题，其中有这样一个问题：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ABC的中点，则从点M 向BC 所作垂线的垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD =DB +BA ．其部分证明过程如下：证明：如图2，在CD 上截取CG =AB ，连接MA ，MB ，MC 和MG ．∵M 是ABC的中点，∴MA =MC ，∵∠A =∠C ，∴△MAB ≌△MCG (SAS )，∴MB =MG ，⋯⋯任务：(1)补全证明过程，(2)如图3，在⊙O 中，BD =CD，DE ⊥AC ，若AB =4，AC =10，DE =7，则O 到DE 的距离是____________，O 到AC 的距离是____________，⊙O 的半径是____________．变式1.(2022秋·江苏盐城·九年级统考期中)【了解概念】我们知道，折线段是由两条不在同一直线上且有公共端点的线段组成的图形．如图1，线段MQ 、QN 组成折线段MQN ．若点P 在折线段MQN 上，MP =PQ +QN ，则称点P 是折线段MQN 的中点．【理解应用】(1)如图2，⊙O 的半径为2，PA 是⊙O 的切线，A 为切点，点B 是折线段POA 的中点．若∠APO =30°，则PB =______；【定理证明】(2)阿基米德折弦定理：如图3，AB 和BC 是⊙O 的两条弦(即折线段ABC 是圆的一条折弦)，BC >AB ，点M 是ABC的中点，从M 向BC 作垂线，垂足为D ，求证：D 是折弦ABC 的中点；【变式探究】(3)如图4，若点M 是AC 的中点，【定理证明】中的其他条件不变，则CD 、DB 、BA 之间存在怎样的数量关系？请直接写出结论．【灵活应用】(4)如图5，BC 是⊙O 的直径，点A 为⊙O 上一定点，点D 为⊙O 上一动点，且满足∠DAB =45°，若AB =8，BC =10，则AD =______________．变式2.(2022秋·江苏泰州·九年级统考期中)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，AC 和BC 是⊙O 的两条弦(即折线段ACB 是圆的一条折弦)，BC >AC ，M 是ACB的中点，过点M 作MD ⊥BC ，垂足为D ，小明通过度量AC 、CD 、DB 的长度，发现点D 平分折弦ACB ，即BD =AC +CD ．小丽和小军改变折弦的位置发现BD =AC +CD 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BD 上㵶取BE ，使得BE =AC ，⋯⋯小丽则采用了“补短法”(如图3)，延长BC 至F ，使CF =AC ，⋯⋯小明采用了“平行线法”(如图4)，过M 点作ME ∥BC ，交圆于点E ，过点E 作EF ⊥BC ，⋯⋯(1)请你任选一位同学的方法，并完成证明；(2)如图5，在网格图中，每个小正方形边长均为1，△ABC 内接于⊙O (A 、B 、C 均是格点)，点A 、D 关于BC 对称，连接BD 并延长交⊙O 于点E ，连接CE ．①请用无刻度的直尺作直线l ，使得直线l 平分△BCE 的周长；②求△BCE 的周长．变式3.(2022秋·浙江舟山·九年级校联考期中)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(公元前287年一公元前212年)，伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家，静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称，阿基米德和高斯，牛顿并列为世界三大数学家．阿拉伯Al -Binmi (973年一1050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 -Binmi 译本出版了俄文版《阿基米德全集》，第一题就是阿基米德折弦定理．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 ．小明同学运用“截长法”和三角形全等来证明CD =AB +BD ，过程如下：证明：如图2所示，在CB 上截取CG =AB ，连接MA ，MB ，MC 和MG ．∵M 是ABC 的中点，∴MA =MC ，⋯(1)请按照上述思路，写出该证明的剩余部分；(2)如图3，在⊙O 中，BD =CD ，DE ⊥AC ，若AB =4，AC =10，则AE 的长度为_________；(3)如图4，已知等边△ABC 内接于⊙O ，AB =8，D 为AC上一点，∠ABD =45°，AE ⊥BD 于点E ，求△BDC 的周长．模型2.米勒最大张角(视角)模型【模型解读】已知点A，B是∠MON的边ON上的两个定点，点C是边OM上的动点，则当C在何处时，∠ACB最大？对米勒问题在初中最值的考察过程中，也成为最大张角或最大视角问题。

阿基米德折弦定理详解及详解阿基米德折弦定理是一个古老而又重要的定理，追溯到古希腊数学家阿基米德时期。

它描述的是一条三角形的有关特性，它声称对于任意一个三角形，用它的三条边长度来构造一个有一定比例关系的三个弦（线段），这三条弦能够重新构造出一个等腰三角形，并且三角形三边长和等腰三角形的边长具有相同的比例关系。

这一定理被广泛应用于几何中，其思想也被引入到现代数学推导中。

下面介绍这一定理的详细内容：1、阿基米德折弦定理：给定任意一个三角形，其三条边的长度为a,b,c，则它的三条边能够形成一个有一定比例关系的三个弦（线段），这三条弦能够重新构造出一个等腰三角形，并且这三边长度与等腰三角形的三边长具有相同的比例关系。

2、阿基米德折弦定理的证明：假设给定的任意一个三角形ABC的三条边长为a,b,c，那么由阿基米德折弦定理，我们可以构建出一个有一定比例关系的三条弦，用它们重新构造出一个等腰三角形，其中：（1）弦AB的长度为a;（2）弦BC的长度为b;（3）弦CA的长度为c;（4）等腰三角形MNP的三边长度为m、n、p，其中m=a,n=b,p=c;由于已知三角形ABC和等腰三角形MNP是相似的，根据相似三角形的性质，有：（1）a/b=m/n;（2）a/c=m/p;（3）b/c=n/p;因此可知：m/n=a/b=a/c=b/c=m/p;由此可以得出，对任意一个三角形，用它的三条边长度来构造一个有一定比例关系的三个弦，这三条弦能够重新构造出一个等腰三角形，并且三角形三边长与等腰三角形的边长具有相同的比例关系，从而证明了阿基米德折弦定理的正确性。

3、阿基米德折弦定理的应用：（1）在算术中：阿基米德折弦定理可以被用来证明平行线论，具体来说，两个平行线之间的夹角一定是相等的。

同时，它还可以用来证明垂直线论，即两条垂直线的夹角一定是直角。

（2）在几何中：阿基米德折弦定理可以用来证明任意一个三角形的中点和边的对称性，同时也可以用来证明任意一个三角形的外心构造等等。

阿基米德折弦定理：AB和BC是⊙O的两条弦（即ABC是圆的一条折弦）,BC〉AB，M是弧ABC的中点，则从M向BC所作垂线之垂足D是折弦ABC的中点，即CD=AB+BD.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.角平分线定理定理1：角平分线上的点到这个角两边的距离相等。

该命题逆定理成立：在角的内部到一个角的两边距离相等的点在这个角的角平分线上。

定理2：三角形一个角的平分线分其对边所成的两条线段与这个角的两边对应成比例。

该命题逆定理成立:如果三角形一边上的某个点分这条边所成的两条线段与这条边的对角的两边对应成比例，那么该点与对角顶点的连线是三角形的一条角平分线.xv=uy燕尾定理因此图类似燕尾而得名，是五大模型之一,是一个关于三角形的定理(如图△ABC，D、E、F 为BC、CA、AB 上点，满足AD、BE、CF 交于同一点O）。

S△ABC中,S△AOB：S△AOC=S△BDO:S△CDO=BD：CD；同理，S△AOC：S△BOC=S△AFO：S△BFO=AF：BF;S△BOC：S△BOA=S△CEO：S△AEO=EC：AE。

推论:共边比例定理：四边形ABCD（不一定是凸四边形)，设AC，BD相交于E，则有BE ：DE=S△ABC :S△ADC。

此定理是面积法最重要的定理.典型例题：如图三角形ABC的面积是10平方厘米，AE=ED,BD=2DC，则阴影部分的面积是_____平方厘米．答案：4解析:过D作DM‖BF交AC于M(如图)因为BD=2DC，因为AE=DE,所以△ABE的面积与△DBE的面积相等，所以阴影部分的面积为△DBE的面积+△AEF的面积，即三角形AFB的面积,由DM‖BF知道△DMC相似△CBF 所以CM：CF=CD：CB=1：3，即FM=CF，因为EF是△ADM的中位线，AF=MF，所以AF=AC，由此即可求出三角形AFB的面积，即阴影部分的面积．解：过D作DM‖BF交AC于M(如图）因为BD=2DC，因为AE=DE，所以△ABE的面积与△DBE的面积相等所以阴影部分的面积为△DBE的面积+△AEF的面积DM‖BF所以△DMC相似△CBF 所以CM:CF=CD：CB=1：3即FM=CF因为EF是△ADM的中位线，AF=MF，所以AF=AC所以△ABF的面积10×=4（平方厘米）即阴影部分的面积（即△DBE的面积加△AEF的面积）等于4平方厘米答：阴影部分的面积是4平方厘米,故答案为：4．共角定理：若两三角形有一组对应角相等或互补,则它们的面积比等于对应两边乘积的比。

阿基米德折弦定理一、方法突破【问题呈现】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．折弦定义: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。

阿基米德折弦定理：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。

如下图所示，AB 和BC 是⊙O 的两条弦(即ABC 是圆的一条折弦)，BC >AB ，M 是ABC的中点，则从M 向BC 所作垂线之垂足D 是折弦ABC 的中点，即CD =AB +BD 。

【证明方法】方法1:补短法如图，延长DB 至F ，使BF =BA∵M 是ABC的中点∴∠MCA =∠MAC =∠MBC∵M 、B 、A 、C 四点共圆∴∠MCA +∠MBA =180°∵∠MBC +∠MBF =180°∴∠MBA =∠MBF∵MB =MB ,BF =BA∴△MBF ≌△MBA∴∠F =∠MAB =∠MCB∴MF =MC∵MD ⊥CF∴CD =DF =DB +BF =AB +BD方法2:截长法如图，在CD 上截取DG =DB∵MD ⊥BG∴MB =MG ，∠MGB =∠MBC =∠MAC∵M 是ABC 的中点∴∠MAC =∠MCA =∠MGB即∠MGB =∠MCB +∠BCA =∠MCB +∠BMA又∠MGB =∠MCB +∠GMC∴∠BMA =∠GMC∵MA =MC∴△MBA ≌△MGC (SAS )∴AB =GC∴CD =CG +GD =AB +BD方法3:垂线法如图，作MH ⊥射线AB ，垂足为H 。

∵M 是ABC的中点∴MA =MC∵MD ⊥BC∴∠MDC =90°=∠H∵∠MAB =∠MCB∴△MHA ≌△MDC (AAS )∴AH =CD ，MH =MD又∵MB =MB∴Rt △MHB ≌Rt △MDB (HL )∴HB =BD∴CD =AH =AB +BH =AB +BD 二、典例精析l 如图，AC 是劣弧，M 是AC 的中点，B 为AM上任意一点．自M 向BC 弦引垂线，垂足为D ，求证：AB +BD =DC．【解答】证明：在CD 上取点N ，使CN =AB ，连接CM ，MN∵M 是AC 的中点，∴AM =CM ，∴AM =CM (等弧对等弦)，又∵∠BAM =∠BCM ，在ΔABM 和ΔCNM 中，CN =AB∠BAM =∠BCM AM =CM，∴ΔABM ≅ΔCNM (SAS )，∴BM =MN ，∴ΔBMN 为等腰三角形(BN 为底)，又∵MD ⊥BN ，∴D 为BN 中点(等腰三角形三线合一)，∴BD =DN∴AB +BD =CD ．l 如图所示，在⊙O 中，BC =2，AB =AC ，点D 为劣弧AC 上的动点，且cos ABC =1010．(1)求AB 的长度；(2)求AD ⋅AE 的值；(3)过A 点作AH ⊥BD ，求证：BH =CD +DH ．【解答】解：(1)作AM ⊥BC ，∵AB =AC ，AM ⊥BC ，BC =2BM ，∴CM =12BC =1，∵cos ∠ABC =BM AB=1010，在Rt ΔAMB 中，BM =1，∴AB =BM cos ∠ABC=10；(2)连接DC ，∵AB =AC ，∴∠ACB =∠ABC ，∵四边形ABCD 内接于圆O ，∴∠ADC +∠ABC =180°，∵∠ACE +∠ACB =180°，∴∠ADC =∠ACE ，∵∠CAE 公共角，∴ΔEAC ∽ΔCAD ，∴AC AD =AE AC，∴AD ⋅AE =AC 2=10；(3)证明：在BD 上取一点N ，使得BN =CD ，∵∠1与∠3所对的弧是AD，∴∠1=∠3，在ΔABN 和ΔACD 中，AB =AC∠3=∠1BN =CD，∴ΔABN ≅ΔACD (SAS )，∴AN =AD ，∵AN =AD ，AH ⊥BD ，∴NH =HD ，∵BN =CD ，NH =HD ，∴BN +NH =CD +HD =BH ．l 小明学习了垂径定理，做了下面的探究，请根据题目要求帮小明完成探究．(1)更换定理的题设和结论可以得到许多真命题．如图1，在⊙O 中，C 是劣弧AB 的中点，直线CD ⊥AB 于点E ，则AE =BE ．请证明此结论；(2)从圆上任意一点出发的两条弦所组成的折线，成为该圆的一条折弦．如图2，PA ，PB 组成⊙O 的一条折弦．C 是劣弧AB 的中点，直线CD ⊥PA 于点E ，则AE =PE +PB ．可以通过延长DB 、AP 相交于点F ，再连接AD 证明结论成立．请写出证明过程；(3)如图3，PA ．PB 组成⊙O 的一条折弦，若C 是优弧AB 的中点，直线CD ⊥PA 于点E ，则AE ，PE 与PB 之间存在怎样的数量关系？写出结论，不必证明．【解答】证明：(1)如图1，连接AD ，BD ，∵C 是劣弧AB 的中点，∴∠CDA =∠CDB ，∵DE ⊥AB ，∴∠AED =∠DEB =90°，∴∠A +∠ADE =90°，∠B +∠CDB =90°，∴∠A =∠B ，∴ΔADB 为等腰三角形，∵CD ⊥AB ，∴AE =BE ；(2)如图2，延长DB 、AP 相交于点F ，再连接AD ，∵ADBP 是圆内接四边形，∴∠PBF =∠PAD ，∵C 是劣弧AB 的中点，∴∠CDA =∠CDF ，∵CD ⊥PA，∴ΔAFD 为等腰三角形，∴∠F =∠A ，AE =EF ，∴∠PBF =∠F ，∴PB =PF ，∴AE =PE +PB(3)AE =PE -PB ．连接AD ，BD ，AB ，DB 、AP 相交于点F ，∵弧AC =弧BC ，∴∠ADC =∠BDC ，∵CD ⊥AP ，∴∠DEA =∠DEF ，∠ADE =∠FDE ，∵DE =DE ，∴ΔDAE ≅ΔDFE ，∴AD =DF ，AE =EF ，∴∠DAF =∠DFA ，∴∠DFA =∠PFB ，∠PBD =∠DAP ，∴∠PFB =∠PBF ，∴PF =PB ，∴AE =PE -PB ．l 已知A 、B 、C 、D 是⊙O 上的四点，CD =BD，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．【解答】(1)证明：∵CD =BD，∴CD =BD ，∵∠CDB =60°，∴ΔBCD 是等边三角形，∴CD =BC ，∴∠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 ，∴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ΔCDF 和ΔBDA 中，∠DFC =∠DAB∠DCF =∠DBACD =BD∴ΔCDF ≅ΔBDA (AAS )，∴CF =AB =5，∵AC =7，AB =5，∴AE =12AF =12(AC -CF )=1．l 如图，ΔABC 内接于⊙O ，BC =2，AB =AC ，点D 为AC 上的动点，且cos ∠ABC =1010．(1)求AB 的长度；(2)在点D 的运动过程中，弦AD 的延长线交BC 延长线于点E ，问AD ⋅AE 的值是否变化？若不变，请求出AD ⋅AE 的值；若变化，请说明理由；(3)在点D 的运动过程中，过A 点作AH ⊥BD ，求证：BH =CD +DH ．【解答】解：(1)作AM ⊥BC ，∵AB =AC ，AM ⊥BC ，BC =2BM ，∴CM =12BC =1，∵cos ∠ABC =BM AB=1010，在Rt ΔAMB 中，BM =1，∴AB =BM cos ∠ABC=10；(2)连接DC ，∵AB =AC ，∴∠ACB =∠ABC ，∵四边形ABCD 内接于圆O ，∴∠ADC +∠ABC =180°，∵∠ACE +∠ACB =180°，∴∠ADC =∠ACE ，∵∠CAE 公共角，∴ΔEAC ∽ΔCAD ，∴AC AD =AE AC，∴AD ⋅AE =AC 2=10；(3)在BD 上取一点N ，使得BN =CD ，在ΔABN 和ΔACD 中AB =AC∠3=∠1BN =CD，∴ΔABN ≅ΔACD (SAS )，∴AN =AD ，∵AN =AD ，AH ⊥BD ，∴NH =HD ，∵BN =CD ，NH =HD ，∴BN +NH =CD +HD =BH ．三、巩固练习l 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ΔABE 绕点A 逆时针旋转90°至ΔADE ′．∵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ΔAEF ≅ΔAFE ′，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 =12∠BAD ．①如图5，连接MN 、MD ，求证：MH =BM +DH ，DM ⊥AN ；②若点C 在ADM (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．【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 ΔCEF 中，∵∠C =90°，∴CE 2+CF 2=EF 2．∴(x -2)2+(x -3)2=52．解得：x 1=6，x 2=-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ΔABF ′和ΔADF 中，AB =AD∠B =∠ADF BF ′=DF．∴ΔABF ′≅ΔADF (SAS )．∴AF ′=AF ，∠BAF ′=∠DAF ．∴∠F ′AF =∠BAD =90°．∵∠EAF =45°，∴∠F ′AE =45°=∠FAE ．在△F ′AE 和ΔFAE 中，AF ′=AF∠F ′AE =∠FAE AE =AE．∴△F ′AE ≅ΔFAE (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ΔABM 和ΔADM ′中，AB =AD∠ABM =∠ADM ′BM =DM ′．∴ΔABM ≅ΔADM ′(SAS )．∴AM =AM ′∠BAM =∠DAM ′．∴∠MAM ′=∠BAD ．∵∠MAN =12∠BAD ，∴∠MAN =12∠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DNM上时，如图6、7．同理可得：EF =BE +DF ．Ⅱ．当点C 在AD上时，如图8．同理可得：EF =DF -BE ．l 问题提出如图①，AB 、AC 是⊙O 的两条弦，AC >AB ，M 是BAC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ΔABC 内接于⊙O ，AB =1，D 是AC 上一点，∠ABD =45°，AE ⊥BD ，垂足为E ，则ΔBDC 的周长是．拓展研究如图④，若将“问题提出”中“M 是BAC 的中点”改成“M 是BC 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．【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BAC 的中点，∴MB =MC ，∠MBC =∠MCB ，∵∠MAB =180°-∠MCB ，∵∠EAM =180°-∠CAM =180°-∠MBC ，∴∠EAM =∠BAM ，在ΔEAM 和ΔBAM 中∵AE =AB∠EAM =∠BAM AM =AM，∴ΔEAM ≅ΔBAM (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ΔABF 和ΔACD 中∵AB =AC∠ABF =∠ACD BF =DC，∴ΔABF ≅ACD (SAS )，∴AF =AD ，∵AE ⊥BD ，∴FE =DE ，则CD +DE =BE ，∵∠ABD =45°，∴BE =AB 2=22，则ΔBDC 的周长是1+2，故答案为：1+2；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BC 的中点，∴∠BEM =∠CEM ，在ΔEDN 和ΔEDC 中，∠BEM =∠CEMDE =DE ∠EDN =∠EDC =90°，∴ΔEDN ≅ΔEDC∴CD =ND ，∠ECD =∠END ，∵∠ECD =∠ABE ，∠ENC =∠ANB ，∴∠ANB =∠ABE ，∴AN =AB ，∴AD =AN +ND =BA +CD ．l 在⊙O 中AB =AC，顺次连接A 、B 、C ．(1)如图1，若点M 是AC 的中点，且MN ⎳AC 交BC 延长线于点N ，求证：MN 为⊙O 的切线；(2)如图2，在(1)的条件下，连接MC ，过点A 作AP ⊥BM 于点P ，若BP =a ，MP =b ，CM =c ，则a 、b 、c 有何数量关系？(3)如图3，当∠BAC =60°时，E 是BC延长线上一点，D 是线段AB 上一点，且BD =CE ，若BE =5，ΔAEF 的周长为9，请求出S ΔAEF 的值？【解答】解：(1)如图1，连接OM ，∵M 是AC的中点，∴OM ⊥AC ，∵MN ⎳AC ，∴OM ⊥MN ，∵OM 为⊙O 的半径，∴MN 为⊙O 的切线；(2)如图2，连接OM 交AC 于K ，连结AM ，∵M 是AC 的中点，∴AM =CM ，∴AM =CM =c ，∵AP ⊥BM ，∴∠APM =∠APB =90°，∴AP 2=AM 2-PM 2=c 2-b 2，∴AB 2=AP 2+BP 2=c 2-b 2+a 2，∴AC =AB =c 2-b 2+a 2，∵M 是AC 的中点，∴OM ⊥AC ，∴AK =CK =12AC =12c 2-b 2+a 2，∵∠APB =∠CKM =90°，∠ABP =∠MCK ，∴ΔABP ∽ΔMCK ，∴BP AB=CK CM ，∴BP ⋅CM =CK ⋅AB ，∴ac =12c 2-b 2+a 2⋅c 2-b 2+a 2，∴2ac =c 2-b 2+a 2，∴(a -c )2-b 2=0，∴(a +b -c )(a -b -c )=0，∵a +b -c >0，∴a -b -c =0，∴a =b +c ；(3)过点B 作BH ⎳AC ，过点D 作DH ⎳BC ，BH 与DH 交于点H ，连接CH ，则∠BDH =∠ABC =60°，∠DBH =∠ACB =60°，∴ΔBDH 是等边三角形，∴BH =BD ，∠DBH =60°，∴BH =CE ，∠CBH =∠ABC +∠DBH =60°+60°=120°，∵∠ACE =180°-∠ACB =120°=∠CBH ，AC =BC ，∴ΔACE ≅ΔCBH (SAS )，∴∠CAE =∠BCH ，AE =CH ，∵DH ⎳BC ，DH =CE ，∴四边形CEDH 是平行四边形，∴CE ⎳ED ，CH =ED ，∴∠BCH =∠BED ，CH =AE ，∴∠BED =∠CAE ，AE =ED ，过点E 作ET ⊥AB 于点T ，交AC 于点L ，连接DL ，则AT =TD =12AD ，AL =DL ，∵∠BAC =60°，∴ΔADL 是等边三角形，∴∠ALD =60°=∠ACB ，∴DL ⎳BC ，即HD 与DL 在同一直线上，∴四边形BCLH 是平行四边形，∴CL =BH =BD =CE ，LH =BC ，设CE =x ，则CL =x ，BC =AC =5-x ，AD =DL =AL =AC-CL =5-2x ，AT =5-2x 2，∵DF ⎳CH ，∴LF CL=LD LH ，即LF x =5-2x 5-x ，∴LF =(5-2x )x 5-x，∴AF =AL +LF =5-2x +(5-2x )x 5-x =5(5-2x )5-x，在Rt ΔBET 中，ET =BE ⋅sin60°=532，∵AE 2=AT 2+ET 2，∴AE 2=5-2x 2 2+5322=x 2-5x +25，延长BH ，ED 交于点R ，则∠RHD =∠FCE ，∠R =∠CFE ，DH =CE ，∴ΔHDR ≅ΔCEF (AAS )，∴DR =EF ，∴ER =ED +DR =AE +EF =9-AF =9-5(5-2x )5-x =x +205-x，∵CH ⎳ED ，∴CH ER =BC BE ，∴CH =BC BE ⋅ER =5-x 5×x +205-x =x +205，∴AE =x +205，∴x 2-5x +25=x +2052，解得：x 1=5(舍去)，x 2=158，∴AD =5-2×158=54，AF =5(5-2x )5-x =10-255-158=2，作DM ⊥AL 于点M ，则DM =AD ⋅sin60°=54×32=538，∴S ΔAEF =S ΔADE -S ΔADF =12AD ⋅ET -12AF ⋅DM =12×54×532-12×2×538=15316．l 【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 =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ABC 的中点，∴MA =MC ，又∵∠A =∠C ，BA =GC ，∴ΔMAB ≅ΔMCG ，∴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ABC的中点，MD ⊥BC 于点D ，则BD =；【变式探究】如图3，若点M 是AC 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 =．【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 ，∴ΔMAB ≅ΔMGB (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D 1在BC 下方时，过点D 1作D 1G 1⊥AC 于点G 1，∵BC 是圆的直径，∴∠BAC =90°，∵AB =6，圆的半径为5，∴AC =8，∵∠D 1AC =45°，∴CG 1+AB =AG 1，∴AG 1=12(6+8)=7，∴AD 1=72．当点D 2在BC 上方时，∠D 2AC =45°，同理易得AD 2=2．综上所述：AD 的长为72或2，故答案为72或2．l 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ABC的中点，∴MA =MC ，∴MA =MC ．(2)如图(3)，已知等边ΔABC 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ΔBDC 的周长．【解答】(1)证明：如图2，在CB 上截取CG =AB ，连接MA ，MB ，MC 和MG ．∵M 是ABC 的中点，∴MA =MC ，∴MA =MC ．在ΔMBA 和ΔMGC 中∵BA =GC∠A =∠C MA =MC，∴ΔMBA ≅ΔMGC (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ΔABF 和ΔACD 中∵AB =AC∠ABF =∠ACD BF =DC，∴ΔABF ≅ACD (SAS )，∴AF =AD ，∵AE ⊥BD ，∴FE =DE ，则CD +DE =BE ，∵∠ABD =45°，∴BE =AB 2=2，则ΔBDC 的周长是2+22．。

归纳演绎拓思路袁怎样解题求自然———由阿基米德折弦定理说开去◉浙江省台州市三门初级中学李如军让学生学会解题，更要让学生追寻试题的源头，学会自己编题才能提升解题境界.笔者有幸得知2018年台州市中考第24题源自阿基米德折弦定理，遂对该定理和中考题做了一番研究与整理，以飨读者.一、定理呈现1.阿基米德折弦定理如图1，在☉O 中，若M 是ABC ⌢的中点，且MD ⊥BC 于D ，则有AB+BD=CD.图1图22.解法欣赏（1）补短法.解法1:如图2，延长DB 至F ，使BF=BA ，连接AC.由M 是ABC ⌢的中点，得∠1=∠2=∠3.由M 、B 、A 、C 、四点共圆，得∠1+∠MBA=180°.又∠3+∠MBF=180°，则∠MBA=∠MBF.又MB=MB ，BF=BA ，则△MBF MBA.则∠F=∠MAB=∠MCB ，则MF=MC.又MD ⊥CF ，则CD=DF=DB+BF=AB+BD.解法2:如图3，延长CD 至F ，使FD=CD.由M 是ABC ⌢的中点，得FM=MA=MC ，∠1=∠2.由BM 为圆O 的弦，得∠3=∠4=∠5.则∠1-∠5=∠2-∠4.则BF=AB.则CD=AB+BD.解法3:如图4，作MH ⊥射线AB ，垂足为H.由M 是弧ABC 的中点，得MA=MC.由MD ⊥BC ，得∠MDC=90°=∠H.又∠MAB=∠MCB ，则△MDC.则AH=CD ，MH=MD.又MB=MB ，则Rt △△MDB.则HB=BD.则CD=AH=AB+BH=AB+BD.图4C图5C（2）截长法.解法4:如图5，在CD 上截取DG=DB.由MD ⊥BG ，得MB=MG ，∠MGB=∠MBC=∠MAC.由M 是ABC ⌢的中点，得∠MAC=∠MCA=∠MGB.即∠MGB=∠MCB+∠BCA=∠MCB+∠BMA.又∠MGB=∠MCB+∠GMC ，则∠BMA=∠GMC.又MA=MC ，则△MGC ，则AB=GC.则CD=CG+GD=AB+BD.点评:归纳是演绎的源泉!（3）对称法.解法5:如图6，连接AO 、BO 、OM.作OW ⊥CB 交BC 于点F ，交圆于点W ，作点M 关于OW图3图6的对称点P ，作PH ⊥BC 交BC 于点H ，连接OP ，OM 分别交AC 、BC 于点E 、G.由∠OFG=∠CEM=90°，∠OGC=∠OGC ，得∠ACB=∠FOG.则∠AOB=∠MOP.则△BOA.则PM=AB.由PH ⊥BC ，MD ⊥BC ，得PM=HD.则AB=PM=HD.则CD=BH.则BD+AB=CD.点评:旋转变换使线段和差问题变得直观、体现对称美.（4）托勒密定理证法.解法6:如图7，由“托勒密定理”知AB ·MC+BM ·AC=AM ·BC.假设AM=MC=m.AB ·m+BM ·2m cos α=BC ·m.AB+2BM ·cos α=BC.AB+2BD=CD+BD.AB+BD=CD.反思一种解法，归纳这种解法的原理以求类比演绎出同类解法，如补短法.及时归纳补短法自然就会产生另外一类解法———截长法.无论补短还是截长，无非是构造一对全等三角形，除了位置没有特殊要求的构造法，还有位置有特殊要求的对称法.在圆中还有很多定理，如托勒密定理，笔者发现借助托勒密定理可以证得阿基米德折弦定理.此种证法把公元前后不同国度的两位大师紧紧联系在一起！图7图8二、中考题的诞生如图8，△ABC 是☉O 的内接三角形，点D 在弧BC 上，点E 在弦AB 上（点E 不与A 重合），且四边形BDCE 是菱形.（1）求证：AC=CE.（2）求证：BC 2-AC 2=AB ·AC.（3）已知☉O的半径为3.①若AB AC =53，求BC 的长；②当ABAC为何值时，AB ·AC 的值最大？1.解法欣赏第（1）问，这里不再赘述.下面解决第（2）问.证法1:如图9，过点C 作CF ⊥AE 于F.点拨:①观察“BC 2-AC 2”的形式,联想到“勾股定理”,需要构造直角三角形;②由“AC=CE ”联想到“等腰三角形三线合一”.图9G图10证法2:如图10，延长BA 到G ，使AG =AC.由∠ACG=∠G=∠ABC ，构造△GCA △GBC.如图11，延长CA 到H ，使AH =AB ，构造△CAB△CBH.图11图12如图12，作∠BAC 的角平分线交BC 于K ，则∠BAK=∠CAK =12∠BAC =12∠AEC =∠ABC ，构造△CAK△CBA.三种构造相似三角形的方法均可证得结论.对于第（3）问的①，这里不再赘述.下面解决第（3）问的②.解法1:如图13，设ABAC=m，AC=b，则AB=mb，AF=m-12 b.故cos∠COH=cos A=m-1 2.则OH=3×m-12=32（m-1）①.由∠COD=∠A=∠ECD，得△COD△ECD.所以CD2=OD·DE，即b2=3DE.则DE=13b2，DH=16b2②.由①和②得32（m-1）+16b2=3.则b2=-9m+27，故AB·AC=mb2=-9m2+27m.则当m=32时，AB·AC max=814.解法2:设OH=x，则AB·AC=BC2-AC2=4CH2-CD2= 4（9-x2）-［（9-x2）+（3-x）2］=-4x2+6x+18，则当x=34时，AB·AC取得最大值.此时AFAC=OHOC=14，则AB AC=4+2×14=32.解法3:设cos∠COH=cos∠A=AFAC=k，则OH=3k，则AB·AC=BC2-AC2=4CH2-CD2=4（9-9k2）-［（9-9k2）+（3-3k）2］=-36k2+18k+18.则当k=14时，AB·AC取得最大值，此时AF AC=14，则ABAC=4+2×14=32.2.试题评析第（1）问主要考查对等腰三角形的判定、圆周角定理、圆内接四边形的性质及菱形的性质的掌握情况，知识内涵丰富，难度不大，在解决阿基米德折弦定理的过程中，构造了一个特殊的四边形———菱形，使本题结论丰富，为中考题的诞生创造条件.以圆为背景，使得弧、弦、角三者相互转化，为问题解决方法的多样性（一题多解）铺设了道路.在第（2）问要证明的结论中，出现两条线段的平方差形式，学生可以根据学习勾股定理时积累的数学活动经验，把问题表征成：直角三角形中有关边之间关系的问题.这样如何构造直角三角形就成了第（2）问的突破口，这时第（1）问中证得的△ACE是等腰三角形可提供有益的启示，即通过添加等腰三角形中的常见辅助线（底边上的高）构造出所需的直角三角形.另外，学生也可以把所要证明的结论变形成“a2=bc”的形式，这样问题就可表征成：两个相似三角形中有关边的关系问题.如何构造相似三角形成为问题解决的突破口.因此，第（2）问能有效地测出学生能否自觉、合理地运用转化思想及相关的数学活动经验进行数学思考.问题：根据考生反馈，学生对于式子BC2-AC2=AB·AC的变形能力、认知能力、联想能力较弱.由BC2-AC2能联想到构造直角三角形，但是很难构造，将BC2-AC2=AB·AC变形为BC2=AB·AC+AC2=AC·（AB+AC）是比较困难的数感、符号感不强是导致此处思路出现障碍的重要原因.如果能够变形成式子“a2=bc”，受阿基米德原理折弦定理“截长补短法”启发构造相似三角形就是顺理成章的事了.第（3）问主要考查学生能否自觉、合理地运用函数思想进行数学思考.函数思想的本质在于建立和研究变量之间的对应关系，因此，第（3）问给出“ABAC=53”与“当ABAC为何值时”等信息，目的是提示学生“ABAC”是一个变化过程中的变量，再加上“求AB·AC的值最大”这一重要信息，引导学生把第（3）问表征成：“当自变量取何值时，求因变量的最大值”的函数问题，再利用第（2）问的结论建立函数关系，并利用函数的性质求出AB·AC的最大值.从提问方式看，线段的比值问题比线段和差问题难度更大，加上隐含着比值变化对应积的变化，此题从结论上看很抽象，从而很难与函数这一抽象的概念联系在一起.本题各小问层次分明，梯度合理，内在逻辑明显，有利于学生在各小问的相关启发下拾级而上，也有利于不同层次学生的发挥，具有较好的信度和区分度.另外，本题合理地兼顾了对基础知识、基本技能、基本数学思想方法和基本数学活动经验的考查，能有效地检测出数学抽象、数学推理、数学运算等关键能力的水平.若该题第（3）问将AC改为常量1，难度将下降不少，从而可以更好地考查学生利用函数模型分析问题的能力.图13(上接第66页)（2）当k=10√时，求x-2x的值.预设:这两问对应着原考题，在学生完成之后继续跟进追问.教学组织:请学生分组再设计一个问题，在小组内交流，由组长挑选一个问题在全班展示交流，由本小组一个学生提出问题，另一个学生讲解思路和注意事项.预设:若有学生提出类似x+2x=6√的问题，则投影到黑板上，引导学生参与辨析这个问题是否错误，并安排全班讨论，最后各组汇报不同的方法，教师跟进评析.如果有学生的思路类似高中学习的基本不等式，也可给出“公式a+b≥2ab√，并运用配方法进行推理证明.四、写在后面教学即研究.一次考试之后得到的不只是冰冷的分数，也不只是区分了不同学生，其实还有很多值得我们去关注和研究，如挑选一些“好的题目”深入分析学生答题情况，解读并思考试题对我们教学有怎样的导向作用，并构思如何开展讲评教学，或者由一道题如何训练一类问题，提升解题教学效果，还可以由一道题出发，思考该题与后续哪些知识点关联、呼应，也就是求深、想透、学活的追求.参考文献:[1]刘东升.一次期中考试阅卷随笔[J].中学数学教学参考(中),2016(1/2).[2]华应龙.华应龙与化错教学[M].北京:北京师范大学出版社,2015.[3]刘东升.让开放题引领开放的数学教学[J].中学数学(下),2017(2).[4]郑毓信.“开放的数学教学”新探[J].中学数学月刊, 2007(7).W三、教学建议1.用好教材,构建知识体系教材是教学的蓝本，是课程标准的具体体现，是呈现数学知识的主要载体.在日常教学中，教师要认真研究教材，充分理解教材编写意图及教学要求，同时要加强与其他知识的横向联系，有意识地引导学生构建知识体系，辅助学生进行知识的高效内化，便于学生审题时站在宏观的角度分析问题、解决问题.要用好教材、用活教材，特别是对教材例题、习题，教师一定要进行充分挖掘，最好能进行多维变式，开阔学生的思路，培养学生的应用意识与创新意识.2.注重过程,体现主体地位数学的教学要指向核心素养，而数学学科核心素养的落实不能依赖“短平快”的记忆与模仿，要放慢教学节奏，让学生有充分的、真实的过程性体验.要真正体现学生的主体地位，让学生在经历知识生成的过程中巩固“四基”，在合作交流的过程中积累活动经验，在探究归纳的过程中领悟思想方法，并逐渐内化为自己的经验，形成问题解决的自觉意识.3.深度教学,发展理性思维理性思维是数学的核心思维能力，同时是人格素养的重要部分.发展理性思维、培养理性能力是数学学习的核心任务.教师要通过深度教学来发展学生思维的深度和广度，引导学生深入问题本质，提高学生的横向综合能力和纵向突破能力.教师要在理解数学、理解学生、理解教学的基础上发挥好主导作用，将数学知识、技能和数学思想方法有机结合在一起，给学生提供展示数学思维能力的平台，彰显数学教学对学生数学思维能力发展的价值.4.注重归纳,探索自然解法追溯中考题的来源，剖析归纳其解法可知：归纳是演绎的源泉.只有做好题后总结归纳，才能演绎出新的解题思路，做好演绎，才能锻炼我们的数学思维.可见归纳与演绎是相辅相成的，只有做到追根溯源，才能达到道法自然的解题境界.参考文献:[1]G·波利亚.怎样解题[M].上海:上海科技教育出版社,2007.[2]任华中.初中数学基本活动经验获得的课堂实践研究[D].济南:山东师范大学,2015.[3]中华人民共和国教育部.义务教育数学课程标准(2011年版)[S].北京:北京师范大学出版社,2012.W。

课程篇有关折弦定理的几个推论吴文龙（甘肃省临潭县回民中学）在同一圆上有公共点的两条弦组成一条折弦。

折弦时常应用于初中数学竞赛试题中，对数学竞赛的辅导与学习具有良好的作用，值得研究和探讨。

下面讨论几个有关折弦的命题。

命题1：如图，若弦AB 、BC 组成☉O 的一条折弦，BC >AB ，D 是弧ABC 的中点，DE ⊥BC ，垂足为E ，则E 是折弦ABC 的中点，即CE=BE+AB .此命题即著名的“阿基米德折弦定理”。

此命题的证明是不难理解的，有此定理的11种证法。

图1该定理常规的证明方法有以下几种：阿基米德折弦定理证法1：补短法如图，延长DB ∵M 是弧ABC 的中点∴∠MCA=∠MAC=∠MBC ∵MBAC 四点共圆∴∠MCA+∠MBA =180°∵∠MBC+∠MBF =180°∴∠MBA=∠MBF ∵MB=MB ，BF=BA ∴△MBF ≌△MBA ∴∠F=∠MAB=∠MCB ∴MF=MC ∵MD ⊥CF∴CD=DF=DB+BF=AB+BD 阿基米德折弦定理证法2：截长法如图，在CD 上截∵MD ⊥BG ∴MB=MG ，∠MGB=∠MBC=∠MAC ∵M 是弧ABC 的中点∴∠MAC=∠MCA=∠MGB即∠MGB=∠MCB+∠BCA=∠MCB+∠BMA 又∠MGB=∠MCB+∠GMC ∴∠BMA=∠GMC ∵MA =MC∴△MBA ≌△MGC ∴AB=GC∴CD=CG+GD=AB+BD阿基米德折弦定理证法3：垂线法如图垂足为H∵M 是弧ABC 的中点∴MA=MC ∵MD ⊥BC∴∠MDC =90°=∠H ∵∠MAB=∠MCB ∴△MHA ≌△MDC ∴AH=CD ，MH=MD 又∵MB=MB∴Rt △MHB ≌Rt △MDB ∴HB=BD∴CD=AH=AB+BH=AB+BD 命题2：如图，若弦AB 、BC 组成☉O 的一条折弦，BC >AB ，D 是折弦ABC 的中点，DE ⊥BC ，垂足为E ，则E 是弧ABC 的中点，即CE=AB+BE .此命题是命题1的逆命题，就称“阿基米德折弦逆定理”。

阿基米德三角形是直角三角形证明阿基米德三角形的定义：角A、B、C构成的正三角形，且∠C为直角。

阿基米德三角形是以古希腊数学家阿基米德命名的。

他注意到三条直线形成一个直角三角形，并发现了可以证明它的定理。

它成为在很多解决三角形的问题时的基础和有用的工具。

一、什么是阿基米德三角形？阿基米德三角形，也称为直角三角形，是一种三个角都直的三角形，每条边的长度分别是 a，b，c。

它可以由两条垂直的直线相交而成，相交点位于顶点。

二、阿基米德三角形的特点1. 顶点：阿基米德三角形有三个顶点：A、B、C，它们位于三条边的交点。

2. 边：阿基米德三角形有三条边：一条以A为一端，以B为另一端组成的边被称为AB，另一条以B为一端，以C为另一端组成的边被称为BC，最后一条以C为一端，以A为另一端的边被称为CA。

3. 角：阿基米德三角形有三个角，分别位于A、B、C。

每个角均有90度（π/2 弧度），它们分别称为 A、B、C的顶角。

三、阿基米德三角形的证明1. 勾股定理：首先，针对阿基米德三角形，阿基米德发现了勾股定理。

这一定理被称为a2 + b2 = c2，它表明在一个直角三角形中，勾股定理可以被用来计算直角三角形的两个邻边的平方和与对角线的平方之和相等。

2. 反証法：其次，反証法也可以被用来证明阿基米德三角形。

反証法也被称为反证法，它可以用来证明该定理是正确的，而不是错误的。

反証法需要考虑若干假设，如果当它们都不能被正确地证明时，定理被认为是正确的。

反証法需要提出一个相反假设，如果该相反假设不能被正确地证明时，定理被认为是正确的。

3. 角度之和：另外，通过使用角度之和法，还可以证明阿基米德三角形。

角度之和定理认为三角形的三个角的和应该等于180度（π弧度）。

在阿基米德三角形中，由于有三个直角，每个直角的角度都可以用90度（π/2 弧度）来表示，这样三个角的和就可以等于180度（π 弧度），这可以作为阿基米德三角形的证明。