数学模型应用问题 (讲义及答案)
【精品奥数】五年级下册数学奥数讲义—第五讲 沙漏模型 通用版(含答案)
沙漏模型及平行线分线段成比例定理
一、沙漏模型
两条线段相交且有一组边平行的图形称为沙漏模型（平行相似），如图所示：
A
性质1
. （通过三角形相似可证）
性质2
.
性质3
. 证明：过点D 作CA 的平行线交BA 的延长线于点G ，过点O 作AB 的平行线交DG 于点H ，如图所示：
四边形DGAC 是平行四边形
，
二、平行线分线段成比例定理
两条直线被一组平行线（不少于3条）所截，截得的对应线段成比例.
如图所示，直线AC、FD被AF、BE、CD
所截，则
证明：连接AE、BF、CE、BD，如图所示：
练习题
1. 如图所示，四边形ABCD是平行四边形，面积为72，点E、F分别为边AB、BC的中点，
求图中阴影部分的面积？
B
2. 如图所示，四边形ABCD为正方形且面积为1
，点E、F分别为AB、BD的中点, ，
求阴影部分面积？
E
3. 如图所示，正方形ABCD的面积为120，E是AB的中点，F是BC的中点，求四边形BGHF 的面积是多少？
E
参考答案1. 【解答】48
【解析】由沙漏模型可得M、N是
AC的三等分点，
2. 【解答】
【解析】过点F作FH⊥BC垂足为H，过点G作GI⊥BC垂足为I，如图所示：
E
由沙漏模型可得
，
又
，
，
.
3. 【解答】14
【解析】延长CE 交DA 的延长线于点M ，如图所示：。
专题29 四点共圆问题(教师版)-2021年中考数学模型技巧讲义(二轮)
专题29 四点共圆问题【规律总结】1、四点共圆：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。
四点共圆有三个性质：（1）共圆的四个点所连成同侧共底的两个三角形的顶角相等；（2）圆内接四边形的对角互补；（3）圆内接四边形的外角等于内对角。
2、判定定理：方法1：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，从而即可肯定这四点共圆。
（可以说成：若线段同侧二点到线段两端点连线夹角相等，那么这二点和线段二端点四点共圆）方法2 ：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆。
（可以说成：若平面上四点连成四边形的对角互补或一个外角等于其内对角，那么这四点共圆）【典例分析】例1．（2021·沭阳红岩学校九年级期末）如图，在Rt ABC △中，90ACB ∠=，3BC =，4AC =，点P 为平面内一点，且CPB A ∠=∠，过C 作CQ CP ⊥交PB 的延长线于点Q ，则CQ 的最大值为（ ）A ．175B ．154CD 【答案】B【分析】根据题意可得A 、B 、C 、P 四点共圆，由AA 定理判定三角形相似，由此得到CQ 的值与PC 有关，当PC 最大时CQ 即取最大值．【详解】解：∵在Rt ABC △中，90ACB ∠=，CPB A ∠=∠，3BC =，4AC =∵A 、B 、C 、P 四点共圆，AB 为圆的直径，5=∵CQ CP ⊥∵90ACB PCQ ∠=∠=∵∵ABC∵∵PQC ∵AC PC BC CQ =， 43PC CQ =，即34CQ=PC ∵当PC 取得最大值时，CQ 即为最大值∵当PC=AB=5时，CQ 取得最大值为154故选：B ．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质以及四点共圆，掌握同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等确定四点共圆，利用相似三角形性质得到线段间等量关系是解题关键．例2．（2019·上海市市西初级中学八年级期末）如图，AB 是Rt ABC 和Rt ABD △的公共斜边，AC=BC ，32BAD ∠=，E 是AB 的中点，联结DE 、CE 、CD ，那么ECD ∠=___________________．【答案】13【分析】先证明A、C、B、D四点共圆，得到∵DCB与∵BAD的是同弧所对的圆周角的关系，得到∵DCB 的度数，再证∵ECB=45°，得出结论．【详解】解：∵AB是Rt∵ABC和Rt∵ABD的公共斜边，E是AB中点，∵AE=EB=EC=ED，∵A、C、B、D在以E为圆心的圆上，∵∵BAD=32°，∵∵DCB=∵BAD=32°，又∵AC=BC，E是Rt∵ABC的中点，∵∵ECB=45°，∵∵ECD=∵ECB-∵DCB=13°．故答案为：13．【点睛】本题考查直角三角形的性质、等腰三角形性质、圆周角定理和四点共圆问题，综合性较强．例3．（2020·北京市三帆中学九年级期中）已知：过O上一点A作两条弦AB、AC，且∠=︒，（AB、AC都不经过O）过A作AC的垂线AF，交O于D，直线BD，45AAC 交于点E ，直线BC ，AD 交于点F .（1）请在图1中，按要求补全图形；（2）在图2中探索线段BE 和BF 的数量关系，并证明你的结论；（3）探索线段AB 、AE 、AF 的数量关系，并直接写出你的结论________.【答案】（1）见解析；（2）BE BF =，理由见解析；（3）AE AF =【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）连接EF ，CD ，取EF 中点G 连接BG 、AG ，证明B 、E 、A 、F 四点共圆进而可证出结论；（3）由（2）知，点A 、B 、E 、F 四点共圆，连接CD ，交AB 于点P ，则CD 过圆心O ，由证得出∵ACB∵∵APD∵CPB ，进而可证AC AD +=，由等量代换可得出结论．【详解】解：（1）补全图形（2）BE BF =证明：连接EF ，CD ，CD 过圆心O ，CD 为直径，取EF 中点G 连接BG 、AG ∵AF AE ⊥，∵DBF=90°，∵90EBF FAE ∠=∠=︒∵EG AG =∵EG BG AG GF ===∵B 、E 、A 、F 在圆G 上，∵∵1=∵2，∵∵DAE=90°，∵BAD=45°，∵∵2=∵BAD=45°，又∵∵EBF=90°，∵∵BEF=45°=∵1，∵BE BF =，故答案为：BE BF =；（3）由（2）知，点A 、B 、E 、F 四点共圆，连接CD ，交AB 于点P ，则CD 过圆心O ， ∵∵BEA=∵BFA ，BE BF =，∵EBC=∵DBF=∵DAE=90°，∵∵EBC∵∵FBD ，∵BC=BD ，CE=DF ，在∵ACB 和∵APD 中，∵CAB=∵DAB=45°，∵ABC=∵ADC ，∵BCD=45°，∵∵ACB∵∵APD∵CPB ， ∵,AC AB BC AB AP AD BE BC==， ∵2,AC AD AP AB BC BP AB ⋅=⋅=⋅，CD 为直径，2222==2AC AD CD BC +，∵()222+2AC AD AC AD AC AD =++⋅=222BC AC AD +⋅=22BP AB AP AB ⋅+⋅=()2AB BP AP ⋅+=22AB ，∵AC AD +=，，∵AE AF =+，故答案为：AE AF =+．【点睛】本题考查了四点共圆的证明，圆的性质以及性质应用，勾股定理的应用，熟练掌握圆的性质是解题的关键．【好题演练】一、单选题1．（2020·浙江杭州市·九年级专题练习）如图，圆上有A 、B 、C 、D 四点，其中80BAD ∠=︒，若弧ABC 、弧ADC 的长度分别为7π、11π，则弧BAD 的长度为（ ）A ．4πB ．8πC ．10πD ．15π【答案】C【分析】先求出圆的周长，再根据圆内接四边形的性质可得100C ∠=︒，然后根据圆周角定理可得弧BAD 所对圆心角的度数，最后根据弧长的定义即可得．【详解】弧ABC 、弧ADC 的长度分别为7π、11π∴圆的周长为71118πππ+=80BAD ∠=︒100C ∴∠=︒（圆内接四边形的对角互补）∴弧BAD 所对圆心角的度数为2200C ∠=︒则弧BAD 的长度为2001810360ππ⨯= 故选：C ．【点睛】本题考查了圆周角定理、弧长的定义、圆内接四边形的性质，熟记圆的相关定理与性质是解题关键．2．（2019·浙江绍兴市·九年级期中）如图1，在等腰三角形ABC 中，AB=AC=4，BC=6．如图2，在底边BC 上取一点D ，连结AD ，使得∠DAC=∠ACD ．如图3，将∠ACD 沿着AD 所在直线折叠，使得点C 落在点E 处，连结BE ，得到四边形ABED ．则BE 的长是（ ）A ．1B ．65C ．3215D ．174【答案】A【分析】只要证明ABD MBE ∆∆∽，得AB BD BM BE =，求出BM 、BD 即可解决问题． 【详解】解：AB AC =，ABC C ∴∠=∠，DAC ACD ∠=∠，DAC ABC ∴∠=∠，C C ∠=∠，CAD CBA ∴∆∆∽， ∴CA CD CB CA ， ∴464CD =， 83CD ∴=，810633BD BC CD =-=-=， DAM DAC DBA ∠=∠=∠，ADM ADB ∠=∠，ADM BDA ∴∆∆∽，∴AD DM BD DA =，即8310833DM =， 3215DM ∴=，103263155MB BD DM =-=-=， ABM C MED ∠=∠=∠，A ∴、B 、E 、D 四点共圆，ADB BEM ∴∠=∠，EBM EAD ABD ∠=∠=∠，ABD MBE ∴∆∆∽， ∴AB BD BM BE=， 6105314BM BD BE AB ⨯∴===．故选：A ．【点睛】本题考查翻折变换、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是充分利用相似三角形的性质解决问题，本题需要三次相似解决问题，题目比较难，属于中考选择题中的压轴题．二、填空题3．（2020·黑龙江哈尔滨市·）如图，等边∠ABC 中，D 在BC 上，E 在AC 上，BD ＝CE ，连BE 、AD 交于F ，T 在EF 上，且DT ＝CE ，AF＝50，TE ＝16，则FT ＝_____．【答案】17【分析】用“SAS”可判定∵ABD∵∵BCE ，得到∵AFE=60°，延长FE 至点G ，使得FG=FA ，连AG ，AT ，得到∵AFG 是等边三角形，证明A 、B 、D 、T 四点共圆，设法证明∵FAT∵∵GAE （ASA ），即可求得答案．【详解】∵∵ABC 为等边三角形，∵AB=AC=BC ，∵ABD=∵BCE=60°，在∵ABD 和∵BCE 中，60AB BC ABD BCE BD CE =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩，∵∵ABD∵∵BCE （SAS ），∵∵BAD=∵CBE ，∵∵ADC=∵CBE+∵BFD=∵BAD+∵B ，∵∵BFD=∵B=∵AFE=60°；延长FE 至点G ，使得FG=FA ，连AG ，AT ，∵∵AFE=60°，∵∵AFG 是等边三角形，∵AG=AF=FG=50，∵AGF=∵FAG=60°，∵∵BAF+∵EAF =∵CAG+∵EAF =60°，∵∵BAF=∵CAG ，∵DT=CE ，∵∵DBT=∵BTD ，∵∵BAD=∵CBE ，∵∵BAD=∵BTD ，∵A 、B 、D 、T 四点共圆，∵∵BAD=∵DAT ，∵∵FAT=∵GAE ，在∵FAT 和∵GAE 中，60FAT GAE AF AG AFG AGF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩， ∵∵FAT∵∵GAE （ASA ），∵FT= GE ，∵FG=50，TE=16， ∵FT=12(FG - TE)=17． 故答案为：17．【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等，作出辅助线，判断出∵FAT∵∵GAE 是解本题的关键．4．（2020·西安市铁一中学九年级二模）如图，正方形ABCD 中，9AB =，点E 为AD 上一点，且:1:2AE ED =，点P 为边AB 上一动点，连接PE ，过点E 作EF PE ⊥，交射线BC 于点F ，连接PF ，点M 为PF 中点，连接DM ，则DM 的最小值为________．【答案】10【分析】由已知可得AE=3，DE=6，又AB=9，90A ︒∠=，由勾股定理得=90PEF ︒∠=，90PBF ︒∠=，M 为PF 中点，可知M 为四边形BFEP 外接圆的圆心，BE 为圆M 的弦，故圆心M 在线段BE 的垂直平分线上，作线段BE 的垂直平分线GH 交BE 于G ，交CD 于H ，过点D 作DM GH ⊥于M ，此时的线段DM 即为所求最小值，过点E 作EN DM ⊥于N ，则四边形EGMN 为矩形，可得90GEN ︒∠=，GE=MN ，可证ABE NED ，可得AE BE DN DE =，代入数据得：，又，可得DM 的长度．【详解】∵:1:2AE ED =，AD=AB=9，∵AE=3，DE=6，又∵AB=9，90A ︒∠=，=∵90PEF ︒∠=，90PBF ︒∠=，∵B 、F 、E 、P 四点共圆，且PF 为直径，∵M 为PF 中点，∵M 为四边形BFEP 外接圆的圆心，∵E 、B 为定点，∵BE 为圆M 的弦，∵圆心M 在线段BE 的垂直平分线上，如下图，作线段BE 的垂直平分线GH 交BE 于G ，交CD 于H ，过点D 作DM GH ⊥于M ，此时的线段DM 即为所求最小值，过点E 作EN DM ⊥于N ，则四边形EGMN 为矩形，∵90GEN ︒∠=，GE=MN,∵90AEB DEN ︒∠+∠=，∵90A ︒∠=，∵90ABE AEB ︒∠+∠=，∵=DEN ABE ∠∠，又∵==90A DNE ︒∠∠，∵ABE NED ， ∵AE BE DN DE=，即3DN =解得：∵BE=∵EG= ，，+2=10．【点睛】本题考查了圆内接四边形，圆的对称性，相似三角形的判定和性质，熟练掌握圆周角定理及其逆定理确定四点共圆是解题的关键．三、解答题5．（2020·沭阳县修远中学九年级期中）在边长为12cm 的正方形ABCD 中，点E 从点D 出发，沿边DC 以1cm/s 的速度向点C 运动，同时，点F 从点C 出发，沿边CB 以1cm/s 的速度向点B 运动，当点E 达到点C 时，两点同时停止运动，连接AE 、DF 交于点P ，设点E ． F 运动时间为t 秒．回答下列问题：(1)如图1，当t 为多少时，EF 的长等于(2)如图2，在点E 、F 运动过程中，①求证：点A 、B 、F 、P 在同一个圆(∠O)上；②是否存在这样的t 值，使得问题①中的∠O 与正方形ABCD 的一边相切?若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；③请直接写出问题①中，圆心O 的运动的路径长为_________．【答案】（1）t=4或8；（2）①证明见解析；②存在，t=3或12；③6cm ．【分析】（1）由题意易得DE=CF=t ，则有EC=12-t ，然后利用勾股定理求解即可；（2）①由题意易证∵ADE∵∵DCF ，则有∵CDF=∵DAE ，然后根据平行线的性质可得∵APF=90°，进而可得∵B+∵APF=180°，则问题得证；②由题意可知当∵O 与正方形ABCD 的一边相切时，可分两种情况进行分类讨论求解：一是当圆与AD 相切时，一是当圆与边DC 相切时；③由动点E 、F 在特殊位置时得出圆心O 的运动轨迹，进而求解即可．【详解】解：（1）由题意易得：DE=CF=t ，四边形ABCD 是正方形，∴AB=CD=BC=AD=12cm ，∵C=∵B=∵ADC=∵DAB=90°，∴ EC=12-t ，EF 的长等于，∴在Rt∵CEF 中，222EF EC CF =+，即(()22212t t =-+解得124,8t t ==；（2）①由（1）可得AB=CD=BC=AD=12cm ，∵C=∵B=∵ADC=∵DAB=90°，DE=CF=t ， ∴∵ADE∵∵DCF ，∴∵CDF=∵DAE ，∵CDF+∵PDA=90°，∴∵DAE+∵PDA=90°，∴∵ADP=∵APF=90°，∴∵APF+∵B=180°，由四边形APFB 内角和为360°可得：∵PAB+∵PFB=180°，∴点A 、B 、F 、P 在同一个圆(∵O)上；②由题意易得：当∵O 与正方形ABCD 的一边相切时，只有两种情况；a 、当∵O 与正方形ABCD 的边AD 相切时，如图所示：由题意可得AB 为∵O 的直径，∴t=12；b 、当∵O 与正方形ABCD 的边DC 相切于点G 时，连接OG 并延长交AB 于点M ，过点O 作OH∵BC 交BC 于点H ，连接OF ，如图所示：∴OG∵DC ，GM∵AB ，HF=HB ，∴四边形OMBH 、GOHC 是矩形，∴OH=BM=GC ，OG=HC ，AB=BC=12cm ，∴OH=6，CF=t ，BF=12-t ， ∴126,662222t t t t HF CH OG OF t -==-===+-=+， 在Rt∵FOH 中，222OF OH FH =+，即2226+6622t t ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得：3t =；综上所述：当3t =或t=12时，∵O 与正方形ABCD 的边相切；③由（1）（2）可得：当点E 与点D 重合及点F 与点C 重合时，圆心在正方形的中心上；当点E 与点C 重合及点F 与点B 重合时，圆心在AB 的中点上，故圆心的运动轨迹为一条线段，如图所示：∴OP 即为圆心的运动轨迹，即OP=6cm ．故答案为6cm ．【点睛】本题主要考查圆的综合，熟练掌握圆的性质及切线定理解题的关键，注意运用分类讨论思想解决问题．6．（2020·安徽芜湖市·芜湖一中九年级）已知AD 为锐角ABC ∆的高，G 为AC 中点，DE AB ⊥于点E ，延长ED 至F ，使得GF GD =．（1）证明：AED AFC ∆∆；（2）证明：22AE CF BE AF ⋅=⋅；（3）若6,7,8AB BC CA ===，求四边形ACFD 的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）16【分析】（1）通过GA GD GC GF ===得A ，D ，F ，C 四点共圆，得到ADE ACF ∠=∠，结合90AED AFC ︒∠=∠=，证得AEDAFC ∆∆； （2）通过Rt AED Rt AFC ∆∆，Rt AED Rt DEB ∆∆证得22AE CF BE AF ⋅=⋅； （3）利用勾股定理求得AD ，BD ，CD ，在Rt ADB ∆中，求出DE ，AE ，得出ADE S ∆，借助2()ACF ADE S AC S AD∆∆=，求得ACF S ∆，再用Rt AEF Rt ADC ∆∆，得到2()AEF ADC AE S S AD ∆∆=⋅，最后ACFD AEF ACF AED S S S S ∆∆∆∆=+-．【详解】解：（1）∵GA GD GC GF ===∵,,,A D F C 四点共圆∵90AFC ADC ︒∠=∠=又∵ADE ACF ∠=∠∵Rt AED Rt AFC ∆∆（2）由（1）Rt AEDRt AFC ∆∆ ∵AF AE CF ED= 又∵Rt AEDRt DEB ∆∆ ∵AF AE DE CF ED EB== ∵2()AF AE DE AE CF ED EB EB =⋅= 即22AE CF BE AF ⋅=⋅（3）∵222236(7)64AD BD AD BD ⎧+=⎨+-=⎩∵311,22AD BD CD === ∵Rt ADB ∆中，2458AD BD AD DE AE AB AB ⋅====∵128ADE S ∆=而2()ACF ADE S AC S AD∆∆=∵ACF S ∆=同理利用Rt AEF Rt ADC ∆∆得到2()AEF ADC AE S S AD ∆∆=⋅=∵ACFD AEF ACF AED S S S S ∆∆∆∆=+-=． 【点睛】本题考查了四点共圆的判断，圆内接四边形的性质，圆周角定理的应用，相似三角形的证明，不规则图形的面积的求法，熟练掌握其中的联系，是解题的关键．。
华东师大版八年级数学下册“将军饮马模型”专题讲义及解析
华东师大版八年级数学下册“将军饮马模型”专题讲义及解析华东师大版八年级数学下册“将军饮马模型”专题讲义及解析一、背景知识：据传说，古罗马时代有一位名叫XXX的学者，他精通数学和物理。
有一天，一位罗马将军前来请教他一个难题：每天他从军营A出发，先到河边饮马，然后再去河岸同侧的军营B开会，应该怎样走才能使路程最短？这个问题被称为“将军饮马”问题，据说XXX很快解决了它，从此这个问题流传至今。
二、将军饮马问题常见模型1.两定一动型：两个定点到一个动点的距离和最小例1：在一条定直线l上找一个动点P，使动点P到两个定点A和B的距离之和最小，即PA+PB最小。
作法：连接AB，与直线l的交点Q即为所求点，当动点P跑到点Q处时，PA+PB最小，且最小值等于AB。
原理：两点之间线段最短。
证明：连接AB，与直线l的交点Q，P为直线l上任意一点，在三角形PAB中，由三边关系可知：AP+PB≧AB（当且仅当PQ重合时取等）。
例2：在一条定直线l上找一个动点P，使动点P到两个定点A和B的距离之和最小，即PA+PB的和最小。
关键：找对称点。
作法：作定点B关于定直线l的对称点C，连接AC，与直线l的交点Q即为所求点，当动点P跑到点Q处时，PA+PB和最小，且最小值等于AC。
原理：两点之间，线段最短。
证明：连接AC，与直线l的交点Q，P为直线l上任意一点，在三角形PAC中，由三边关系可知：AP+PC≧AC（当且仅当PQ重合时取等）。
2.两动一定型例3：在∠XXX的内部有一点A，在OM上找一点B，在ON上找一点C，使得△BAC周长最短。
作法：作点A关于OM的对称点A’，作点A关于ON的对称点A’’，连接A’ A’’，与OM交于点B，与ON交于点C，连接AB，AC，△XXX即为所求。
原理：两点之间，线段最短。
例4：在∠XXX的内部有点A和点B，在OM上找一点C，在ON上找一点D，使得四边形ABCD周长最短。
作法：首先，我们作点A关于OM的对称点A'，作点B关于ON的对称点B'，然后连接A'B'，交OM于点C，交ON于点D，最后连接AC和BD，四边形ABCD即为所求。
数学模型(第四版)课后详细答案
数学模型作业六道题 作业一1.P56.8一垂钓俱乐部鼓励垂钓者将钓上的鱼放生，打算按照放生的鱼的重量给予奖励，俱乐部只准备了一把软尺用于测量，请你设计按照测量的长度估计鱼的重量的方法。
假定鱼池中只有一种鲈鱼，并且得到8条鱼的如下数据（胸围指鱼身的最大周长）： 解：要求鱼的体重，我们利用质量计算公式：M=ρV 。
我们假定鱼池中是同一种鱼，于是可以近似地考虑其密度是相同的。
至于鱼的体积问题，由于是同一种类，可以假定这种鱼在体型上是一致的。
我们假设鱼的体积和鱼身长的立方成正比。
即：V=k 1L 3，因此，模型为：33111M V k l K L ρρ===……………………………模型一 利用Eviews 软件，用最小二乘法估计模型中的参数K 1，如下图1所示：图1从图1结果可以得到参数K 1=0.014591，所以模型为：31M 0.014591 L =上述模型存在缺陷，因为它把肥鱼和瘦鱼同等看待。
因此，有必要改进模型。
如果只假定鱼的横截面是相似的，假设横截面积与鱼身最大周长的平方成正比，即：V=k 2d 2L ，因此，模型为：身长/cm36.8 31.8 43.8 36.8 32.1 45.1 35.9 32.1 质量/g765 482 1162 737 482 1389 652 454 胸围/cm24.8 21.3 27.9 24.8 21.6 31.8 22.9 21.622222M V k d K d L L ρρ===………………………………模型二利用Eviews 软件，用最小二乘法估计模型中的参数K 2，如下图2所示：图2从图2可以得到参数K 2=0. 032248，所以模型为：22M 0.032248d L=将实际数据与模型结果比较如表1所示：表1实际数据M765 482 1162 737 482 1389 652 454模型一M 1 727.165 469.214 1226.061 727.165 482.629 1338.502 675.108 482.619 模型二M 2 729.877 465.248 1099.465 729.877 482.960 1470.719 607.106 483.9602.P131.2 一家出版社准备在某市建立两个销售代理点，向7个区的大学生售书，每个区的大学生数量（单位：千人）已经表示在图上。
模型27 托勒密定理(解析版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇
模型介绍1.托勒密定理：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和．翻译：在四边形ABCD 中，若A 、B 、C 、D 四点共圆，则AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．证明：在线段BD 上取点E ，使得∠BAE =∠CAD ，易证△AEB ∽△ADC ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅，当∠BAE =∠CAD 时，可得：∠BAC =∠EAD ，易证△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC CB=，即AC DE AD BC ⋅=⋅，∴AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴AC BD AB CD AD BC ⋅=⋅+⋅．2.（托勒密不等式）：对于任意凸四边形ABCD ，有AC BD AB CD AD BC⋅≤⋅+⋅证明：如图1，在平面中取点E 使得∠BAE =∠CAD ，∠ABE =∠ACD ，易证△ABE ∽△ACD ，∴AB BE AC CD=，即AC BE AB CD ⋅=⋅①，连接DE ，如图2，∵AB AE AC AD =，∴AB AC AE AD=，又∠BAC =∠BAE +∠CAE =∠DAC +∠CAE =∠DAE ，∴△ABC ∽△AED ，∴AD DE AC BC=，即AC DE AD BC ⋅=⋅②，将①+②得：AC BE AC DE AB CD AD BC ⋅+⋅=⋅+⋅，∴()AC BD AC BE DE AB CD AD BC⋅≤⋅+=⋅+⋅即AC BD AB CD AD BC ⋅≤⋅+⋅，当且仅当A 、B 、C 、D 共圆时取到等号．3.托勒密定理在中考题中的应用（1）当△ABC 是等边三角形时，如图1，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理有：DB AC AD BC AB CD ⋅=⋅+⋅，又等边△ABC 有AB =AC =BC ，故有结论：DB DA DC =+．证明：在BD 上取点E 使得DE =DA ，易证△AEB ∽△ADC ，△AED ∽△ABC ，利用对应边成比例，可得：DB DA DC =+．如图2，当点D 在弧BC 上时，结论：DA =DB +DC ．【小结】虽然看似不同，但根据等边的旋转对称性，图1和图2并无区别．（2）当△ABC 是等腰直角三角形，如图3，当点D 在弧BC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2AD BD CD =+．如图4，当点D 在弧AC 上时，根据托勒密定理：AD BC AB CD AC BD ⋅=⋅+⋅，又::1:1:2AB AC BC =，代入可得结论：2BD AD CD =+．（3）当△ABC 是一般三角形时，若记BC ：AC ：AB =a ：b ：c ，根据托勒密定理可得：a AD b BD c CD⋅=⋅+⋅例题精讲【例1】．如图，正五边形ABCDE 内接于⊙O ，AB ＝2，则对角线BD 的长为1+．解：如图，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED（SAS），∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即2×2+x•2＝x2，解得：x1＝1+，x2＝1﹣（舍去）．∴对角线BD的长为1+．故答案为：1+．变式训练【变式1-1】．先阅读理解：托勒密（Ptolemy古希腊天文学家）定理指出：圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD．再请完成：（1）如图1，四边形ABCD内接于⊙O，BC是⊙O的直径，如果AB＝AC＝，CD＝1，求AD的长．（2）在（1）的条件下，如图2，设对边BA、CD的延长线的交点为P，求PA、PD的长．解：（1）∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝∠BDC＝90°，∵AB＝AC＝，∴△ABC是等腰直角三角形，∴BC＝AB＝，∴BD＝＝＝3，∵圆内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积，即：如果四边形ABCD内接于⊙O，则有AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即×1+AD×＝×3，解得：AD＝；（2）∵∠PAD＝∠PCB，∠P＝∠P，∴△PAD∽△PCB，∴＝＝，设PA＝x，PD＝y，则＝＝，解得：x＝，y＝，∴PA＝，PD＝．【变式1-2】．如图1，已知⊙O内接四边形ABCD，求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：如图1，在BD上取一点P，连接CP，使∠PCB＝∠DCA，即使∠1＝∠2．∵在⊙O中，∠3与∠4所对的弧都是，∴∠3＝∠4．∴△ACD∽△BCP．∴＝．∴AC•BP＝AD•BC．①又∵∠2＝∠1，∴∠2+∠7＝∠1+∠7．即∠ACB＝∠DCP．∵在⊙O中，∠5与∠6所对的弧都是，∴∠5＝∠6．∴△ACB∽△DCP．…（1）任务一：请你将“托勒密定理”的证明过程补充完整；（2）任务二：如图2，已知Rt△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD 平分∠ACB交⊙O于点D，求CD的长．解：（1）补全证明：∴，∴AC•DP＝AB•DC②，∴①+②得：AC•BP+AC•DP＝AD•BC+AB•DC，∴AC•（BP+DP）＝AD•BC+AB•DC，即AC•BD＝AD•BC+AB•DC，（2）∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∴∠ADB＝90°，AB＝＝10，∵CD平分∠ACB交⊙O于点D，∴∠BCD＝∠ACD，∴BD＝AD，∵∠ADB＝90°，∴∠ABD＝45°，∴BD＝AD＝AB•sin45°＝5，∵四边形ABCD内接于⊙O，∴AB•CD＝AC•BD+AD•BC，即10CD＝6×+8×5，∴CD＝7．【例2】．托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BD．证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，……∴△ABE∽△ACD，∴AB•DC＝AC•BE，……∴△ABC∽△AED，∴AD•BC＝AC•ED，∴AB•DC+AD•BC＝AC•BE+AC•ED＝AC（BE+ED）＝AC•BD．（1）请帮这位同学写出已知和求证，并完成证明过程；（2）如图3，已知正五边形ABCDE内接于⊙O，AB＝1，求对角线BD的长．（1）解：已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•DC+AD⋅BC＝AC•BD，故答案为：四边形ABCD内接于⊙O，AB•DC+AD•BC＝AC•BD；证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E，∵，∴∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴＝，∴AB⋅DC＝AC⋅BE．∵，∴∠ACB＝∠ADE．∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，即∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED，∴，∴AD⋅BC＝AC⋅ED，∴AB⋅DC+AD⋅BC＝AC⋅BE+AC⋅ED＝AC（BE+ED）＝AC⋅BD，即AB•DC+AD•BC＝AC•BD；（2）解：在图3中，连接AD、AC．∵五边形ABCDE是正五边形，∴△ABC≌△DCB≌△AED，∴设BD＝AC＝AD＝x．在圆内接四边形ABCD中，由托勒密定理可得：AB•CD+AD•BC＝AC•BD，即1×1+x•1＝x2，解得，（舍去），∴对角线BD的长为．变式训练【变式2-1】．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O．求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵＝，∠ABE＝∠ACD，∴△ABE∽△ACD，∴，∴AB•CD＝AC•BE；∵＝，∴∠ACB＝∠ADE（依据1），∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAC＝∠EAD，∴△ABC∽△AED（依据2），∴，∴AD•BC＝AC•ED；∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED），即AB•CD+BC•AD＝AC•BD．（1）上述证明过程中的“依据1”是指同弧所对的圆周角相等；“依据2”是指两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们熟知的勾股定理．（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C是的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．故答案为：同弧所对的圆周角相等；两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为：勾股．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．【变式2-2】．圆的内接四边形的两条对角线的乘积等于两组对边乘积的和．即：如图1，若四边形ABCD内接于⊙O，则有________．任务：（1）材料中划横线部分应填写的内容为AC•BD＝AB•CD+BC•AD．（2）已知，如图2，四边形ABCD内接于⊙O，BD平分∠ABC，∠COD＝120°，求证：BD＝AB+BC．解：（1）由托勒密定理可得：AC•BD＝AB•CD+BC•AD故答案为：AC•BD＝AB•CD+BC•AD（2）如图，连接AC∵∠COD＝120°，∴∠CBD＝∠CAD＝60°∵BD平分∠ABC∴∠ABD＝∠CBD＝60°∴∠ACD＝60°，∴△ACD是等边三角形∴AC＝AD＝CD，∵四边形ABCD是圆内接四边形∴AC•BD＝AB•CD+BC•AD∴BD＝AB+BC1．如图，以Rt△ABC的斜边BC为一边在△ABC的同侧作正方形BCEF，对角线交于点O，连接AO，如果AB＝4，AO＝4，那么AC的长等于（）A．12B．16C．4D．8解：在AC上截取CG＝AB＝4，连接OG，∵四边形BCEF是正方形，∠BAC＝90°，∴OB＝OC，∠BAC＝∠BOC＝90°，∴B、A、O、C四点共圆，∴∠ABO＝∠ACO，在△BAO和△CGO中，∴△BAO≌△CGO（SAS），∴OA＝OG＝4，∠AOB＝∠COG，∵∠BOC＝∠COG+∠BOG＝90°，∴∠AOG＝∠AOB+∠BOG＝90°，即△AOG是等腰直角三角形，由勾股定理得：AG＝＝8，即AC＝AG+CG＝8+4＝12．故选：A．2．如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是．解：解法一、∵A、B、C、D四点共圆，∠BAD＝60°，∴∠BCD＝180°﹣60°＝120°，∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，∴∠CAD＝∠CAB＝30°，如图1，将△ACD绕点C逆时针旋转120°得△CBE，则∠E＝∠CAD＝30°，BE＝AD＝5，AC＝CE，∴∠ABC+∠EBC＝（180°﹣∠CAB﹣∠ACB）+（180°﹣∠E﹣∠BCE）＝180°，∴A、B、E三点共线，过C作CM⊥AE于M，∵AC＝CE，∴AM＝EM＝×（5+3）＝4，在Rt△AMC中，AC＝＝＝；解法二、过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，∵点C为弧BD的中点，∴＝，∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵A、B、C、D四点共圆，∴∠D＝∠CBE，在△CBE和△CDF中∴△CBE≌△CDF，∴BE＝DF，在△AEC和△AFC中∴△AEC≌△AFC，∴AE＝AF，设BE＝DF＝x，∵AB＝3，AD＝5，∴AE＝AF＝x+3，∴5＝x+3+x，解得：x＝1，即AE＝4，∴AC＝＝，故答案为：．3．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝6，点D在底边BC上，且∠DAC＝∠ACD，将△ACD沿着AD所在直线翻折，使得点C落到点E处，联结BE，那么BE的长为1．解：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，∵∠DAC＝∠ACD，∴∠DAC＝∠ABC，∵∠C＝∠C，∴△CAD∽△CBA，∴＝，∴＝，∴CD＝，BD＝BC﹣CD＝，∵∠DAM＝∠DAC＝∠DBA，∠ADM＝∠ADB，∴△ADM∽△BDA，∴＝，即＝，∴DM＝，MB＝BD﹣DM＝，∵∠ABM＝∠C＝∠MED，∴A、B、E、D四点共圆，∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，∴△ABD∽△MBE，（不用四点共圆，可以先证明△BMA∽△EMD，推出△BME∽AMD，推出∠ADB＝∠BEM也可以！）∴＝，∴BE＝＝1．故答案为：1．4．如图，P是正方形ABCD内一点，CP＝CD，AP⊥BP，则的值为．解：如图，过点D作AP垂线交AP延长线于E，∵四边形ABCD是正方形，CP＝CD，∴BC＝CP＝CD，∴∠PBC＝∠BPC，∠DPC＝∠PDC，设∠PCD＝x，则∠BPC＝，∠DPC＝，∴∠BPD＝45°+90°＝135°，∵AP⊥BP，∴∠APD＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠DPE＝45°，设DE＝PE＝y，∴DP＝＝y，∵∠DAE+∠BAP＝∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠DAE＝∠ABP，在△DAE与△ABP中，，∴△APB≌△DEA（AAS），∴AP＝DE＝y，∴＝＝．故答案为：．5．如图，正方形ABCD的边长是6，对角线的交点为O，点E在边CD上且CE＝2，CF⊥BE，连接OF，则：（1）∠OFB45°；（2）OF＝．解：（1）在BE上截取BG＝CF，∵在正方形ABCD，AC⊥BD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AC＝BD，BO＝BD，CO＝AC，AC、BD分别平分∠ABC、∠BCD，∴BO＝CO，∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，∵CF⊥BE，∴∠CFE＝90°，∴∠FEC+∠ECF＝90°，∵∠EBC+∠FEC＝90°，∴∠EBC＝∠ECF，∴∠OBC﹣∠EBC＝∠OCD﹣∠ECF，∴∠OBG＝∠FCO，∴△OBG≌△OCF（SAS），∴∠BOG＝∠FOC，OG＝OF，∴∠GOC+∠COF＝90°，∴∠OFG＝∠OGF＝45°，故答案为：45°；（2）在Rt△BCE中，根据勾股定理，得BE＝2，∴CF＝BG＝＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得EF＝，∴GF＝BE﹣BG﹣EF＝，在Rt△FCE中，根据勾股定理，得OF＝，故答案为：．6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC的中点，过点D作DE⊥DF，交BA的延长线于点E，交AC的延长线于点F．若CF＝，AC＝4，AB＝2．则AE＝10．解：延长FD至G，使GD＝FD，连接BG，如图所示：∵D为BC的中点，∴BD＝CD，在△BDG和△CDF中，，∴△BDG≌△CDF（SAS），∴BG＝CF＝，∠G＝∠F，∴BG∥CF，∴△BGH∽△AFH，∴＝＝＝＝，∴＝，AH＝AB＝，∵∠BAC＝90°，AF＝AC+CF＝，∴HF＝＝，∴DH＝FH＝，∵DE⊥DF，∴∠EDH＝90°＝∠BAC，∴∠E+∠EHD＝∠F+∠EHD＝90°，∴∠E＝∠F，∴△DHE∽△AHF，∴＝，即＝，解得：HE＝，∴AE＝HE﹣AH＝﹣＝10；故答案为：10．7．设△ABC是正三角形，点P在△ABC外，且与点A在直线BC异侧，∠BPC＝120°，求证：PA＝PB+PC．解：如图，延长BP至E，使PE＝PC，连接CE，∵∠BAC+∠BPC＝180°，且∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°，∴∠CPE＝60°，又PE＝PC，∴△CPE为等边三角形，∴CP＝PE＝CE，∠PCE＝60°，∵△ABC为等边三角形，∴AC＝BC，∠BCA＝60°，∴∠ACB＝∠PCE，∴∠ACB+∠BCP＝∠PCE+∠BCP，即：∠ACP＝∠BCE，∵在△ACP和△BCE中，，∴△ACP≌△BCE（SAS），∴AP＝BE，∵BE＝BP+PE，∴PA＝PB+PC．8．⊙O半径为2，AB，DE为两条直线．作DC⊥AB于C，且C为AO中点，P为圆上一个动点．求2PC+PE的最小值．解：延长OA到K，使AK＝AO＝2．∵C是AO的中点，∴OC＝OA＝1，∴＝．又∵∠COP＝∠POK，∴△COP∽△POK，∴，即PK＝2PC．∴2PC+PE＝PE+PK≥EK．作EH⊥BC于点H．∵在直角△COD中，cos∠DOC＝，∴∠DOC＝60°，∴∠EOH＝∠DOC＝60°，∴HE＝OE•sin60°＝2×，∴EK＝．即最小值是2．故答案是：2．9．如图，点P为等边△ABC外接圆，劣弧为BC上的一点．（1）求∠BPC的度数；（2）求证：PA＝PB+PC．（1）解：∵四边形ABPC内接于圆，∴∠BAC+∠BPC＝180．∵等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，∴∠BPC＝120°；（2）证明：延长BP到D，使得DP＝PC，连接CD．∵∠BPC＝120，∴∠CPD＝60．又∵PC＝PD，∴△PCD是等边三角形，∴PC＝CD，∠PCD＝60°，∴∠ACM+∠MCP＝PCD+∠MCP，即∠ACP＝∠BCD．∵等边三角形ABC中，∴BC＝AC．∵所对的圆周角是∠DBC与∠PAC，∴∠DBC＝∠PAC．在△DBC和△PAC中，，∴△DBC≌△PAC（ASA），∴AP＝BD．∵BD＝BP+DP，∴AP＝BP+DP，∵DP＝PC，∴PA＝PB+PC．10．如图，⊙O的直径AB的长为10，弦BD的长为6，点C为上的一点，过点B的切线EF，连接AD，CD，CB；（1）求证：∠CDB＝∠CBF；（2）若点D为的中点，求CD的长．（1）证明：连接AC，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∵EF为⊙O的切线，∴AB⊥EF，∴∠ABF＝90°，即∠2+∠CBF＝90°，∴∠1＝∠CBF，∵∠1＝∠CDB，∴∠CDB＝∠CBF；（2）解：作CM⊥AD于M，CN⊥DB于N，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB＝90°，∴AD＝＝＝8，∵点C为的中点，∴∠ADC＝∠BDC，∴CA＝CB，CM＝CN，在Rt△ACM和Rt△BCN中，∴Rt△ACM≌Rt△BCN，∴AM＝BN，即AD﹣AM＝DN﹣BD，∴AM+DN＝AD+BD＝8+6＝14，∵四边形CMDN为矩形，CM＝CN，∴四边形CMDN为正方形，∴DM＝DN＝7，∴CD＝DM＝7．11．阅读下列材料，并完成相应的任务．托勒密定理：托勒密（Ptolemy）（公元90年～公元168年），希腊著名的天文学家，他的要著作《天文学大成》被后人称为“伟大的数学书”，托勒密有时把它叫作《数学文集》，托勒密从书中摘出并加以完善，得到了著名的托勒密（Ptolemy）定理．托勒密定理：圆内接四边形中，两条对角线的乘积等于两组对边乘积之和．已知：如图1，四边形ABCD内接于⊙O，求证：AB•CD+BC•AD＝AC•BD下面是该结论的证明过程：证明：如图2，作∠BAE＝∠CAD，交BD于点E．∵∴∠ABE＝∠ACD∴△ABE∽△ACD∴∴AB•CD＝AC•BE∵∴∠ACB＝∠ADE（依据1）∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC即∠BAC＝∠EAD∴△ABC∽△AED（依据2）∴AD•BC＝AC•ED∴AB•CD+AD•BC＝AC•（BE+ED）∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD任务：（1）上述证明过程中的“依据1”、“依据2”分别是指什么？（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理．（请写出）（3）如图3，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为的中点，求AC的长．解：（1）上述证明过程中的“依据1”是同弧所对的圆周角相等．“依据2”是两角分别相等的两个三角形相似．（2）当圆内接四边形ABCD是矩形时，则AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD，∵AB•CD+AD•BC＝AC•BD，∴AB2+AD2＝BD2，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：勾股定理，故答案为勾股定理．（3）连接BD，作CE⊥BD于E．∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝120°，∵＝，∴CD＝CB，∴∠CDB＝30°，在Rt△CDE中，cos30°＝，∴DE＝CD，∴BD＝2DE＝CD，由托勒密定理：AC•BD＝AD•BC+CD•AB，∴AC•CD＝3CD+5CD，∴AC＝，答：AC的长为．12．在学习了《圆》和《相似》的知识后，小明自学了一个著名定理“托勒密定理：圆内接四边形对角线的乘积等于两组对边乘积之和．”（1）下面是小明对托勒密定理的证明和应用过程，请补充完整．已知：四边形ABCD内接于⊙O．求证：AC•BD＝AB•CD+AD•BC．证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．（2）利用托勒密定理解决问题：是否存在一个圆内接四边形，它的两条对角线长为5和，一组对边长为1和3，另一组对边的和为4．若存在，求出未知的两边；若不存在，说明理由．（1）证明：作∠CDE＝∠BDA，交AC于点E，∵⊙O中，∠1＝∠2，∴△ABD∽△ECD（两角对应相等，两三角形相似）．∴．∴AB•CD＝BD•EC①，∴．又∵∠BDA+∠3＝∠CDE+∠3，即∠ADE＝∠BDC，∴△DAE∽△DBC（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）．∴．∴AD•BC＝BD•AE②．∴AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE），∴AB•CD+AD•BC＝AC•BD．故答案为：两角对应相等，两三角形相似，DAE，DBC，两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似，AB•CD+AD•BC＝BD（EC+AE）；（2）不存在，理由如下：设未知的两边分别为：a，4﹣a，由托勒密定理可得：5×＝1×3+a（4﹣a），∴（a﹣2）2＝7﹣5＜0，∴方程无解，∴不存在这样的一个圆内接四边形．13．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ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，过点P作AB的垂线分别交AB，DC于点H，M．求证：M是CD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真命题．（填“真”或“假”）（3）若PD＝2，HP＝，BP＝3，求MH的长．（1）证明：∵AC⊥BD，∴∠APB＝∠CPD＝90°，∴∠ABP+∠BAP＝90°，∵PH⊥AB，∴∠BAP+∠APH＝90°，∴∠ABP＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∵＝，∴∠ABP＝∠ACD，∴∠PCM＝∠MPC，∴PM＝MC，同理可得，PM＝DM，∴DM＝CM，∴M是CD的中点；（2）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ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为P，M是CD的中点，连接MP交AB于点H，求证：PH⊥AB；证明：∵M是CD的中点；∴DM＝CM＝PM，∴∠PCM＝∠MPC，∵＝，∴∠ABP＝∠PCM，∵∠MPC＝∠APH，∴∠MPC＝∠APH，∴∠APH+∠HPB＝∠ABP+∠HPB＝90°，∴PH⊥AB；故答案为：真；（3）解：∵BP＝3，HP＝，∴BH＝，∴sin∠HBP＝，∵∠ABP＝∠PCD，∴＝＝，∴CD＝2，∵M是CD的中点，∴PM＝CD＝，∴MH＝2．14．已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式：AB+AC＝AD；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠DBE＝∠ABC，AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝，即AB+BM＝，∴AB+AC＝；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝5，BD＝4，∴＝．15．问题探究：（1）已知：如图①，△ABC中请你用尺规在BC边上找一点D，使得点A到点BC的距离最短．（2）托勒密（Ptolemy）定理指出，圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．如图②，P是正△ABC外接圆的劣弧BC上任一点（不与B、C重合），请你根据托勒密（Ptolemy）定理证明：PA＝PB+PC．问题解决：（3）如图③，某学校有一块两直角边长分别为30m、60m的直角三角形的草坪，现准备在草坪内放置一对石凳及垃圾箱在点P处，使P到A、B、C三点的距离之和最小，那么是否存在符合条件的点P？若存在，请作出点P的位置，并求出这个最短距离（结果保留根号）；若不存在，请说明理由．解：（1）利用尺规作图，过点A作BC的垂线，交BC于D，则点D即为所求；（2）由托勒密定理得，PA•BC＝PB•AC+PC•AB，∵△ABC为正三角形，∴AB＝BC＝AC，∴PA•BC＝PB•BC+PC•BC，∴PA＝PB+PC；（3）以BC为边作正△BCD，使点D与点A在BC两侧，作△BCD的外接圆，连接AD交圆于P，连接PB，作DE⊥AC交AC的延长线于E，则点P即为所求，由（2）得，PD＝PB+PC，∴P到A、B、C三点的距离之和＝DA，且距离之和最小，∵CD＝BC＝30，∠DCE＝∠BCE﹣∠BCD＝30°，∴DE＝CD＝15，由勾股定理得，CE＝＝15，则AD＝＝30，答：P到A、B、C三点的距离之和最小值为30m．16．（1）方法选择如图①，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，AB＝BC＝AC．求证：BD ＝AD+CD．小颖认为可用截长法证明：在DB上截取DM＝AD，连接AM…小军认为可用补短法证明：延长CD至点N，使得DN＝AD…请你选择一种方法证明．（2）类比探究【探究1】如图②，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD，BC是⊙O的直径，AB＝AC．试用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系，并证明你的结论．【探究2】如图③，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+2AD．（3）拓展猜想如图④，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，连接AC，BD．若BC是⊙O的直径，BC：AC：AB＝a：b：c，则线段AD，BD，CD之间的等量关系式是BD＝CD+AD．解：（1）方法选择：∵AB＝BC＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，如图①，在BD上截取DM＝AD，连接AM，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴△ADM是等边三角形，∴AM＝AD，∵∠ABM＝∠ACD，∵∠AMB＝∠ADC＝120°，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；（2）类比探究：如图②，∵BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝45°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AM＝AD，∠AMD＝45°，∴DM＝AD，∴∠AMB＝∠ADC＝135°，∵∠ABM＝∠ACD，∴△ABM≌△ACD（AAS），∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD；【探究2】如图③，∵若BC是⊙O的直径，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝90°，∠ACB＝60°，过A作AM⊥AD交BD于M，∵∠ADB＝∠ACB＝60°，∴∠AMD＝30°，∴MD＝2AD，∵∠ABD＝∠ACD，∠AMB＝∠ADC＝150°，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∴BD＝BM+DM＝CD+2AD；故答案为：BD＝CD+2AD；（3）拓展猜想：BD＝BM+DM＝CD+AD；理由：如图④，∵若BC是⊙O的直径，∴∠BAC＝90°，过A作AM⊥AD交BD于M，∴∠MAD＝90°，∴∠BAM＝∠DAC，∴△ABM∽△ACD，∴＝，∴BM＝CD，∵∠ADB＝∠ACB，∠BAC＝∠MAD＝90°，∴△ADM∽△ACB，∴＝＝，∴DM＝AD，∴BD＝BM+DM＝CD+AD．故答案为：BD＝CD+AD17．数学课上，张老师出示了问题：如图1，AC，BD是四边形ABCD的对角线，若∠ACB ＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°，则线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图2，延长CB到E，使BE＝CD，连接AE，证得△ABE≌△ADC，从而容易证明△ACE是等边三角形，故AC＝CE，所以AC＝BC+CD．小亮展示了另一种正确的思路：如图3，将△ABC绕着点A逆时针旋转60°，使AB与AD重合，从而容易证明△ACF是等边三角形，故AC＝CF，所以AC＝BC+CD．在此基础上，同学们作了进一步的研究：（1）小颖提出：如图4，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝45°”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明．（2）小华提出：如图5，如果把“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝60°”改为“∠ACB＝∠ACD＝∠ABD＝∠ADB＝α”，其它条件不变，那么线段BC，CD，AC三者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明．解：（1）BC+CD＝AC；理由：如图1，延长CD至E，使DE＝BC，连接AE，∵∠ABD＝∠ADB＝45°，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝90°，∵∠ACB＝∠ACD＝45°，∴∠ACB+∠ACD＝90°，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝45°，AC＝AE，∴△ACE是等腰直角三角形，∴CE＝AC，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝AC；（2）BC+CD＝2AC•cosα．理由：如图2，延长CD至E，使DE＝BC，∵∠ABD＝∠ADB＝α，∴AB＝AD，∠BAD＝180°﹣∠ABD﹣∠ADB＝180°﹣2α，∵∠ACB＝∠ACD＝α，∴∠ACB+∠ACD＝2α，∴∠BAD+∠BCD＝180°，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ADC+∠ADE＝180°，∴∠ABC＝∠ADE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB＝∠AED＝α，AC＝AE，∴∠AEC＝α，过点A作AF⊥CE于F，∴CE＝2CF，在Rt△ACF中，∠ACD＝α，CF＝AC•cos∠ACD＝AC•cosα，∴CE＝2CF＝2AC•cosα，∵CE＝CD+DE＝CD+BC，∴BC+CD＝2AC•cosα．18．问题背景：如图①，在四边形ADBC中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，探究线段AC，BC，CD之间的数量关系．小吴同学探究此问题的思路是：将△BCD绕点D，逆时针旋转90°到△AED处，点B，C分别落在点A，E处（如图②），易证点C，A，E在同一条直线上，并且△CDE是等腰直角三角形，所以CE＝CD，从而得出结论：AC+BC＝CD．简单应用：（1）在图①中，若AC＝，BC＝2，则CD＝3．（2）如图③，AB是⊙O的直径，点C、D在⊙上，＝，若AB＝13，BC＝12，求CD的长．拓展规律：（3）如图④，∠ACB＝∠ADB＝90°，AD＝BD，若AC＝m，BC＝n（m＜n），求CD 的长（用含m，n的代数式表示）（4）如图⑤，∠ACB＝90°，AC＝BC，点P为AB的中点，若点E满足AE＝AC，CE＝CA，点Q为AE的中点，则线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．解：（1）由题意知：AC+BC＝CD，∴+2＝CD，∴CD＝3；（2）连接AC、BD、AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵，∴AD＝BD，将△BCD绕点D顺时针旋转90°到△AED处，如图③，∴∠EAD＝∠DBC，∵∠DBC+∠DAC＝180°，∴∠EAD+∠DAC＝180°，∴E、A、C三点共线，∵AB＝13，BC＝12，∴由勾股定理可求得：AC＝5，∵BC＝AE，∴CE＝AE+AC＝17，∵∠EDA＝∠CDB，∴∠EDA+∠ADC＝∠CDB+∠ADC，即∠EDC＝∠ADB＝90°，∵CD＝ED，∴△EDC是等腰直角三角形，∴CE＝CD，∴CD＝；（3）以AB为直径作⊙O，连接OD并延长交⊙O于点D1，连接D1A，D1B，D1C，如图④由（2）的证明过程可知：AC+BC＝D1C，∴D1C＝，又∵D1D是⊙O的直径，∴∠DCD1＝90°，∵AC＝m，BC＝n，∴由勾股定理可求得：AB2＝m2+n2，∴D1D2＝AB2＝m2+n2，∵D1C2+CD2＝D1D2，∴CD2＝m2+n2﹣＝，∵m＜n，∴CD＝；（4）当点E在直线AC的左侧时，如图⑤，连接CQ，PC，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，点P是AB的中点，∴AP＝CP，∠APC＝90°，又∵CA＝CE，点Q是AE的中点，∴∠CQA＝90°，设AC＝a，∵AE＝AC，∴AE＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（2）的证明过程可知：AQ+CQ＝PQ，∴PQ＝a+a，∴PQ＝AC；当点E在直线AC的右侧时，如图⑥，连接CQ、CP，同理可知：∠AQC＝∠APC＝90°，设AC＝a，∴AQ＝AE＝，由勾股定理可求得：CQ＝a，由（3）的结论可知：PQ＝（CQ﹣AQ），∴PQ＝AC．综上所述，线段PQ与AC的数量关系是PQ＝AC或PQ＝AC．。
模型25 圆综合之中点弧模型(解析版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇
模型介绍【模型解读】类型一中点弧与相似点P 是优弧AB上一动点，则∠1＝∠2，∠PCB为公共角，子母型相似【补充】⑥PE •PC ＝PA •PB【以下五个条件知一推四】1点C 是AB 的中点2AC ＝BC 3OC ⊥AB 4PC 平分∠APB52CE CP CB ⋅=(即~CPB CBE △△)类型二中点弧与旋转【模型解读】点P 是优弧AB 上一动点，且点C 是 AB 的中点邻边相等+对角互补旋转相似模型，一般用来求圆中三条线段之间的数量关系.由于对角互补，即180PBC PAC ∠∠︒＋＝，显然'PAP 共线，且'PC P C ＝，通过导角不难得出相似.类型三中点弧+内心可得等腰【模型讲解】外接圆+内心⇒得等腰如图，圆O 是△ABC 外接圆圆心，I 是三角形ABC 模型25圆综合之中点弧模型（原卷版）-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇内心，延长AI 交圆O 于D ，证DI ＝DC ＝BD【简证】∠1＝∠4＋∠5,∠4＝∠3，∠2＝∠5∴∠1＝∠2＋∠3类型四弧中点与垂径定理【模型解读】知1推51AD平分∠CAB 2D是 CB的中点3DO⊥CB4CE EB=5//AC OD612 OE AC=例题精讲考点一：中点弧与相似三角形的综合【例1】．如图，A、B、C、D是⊙O上的四个点，AB＝AC，AD交BC于点E，AE＝3，ED ＝4，则AB的长为_______解：∵AB＝AC，∴∠ACB＝∠ABC＝∠D，∵∠BAD＝∠BAD，∴△ABD∽△AEB，∴，∴AB2＝3×7＝21，∴AB＝．变式训练【变式1-1】．如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC、BD交于点P，且AB＝AD，若AC＝7，AB＝3，则BC•CD＝40．解：∵AB＝AD＝3，∴＝，∴∠ADP＝∠ACD，∵∠DAP＝∠CAD，∴△ADP∽△ACD，∴＝，∴＝，∴AP＝，PC＝AC﹣PA＝7﹣＝，∵∠CBP＝∠CAD，∠BCP＝∠ACD，∴△CBP∽△CAD，∴＝，∴BC•CD＝CA•CP＝7×＝40．故答案为：40．【变式1-2】．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB为直径，AD＝CD，过点D作DE⊥AB于点E，连接AC交DE于点F．若sin∠CAB＝，DF＝5，则BC的长为_______解：连接BD，如图，∵AB为直径，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵AD＝CD，∴∠DAC＝∠DCA，而∠DCA＝∠ABD，∴∠DAC＝∠ABD，∵DE⊥AB，∴∠ABD+∠BDE＝90°，而∠ADE+∠BDE＝90°，∴∠ABD＝∠ADE，∴∠ADE＝∠DAC，∴FD＝FA＝5，在Rt△AEF中，∵sin∠CAB＝＝，∴EF＝3，∴AE＝＝4，DE＝5+3＝8，∵∠ADE＝∠DBE，∠AED＝∠BED，∴△ADE∽△DBE，∴DE：BE＝AE：DE，即8：BE＝4：8，∴BE＝16，∴AB＝4+16＝20，在Rt△ABC中，∵sin∠CAB＝＝，∴BC＝20×＝12．考点二中点弧与旋转的综合【例2】.在OBAD∠=︒，点C为弧BD的AB=，10AD=，60的内接四边形ABCD中，6中点，则AC的长是．解：如图，过C 作CE AB ⊥于E ，CF AD ⊥于F ，则90E CFD CFA ∠=∠=∠=︒， 点C 为弧BD 的中点，∴ BC CD =，BAC DAC ∴∠=∠，BC CD =，CE AB ⊥ ，CF AD ⊥，CE CF ∴=，A 、B 、C 、D 四点共圆，D CBE ∴∠=∠，在CBE ∆和CDF ∆中CBE D E CFD CE CF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，CBE CDF ∴∆≅∆，BE DF ∴=，在AEC ∆和AFC ∆中，E AFC EAC FAC AC AC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AEC AFC ∴∆≅∆，AE AF ∴=，设BE DF x ==，6AB = ，10AD =，3AE AF x ∴==+，106x x ∴-=+，解得：2x =，即8AE =，163cos303AE AC ∴==︒1633．变式训练【变式2-1】．如图，已知AB 是O 的弦，点C 是弧AB 的中点，D 是弦AB 上一动点，且不与A 、B 重合，CD 的延长线交于O 点E ，连接AE 、BE ，过点A 作AF BC ⊥，垂足为F ，30ABC ∠=︒．（1）求证：AF 是O 的切线；（2）若6BC =，3CD =，求DE 的长；（3）当点D 在弦AB 上运动时，CEAE BE+的值是否发生变化？如果变化，请写出其变化范围；如果不变，请求出其值．（1）证明：如图，连接AC ，OA ，OC ，OC 交AB 于H ，260AOC ABC ∠=∠=︒ ，OA OC =，AOC ∴∆是等边三角形，60CAO ACO ∴∠=∠=︒， 点C 是弧AB 的中点，∴ BC AC =，30ABC BAC ∴∠=∠=︒，180180603090CHA OCA CAB ∴∠=-∠-∠=︒-︒-︒=︒，AB OC ∴⊥，1302OAD OAC ∴∠=∠=︒，30ABC ∠=︒ ，ABC OAD ∴∠=∠，//OA BF ∴，AF BF ⊥ ，OA AF ∴⊥，AF ∴是O 的切线；（2）解： BCAC =，CBD BEC ∴∠=∠，BCD BCE ∠=∠ ，BCD ECB ∴∆∆∽，∴BC CD EC CB =，∴636EC =，12EC ∴=，1239DE EC CD ∴=-=-=；（3）结论：3CE AE BE =+，CEAE BE+的值不变．理由：如图，连接AC ，OC ，OC 交AB 于H ，作//AN EC 交BE 的延长线于N ， BCAC =，CB CA ∴=，由（1）得，OC AB ⊥，12BH AH AB ∴==，30ABC ∠=︒ ，30ABC BAC BEC AEC ∴∠=∠=∠=∠=︒，cos302BH BC ∴=︒=，∴122AB AC =，//CE AN ，30N CEB ∴∠=∠=︒，30EAN AEC ∠=∠=︒，EAN N ∴∠=∠，N AEC ∴∠=∠，AE EN =，ACE ABN ∠=∠ ，ACE ABN ∴∆∆∽，∴3CE AC BN AB ==，∴CE CE EN BE AE BE ==++，∴CE AE BE +的值不变．考点三：中点弧+内心可得等腰三角形【例3】．如图，已知⊙O 是△ABC 的外接圆，点I 是△ABC 的内心，延长AI 交BC 于点E ，交⊙O 于点D ，连接BD 、DC 、BI ．求证：DB ＝DC ＝DI ．证明：∵点I 是△ABC 的内心，∴∠BAD ＝∠DAC ，∠ABI ＝∠IBC ，∵⊙O 是△ABC 的外接圆，∠BAD ＝∠DAC ，∴＝，∴BD ＝CD ，∵＝，∴∠CAD ＝∠CBD ，∵∠DBI ＝∠IBC +∠CBD ，∠BID ＝∠ABI +∠BAI ，∴∠DBI ＝∠BID ，∴DB ＝DI ，∴DB ＝DC ＝DI ．变式训练【变式3-1】．如图，点I是△ABC的内心，BI的延长线与△ABC的外接圆⊙O交于点D，与AC交于点E，延长CD、BA相交于点F，∠ADF的平分线交AF于点G．（1）求证：DG∥CA；（2）求证：AD＝ID；（3）若DE＝4，BE＝5，求BI的长．（1）证明：∵点I是△ABC的内心，∴∠2＝∠7，∵DG平分∠ADF，∴∠1＝∠ADF，∵∠ADF＝∠ABC，∴∠1＝∠2，∵∠3＝∠2，∴∠1＝∠3，∴DG∥AC；（2）证明：∵点I是△ABC的内心，∴∠5＝∠6，∵∠4＝∠7+∠5＝∠3+∠6，即∠4＝∠DAI，∴DA＝DI；（3）解：∵∠3＝∠7，∠ADE ＝∠BDA ，∴△DAE ∽△DBA ，∴AD ：DB ＝DE ：DA ，即AD ：9＝4：AD ，∴AD ＝6，∴DI ＝6，∴BI ＝BD ﹣DI ＝9﹣6＝3．【变式3-2】．如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ，⊙O 是△ABC 的外接圆，过点C 作∠BCD ＝∠ACB 交⊙O 于点D ，连接AD 交BC 于点E ，延长DC 至点F ，使CF ＝AC ，连接AF ．（1）求证：ED ＝EC ；（2）求证：AF 是⊙O 的切线；（3）如图2，若点G 是△ACD 的内心，BC ·BE ＝25，求BG 的长．解：（1）∵AB ＝AC ，∴∠ABC ＝∠ACB ，又∵∠ACB ＝∠BCD ，∠ABC ＝∠ADC ，∴∠BCD ＝∠ADC ，∴ED ＝EC ；（2）如图，连接OA ，∵AB ＝AC ，∴ AB AC ，∴OA ⊥BC ，∵CA ＝CF ，∴∠CAF ＝∠CFA ，∴∠ACD ＝∠CAF ＋∠CFA ＝2∠CAF ，∵∠ACB ＝∠BCD ，∴∠ACD ＝2∠ACB ，∴∠CAF ＝∠ACB ，∴AF ∥BC ，∴OA ⊥AF ，∴AF 为⊙O 的切线；（3）∵∠ABE ＝∠CBA ，∠BAD ＝∠BCD ＝∠ACB ，∴△ABE ∽△CBA ，∴AB BE BC AB=，∴AB 2＝BC •BE ，∵BC •BE ＝25，∴AB ＝5，如图，连接AG ，∴∠BAG ＝∠BAD ＋∠DAG ，∠BGA ＝∠GAC ＋∠ACB ，∵点G 为内心，∴∠DAG ＝∠GAC ，又∵∠BAD ＋∠DAG ＝∠GAC ＋∠ACB ，∴∠BAG ＝∠BGA ，∴BG ＝AB ＝5．考点四:弧中点与垂径定理【例4】．如图，AB 为O 的直径，C ，D 为圆上的两点，//OC BD ，弦AD ，BC 相交于点E ．（1）求证： AC CD=；（2）若2CE =，6EB =，求O 的半径．（1）证明：OC OB = ，OBC OCB ∴∠=∠，//OC BD ，OCB CBD ∴∠=∠，OBC CBD ∴∠=∠，∴AC CD =；（2）连接AC ，2CE = ，6EB =，8BC ∴=，AC CD =，CAD ABC ∴∠=∠，ACB ACB ∠=∠ ，ACE BCA ∴∆∆∽，∴AC CB CE AC =，即82AC AC=，解得，4AC =，AB 是直径，90ACB ∴∠=︒，AB ∴==，O ∴ 的半径为．变式训练【变式4-1】．如图，AB 是⊙O 的直径，点C 为的中点，CF 为⊙O 的弦，且CF ⊥AB ，垂足为E ，连接BD 交CF 于点G ，连接CD ，AD ，BF ．（1）求证：△BFG ≌△CDG ；（2）若AD ＝BE ＝4，求BF 的长．（1）证明：∵C 是中点，∴＝，∵AB 是⊙O 的直径，且CF ⊥AB ，∴＝，∴＝，∴CD ＝BF ，在△BFG 和△CDG 中，，∴△BFG ≌△CDG （AAS ）；（2）解：如图，连接OF ，设⊙O 的半径为r ，Rt △ADB 中，BD 2＝AB 2﹣AD 2，即BD 2＝（2r ）2﹣42，Rt △OEF 中，OF 2＝OE 2+EF 2，即EF 2＝r 2﹣（r ﹣4）2，∵＝＝，∴＝，∴BD＝CF，∴BD2＝CF2＝（2EF）2＝4EF2，即（2r）2﹣42＝4[r2﹣（r﹣4）2]，解得：r＝2（舍）或6，∴BF2＝EF2+BE2＝62﹣（6﹣4）2+42＝48，∴BF＝4．【变式4-2】．如图，AB是⊙O的直径，点E为弧AC的中点，AC、BE交于点D，过A的切线交BE的延长线于F．（1）求证：AD＝AF；（2）若，求tan∠ODA的值．解：（1）连接AE，OE交AC于H，∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∴∠B+∠BAE＝90°，∵AF是⊙O的切线，∴∠BAF＝90°，∴∠BAE+∠FAE＝90°，∴∠B＝∠FAE，∵点E为弧AC的中点，∴＝，∴∠B ＝∠CAE ，∴∠CAE ＝∠FAE ，在△ADE 和△AFE 中，，∴△ADE ≌△AFE （ASA ），∴AD ＝AF ；（2）∵，∴设AO ＝2x ，AF ＝3x ，∴AB ＝4x ，∴BF ＝＝＝5x ，∵S △ABF ＝×AB ×AF ＝×BF ×AE ，∴AE ＝x ，∴EF ＝＝x ，∵点E 为弧AC 的中点，∴OE ⊥AC ，AH ＝CH ，∵∠DAE ＝∠EAF ，∠AEF ＝∠AHE ＝90°，∴△AEH ∽△AFE ，∴，∴＝＝，∴AH ＝x ，HE ＝x ，∴OH ＝x ，HD ＝x ，∴tan ∠ODA ＝＝．考点五弧中点与垂径模型（三等弧模型）【例5】.如图，AB 是O 的直径，点C 为 BD的中点，CF 为O 的弦，且CF AB ，垂足为E ，连接BD 交CF 于点G ，连接CD ，AD ，BF ．（1）求证：BFG CDG ∆≅∆；（2）若2AD BE ==，求BF的长．证明：（1）C 是 BD的中点，∴ CD BC =，AB 是O 的直径，且CF AB ⊥，∴ BCBF =，∴ CD BF =，CD BF ∴=，在BFG ∆和CDG ∆中，F CDG FGB DGC BF CD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()BFG CDG AAS ∴∆≅∆；（2）如图，连接OF ，设O 的半径为r ，Rt ADB ∆中，222BD AB AD =-，即222(2)2BD r =-，Rt OEF ∆中，222OF OE EF =+，即222(2)EF r r =--，CDBC BF ==，∴ BD CF =，BD CF ∴=，2222(2)4BD CF EF EF ∴===，即2222(2)24[(2)]r r r -=--，解得：1r =（舍)或3，2222223(32)212BF EF BE ∴=+=--+=，BF ∴=；1．如图，在⊙O 中AB 为直径，C 为弧AB 的中点，EF ∥AB ，连接AC 交EF 于点D ，若已知DF ＝2DE ，则CD ：AD 的值为（）A．1：3B．1：2C．1：2D．1：4解：如图，连接CO交EF于H，连接AE，CF，BC，∵DF＝2DE，∴设DE＝x，DF＝2x，∴EF＝3x，∵C为弧AB的中点，∴OC⊥AB，∠CAB＝∠CBA＝45°，∵EF∥AB，∴OC⊥EF，∠CDH＝45°，∴EH＝HF＝x，∴DH＝x＝CH，∴CD＝x，∵∠EAD＝∠CFD，∠ADE＝∠CDF，∴△ADE∽△FDC，∴，∴，∴AD＝2x，∴CD：AD＝1：4．故选：D．2．如图，已知点A是以MN为直径的半圆上一个三等分点，点B是的中点，点P是半径ON上的点．若⊙O的半径为1，则AP+BP的最小值为（）A．2B．C．D．1解：作点A关于MN的对称点A′，连接A′B，交MN于点P，则PA+PB最小，连接OA′，AA′，OB，∵点A与A′关于MN对称，点A是半圆上的一个三等分点，∴∠A′ON＝∠AON＝60°，PA＝PA′，∵点B是弧的中点，∴∠BON＝30°，∴∠A′OB＝∠A′ON+∠BON＝90°，又∵OA＝OA′＝1，∴A′B＝．∴PA+PB＝PA′+PB＝A′B＝．故选：C．3．在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝6，AD＝10，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是．解：如图2中，过C作CE⊥AB于E，CF⊥AD于F，则∠E＝∠CFD＝∠CFA＝90°，∵点C为弧BD的中点，∴＝，∴∠BAC＝∠DAC，BC＝CD，∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF，∵A、B、C、D四点共圆，∴∠D＝∠CBE，在△CBE和△CDF中，∴△CBE≌△CDF，∴BE＝DF，在△AEC和△AFC中，，∴△AEC≌△AFC，∴AE＝AF，设BE＝DF＝x，∵AB＝6，AD＝10，∴AE＝AF＝x+3，∴10﹣x＝6+x，解得：x＝2，即AE＝8，∴AC＝＝，故答案为．4．如图，∠BAC的平分线交△ABC的外接圆于点D，∠ABC的平分线交AD于点E．（1）求证：DE＝DB；（2）若∠BAC＝90°，BD＝4，求△ABC外接圆的半径．（1）证明：∵AD平分∠BAC，BE平分∠ABC，∴∠BAD＝∠CAD，∠ABE＝∠CBE，∵∠BED＝∠BAE+∠ABE，∠DBE＝∠EBC+∠CBD，∠CBD＝∠CAD，∴∠BED＝∠EBD，∴DE＝DB；（2）解：连接CD，∵∠BAC＝90°，∴BC是直径，∴∠BDC＝90°，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∴，∴BD＝CD，∵BD＝4，∴BC＝＝4，∴△ABC外接圆的半径为2．5．如图，AB是⊙O的直径，AC为弦，D是的中点，过点D作EF⊥AC，交AC的延长线于E，交AB的延长线于F．（1）求证：EF是⊙O的切线；（2）若sin∠F＝，AE＝4，求⊙O的半径和AC的长．（1）证明：连接OD，OC．∵D是的中点，∴∠BOD＝∠BOC，∵∠A＝∠BOC，∴∠BOD＝∠A，∴OD∥AC，∵EF⊥AC，∴∠E＝90°，∴∠ODF＝90°，即EF是⊙O的切线；（2）解：在△AEF中，∵∠E＝90°，sin∠F＝，AE＝4，∴AF＝＝12．设⊙O的半径为R，则OD＝OA＝OB＝R，AB＝2R．在△ODF中，∵∠ODF＝90°，sin∠F＝，∴OF＝3OD＝3R．∵OF+OA＝AF，∴3R+R＝12，∴R＝3．连接BC，则∠ACB＝90°．∵∠E＝90°，∴BC∥EF，∴AC：AE＝AB：AF，∴AC：4＝2R：4R，∴AC＝2．故⊙O的半径为3，AC的长为2．6．如图，已知AC，BD为⊙O的两条直径，连接AB，BC，OE⊥AB于点E，点F是半径OC的中点，连接EF．（1）设⊙O的半径为1，若∠BAC＝30°，求线段EF的长．（2）连接BF，DF，设OB与EF交于点P，①求证：PE＝PF．②若DF＝EF，求∠BAC的度数．（1）解：∵OE⊥AB，∠BAC＝30°，OA＝1，∴∠AOE＝60°，OE＝OA＝，AE＝EB＝OE＝，∵AC是直径，∴∠ABC＝90°，∴∠C＝60°，∵OC＝OB，∴△OCB是等边三角形，∵OF＝FC，∴BF⊥AC，∴∠AFB＝90°，∵AE＝EB，∴EF＝AB＝．（2）①证明：过点F作FG⊥AB于G，交OB于H，连接EH．∵∠FGA＝∠ABC＝90°，∴FG∥BC，∴△OFH∽△OCB，∴＝＝，同理＝，∴FH＝OE，∵OE⊥AB．FH⊥AB，∴OE∥FH，∴四边形OEHF是平行四边形，∴PE＝PF．解法二：可以作OB中点G，连接FG，EG，证明OEFG是平行四边形即可，得对角线互相平分．②∵OE∥FG∥BC，∴＝＝1，∴EG＝GB，∴EF＝FB，∵DF＝EF，∴DF＝BF，∵DO＝OB，∴FO⊥BD，∴∠AOB＝90°，∵OA＝OB，∴△AOB是等腰直角三角形，∴∠BAC＝45°．解法二：可以过E点作EG∥OB交AC于点G，连接DG．∵EG∥OB，AE＝EB，∴AG＝OG∵OF＝FC，∴OG＝OF，∴OD＝FG，∵AE⊥OE，AG＝OG，∴EG＝AO＝OG，∵∠DOG＝∠FGE，∴DOG≌△FGE（SAS），∴DG＝EF，∵DF＝EF，∴DG＝DF，∴DO⊥FG，∴EG⊥AO，∴EA＝EO，∴∠BAC＝45°7．如图，△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，C是中点，弦CE⊥AB于点H，连接AD，分别交CE、BC于点P、Q，连接BD．（1）求证：P是线段AQ的中点；（2）若⊙O的半径为5，D是的中点，求弦CE的长．（1）证明：∵CE⊥AB，AB是直径，∴，又∵∴，∴∠CAD＝∠ACE，∴AP＝CP，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90˚，∴∠ACE+∠BCP＝90°，∠CAD+∠CQA＝90°，∴∠BCP＝∠CQA，∴CP＝PQ，∴AP＝PQ，即P是线段AQ的中点；（2）解：∵，AB是直径，∴∠ACB＝90˚，∠ABC＝30˚，又∵AB＝5×2＝10，∴AC＝5，BC＝5，∴CH＝BC＝，又∵CE⊥AB，∴CH＝EH，∴CE＝2CH＝2×＝5．8．如图，已知AB是⊙O的弦，点C是弧AB的中点，D是弦AB上一动点，且不与A、B 重合，CD的延长线交于⊙O点E，连接AE、BE，过点A作AF⊥BC，垂足为F，∠ABC ＝30°．（1）求证：AF是⊙O的切线；（2）若BC＝6，CD＝3，求DE的长．（3）当点D在弦AB上运动时，的值是否发生变化？如果变化，请写出其变化范围；如果不变，请求出其值．（1）证明：如图，连接AC，OA，OC，OC交AB于H，∵∠AOC＝2∠ABC＝60°，OA＝OC，∴△AOC是等边三角形，∴∠CAO＝∠ACO＝60°，∵点C是弧AB的中点，∴，∴∠ABC＝∠BAC＝30°，∴∠CHA＝180﹣∠OCA﹣∠CAB＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∴AB⊥OC，∴∠OAD＝∠OAC＝30°，∵∠ABC＝30°，∴∠ABC＝∠OAD，∴OA∥BF，∵AF⊥BF，∴OA⊥AF，∴AF是⊙O的切线；（2）解：∵，∴∠CBD＝∠BEC，∵∠BCD＝∠BCE，∴△BCD∽△ECB，∴，∴，∴EC＝12，∴DE＝EC﹣CD＝12﹣3＝9；（3）结论：，的值不变．理由：如图，连接AC，OC，OC交AB于H，作AN∥EC交BE的延长线于N，∵，∴CB＝CA，由（1）得，OC⊥AB，∴BH＝AH＝，∵∠ABC＝30°，∴∠ABC＝∠BAC＝∠BEC＝∠AEC＝30°，∴BH＝BC cos30°＝BC，∴，∵CE∥AN，∴∠N＝∠CEB＝30°，∠EAN＝∠AEC＝30°，∴∠EAN＝∠N，∴∠N＝∠AEC，AE＝EN，∵∠ACE＝∠ABN，∴△ACE∽△ABN，∴，∴＝，∴的值不变．解法二：连接AC，可知BC＝AC，∠BCA＝120°，可得BC：AC：AB＝1：1：，再利用相似三角形的性质解决问题．9．已知△ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接DB，DC．（1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB，AC，AD之间满足的等量关系式AB+AC＝AD；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB，AC，AD之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝m，BD＝n，求的值（用含m，n的式子表示）．解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠ABE＝∠DBC＝60°，∴∠DBE＝∠ABC，又∵AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝AD，即AB+BM＝AD，∴AB+AC＝AD；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN＝AB+BN＝AB+AC，BC＝m，BD＝n，∴＝．10．如图，已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C的直线与AB的延长线交于点P，AC＝PC，∠COB＝2∠PCB．（1）求证：PC是⊙O的切线；（2）求证：BC＝AB；（3）点M是弧AB的中点，CM交AB于点N，若AB＝8，求MN•MC的值．（1）证明：∵OA＝OC，∴∠A＝∠ACO．又∵∠COB＝2∠A，∠COB＝2∠PCB，∴∠A＝∠ACO＝∠PCB．又∵AB是⊙O的直径，∴∠ACO+∠OCB＝90°．∴∠PCB+∠OCB＝90°．即OC⊥CP，∵OC是⊙O的半径．∴PC是⊙O的切线．（2）证明：∵AC＝PC，∴∠A＝∠P，∴∠A＝∠ACO＝∠PCB＝∠P．又∵∠COB＝∠A+∠ACO，∠CBO＝∠P+∠PCB，∴∠COB＝∠CBO，∴BC＝OC．∴BC＝AB．（3）解：连接MA，MB，∵点M是的中点，∴＝，∴∠ACM＝∠BCM．∵∠ACM＝∠ABM，∴∠BCM＝∠ABM．∵∠BMN＝∠BMC，∴△MBN∽△MCB．∴＝．∴BM2＝MN•MC．又∵AB是⊙O的直径，＝，∴∠AMB＝90°，AM＝BM．∵AB＝8，∴BM＝4．∴MN•MC＝BM2＝32．11．如图，已知⊙O的半径为2，AB为直径，CD为弦．AB与CD交于点M，将沿CD翻折后，点A与圆心O重合，延长OA至P，使AP＝OA，连接PC（1）求CD的长；（2）求证：PC是⊙O的切线；（3）点G为的中点，在PC延长线上有一动点Q，连接QG交AB于点E．交于点F（F与B、C不重合）．问GE•GF是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，请说明理由．（1）解：如图，连接OC，∵沿CD翻折后，点A与圆心O重合，∴OM＝OA＝×2＝1，CD⊥OA，∵OC＝2，∴CD＝2CM＝2＝2＝2；（2）证明：∵PA＝OA＝2，AM＝OM＝1，CM＝CD＝，∠CMP＝∠OMC＝90°，∴PC＝＝＝2，∵OC＝2，PO＝2+2＝4，∴PC2+OC2＝（2）2+22＝16＝PO2，∴∠PCO＝90°，∴PC是⊙O的切线；（3）解：GE•GF是定值，证明如下，连接GO并延长，交⊙O于点H，连接HF∵点G为的中点∴∠GOE＝90°，∵∠HFG＝90°，且∠OGE＝∠FGH∴△OGE∽△FGH∴＝∴GE•GF＝OG•GH＝2×4＝8．12．如图1，在平面直角坐标系xOy中，点A（﹣，0），B（3，0），以AB为直径的⊙G交y轴于C、D两点．（1）填空：请直接写出⊙G的半径r、圆心G的坐标：r＝；G（，）；（2）如图2，直线y＝﹣x+5与x，y轴分别交于F，E两点，且经过圆上一点T（2，m），求证：直线EF是⊙G的切线．（3）在（2）的条件下，如图3，点M是⊙G优弧上的一个动点（不包括A、T两点），连接AT、CM、TM，CM交AT于点N．试问，是否存在一个常数k，始终满足CN•CM ＝k？如果存在，求出k的值，如果不存在，请说明理由．解：（1）∵A（﹣，0），B（3，0），AB是直径，∵AB＝4，∴⊙G的半径为2，G（，0），故答案为r＝2，，0．（2）如图2中，连接GT，过点T作TH⊥x轴于H，∵直线y＝﹣x+5与x、y轴交于E、F两点，则E（0，5），F（5，0），∵直线y＝﹣x+5经过T（2，m），则m＝﹣×2+5＝3，∴T（2，3），故TH＝3．GH＝，HF＝3，在Rt△HGT中，GT＝r＝2，∴GH＝GT，∴∠GTH＝30°，在Rt△THF中，tan∠FTH＝＝＝，∴∠FTH＝60°，∴∠GTF＝∠GTH+∠HTF＝30°+60°＝90°，∴GT⊥EF，∴直线EF是⊙G的切线．（3）如图3中，连接CG、TG、TC．在Rt△COG中，OG＝，CG＝r＝2，∴OC＝3，∠CGO＝60°．∵C（0，3），T（2，3），∴CT∥x轴，∴CT＝2，即CT＝CG＝GT＝2，∴△CGT是等边三角形，∴∠CGT＝∠TCG＝∠CGA＝60°，∴∠CTA＝∠CGA＝30°，∠M＝∠CGT＝30°，∴∠CTA＝∠M，在△CNT和△CTM中，∵∠TCN＝∠MTC，∠CTN＝∠M，∴△CNT∽△CTM，∴＝，∴CN•CM＝CT2＝（2）2＝12．∴k＝CN•CM＝12．13．已知：如图，抛物线y＝x2﹣x+m与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，∠ACB＝90°，（1）求m的值及抛物线顶点坐标；（2）过A、B、C的三点的⊙M交y轴于另一点D，连接DM并延长交⊙M于点E，过E 点的⊙M的切线分别交x轴、y轴于点F、G，求直线FG的解析式；（3）在条件（2）下，设P为上的动点（P不与C、D重合），连接PA交y轴于点H，问是否存在一个常数k，始终满足AH•AP＝k？如果存在，请写出求解过程；如果不存在，请说明理由．解：（1）由抛物线可知，点C的坐标为（0，m），且m＜0．设A（x1，0），B（x2，0）．则有x1•x2＝3m又OC是Rt△ABC的斜边上的高，∴△AOC∽△COB∴∴，即x1•x2＝﹣m2∴﹣m2＝3m，解得m＝0或m＝﹣3而m＜0，故只能取m＝﹣3（3分）这时，y＝x2﹣x﹣3＝﹣4故抛物线的顶点坐标为（，﹣4）．（2）由已知可得：M（，0），A（﹣，0），B（3，0），C（0，﹣3），D（0，3）∵抛物线的对称轴是直线x＝，也是⊙M的对称轴，连接CE∵DE是⊙M的直径，∴∠DCE＝90°，∴直线x＝，垂直平分CE，∴E点的坐标为（2，﹣3）∵，∠AOC＝∠DOM＝90°，∴∠ACO＝∠MDO＝30°，∴AC∥DE∵AC⊥CB，∴CB⊥DE又∵FG⊥DE，∴FG∥CB由B（3，0）、C（0，﹣3）两点的坐标易求直线CB的解析式为：y＝﹣3可设直线FG的解析式为y＝+n，把（2，﹣3）代入求得n＝﹣5故直线FG的解析式为y＝﹣5．（3）存在常数k＝12，满足AH•AP＝12，假设存在常数k，满足AH•AP＝k连接CP，∵AB⊥CD，∴＝∴∠P＝∠ACH（或利用∠P＝∠ABC＝∠ACO），又∵∠CAH＝∠PAC，∴△ACH∽△APC，＝，∴即AC2＝AH•AP，在Rt△AOC中，AC2＝AO2+OC2＝（）2+（3）2＝12，∴AH•AP＝k＝12；（也可以证明△AOH∽△APB，可得AH•AP＝AO•AB，由此即可解决问题）。
小学思维数学讲义平面五大模型之任意四边形、梯形与相似模型-带详解
据梯形蝴蝶定理， S = (a + b )= (1 + 2) = 9 ． 任意四边形、梯形与相似模型（二）例题精讲板块二 梯形模型的应用梯形中比例关系(“梯形蝴蝶定理”)：AS 2 a S 1 OS 4DBS 3bC① S : S = a 2 : b 21 3② S : S : S : S = a 2 : b 2 : ab : ab ；1324③ S 的对应份数为 (a + b )2．梯形蝴蝶定理给我们提供了解决梯形面积与上、下底之间关系互相转换的渠道，通过构造模型，直接应用结 论，往往在题目中有事半功倍的效果．(具体的推理过程我们可以用将在第九讲所要讲的相似模型进行说明)【例 1】 如图， S = 2 ， S = 4 ，求梯形的面积．23S 2S1S 4S 3【考点】梯形模型 【难度】2 星 【题型】解答【解析】设 S 为 a 2 份， S 为 b 2 份，根据梯形蝴蝶定理， S = 4 = b 2 ，所以 b = 2 ；又因为 S = 2 = a ⨯ b ，所以1 3 3 2a = 1 ；那么 S = a 2 = 1 ， S = a ⨯b = 2 ，所以梯形面积 S = S + S + S + S = 1 + 2 + 4 + 2 = 9 ，或者根1412342 2【答案】9【巩固】如下图，梯形 ABCD 的 AB 平行于 CD ，对角线 AC ， BD 交于 O ，已知 △AOB 与 △BOC 的面积分别为 25 平方厘米与 35 平方厘米，那么梯形 ABCD 的面积是________平方厘米．AB25O35DC【考点】梯形模型 【难度】2 星 【题型】填空【解析】根 据 梯 形 蝴 蝶 定 理 ， SAOB: S BOC= a 2 : ab = 25: 35 ， 可 得 a : b = 5:7 ， 再 根 据 梯 形 蝴 蝶 定 理 ，S: S= a 2 : b 2 = 52 : 72 = 25: 49 ， 所 以 SAOB DOCDOC25 + 35 + 35 + 49 = 144 (平方厘米)．【答案】144= 49 ( 平 方 厘 米 ) ． 那 么 梯 形 ABCD 的 面 积 为AOB =25 份，则梯形 ABCD 共有：9+15+25+15=64 份。
华东师大版八年级数学下册“将军饮马模型”专题讲义及解析
华东师大版八年级数学下册“将军饮马模型”专题讲义及解析一、背景知识：【传说】早在古罗马时代，传说亚历山大城有一位精通数学和物理的学者，名叫海伦．一天，一位罗马将军专程去拜访他，向他请教一个百思不得其解的问题．将军每天从军营A出发，先到河边饮马，然后再去河岸同侧的军营B开会，应该怎样走才能使路程最短？这个问题的答案并不难，据说海伦略加思索就解决了它．从此以后，这个被称为“将军饮马”的问题便流传至今．【问题原型】将军饮马造桥选址费马点【涉及知识】两点之间线段最短，垂线段最短；三角形两边三边关系；轴对称；平移；【解题思路】找对称点，实现折转直二、将军饮马问题常见模型1.两定一动型：两定点到一动点的距离和最小例1：在定直线l上找一个动点P，使动点P到两个定点A与B的距离之和最小，即PA+PB 最小.作法：连接AB，与直线l的交点Q，Q即为所要寻找的点，即当动点P跑到了点Q处，PA+PB最小，且最小值等于AB.原理：两点之间线段最短。
证明：连接AB，与直线l的交点Q，P为直线l上任意一点，在⊿PAB中，由三角形三边关系可知：AP+PB≧AB(当且仅当PQ重合时取﹦)原理：两点之间，线段最短证明：连接AC，与直线l的交点Q，P为直线l上任意一点，在⊿PAC中，由三角形三边关系可知：AP+PC≧AC(当且仅当PQ重合时取﹦)2.两动一定型例3：在∠MON的内部有一点A，在OM上找一点B，在ON上找一点C，使得△BAC周长最短．作法：作点A关于OM的对称点A’，作点A关于ON的对称点A’’，连接A’ A’’，与OM 交于点B，与ON交于点C，连接AB，AC，△ABC即为所求．原理：两点之间，线段最短例4：在∠MON的内部有点A和点B，在OM上找一点C，在ON上找一点D，使得四边形ABCD周长最短．作法：作点A关于OM的对称点A’，作点B关于ON的对称点B’，连接A’ B’，与OM交于点C，与ON交于点D，连接AC，BD，AB，四边形ABCD即为所求．原理：两点之间，线段最短3.两定两动型最值例5：已知A、B是两个定点，在定直线l上找两个动点M与N，且MN长度等于定长d（动点M位于动点N左侧），使AM+MN+NB的值最小.提示：存在定长的动点问题一定要考虑平移作法一：将点A向右平移长度d得到点A’，作A’关于直线l的对称点A’’，连接A’’B，交直线l于点N，将点N向左平移长度d，得到点M。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数学模型应用问题（讲义）
➢ 课前预习
1. 填写下列表格，并回忆相关概念．
2.解下列方程
[](10)38010(12)1750x x ---=
10(8)200106400.5x x -⎛⎫
--⋅= ⎪⎝⎭
➢ 知识点睛
应用题的处理思路 1. 理解题意，梳理信息
通过列表或画线段图等方式，对信息分类整理．
2.辨识类型，建立模型
根据所属类型，围绕关键词、隐含的数学关系，建立数学
模型．
类型常考虑：
①所属的数学模型（方程不等式问题、函数问题、测量问题）；
②实际生活的背景（工程问题、行程问题、经济问题）．
常见关键词：
①共需、同时、刚好、恰好、相同……，考虑方程；
②不超过、不多于、少于、至少……，考虑不等式（组）；
③最大利润、最省钱、运费最少、尽可能少、最小值……，考虑函数（一次
函数、二次函数），根据函数性质求取最值．
隐含的数学关系：
①原材料供应型（使用量≤供应量）
②容器容量型（载重量≥货物量）
3.求解验证，回归实际
①结果是否符合题目要求；
②结果是否符合实际意义．
➢精讲精练
1.某次地震后，政府为安置灾民，准备从某厂调拨用于搭建帐篷的帆布5 600 m2
和撑杆2 210 m．
（1）该厂现有帆布4 600 m2和撑杆810 m，不足部分计划安排110人进行生产．若每人每天能生产帆布50 m2或撑杆
40 m，则应分别安排多少人生产帆布和撑杆，才能确保同时完成各自的生产
任务？
（2）计划用这些材料在某安置点搭建甲、乙两种规格的帐篷共100顶，若搭建一顶甲型帐篷和一顶乙型帐篷所需帆布与撑杆的数量及安置人数如下表所示，则这100顶帐篷最多能安置多少灾民？
2.现要把228吨物资从某地运往甲、乙两地，用大、小两种货车共18辆，恰
好能一次性运完这批物资．已知这两种货车的载重量分别为16吨/辆和10吨/辆，运往甲、乙两地的运费如下表：
（2）如果安排9辆货车前往甲地，其余货车前往乙地．设前往甲地的大货车为a辆，前往甲、乙两地的总运费为w元，求出w与a的函数关系式（写出自变量的取值范围）．
（3）在（2）的条件下，若运往甲地的物资不少于120吨，请你设计出使总运费最少的货车调配方案，并求出最少总运费．
3.随着某市养老机构（养老机构指社会福利院、养老院、社区养老中心等）建
设稳步推进，拥有的养老床位数不断增加．
（1）该市的养老床位数从2013年底的2万个增长到2015年底的2.88万个，求该市这两年（从2013年底到2015年底）拥有的养老床位数的平均年增长率．
（2）若该市某社区今年准备新建一养老中心，其中规划建造三类养老专用房间共100间，这三类养老专用房间分别为单人间（1个养老床位），双人间（2个养老床位），三人间（3个养老床位）．因实际需要，单人间房间数在10至30之间（包括10和30），且双人间的房间数是单人间的2倍．设规划建造单人间的房间数为t．
①若该养老中心建成后可提供养老床位200个，求t的值；②求该养老中心
建成后最多提供养老床位多少个？最少提供养老床位多少个？
4.旅游公司在景区内配置了50辆观光车供游客租赁使用，假定每辆观光车一
天内最多只能出租一次，且每辆车的日租金x（元）是5的倍数．发现每天的运营规律如下：当x不超过100元时，观光车能全部租出；当x超过100元时，每辆车的日租金每增加5元，租出去的观光车就会减少1辆．已知所有观光车每天的管理费是1 100元．
（1）优惠活动期间，为使观光车全部租出且每天的净收入为正，则每辆车的日租金至少应为多少元？（注：净收入=租车收入-管理费）
（2）设每日净收入为w元，请写出w与x之间的函数关
系式．
（3）若某日的净收入为4 420元，且使游客得到实惠，则当天的观光车的日租金是多少元？
（1）参加社会实践活动的老师、家长代表与学生各有多少人？
（2）由于各种原因，二等座单程火车票只能买x张（x<参加社会实践的总人数），其余的须买一等座单程火车票，在保证所有人员都有座位的前提下，请你设计最经济的购票方案，并写出购买单程火车票的总费用y与x之间的函数关系式．
（3）在（2）的方案下，请求出当x=30时，购买单程火车票的总费用．
【参考答案】 ➢ 课前预习
1. 二，一，等式，消元，加减消元法；
未知数，等式，去分母，检验；
一，二，等式，配方法，公式法，因式分解法； 不等号，不等式．
2. （1）121545x x ==，
（2）121612x x ==，
➢ 精讲精练
1. （1）应安排40人生产帆布，70人生产撑杆，才能确保同时完成各自的生产
任务．
（2）这100顶帐篷最多能安置760名灾民． 2. （1）大货车8辆，小货车10辆．
（2）W =70a +11 550（0≤a ≤8且a 为整数）． （3）总运费最少的货车调配方案：
4辆，前往乙地的大货车3辆，前往乙地的小货车6辆时，总运费最少，最少总运费为11 900元． 3. （1）该市这两年（从2013年底到2015年底）拥有的养老床位数的平均年
增长率为20%． （2）①t 的值为25．
②该养老中心建成后最多提供养老床位260个，最少提供养老床位180个． 4. （1）每辆车的日租金至少应为25元．
（2）250110001005170110010035055x x x w x x x x -<⎧⎪
=⎨-+-<⎪⎩≤≤（且为的倍数）（且为的倍数）．
（3）当天的观光车的日租金是120元．
5. （1）参加社会实践活动的老师有5人，家长代表有10人，学生有50人．
（2）当0<x <50时，最经济的购票方案为：一部分学生买二等座学生票x 张，其余学生、家长代表、老师买一等座火车票（65-x ）张；
当50≤x <65时，最经济的购票方案为：学生都买二等座学生票50张，（x -50）名成年人买二等座火车票，（65-x ）名成年人买一等座火车票．
506175
0503554255065x x x y x x x -+<<⎧=⎨-+<⎩
≤（，且为整数）（，且为整数）．
（3）当x =30时，购买单程火车票的总费用为4 675元．。