《2025年通城学典课时作业本九年级数学下册苏科版江苏专版》

7. 如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠BCD是钝角，AB = AD，BD平分∠ABC. 若CD = 3，BD = 2√6，sin∠DBC = √3/3，求AC的长.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

答案： 过点 $D$ 作 $DE \perp BC$，交 $BC$ 的延长线于点 $E$，则 $\angle E = 90^{\circ}$。$\because$ 在 $Rt\triangle BED$ 中，$\sin \angle DBC = \frac{DE}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{3}, BD = 2\sqrt{6}$，$\therefore DE = 2\sqrt{2}$。$\therefore BE = \sqrt{BD^{2} - DE^{2}} = 4$。在 $Rt\triangle DCE$ 中，$\because CD = 3$，$\therefore CE = \sqrt{CD^{2} - DE^{2}} = 1$。$\therefore BC = BE - CE = 3$。$\therefore BC = CD$。$\therefore \angle CBD = \angle CDB$。$\because BD$ 平分 $\angle ABC$，$\therefore \angle ABD = \angle CBD$。$\therefore \angle ABD = \angle CDB$。$\therefore AB // CD$。$\because AB = AD$，$\therefore \angle ABD = \angle ADB$。$\therefore \angle ADB = \angle DBC$。$\therefore AD // BC$。$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形。又 $\because AB = AD$，$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形。$\therefore AC \perp BD, AO = CO, BO = DO = \frac{1}{2}BD = \sqrt{6}$。$\therefore$ 在 $Rt\triangle BOC$ 中，$OC = \sqrt{BC^{2} - BO^{2}} = \sqrt{3}$。$\therefore AC = 2OC = 2\sqrt{3}$

8. 如图，C是以点O为圆心，AB为直径的半圆上一点，连接AC、BC、OC. 若AC = 4，BC = 3，则sin∠BOC的值为 （ ）
A. 1 B. 24/25 C. 16/25 D. 9/25
　　　　　　　

答案： B

9. 如图，在△ABC中，AB = AC = 5，BC = 8. 若∠BPC = 1/2∠BAC，则tan∠BPC的值为_______.
　　　　　　　

答案： $\frac{4}{3}$

10. 如图所示为由10个完全相同的正三角形构成的网格图，则cos(α + β)的值为_______.
　　　　　　　

答案： $\frac{\sqrt{21}}{7}$

11. 如图①，D为⊙O上一点，点C在直径BA的延长线上，且∠CDA = ∠CBD.
　　(1) 判断直线CD与⊙O的位置关系，并说明理由;
　　(2) 若tan∠CDA = 1/2，AC = 2，求⊙O的半径;
　　(3) 如图②，在(2)的条件下，∠ADB的平分线DE交⊙O于点E，交AB于点F，连接BE，则sin∠DBE的值为_______.
　　

答案：
(1) $CD$ 与 $\odot O$ 相切 理由：连接 $OD$。$\because OD = OB$，$\therefore \angle ODB = \angle CBD$。$\because \angle CDA = \angle CBD$，$\therefore \angle CDA = \angle ODB$。$\because AB$ 为 $\odot O$ 的直径，$\therefore \angle ADB = \angle ADO + \angle ODB = 90^{\circ}$。$\therefore \angle ADO + \angle CDA = 90^{\circ}$。$\therefore \angle CDO = 90^{\circ}$，即 $OD \perp CD$。$\because OD$ 是 $\odot O$ 的半径，$\therefore CD$ 与 $\odot O$ 相切。
(2) $\because \angle CDA = \angle CBD, \tan \angle CDA = \frac{1}{2}$，$\therefore \tan \angle CBD = \frac{1}{2}$。$\therefore$ 在 $Rt\triangle ADB$ 中，$\tan \angle CBD = \frac{AD}{DB} = \frac{1}{2}$。$\because \angle C = \angle C, \angle CDA = \angle CBD$，$\therefore \triangle CAD \sim \triangle CDB$。$\therefore \frac{CA}{CD} = \frac{CD}{CB} = \frac{AD}{DB} = \frac{1}{2}$。$\therefore CD = 2CA = 4$。$\therefore CB = 2CD = 8$。$\therefore AB = CB - CA = 8 - 2 = 6$。$\therefore OA = OB = \frac{1}{2}AB = 3$，即 $\odot O$ 的半径为 3
(3) $\frac{3\sqrt{10}}{10}$ 解析：连接 $OE$，过点 $E$ 作 $EG \perp BD$ 于点 $G$。$\because DE$ 平分 $\angle ADB$，$\therefore \angle ADE = \angle BDE = 45^{\circ}$。$\because \overset{\frown}{BE} = \overset{\frown}{BE}$，$\therefore \angle BOE = 2\angle BDE = 90^{\circ}$。$\therefore$ 在 $Rt\triangle BOE$ 中，由勾股定理，得 $BE = \sqrt{OB^{2} + OE^{2}} = 3\sqrt{2}$。$\because$ 在 $Rt\triangle ABD$ 中，由勾股定理，得 $AD^{2} + BD^{2} = AB^{2} = 6^{2}, \frac{AD}{BD} = \frac{1}{2}$，$\therefore AD = \frac{6\sqrt{5}}{5}, BD = \frac{12\sqrt{5}}{5}$。$\because EG \perp BD, \angle BDE = 45^{\circ}$，$\therefore \angle DEG = 45^{\circ} = \angle BDE$。$\therefore DG = EG$。设 $DG = x$，则 $EG = x, BG = BD - DG = \frac{12\sqrt{5}}{5} - x$。在 $Rt\triangle BEG$ 中，由勾股定理，得 $EG^{2} + BG^{2} = BE^{2}$，$\therefore x^{2} + (\frac{12\sqrt{5}}{5} - x)^{2} = (3\sqrt{2})^{2}$，即 $5x^{2} - 12\sqrt{5}x + 27 = 0$，解得 $x_{1} = \frac{9\sqrt{5}}{5}, x_{2} = \frac{3\sqrt{5}}{5}$（不合题意，舍去）。$\therefore EG = \frac{9\sqrt{5}}{5}$。$\therefore$ 在 $Rt\triangle BGE$ 中，$\sin \angle DBE = \frac{EG}{BE} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$。