《2025年课时训练九年级数学下册人教版江苏人民出版社》

1 如图，$\odot O$的弦$AB$与$CD$相交于点$P$，已知$PA = 3\mathrm{cm}$，$PB = 4\mathrm{cm}$，$PC = 2\mathrm{cm}$，那么$PD =$________$\mathrm{cm}$.

答案： 6 [解析]连接AD，BC. 因为$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{BD}$，所以∠A = ∠C. 又∠APD = ∠CPB， 所以△APD∽△CPB， 所以$\frac{PA}{PC}=\frac{PD}{PB}$， 所以$PD=\frac{PA\cdot PB}{PC}=\frac{3×4}{2}=6(cm)$。

2 如图，在$\odot O$中，弦$AB = 25\mathrm{cm}$，$M$是$AB$上一点，$OA = 13\mathrm{cm}$，$OM = 5\mathrm{cm}$，且$AM＞BM$，则$AM =$________$\mathrm{cm}$.

答案：
16 [解析]如图，过O，M两点作直径，交⊙O于C，D，连接CB，AD因为$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AC}$，所以∠B = ∠D. 又∠AMO = ∠CMB，所以△AMD∽△CMB. 所以$\frac{AM}{CM}=\frac{DM}{BM}$， 所以AM·BM = CM·DM=(13 - 5)×(13 + 5)=144， 又AM + BM = 25，且AM＞BM， 联立两个式子解得AM = 16 cm.

3 如图，弦$AB$与$CD$相交于$\odot O$内一点$P$，$PC＞PD$.
(1)求证：$\triangle PAC\sim\triangle PDB$；
(2)设$PA = 4$，$PB = 3$，$CD = 8$，求$PC$，$PD$的长.

答案：
(1)由圆周角定理，得∠A = ∠D，∠C = ∠B， 所以△PAC∽△PDB.
(2)由
(1)，知△PAC∽△PDB， 所以$\frac{PA}{PD}=\frac{PC}{PB}$，即PD·PC = PA·PB. 又PA = 4，PB = 3，CD = PC + PD = 8， 所以PD(8 - PD)=12，解得PD = 2或6. 又PC＞PD，则PC = 6，PD = 2.

4 如图，已知$BC$是$\odot O$的直径，$AH\perp BC$，垂足为$D$，$A$为$\overset{\frown}{BF}$的中点，$BF$交$AD$于点$E$，且$BE\cdot EF = 32$，$AD = 6$.
(1)求证：$AE = BE$；
(2)求$DE$的长；
(3)求$BD$的长.

答案：
(1)连接AF，AB，AC. 因为A是$\overset{\frown}{BF}$的中点，所以∠ABE = ∠AFB. 又∠AFB = ∠ACB，所以∠ABE = ∠ACB. 因为BC为直径， 所以∠BAC = 90°，所以∠BAE + ∠DAC = 90°. 又AH⊥BC，所以∠DAC + ∠ACB = 90°. 所以∠BAE = ∠ACB. 所以∠ABE = ∠BAE. 所以AE = BE.
(2)连接HF. 因为$\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{AF}$， 所以∠ABE = ∠AHF， 又∠AEB = ∠FEH，所以△ABE∽△FHE， 所以$\frac{AE}{BE}=\frac{EF}{EH}$， 所以AE·EH = BE·EF. 设DE = x(x＞0)， 由AD = 6，BE·EF = 32，AE·EH = BE·EF， 得(6 - x)(6 + x)=32，解得x = 2，即DE的长为2.
(3)由
(1)，
(2)知BE = AE = 6 - 2 = 4， 在Rt△BDE中，$BD=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$。

5 如图，$CP$为圆$O$的切线，$AB$为圆的割线，$CP$，$AB$交于点$P$，求证：$AP\cdot BP = CP^{2}$.

答案：
如图，连接AC，BC，CO并延长交圆O于点M，连接AM.! 因为PC是圆O的切线， 所以OC⊥PC，即∠ACP + ∠ACM = 90°. 又CM是直径，所以∠CAM = 90°， 所以∠M + ∠ACM = 90°， 所以∠ACP = ∠M. 因为∠M = ∠CBP，所以∠ACP = ∠CBP. 又∠APC = ∠CPB，所以△ACP∽△CBP， 所以$\frac{AP}{CP}=\frac{CP}{BP}$，所以AP·BP = CP².