《2025年原创新课堂九年级数学下册人教版》

10.(2024·赤峰)如图，$\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC$，$\odot O$经过$B$，$C$两点，与斜边$AB$交于点$E$，连接$CO$并延长交$AB$于点$M$，交$\odot O$于点$D$，过点$E$作$EF// CD$，交$AC$于点$F$.
(1)求证：$EF$是$\odot O$的切线；
(2)若$BM = 4\sqrt{2}$，$\tan\angle BCD = \frac{1}{2}$，求$OM$的长.

答案：
(1) 连接OE，因为∠ACB = 90°，AC = BC，所以∠A = ∠ABC = 45°，所以∠COE = 2∠ABC = 90°，因为EF//CD，所以∠COE + ∠OEF = 180°，所以∠FEO = 90°，因为OE是⊙O的半径，所以EF是⊙O的切线。
(2) 过M作MH⊥BC于H，则△BMH是等腰直角三角形，因为BM = 4$\sqrt{2}$，所以BH = MH = $\frac{\sqrt{2}}{2}$BM = 4，在Rt△CHM中，因为tan∠BCD = $\frac{HM}{CH}$ = $\frac{1}{2}$，所以CH = 2MH = 8，所以CM = $\sqrt{CH^{2}+MH^{2}}$ = 4$\sqrt{5}$，CB = CH + BH = 12，连接BD，因为CD是⊙O的直径，所以BD⊥BC，所以MH//BD，所以$\frac{CM}{DM}$ = $\frac{CH}{BH}$，所以$\frac{4\sqrt{5}}{DM}$ = $\frac{8}{4}$，所以DM = 2$\sqrt{5}$，所以CD = CM + DM = 6$\sqrt{5}$，所以OD = $\frac{1}{2}$CD = 3$\sqrt{5}$，所以OM = OD - DM = $\sqrt{5}$。

11.(2024·苏州)如图，$\triangle ABC$中，$AB = 4\sqrt{2}$，$D$为$AB$中点，$\angle BAC = \angle BCD$，$\cos\angle ADC = \frac{\sqrt{2}}{4}$，$\odot O$是$\triangle ACD$的外接圆.
(1)求$BC$的长；
(2)求$\odot O$的半径.

答案：
(1) 因为∠BAC = ∠BCD，∠B = ∠B，所以△BAC∽△BCD，所以$\frac{BC}{BD}$ = $\frac{BA}{BC}$，因为AB = 4$\sqrt{2}$，D为AB中点，所以BD = AD = 2$\sqrt{2}$，所以BC² = 16，所以BC = 4。
(2) 过点A作AE⊥CD于点E，连接CO，并延长交⊙O于F，连接AF，因为在Rt△AED中，cos∠CDA = $\frac{DE}{AD}$ = $\frac{\sqrt{2}}{4}$，AD = 2$\sqrt{2}$，所以DE = 1，所以AE = $\sqrt{AD^{2}-DE^{2}}$ = $\sqrt{7}$，因为△BAC∽△BCD，所以$\frac{AC}{CD}$ = $\frac{AB}{BC}$ = $\sqrt{2}$，设CD = x，则AC = $\sqrt{2}$x，CE = x - 1，因为在Rt△ACE中，AC² = CE² + AE²，所以($\sqrt{2}$x)² = (x - 1)² + ($\sqrt{7}$)²，即x² + 2x - 8 = 0，解得x₁ = 2，x₂ = -4(舍去)，所以CD = 2，AC = 2$\sqrt{2}$，因为∠AFC与∠ADC都是$\overset{\frown}{AC}$所对的圆周角，所以∠AFC = ∠ADC，因为CF为⊙O的直径，所以∠CAF = 90°，所以sin∠AFC = $\frac{AC}{CF}$ = sin∠CDA = $\frac{AE}{AD}$ = $\frac{\sqrt{14}}{4}$，所以CF = $\frac{8\sqrt{7}}{7}$，即⊙O的半径为$\frac{4\sqrt{7}}{7}$。