《2025年一遍过九年级数学下册冀教版》

1 [一题多解 [2023沧州期末]如图，已知△ABC，以C为圆心、CB的长为半径的圆交AC于D，交AC的延长线于点E，过E作AB的垂线交AB的延长线于F，连接EB，且EB平分∠AEF.
(1)求证：AF与⊙C相切于点B.
(2)若EF = 3，sin∠EBF = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，求圆的半径.

答案：
**证明**： - **证法一**：如图，因为 $EB$ 平分 $\angle AEF$，所以 $\angle 2 = \angle 3$。又因为 $CB = CE$，所以 $\angle 1 = \angle 3$，进而 $\angle 1 = \angle 2$，所以 $CB// EF$。由于 $EF\perp AB$，所以 $CB\perp AB$。又因为 $CB$ 为 $\odot C$ 的半径，所以 $AF$ 与 $\odot C$ 相切于点 $B$。 - **证法二**：如图，因为 $EB$ 平分 $\angle AEF$，所以 $\angle 2 = \angle 3$。因为 $CB = CE$，所以 $\angle 1 = \angle 3$，所以 $\angle 1 = \angle 2$。因为 $EF\perp AB$，所以 $\angle 2+\angle EBF = 90^{\circ}$，所以 $\angle 1+\angle EBF = 90^{\circ}$，即 $CB\perp AB$。又因为 $CB$ 为 $\odot C$ 的半径，所以 $AF$ 与 $\odot C$ 相切于点 $B$。@@**解**：在 $Rt\triangle BEF$ 中，$\sin\angle EBF=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以 $\angle EBF = 60^{\circ}$，则 $\angle 2 = 30^{\circ}$。又因为 $EF = 3$，所以 $BE=\frac{EF}{\sin60^{\circ}} = 2\sqrt{3}$。连接 $BD$，如图，在 $Rt\triangle DBE$ 中，$\angle 3 = \angle 2 = 30^{\circ}$，$BE = 2\sqrt{3}$，$DE=\frac{BE}{\cos30^{\circ}} = 4$，所以圆的半径为 $2$。

2 [2024廊坊期末]如图，在△ABC中，AB = AC，以AB为直径的⊙O分别交线段BC，AC于点D，E，过点D作DF⊥AC，垂足为F，射线FD与AB的延长线相交于点G.
(1)求证：DF是⊙O的切线.
(2)若∠C = 60°，CF = 2，求图中阴影部分的面积.（结果保留π）

答案：
**证明**：如图，连接 $AD$，$OD$。因为 $AB$ 为直径，所以 $\angle ADB = 90^{\circ}$，即 $AD\perp BC$。又因为 $AC = AB$，所以 $D$ 为线段 $BC$ 的中点。又因为 $O$ 为 $AB$ 的中点，所以 $DO$ 为 $\triangle ABC$ 的中位线，所以 $DO// AC$。因为 $DF\perp AC$，所以 $OD\perp DF$。又因为 $OD$ 是 $\odot O$ 的半径，所以 $DF$ 是 $\odot O$ 的切线。@@**解**：在 $Rt\triangle CFD$ 中，$\angle C = 60^{\circ}$，$CF = 2$，所以 $CD = 2CF = 4$。由（1）可得 $BD = CD = 4$。因为 $AC = AB$，$\angle C = 60^{\circ}$，所以 $\triangle ABC$ 是等边三角形，所以 $\angle OBD = 60^{\circ}$。又因为 $OD = OB$，所以 $\triangle OBD$ 是等边三角形，所以 $OD = OB = BD = 4$，$\angle DOB = 60^{\circ}$。在 $Rt\triangle ODG$ 中，$\angle ODG = 90^{\circ}$，$\angle DOG = 60^{\circ}$，$OD = 4$，所以 $OG = 2OD = 8$，$DG=\sqrt{OG^{2}-OD^{2}} = 4\sqrt{3}$。所以 $S_{阴影}=S_{\triangle ODG}-S_{扇形ODB}=\frac{1}{2}OD\cdot DG-\frac{60\pi\times OD^{2}}{360}=\frac{1}{2}\times4\times4\sqrt{3}-\frac{60\pi\times4^{2}}{360}=8\sqrt{3}-\frac{8\pi}{3}$。