《2025年5年中考3年模拟九年级数学下册沪科版》

8.[教材变式·P40T5](2024吉林蛟河期末)如图，在△ABC中，AC = BC，以BC为直径的⊙O与底边AB交于点D，过D作DE⊥AC，垂足为E.求证：DE为⊙O的切线.(M9224009)

答案：
证明：连接OD，如图。因为AC = BC，所以∠A = ∠ABC，因为OB = OD，所以∠ODB = ∠ABC，所以∠ODB = ∠A，所以OD//AC，又因为DE⊥AC，所以DE⊥OD，因为OD为⊙O的半径，所以DE为⊙O的切线。

9.(2024福建中考,7,★★☆)如图，已知点A，B在⊙O上，∠AOB = 72°，直线MN与⊙O相切，切点为C，且C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，则∠ACM等于 ( )

A.18°
B.30°
C.36°
D.72°

答案： A：因为C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，∠AOB = 72°，所以∠AOC = ∠BOC = 36°。因为OA = OC，所以∠ACO = ∠OAC = 72°。因为直线MN与⊙O相切，切点为C，所以∠OCM = 90°，所以∠ACM = ∠OCM - ∠ACO = 90° - 72° = 18°，故选A。

10.[线段最值问题](2024四川凉山州中考,24,★★☆)如图，⊙M的圆心为M(4，0)，半径为2，P是直线y = x + 4上的一个动点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为__________. (M9224009)

答案：
答案：2$\sqrt{7}$ 解析：如图，连接MP、MQ，因为PQ是⊙M的切线，所以MQ⊥PQ，所以PQ = $\sqrt{PM^{2}-MQ^{2}}=\sqrt{PM^{2}-4}$，当PM最小时，PQ最小，当MP⊥AB时，MP最小，直线y = x + 4与x轴的交点A的坐标为(-4,0)，与y轴的交点B的坐标为(0,4)，所以OA = OB = 4，AM = 8，所以∠BAO = 45°，当MP⊥AB时，MP = AM·sin∠BAO = 8×$\frac{\sqrt{2}}{2}=4\sqrt{2}$，所以PQ的最小值为$\sqrt{(4\sqrt{2})^{2}-4}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。

11.(2024重庆中考A卷,17,★★☆)如图，以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，以AC为边作平行四边形ACDE，点D，E均在⊙O上，DE与AB交于点F，连接CE，与⊙O交于点G，连接DG.若AB = 10，DE = 8，则AF = __________，DG = __________.

答案：
答案：8；$\frac{20\sqrt{13}}{13}$ 解析：连接OE、OD、OG，过O点作OH⊥DG于H点，CE交AF于P点，如图，因为以AB为直径的⊙O与AC相切于点A，所以AB⊥AC。因为四边形ACDE为平行四边形，所以AC//DE，AC = DE = 8，所以AB⊥DE，所以DF = EF = $\frac{1}{2}$DE = 4。因为AB = 10，所以OA = OE = 5。在Rt△OEF中，OF = $\sqrt{OE^{2}-EF^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3$，所以AF = OA + OF = 5 + 3 = 8。因为DE//AC，所以$\frac{FP}{PA}=\frac{EF}{AC}=\frac{1}{2}$，∠DEG = ∠PCA，所以PA = $\frac{2}{3}\times8=\frac{16}{3}$，在Rt△ACP中，PC = $\sqrt{8^{2}+(\frac{16}{3})^{2}}=\frac{8\sqrt{13}}{3}$。因为∠DOG = 2∠DEG，∠DOG = 2∠DOH，所以∠DEG = ∠DOH，所以∠DOH = ∠PCA，所以Rt△DOH∽Rt△PCA，所以DH : PA = OD : PC，即DH : $\frac{16}{3}=5:\frac{8\sqrt{13}}{3}$，所以DH = $\frac{10\sqrt{13}}{13}$。因为OH⊥DG，所以DG = 2DH = $\frac{20\sqrt{13}}{13}$。

12.[新考法](2023山东威海中考,21,★★☆)如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限内，⊙P与x轴相切于点C，与y轴相交于点A(0，8)，B(0，2).连接AC，BC.(M9224009)
(1)求点P的坐标.
(2)求cos∠ACB的值.

答案：
解析：本题以平面直角坐标系为背景，考查切线的性质和圆的性质。 （1）如图，连接PC，PB。因为点A(0,8)，B(0,2)，所以AB = 6。过P作PH⊥AB于H，所以AH = BH = 3，所以OH = 5。因为⊙P与x轴相切于点C，所以PC⊥x轴。易知四边形OHPC为矩形，所以PC = OH = 5，所以PB = 5。所以PH = $\sqrt{PB^{2}-BH^{2}} = 4$，所以点P的坐标为(4,5)。 （2）如图，连接AP并延长交⊙P于M，连接BM，则∠ABM = 90°。在Rt△ABM中，BM = $\sqrt{AM^{2}-AB^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}} = 8$。所以cos∠ACB = cos∠AMB = $\frac{BM}{AM}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$。

13.(2024四川南充中考,22,★★☆)如图，在⊙O中，AB是直径，AE是弦，点F是$\overset{\frown}{AE}$上一点，$\overset{\frown}{AF}$ = $\overset{\frown}{BE}$，AE，BF交于点C，点D为BF延长线上一点，且∠CAD = ∠CDA.
(1)求证：AD是⊙O的切线.
(2)若BE = 4，AD = 2$\sqrt{5}$，求⊙O的半径.

答案：
解析： （1）证明：因为$\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{BE}$，所以∠ABF = ∠BAE。因为∠CAD + ∠BAE + ∠CDA + ∠ABF = 180°，且∠CAD = ∠CDA，所以∠CAD + ∠BAE + ∠CAD + ∠BAE = 180°，所以∠OAD = ∠CAD + ∠BAE = 90°。因为OA是⊙O的半径且AD⊥OA，所以AD是⊙O的切线。 （2）如图，连接AF。因为$\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{BE}$，BE = 4，所以AF = BE = 4。因为AB是⊙O的直径，所以∠AFD = ∠AFB = 90°，所以DF = $\sqrt{AD^{2}-AF^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}-4^{2}} = 2$。因为∠BAD = ∠AFD = 90°，所以$\frac{AB}{AD}=\frac{AF}{DF}=\tan D=\frac{4}{2}=2$，所以AD = $\frac{1}{2}$AB，所以OA = $\frac{1}{2}$AB = AD = 2$\sqrt{5}$，所以⊙O的半径长为2$\sqrt{5}$。