《2025年综合应用创新题典中点九年级数学下册冀教版》

6. 如图，在△ABC中，AB = AC，O是BC的中点，⊙O与AB相切于点D，与BC交于点E，F，DG是⊙O的直径，弦GF的延长线交AC于点H，且GH⊥AC.
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若DE = 2，GH = 3，请直接写出⌢DE的长.
　　　　　　　　　　　　

答案：

(1)[证明]连接OA,过点O作OM⊥AC于点M,如图.
∵AB=AC,O是BC的中点,
∴AO为∠BAC的平分线.
　　　　　　　　　　　　　　　　
∵DG是⊙O的直径，
∴OD为⊙O的半径.
∵⊙O与AB相切于点D,
∴OD⊥AB.
　又
∵OM⊥AC,
∴OM=OD,
　即OM为⊙O的半径，
∴AC是⊙O的切线.
(2)[解]$\overset{\frown}{DE}$的长为$\frac{2\pi}{3}$.
[点拨]
∵AB=AC,
∴∠B=∠C.
　
∵GH⊥AC,OD⊥AB,
　
∴∠GOF=∠DOB=90°−∠B,∠GFO=∠CFH=90°−∠C.
　
∴∠GOF=∠GFO.
∴GO=GF.
　　又
∵OF=OG,
∴△OGF为等边三角形.
　
∴∠DOE=∠GOF=60°.
　　又
∵OD=OE,
∴△DOE是等边三角形.
∴OD=DE=2.
　
∴$\overset{\frown}{DE}$的长=$\frac{60\pi\times2}{180}=\frac{2\pi}{3}$.

7. 如图，点O是△ABC外接圆的圆心，点I是△ABC的内心，连接OB，IA. 若∠CAI = 35°，则∠OBC的度数为_______.
　　　　　　　　　　　　　　

答案：
20° [点拨]如图,连接OC.
∵点I是△ABC的内心,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴AI平分∠BAC.
　又
∵∠CAI=35°,
∴∠BAC=2∠CAI=70°.
∵点O是△ABC外接圆的圆心，
∴∠BOC=2∠BAC=140°.
∵OB=OC,
∴∠OBC=∠OCB=$\frac{1}{2}$(180°−∠BOC)=$\frac{1}{2}$×(180°−140°)=20°.

8. [2024潍坊模拟] 如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆⊙O相交于点D，过点D作直线DG//BC，连接CD.
(1)求证：DG是⊙O的切线；
(2)求证：DE = CD；
(3)若DE = 2√5，BC = 8，则⊙O的半径为_______.
　　　　　　　　　　　　　　

答案：

(1)[证明]连接OD交BC于点H,如图.
∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC,即∠BAD=∠CAD,
∴$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$.
∴OD⊥BC.
∵DG//BC,
∴OD⊥DG.
　又
∵OD是⊙O的半径,
∴DG是⊙O的切线.
(2)[证明]如图,连接BD,BE.
　
∵点E是△ABC的内心,
∴∠ABE=∠CBE.
　　由
(1)知$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴∠DBC=∠BAD,
　
∴∠DEB=∠BAD+∠ABE=∠DBC+∠CBE=∠DBE,
　
∴BD=DE.
　
∵$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,
∴BD=CD.
∴DE=CD.
(3)5　　[点拨]如图,连接OB,由
(1)得
　　OD⊥BC,
　
∴BH=CH.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
∵BC=8,
∴BH=4.
∵DE=2$\sqrt{5}$,由
(2)得BD=DE,
∴BD=2$\sqrt{5}$.
　在Rt△BHD中,BD²=BH²+HD²,
∴(2$\sqrt{5}$)²=4²+HD²,解得HD=2.
　设⊙O的半径为r,在Rt△BHO中,OB²=BH²+OH²,
∴r²=4²+(r−2)²,解得r=5.
∴⊙O的半径为5.

9. [2024张家口模拟] 如图，以正六边形ABCDEF中的对角线CF为斜边作等腰直角三角形CFG，CG和FG分别交AB于点P，Q. 已知AB = 2，有下列结论：
结论一：∠AFG = 18°；
结论二：PQ = 4 - 2√3.
下列判断正确的是（ ）
A. 只有结论一正确
B. 只有结论二正确
C. 结论一、结论二都正确
D. 结论一、结论二都不正确
　　　　　　　　　　　　　

答案：
B [点拨]在正六边形ABCDEF中,易知∠AFC=60°.
　在等腰直角三角形CFG中,∠GFC=45°,
∴∠AFG=∠AFC−∠GFC=60°−45°=15°,故结论一不正确.
　如图，连接AD交FC于点O,连接OG交AB于点H.
　在正六边形ABCDEF中,AB=AF=2,∠BAF=120°,AD平分∠BAF,
　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴∠FAO=∠BAD=$\frac{1}{2}$×120°=60°.
　又
∵∠AFC=60°,
∴△AFO是等边三角形，
∴∠AOF=60°=∠BAD,AO=FO=AF=2.
∴AB//FC,易得FC=2FO=4.
　在等腰直角三角形CFG中,FG=CG,∠FGC=90°.
∵易知FO=CO,
∴GO=$\frac{1}{2}$FC=2,GO⊥FC.
∵FC//AB,
∴GO⊥AB.
∴∠AHO=90°.
∴sin∠OAH=$\frac{OH}{OA}$.
∵∠OAH=60°,AO=2,
∴OH=2sin60°=$\sqrt{3}$.
∴GH=OG−OH=2−$\sqrt{3}$.
∴易得PQ=2GH=4−2$\sqrt{3}$.
　故结论二正确.

10. [2023河北] 将三个相同的六边形螺母并排摆放在桌面上，其俯视图如图①，正六边形边长为2且各有一个顶点在直线l上. 两侧螺母不动，把中间螺母抽出并重新摆放后，其俯视图如图②，其中，中间正六边形的一边与直线l平行，有两边分别经过两侧正六边形的一个顶点. 则图②中：
(1)∠α = _______°；
(2)中间正六边形的中心到直线l的距离为_______（结果保留根号）.
　　　

答案：

(1)30　
(2)2$\sqrt{3}$ [点拨]
(1)如图,延长HC交AD于B,
∵多边形是正六边形,
∴∠ACB=60°.
　
∵BC//直线l,
∴易得∠ABC=90°.
　
∴∠α=30°.
　　　　　　　　　
(2)如图，取中间正六边形的中心为O,过点O作ON垂直直线l于点N,交CH于点M,延长AD交直线l于E,延长CH交GK于点F,连接AG,
　　易得AG//BF,AB//GF,∠GFH=90°,
　
∴四边形ABFG为矩形.
∴AB=GF.
　　易得∠BAC=∠FGH,
∵∠ABC=∠GFH=90°,
　
∴△ABC≌△GFH.
∴BC=FH.
　　易知DE=1,PE=$\sqrt{3}$,
　　结合题图①知BF=2PE=2$\sqrt{3}$,OM=PE=$\sqrt{3}$.
　
∵BC=$\frac{1}{2}$(BF−CH)=$\sqrt{3}-1$,
　
∴AB=$\frac{BC}{tan∠BAC}=\frac{\sqrt{3}-1}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 3-\sqrt{3}$.
　
∴BD=2−AB=$\sqrt{3}-1$.
　
∴BE=BD+DE=$\sqrt{3}$.
　　易得MN=BE=$\sqrt{3}$.
∴ON=OM+MN=2$\sqrt{3}$.
　
∴中间正六边形的中心到直线l的距离为2$\sqrt{3}$.

11. 如图，在矩形ABCD中，AB = 10，AD = 8，以CD为直径作⊙O. 将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形A₁B₁C₁D₁，使A₁B₁与⊙O相切于点E，CB₁与⊙O相交于点F，则CF的长是（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
　　　　　　　　　　　　　

答案：
C [点拨]如图，连接OE,过点O作OH⊥B₁C于点H.
　
∴∠OHB₁=90°，CF=2CH.
　
∵A₁B₁与⊙O相切于点E,
　
∴∠OEB₁=90°.
　　　　　　　　　　　　　　　　
∵矩形ABCD绕点C旋转得到矩形A₁B₁CD₁,
　
∴∠B₁=90°，CD=AB=10，B₁C=BC=AD=8.
　
∴四边形OEB₁H是矩形，OE=OD=OC=5.
　
∴B₁H=OE=5.
　
∴CH=B₁C−B₁H=3.
∴CF=2CH=6.