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2025年通城学典非常课课通九年级数学下册苏科版江苏专版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年通城学典非常课课通九年级数学下册苏科版江苏专版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
9. 如图，在四边形ABCD中，∠ACB = ∠CAD = 90°，点E在BC上，AE//DC，EF⊥AB，垂足为F.
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AE平分∠BAC，BE = 5，AD = 3，求cos B的值.
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AE平分∠BAC，BE = 5，AD = 3，求cos B的值.
答案：
(1) $\because \angle ACB=\angle CAD = 90^{\circ}$，$\therefore AD// CE$.$\because AE// DC$，$\therefore$ 四边形$AECD$是平行四边形
(2) $\because$ 四边形$AECD$是平行四边形，$\therefore EC = AD = 3$. 又$\because AE$平分$\angle BAC$，$EF\perp AB$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\therefore EF = EC = 3$.$\because EF\perp AB$，$\therefore \angle BFE = 90^{\circ}$. 在$Rt\triangle BFE$中，由勾股定理，得$BF=\sqrt{BE^{2}-EF^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}} = 4$.$\therefore \cos B=\frac{BF}{BE}=\frac{4}{5}$
(1) $\because \angle ACB=\angle CAD = 90^{\circ}$，$\therefore AD// CE$.$\because AE// DC$，$\therefore$ 四边形$AECD$是平行四边形
(2) $\because$ 四边形$AECD$是平行四边形，$\therefore EC = AD = 3$. 又$\because AE$平分$\angle BAC$，$EF\perp AB$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\therefore EF = EC = 3$.$\because EF\perp AB$，$\therefore \angle BFE = 90^{\circ}$. 在$Rt\triangle BFE$中，由勾股定理，得$BF=\sqrt{BE^{2}-EF^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}} = 4$.$\therefore \cos B=\frac{BF}{BE}=\frac{4}{5}$
10.（2023·扬州）如图，在△ABC中，∠ACB = 90°，D是AB上一点，且∠BCD = $\frac{1}{2}$∠A，点O在BC上，以点O为圆心的圆经过C、D两点.
（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若sin B = $\frac{3}{5}$，⊙O的半径为3，求AC的长.
（1）试判断直线AB与⊙O的位置关系，并说明理由；
（2）若sin B = $\frac{3}{5}$，⊙O的半径为3，求AC的长.
答案：
(1) 直线$AB$与$\odot O$相切 理由：连接$OD$. 由“圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半”，可知$\angle BCD=\frac{1}{2}\angle BOD$.$\because \angle BCD=\frac{1}{2}\angle A$，$\therefore \angle BOD=\angle A$.$\because \angle ACB = 90^{\circ}$，$\therefore \angle A+\angle B = 90^{\circ}$.$\therefore \angle BOD+\angle B = 90^{\circ}$.$\therefore \angle BDO = 90^{\circ}$.$\therefore OD\perp AB$.$\because$ 直线$AB$上的点$D$在$\odot O$上，$\therefore$ 直线$AB$与$\odot O$相切.
(2) 在$Rt\triangle BOD$中，$\because \angle BDO = 90^{\circ}$，$\sin B=\frac{OD}{OB}$.$\because \odot O$的半径为$3$，$\therefore OD = OC = 3$.$\therefore \frac{3}{OB}=\frac{3}{5}$，解得$OB = 5$.$\therefore BC = OB + OC = 8$. 在$Rt\triangle ACB$中，$\because \angle ACB = 90^{\circ}$，$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}$. 设$AC = 3k$，则$AB = 5k$.$\therefore BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{(5k)^{2}-(3k)^{2}} = 4k$.$\therefore 4k = 8$，解得$k = 2$.$\therefore AC = 3k = 3\times2 = 6$
(1) 直线$AB$与$\odot O$相切 理由：连接$OD$. 由“圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半”，可知$\angle BCD=\frac{1}{2}\angle BOD$.$\because \angle BCD=\frac{1}{2}\angle A$，$\therefore \angle BOD=\angle A$.$\because \angle ACB = 90^{\circ}$，$\therefore \angle A+\angle B = 90^{\circ}$.$\therefore \angle BOD+\angle B = 90^{\circ}$.$\therefore \angle BDO = 90^{\circ}$.$\therefore OD\perp AB$.$\because$ 直线$AB$上的点$D$在$\odot O$上，$\therefore$ 直线$AB$与$\odot O$相切.
(2) 在$Rt\triangle BOD$中，$\because \angle BDO = 90^{\circ}$，$\sin B=\frac{OD}{OB}$.$\because \odot O$的半径为$3$，$\therefore OD = OC = 3$.$\therefore \frac{3}{OB}=\frac{3}{5}$，解得$OB = 5$.$\therefore BC = OB + OC = 8$. 在$Rt\triangle ACB$中，$\because \angle ACB = 90^{\circ}$，$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}$. 设$AC = 3k$，则$AB = 5k$.$\therefore BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{(5k)^{2}-(3k)^{2}} = 4k$.$\therefore 4k = 8$，解得$k = 2$.$\therefore AC = 3k = 3\times2 = 6$
11. 如图，在菱形纸片ABCD中，AB = 2，∠A = 60°，将菱形纸片翻折，使点A落在边CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则cos∠EFG的值为（ ）
A. $\frac{\sqrt{21}}{7}$
B. $\frac{\sqrt{15}}{5}$
C. $\frac{2\sqrt{3}}{15}$
D. $\frac{3\sqrt{3}}{35}$
A. $\frac{\sqrt{21}}{7}$
B. $\frac{\sqrt{15}}{5}$
C. $\frac{2\sqrt{3}}{15}$
D. $\frac{3\sqrt{3}}{35}$
答案：
A 解析：如图，连接$BE$、$BD$，连接$AE$，交$FG$于点$O$.$\because$ 四边形$ABCD$为菱形，$\therefore AD = BC = CD = AB = 2$.$\therefore \triangle BDC$为等腰三角形. 由题意，得$\angle C=\angle BAD = 60^{\circ}$，$\therefore \triangle BDC$为等边三角形.$\therefore BD = BC = CD$.$\because E$是$CD$的中点，$\therefore BE\perp CD$，$CE = DE=\frac{1}{2}CD = 1$. 在$Rt\triangle BCE$中，由勾股定理，得$BE=\sqrt{BC^{2}-CE^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$. 由题意，得$AB// CD$，$BE\perp CD$，$\therefore BE\perp AB$. 在$Rt\triangle ABE$中，由勾股定理，得$AE=\sqrt{AB^{2}+BE^{2}}=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{7}$. 设$EF = x$. 由折叠的性质，可知$EF = AF$，$FG$垂直平分$AE$.$\therefore BF = 2 - x$，$OE=\frac{1}{2}AE=\frac{\sqrt{7}}{2}$. 在$Rt\triangle BEF$中，由勾股定理，得$BF^{2}+BE^{2}=EF^{2}$，$\therefore (2 - x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}=x^{2}$，解得$x=\frac{7}{4}$，即$EF=\frac{7}{4}$. 在$Rt\triangle EOF$中，由勾股定理，得$OF=\sqrt{EF^{2}-OE^{2}}=\sqrt{(\frac{7}{4})^{2}-(\frac{\sqrt{7}}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{21}}{4}$.$\therefore \cos\angle EFG=\frac{OF}{EF}=\frac{\frac{\sqrt{21}}{4}}{\frac{7}{4}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.
A 解析：如图，连接$BE$、$BD$，连接$AE$，交$FG$于点$O$.$\because$ 四边形$ABCD$为菱形，$\therefore AD = BC = CD = AB = 2$.$\therefore \triangle BDC$为等腰三角形. 由题意，得$\angle C=\angle BAD = 60^{\circ}$，$\therefore \triangle BDC$为等边三角形.$\therefore BD = BC = CD$.$\because E$是$CD$的中点，$\therefore BE\perp CD$，$CE = DE=\frac{1}{2}CD = 1$. 在$Rt\triangle BCE$中，由勾股定理，得$BE=\sqrt{BC^{2}-CE^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$. 由题意，得$AB// CD$，$BE\perp CD$，$\therefore BE\perp AB$. 在$Rt\triangle ABE$中，由勾股定理，得$AE=\sqrt{AB^{2}+BE^{2}}=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{7}$. 设$EF = x$. 由折叠的性质，可知$EF = AF$，$FG$垂直平分$AE$.$\therefore BF = 2 - x$，$OE=\frac{1}{2}AE=\frac{\sqrt{7}}{2}$. 在$Rt\triangle BEF$中，由勾股定理，得$BF^{2}+BE^{2}=EF^{2}$，$\therefore (2 - x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}=x^{2}$，解得$x=\frac{7}{4}$，即$EF=\frac{7}{4}$. 在$Rt\triangle EOF$中，由勾股定理，得$OF=\sqrt{EF^{2}-OE^{2}}=\sqrt{(\frac{7}{4})^{2}-(\frac{\sqrt{7}}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{21}}{4}$.$\therefore \cos\angle EFG=\frac{OF}{EF}=\frac{\frac{\sqrt{21}}{4}}{\frac{7}{4}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.
12.（乐山期末）如图，点A的坐标为（4，3），B为直线y = -2上的一个动点，点C的坐标为（0，n），-2 ＜ n ＜ 3，AC⊥BC于点C，连接AB. 若直线AB与x轴的正半轴所夹的锐角为α，则当sin α的值最大时，n的值为______.
答案：
$\frac{1}{2}$ 解析：如图，设直线$y = - 2$交$y$轴于点$G$，分别过点$A$作$AM\perp y$轴于点$M$、$AN\perp BG$于点$N$，则$CM = 3 - n$，$AM = 4$，$CG = n - (-2)=n + 2$，$AN = 3 - (-2)=5$.$\because BN// x$轴，$\therefore \angle ABN=\alpha$. 在$Rt\triangle ABN$中，$\because \angle ANB = 90^{\circ}$，$\therefore \tan\alpha=\frac{AN}{BN}=\frac{5}{BN}$.$\because$ 当$\sin\alpha$的值最大时，$\tan\alpha$也取最大值，$\therefore BN$的长取最小值，此时$BG$长的值最大. $\because \angle MAC = 90^{\circ}-\angle ACM=\angle GCB$，$\angle AMC=\angle CGB = 90^{\circ}$，$\therefore \triangle ACM\sim\triangle CBG$.$\therefore \frac{CM}{BG}=\frac{AM}{CG}$，即$\frac{3 - n}{BG}=\frac{4}{n + 2}$.$\therefore BG=-\frac{1}{4}(n - 3)(n + 2)=-\frac{1}{4}(n-\frac{1}{2})^{2}+\frac{25}{16}$.$\because -\frac{1}{4}＜0$，$-2 ＜ n ＜ 3$，$\therefore$ 当$n=\frac{1}{2}$时，$BG$的长取最大值，此时$BN$的长取最小值，$\sin\alpha$取最大值. $\therefore n=\frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2}$ 解析：如图，设直线$y = - 2$交$y$轴于点$G$，分别过点$A$作$AM\perp y$轴于点$M$、$AN\perp BG$于点$N$，则$CM = 3 - n$，$AM = 4$，$CG = n - (-2)=n + 2$，$AN = 3 - (-2)=5$.$\because BN// x$轴，$\therefore \angle ABN=\alpha$. 在$Rt\triangle ABN$中，$\because \angle ANB = 90^{\circ}$，$\therefore \tan\alpha=\frac{AN}{BN}=\frac{5}{BN}$.$\because$ 当$\sin\alpha$的值最大时，$\tan\alpha$也取最大值，$\therefore BN$的长取最小值，此时$BG$长的值最大. $\because \angle MAC = 90^{\circ}-\angle ACM=\angle GCB$，$\angle AMC=\angle CGB = 90^{\circ}$，$\therefore \triangle ACM\sim\triangle CBG$.$\therefore \frac{CM}{BG}=\frac{AM}{CG}$，即$\frac{3 - n}{BG}=\frac{4}{n + 2}$.$\therefore BG=-\frac{1}{4}(n - 3)(n + 2)=-\frac{1}{4}(n-\frac{1}{2})^{2}+\frac{25}{16}$.$\because -\frac{1}{4}＜0$，$-2 ＜ n ＜ 3$，$\therefore$ 当$n=\frac{1}{2}$时，$BG$的长取最大值，此时$BN$的长取最小值，$\sin\alpha$取最大值. $\therefore n=\frac{1}{2}$.
13.（2023·荆州）如图，在菱形ABCD中，DH⊥AB于点H，以DH为直径的⊙O分别交AD、BD于点E、F，连接EF.
（1）求证：
①CD是⊙O的切线；
②△DEF∽△DBA.
（2）若AB = 5，BD = 6，求sin∠DFE的值.
（1）求证：
①CD是⊙O的切线；
②△DEF∽△DBA.
（2）若AB = 5，BD = 6，求sin∠DFE的值.
答案：
(1) ① $\because$ 四边形$ABCD$是菱形，$\therefore AB// CD$.$\because DH\perp AB$，$\therefore \angle CDH=\angle DHA = 90^{\circ}$.$\therefore CD\perp OD$. 又$\because OD$为$\odot O$的半径，$\therefore CD$是$\odot O$的切线 ② 如图，连接$HF$.$\because \overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{CF}$，$\therefore \angle DEF=\angle DHF$.$\because DH$为$\odot O$的直径，$\therefore \angle DFH = 90^{\circ}$.$\because \angle DHB = 90^{\circ}$，$\therefore$ 易得$\angle DHF=\angle DEF=\angle DBA$. 又$\because \angle EDF=\angle BDA$，$\therefore \triangle DEF\sim\triangle DBA$
(2) 如图，连接$AC$，交$BD$于点$G$. 在菱形$ABCD$中，$AC\perp BD$，$AB = AD$，$AG = GC$，$DG = GB=\frac{1}{2}BD = 3$.$\therefore$ 在$Rt\triangle AGB$中，$AG=\sqrt{AB^{2}-GB^{2}} = 4$.$\therefore AC = 2AG = 8$.$\because S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD = AB\cdot DH$，$\therefore DH=\frac{24}{5}$. 在$Rt\triangle ADH$中，$\sin\angle DAH=\frac{DH}{AD}=\frac{DH}{AB}=\frac{\frac{24}{5}}{5}=\frac{24}{25}$.$\because \triangle DEF\sim\triangle DBA$，$\therefore \angle DFE=\angle DAH$.$\therefore \sin\angle DFE=\sin\angle DAH=\frac{24}{25}$
(1) ① $\because$ 四边形$ABCD$是菱形，$\therefore AB// CD$.$\because DH\perp AB$，$\therefore \angle CDH=\angle DHA = 90^{\circ}$.$\therefore CD\perp OD$. 又$\because OD$为$\odot O$的半径，$\therefore CD$是$\odot O$的切线 ② 如图，连接$HF$.$\because \overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{CF}$，$\therefore \angle DEF=\angle DHF$.$\because DH$为$\odot O$的直径，$\therefore \angle DFH = 90^{\circ}$.$\because \angle DHB = 90^{\circ}$，$\therefore$ 易得$\angle DHF=\angle DEF=\angle DBA$. 又$\because \angle EDF=\angle BDA$，$\therefore \triangle DEF\sim\triangle DBA$
(2) 如图，连接$AC$，交$BD$于点$G$. 在菱形$ABCD$中，$AC\perp BD$，$AB = AD$，$AG = GC$，$DG = GB=\frac{1}{2}BD = 3$.$\therefore$ 在$Rt\triangle AGB$中，$AG=\sqrt{AB^{2}-GB^{2}} = 4$.$\therefore AC = 2AG = 8$.$\because S_{菱形ABCD}=\frac{1}{2}AC\cdot BD = AB\cdot DH$，$\therefore DH=\frac{24}{5}$. 在$Rt\triangle ADH$中，$\sin\angle DAH=\frac{DH}{AD}=\frac{DH}{AB}=\frac{\frac{24}{5}}{5}=\frac{24}{25}$.$\because \triangle DEF\sim\triangle DBA$，$\therefore \angle DFE=\angle DAH$.$\therefore \sin\angle DFE=\sin\angle DAH=\frac{24}{25}$
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