《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》

10. （2023·随州）如图，AB是⊙O的直径，点E、C在⊙O上，C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，AE垂直于过点C的直线DC，垂足为D，AB的延长线交直线DC于点F，连接AC、BC.
（1）求证：DC是⊙O的切线.
（2）若AE = 2，sin∠AFD = $\frac{1}{3}$，求：
① ⊙O的半径；
② 线段DE的长.
　　　　　

答案：

(1) 如图，连接OC。
∵C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{CB}$。
∴ $\angle CAE=\angle CAB$。
∵ $OA = OC$，
∴ $\angle CAB=\angle ACO$。
∴ $\angle CAE=\angle ACO$。
∴ $AD// OC$。
∵ $AD\perp DC$，
∴ $OC\perp DC$。
∵OC是$\odot O$的半径，
∴DC是$\odot O$的切线
(2) ① 如图，连接BE。
∵AB是$\odot O$的直径，
∴ $\angle AEB = 90^{\circ}$。
∴ $BE\perp AD$。
∵ $AD\perp DF$，
∴ $BE// DF$。
∴ $\angle AFD=\angle ABE$。
∵ $\sin\angle AFD=\frac{1}{3}$，
∴ $\sin\angle ABE=\frac{AE}{AB}=\frac{1}{3}$。
∵ $AE = 2$，
∴ $AB = 6$。
∴ $\odot O$的半径为3 ② 由
(1)，可知 $OC\perp DF$，
∴ $\sin\angle AFD=\frac{OC}{OF}=\frac{1}{3}$。
∵ $OC = 3$，$OF = OB + BF = 3 + BF$，
∴ $\frac{3}{3 + BF}=\frac{1}{3}$。
∴ $BF = 6$。
∴ $AF = AB + BF = 6 + 6 = 12$。
∵ $AD\perp DF$，
∴ $\sin\angle AFD=\frac{AD}{AF}=\frac{AD}{12}=\frac{1}{3}$。
∴ $AD = 4$。
∵ $AE = 2$，
∴ $DE = AD - AE = 4 - 2 = 2$

11. （2024·邗江二模）如图，在△ABC中，若∠A - ∠C = 90°，AB = 1，BC = 3，则AC的长为（ ）
A. $\frac{4\sqrt{10}}{5}$
B. $\frac{3\sqrt{10}}{5}$
C. $\frac{5\sqrt{2}}{3}$
D. $\frac{5\sqrt{5}}{4}$
　　 　　　

答案：
A 解析：如图，过点A在AC下方作$\angle DAC=\angle C$，则 $CD = AD$，$\angle BAD=\angle BAC-\angle DAC=\angle BAC-\angle C = 90^{\circ}$。设 $AD = x$，则 $BD = BC - CD = 3 - x$。
∵ $\angle BAD = 90^{\circ}$，
∴ $AB^{2}+AD^{2}=BD^{2}$。
∴ $1^{2}+x^{2}=(3 - x)^{2}$，解得 $x=\frac{4}{3}$。
∴ $AD=\frac{4}{3}$，$BD = 3-\frac{4}{3}=\frac{5}{3}$。过点A作 $AH\perp BC$ 于点H，则$\angle AHC = 90^{\circ}$。
∵ $AD\perp AB$，
∴ $S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{2}BD\cdot AH$。
∴ $AH=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{1\times\frac{4}{3}}{\frac{5}{3}}=\frac{4}{5}$。
∵ $\angle AHD = 90^{\circ}$，
∴ $DH=\sqrt{(\frac{4}{3})^{2}-(\frac{4}{5})^{2}}=\frac{16}{15}$。
∴ $HC=\frac{16}{15}+\frac{4}{3}=\frac{12}{5}$。
∵ $\angle AHC = 90^{\circ}$，
∴ $AC=\sqrt{(\frac{4}{5})^{2}+(\frac{12}{5})^{2}}=\frac{4\sqrt{10}}{5}$

12. 如图，在四边形ABCD中，∠A = ∠C = 45°，∠ADB = ∠ABC = 105°. 若AB + CD = 2$\sqrt{3}$ + 2，则AB的长为______.

答案：
$\sqrt{3}+1$ 解析：如图，分别过点B、D作 $BF\perp CD$ 于点F、$DE\perp AB$ 于点E。设 $DE = x$。在 $Rt\triangle ADE$ 中，
∵ $\angle AED = 90^{\circ}$，$\angle A = 45^{\circ}$，
∴ $\angle ADE = 45^{\circ}$，$AE=\frac{DE}{\tan A}=\frac{x}{\tan45^{\circ}}=x$。在 $Rt\triangle BDE$ 中，
∵ $\angle BDE=\angle ADB-\angle ADE = 105^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}$，
∴ $BE = DE\cdot\tan\angle BDE=\sqrt{3}x$。
∴ $BD=\sqrt{BE^{2}+DE^{2}} = 2x$。
∴ $AB = AE + BE = x+\sqrt{3}x$。
∵ $\angle C = 45^{\circ}$，$BF\perp CD$，
∴ $\angle FBC = 45^{\circ}$。
∵ $\angle ABD = 90^{\circ}-\angle BDE = 30^{\circ}$，
∴ $\angle DBF=\angle ABC-\angle ABD-\angle FBC = 30^{\circ}$。
∴ 在 $Rt\triangle BDF$ 中，$DF = BD\cdot\sin30^{\circ}=x$，$BF = BD\cdot\cos30^{\circ}=\sqrt{3}x$。
∴ 易得 $CF = BF=\sqrt{3}x$。
∴ $CD=\sqrt{3}x + x$。
∴ $AB + CD=(2\sqrt{3}+2)x = 2\sqrt{3}+2$，解得 $x = 1$。
∴ $AB=\sqrt{3}+1$。

13. （2023·广元）已知线段AB、AC，线段AC绕点A在直线AB上方旋转，连接BC，以BC为边在BC上方作Rt△BDC，且∠DBC = 30°.
（1）如图①，若∠BDC = 90°，以AB为边在AB上方作Rt△BAE，且∠AEB = 90°，∠EBA = 30°，连接DE，用等式表示线段AC与DE之间的数量关系是__________；
（2）如图②，在（1）的条件下，若DE⊥AB，AB = 4，AC = 2，求BC的长；
（3）如图③，若∠BCD = 90°，AB = 4，AC = 2，当AD的长最大时，求此时tan∠CBA的值.
　　　
　　　　　　　

答案：

(1) $AC=\frac{2\sqrt{3}}{3}DE$ 解析：在 $Rt\triangle BDC$ 中，$\angle DBC = 30^{\circ}$，$\angle BDC = 90^{\circ}$，在 $Rt\triangle BAE$ 中，$\angle AEB = 90^{\circ}$，$\angle EBA = 30^{\circ}$，
∴ $EB = AB\cdot\cos\angle EBA=\frac{\sqrt{3}}{2}AB$，$\angle BEA=\angle BDC$，$\angle EBA=\angle DBC$。
∴ $\triangle BAE\sim\triangle BCD$，$\angle DBE+\angle EBC=\angle CBA+\angle EBC$。
∴ $\frac{AB}{CB}=\frac{BE}{BD}$，$\angle CBA=\angle DBE$。
∴ $\frac{BA}{BE}=\frac{BC}{BD}$。
∴ $\triangle ABC\sim\triangle EBD$。
∴ $\frac{AC}{ED}=\frac{AB}{EB}=\frac{AB}{\frac{\sqrt{3}}{2}AB}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
∴ $AC=\frac{2\sqrt{3}}{3}DE$。
(2) 在 $Rt\triangle BAE$ 中，$\angle AEB = 90^{\circ}$，$\angle EBA = 30^{\circ}$，$AB = 4$，
∴ $AE = AB\cdot\sin\angle EBA=\frac{1}{2}AB = 2$，$\angle BAE = 60^{\circ}$。如图①，延长DE，交AB于点F。
∵ $DE\perp AB$，
∴ 在 $Rt\triangle AEF$ 中，$EF = AE\cdot\sin\angle BAE = 2\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，$AF = AE\cdot\cos\angle BAE = 2\times\frac{1}{2}=1$。
∴ $BF = AB - AF = 4 - 1 = 3$。由
(1)，得 $AC=\frac{2\sqrt{3}}{3}DE$，
∴ $DE=\frac{\sqrt{3}}{2}AC=\frac{\sqrt{3}}{2}\times2=\sqrt{3}$。
∴ $DF = DE + EF = 2\sqrt{3}$。在 $Rt\triangle BFD$ 中，$BD=\sqrt{BF^{2}+DF^{2}}=\sqrt{3^{2}+(2\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{21}$。由
(1)，得$\triangle ABC\sim\triangle EBD$，
∴ $\frac{BC}{BD}=\frac{AC}{ED}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
∴ $BC=\frac{2\sqrt{3}}{3}BD=\frac{2\sqrt{3}}{3}\times\sqrt{21}=2\sqrt{7}$
(3) 如图②，以AB为边在AB上方作 $Rt\triangle BAE$，且$\angle EAB = 90^{\circ}$，$\angle EBA = 30^{\circ}$，连接ED、EC。同
(1)，易得$\triangle BDE\sim\triangle BCA$，则易得$\frac{DE}{CA}=\frac{BD}{BC}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
∵ $AC = 2$，
∴ $DE=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。在 $Rt\triangle AEB$ 中，$AB = 4$，
∴ $AE = AB\cdot\tan\angle EBA = 4\times\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
∴ 点D在以点E为圆心、$\frac{4\sqrt{3}}{3}$为半径的圆上运动，当A、E、D三点共线时，AD的长最大，此时 $AD = AE + DE=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。在 $Rt\triangle ABD$ 中，$BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{4^{2}+(\frac{8\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{4\sqrt{21}}{3}$，
∴ $\cos\angle BDA=\frac{AD}{BD}=\frac{\frac{8\sqrt{3}}{3}}{\frac{4\sqrt{21}}{3}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$，$\sin\angle BDA=\frac{AB}{BD}=\frac{4}{\frac{4\sqrt{21}}{3}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$。
∵ $\triangle BDE\sim\triangle BCA$，
∴ $\angle BDE=\angle BCA$。过点A作 $AF\perp BC$ 于点F。
∴ $CF = AC\cdot\cos\angle BCA = AC\cdot\cos\angle BDA = 2\times\frac{2\sqrt{7}}{7}=\frac{4\sqrt{7}}{7}$，$AF = AC\cdot\sin\angle BCA = AC\cdot\sin\angle BDA = 2\times\frac{\sqrt{21}}{7}=\frac{2\sqrt{21}}{7}$。
∵ $\angle DBC = 30^{\circ}$，
∴ 易得 $BC=\frac{\sqrt{3}}{2}BD=\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{4\sqrt{21}}{3}=2\sqrt{7}$。
∴ $BF = BC - CF = 2\sqrt{7}-\frac{4\sqrt{7}}{7}=\frac{10\sqrt{7}}{7}$。在 $Rt\triangle AFB$ 中，$\tan\angle CBA=\frac{AF}{BF}=\frac{\frac{2\sqrt{21}}{7}}{\frac{10\sqrt{7}}{7}}=\frac{\sqrt{3}}{5}$

第13题