《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

10. [2024·康县一模]如图，AB是⊙O的直径，⌢AD = ⌢CD，∠COB = 40°，则∠A的度数是_______°.

答案： 55

11. 如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，OD是半径，且⌢CD = ⌢BD，求证：AC//OD.

答案：
证明:连接OC,
　　　　　　　
　
∵$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$，
　
∴$\angle COD = \angle BOD$。
　
∵OA = OC，
　
∴$\angle A=\angle C$。
　
∵$\angle BOC=\angle COD+\angle BOD = 2\angle BOD$，$\angle BOC=\angle A+\angle C = 2\angle A$，
　
∴$\angle BOD=\angle A$，
　
∴AC//OD。

12. [2024·南京二模]如图，AB，CD是⊙O的两条弦，AC与BD相交于点E，AB = CD.
（1）求证：AC = BD；
（2）连接BC，作直线EO，求证：EO⊥BC.

答案：
证明:
(1)因为$AB = CD$，所以$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{CD}$，所以$\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}+\overset{\frown}{AD}$，即$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{AC}$，所以$AC = BD$。
(2)补全图形如图，连接OB,OC,
　　　　　　　
　　在$\triangle ABC$和$\triangle DCB$中，$\begin{cases}AB = CD\\AC = BD\\BC = BC\end{cases}$，
　
∴$\triangle ABC≌\triangle DCB(SSS)$，
　
∴$\angle ACB=\angle DBC$。
　
∴EB = EC，
　
∵OB = OC，
　
∴点E,O都在BC的垂直平分线上，
　
∴EO⊥BC。

13. [2024·徐汇区二模]如图，在扇形OAB中，OA = OB = 6√2，∠AOB = 90°，点C，D是弧上的动点（点C在点D的上方，点C不与点A重合，点D不与点B重合），且∠COD = 45°.
（1）①请直接写出弧AC、弧CD和弧BD之间的数量关系；
②分别连接AC，CD和BD，试比较AC + BD和CD的大小关系，并证明你的结论；
（2）AB分别交OC，OD于点M，N.
①当点C在弧AB上运动过程中，AN·BM的值是否变化，若变化，请说明理由；若不变，请求AN·BM的值；
②当MN = 5时，求圆心角∠DOB的正切值.

答案：
解:
(1)①
∵$\angle AOB = 90^{\circ}$，$\angle COD = 45^{\circ}$，
∴$\angle AOC+\angle BOD=\angle AOB-\angle COD=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$，
　
∴$\overset{\frown}{AC}+\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$；
　②$AC + BD＞CD$。证明如下:
　　如图1,在弧CD上取点E,连接OE,使得$\angle COE=\angle AOC$，
　　　　　　　
　
∵$\angle COE=\angle AOC$，
　
∴$AC = CE$。
　
∵$\angle COE+\angle DOE = 45^{\circ}$，$\angle AOC+\angle BOD = 90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$，
　
∴$\angle DOE=\angle BOD$，
　
∴$BD = DE$。
　
∵$CE + DE＞CD$，
　
∴$AC + BD＞CD$；
(2)①$AN\cdot BM$的值不变，$AN\cdot BM = 72$。如图2,
　　　　　　　
　
∵OA = OB，$\angle AOB = 90^{\circ}$，
　
∴$\angle OAB=\angle OBA = 45^{\circ}$。
　
∵$\angle OMB=\angle OAB+\angle AOM = 45^{\circ}+\angle AOM$，$\angle AON=\angle COD+\angle AOM = 45^{\circ}+\angle AOM$，
　
∴$\angle OMB=\angle AON$，
　
∴$\triangle BMO\sim\triangle AON$，
　
∴$\frac{BM}{AO}=\frac{BO}{AN}$，
　
∴$AN\cdot BM = AO\cdot BO = 6\sqrt{2}\times6\sqrt{2}=72$；
②如图3,过点O在OB下方作$\angle BOM'=\angle AOM$，截取$OM' = OM$，连接 $BM'$，$NM'$
　　　　　　　　　
　
∵AO = BO，
　
∴$\triangle OBM'\cong\triangle OAM(SAS)$，
　
∴$BM' = AM$，$\angle OBM'=\angle OAB = 45^{\circ}$，
　　$\angle M'ON = 45^{\circ}=\angle COD$，
　
∴$\angle NBM'=\angle OBA+\angle OBM' = 90^{\circ}$。
　　又
∵ON = ON，
　
∴$\triangle ONM'\cong\triangle ONM(SAS)$，
　
∴$M'N = MN$，
　
∴$MN^{2}=M'N^{2}=BM'^{2}+BN^{2}=AM^{2}+BN^{2}$。
　
∵$AM + BN=AB - MN=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}-5=\sqrt{(6\sqrt{2})^{2}+(6\sqrt{2})^{2}}-5 = 12 - 5 = 7$，$AM^{2}+BN^{2}=5^{2}$，
　　解得$BN = 3$或$BN = 4$。
过点N作NF⊥OB于点F,则$\angle NFB = 90^{\circ}$。
∵$\angle ABO = 45^{\circ}$，
∴$\angle BNF = 45^{\circ}$，
∴$NF = BF$。
设$BF = x$，则$OF = 6\sqrt{2}-x$。
当$BN = 3$时，在$Rt\triangle NFB$中，$BF^{2}+NF^{2}=BN^{2}$，即$x^{2}+x^{2}=9$，
解得$x=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴$OF = 6\sqrt{2}-\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{9\sqrt{2}}{2}$，
∴$\tan\angle DOB=\frac{NF}{OF}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\frac{9\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{3}$。
当$BN = 4$时，在$Rt\triangle NFB$中，$BF^{2}+NF^{2}=BN^{2}$，即$x^{2}+x^{2}=16$，
解得$x = 2\sqrt{2}$，
∴$OF = 6\sqrt{2}-2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$，
∴$\tan\angle DOB=\frac{NF}{OF}=\frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$。
综上所述，$\angle DOB$的正切值为$\frac{1}{3}$或$\frac{1}{2}$。