《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

11. 如图，在⊙O中，AB为直径，C为⊙O上一点，∠ACB的平分线交⊙O于点M.
(1)若AB = 10，sinB = $\frac{3}{5}$，则AC = ______，BC = ______；
(2)在(1)的条件下，连接AM.
①AM = ______；
②求CM的长；
(3)探究AC，BC，CM之间的数量关系，并直接写出你的结论.

答案：
解：
(1)6，8；
(2)①$5\sqrt{2}$；
②如图所示，过点A作$AD\perp MC$于点D，
∵$\angle ACB$的平分线交$\odot O$于点M，$\angle ACB = 90^{\circ}$，
∴$\angle ACM=\angle BCM = 45^{\circ}$，
∴$AD = CD = AC\cdot\sin45^{\circ}=6\times\frac{\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$，
∵$\angle AMC=\angle B$，
∴$\tan\angle AMC=\tan B$，
∴$DM=\frac{AD}{\tan\angle AMC}=\frac{3\sqrt{2}}{\frac{3}{4}} = 4\sqrt{2}$，

∴$CM = 3\sqrt{2}+4\sqrt{2}=7\sqrt{2}$；
(3)由
(2)可知，在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\frac{\sqrt{2}}{2}AC$，
∵$\angle AMC=\angle B$，
∴$\tan\angle AMC=\tan B$，即$\frac{AD}{DM}=\frac{AC}{CB}$，
∴$DM=\frac{AD\cdot CB}{AC}$，
∵$AD=\frac{\sqrt{2}}{2}AC$，
∴$DM=\frac{\sqrt{2}}{2}BC$，
∴$CM = CD + DM=\frac{\sqrt{2}}{2}AC+\frac{\sqrt{2}}{2}BC$.

12. 如图，以AB为直径的⊙O经过△ABC的顶点C，D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，连接BD，OD，分别交AC于点E，F.
(1)求证：△DEF∽△BEC；
(2)若DE = 2，BE = 6，求⊙O的面积.

答案：
解：
(1)证明：
∵D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，
∴$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴$\angle ABD=\angle CBD$，
∵$OD = OB$，
∴$\angle ODB=\angle OBD$，
∴$\angle ODB=\angle DBC$，
又
∵$\angle DEF=\angle BEC$，
∴$\triangle DEF\sim\triangle BEC$；
(2)连接AD，
∵$\angle ADB = 90^{\circ}$，
∵$\angle DAC=\angle DBC=\angle DBA$，
$\angle ADE=\angle ADB$，
∴$\triangle DAE\sim\triangle DBA$，

∴$\frac{DE}{DA}=\frac{DA}{DB}$，
∵$DE = 2$，$BE = 6$，
∴$DB = 8$，
∴$AD = 4$，
∴$AB=\sqrt{4^{2}+8^{2}} = 4\sqrt{5}$，
∴$\odot O$的面积为$(\frac{4\sqrt{5}}{2})^{2}\pi = 20\pi$.

13. [2024·常州二模]如图，△ACE是⊙O的内接三角形，$\overset{\frown}{AC}$ = $\overset{\frown}{AE}$，CD是⊙O的直径，交AE于点F，延长AD，CE交于点B.
(1)求证：△ACD∽△ABC；
(2)若$\frac{AE}{AD}$ = 2，BD = 3，求CE和AF的长.

答案：
解：
(1)证明：
∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AE}$，
∴$\angle ADC=\angle ACB$，
又
∵$\angle CAD=\angle BAC$，
∴$\triangle ACD\sim\triangle ABC$；
(2)如图所示，过点A作$AG\perp BC$，

∵$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AE}$，
∴$AC = AE$.
∵$\frac{AE}{AD}=2$，
∴$\frac{AC}{AD}=2$，
设$AD = x$，则$AC = 2x$，
∵$BD = 3$，
∴$AB = AD + BD=x + 3$.
∵$\triangle ACD\sim\triangle ABC$，
∴$\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{BC}$，
∴$\frac{x}{2x}=\frac{2x}{x + 3}=\frac{CD}{BC}$.
解得$x = 1$（$x = 0$舍去），
∴$AD = 1$，$AC = 2x = 2$.
∵CD是$\odot O$的直径，
∴$\angle CAD = 90^{\circ}$，
∴$CD=\sqrt{AC^{2}+AD^{2}}=\sqrt{5}$.
∵$\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{BC}$，
∴$\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{5}}{BC}$.
∴$BC = 2\sqrt{5}$.
∵$AC = AE$，$AG\perp BC$，
∴$CE = 2CG = 2GE$.
∵$\cos\angle ACG=\frac{CG}{AC}=\frac{AC}{BC}$，
∴$\frac{CG}{2}=\frac{2}{2\sqrt{5}}$.
∴$CG=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
∴$CE = 2CG=\frac{4\sqrt{5}}{5}$.
设$AF = a$，则$EF = AE - AF=2 - a$，
设$DF = b$，则$CF = CD - DF=\sqrt{5}-b$，
∵$\angle ADF=\angle CEF$，$\angle AFD=\angle CFE$，
∴$\triangle ADF\sim\triangle CEF$.
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{DF}{EF}=\frac{AD}{CE}$.
∴$\frac{a}{\sqrt{5}-b}=\frac{b}{2 - a}=\frac{1}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}$，
解得$a=\frac{10}{11}$，$b=\frac{3\sqrt{5}}{11}$，
∴$AF=\frac{10}{11}$.

14. [2024·扬州]如图，已知∠PAQ及AP边上一点C.
(1)用无刻度直尺和圆规在射线AQ上求作点O，使得∠COQ = 2∠CAQ；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在(1)的条件下，以点O为圆心，以OA为半径的圆交射线AQ于点B，用无刻度直尺和圆规在射线CP上求作点M，使点M到点C的距离与点M到射线AQ的距离相等；（保留作图痕迹，不写作法）
(3)在(1)(2)的条件下，若sinA = $\frac{3}{5}$，CM = 12，求BM的长.

答案：
解：
(1)如图1所示，

∴$\angle COQ = 2\angle CAQ$，
点O即为所求；
(2)如图2所示，
连接BC，以点B为圆心，以BC为半径画弧交AQ于点$B_1$，以点$B_1$为圆心，以任意长为半径画弧交AQ于点$C_1$，$D_1$，分别以点$C_1$，$D_1$为圆心，以大于$\frac{1}{2}C_1D_1$的长为半径画弧，交于点$F_1$，连接$B_1F_1$并延长交AP于点M，
∵AB是直径，
∴$\angle ACB = 90^{\circ}$，即$BC\perp AP$，
由作图，得$MB_1\perp AQ$，即$\angle MB_1B = 90^{\circ}$，$BC = BB_1$，
又
∵$MB = MB$，
∴$Rt\triangle BCM\cong Rt\triangle BB_1M(HL)$，
∴$CM = B_1M$，
点M即为所求点的位置；

(3)由
(2)得$\angle COQ = 2\angle CAQ$，$MC = MB_1 = 12$，$MB_1\perp AQ$，连接BC，
∴在$Rt\triangle AMB_1$中，$\sin A=\frac{B_1M}{AM}=\frac{3}{5}$，
∴$AM=\frac{5B_1M}{3}=\frac{5\times12}{3}=20$，
∴$AC = AM - CM=20 - 12 = 8$，
∵AB是直径，
∴$\angle ACB = 90^{\circ}$，
∴$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{5}$，
设$BC = 3x$，则$AB = 5x$，
∴在$Rt\triangle ABC$中，$(5x)^{2}=(3x)^{2}+8^{2}$，
解得$x = 2$（负值舍去），
∴$BC = 3x = 6$，
在$Rt\triangle BCM$中，
$BM=\sqrt{CM^{2}+BC^{2}}=\sqrt{12^{2}+6^{2}}=6\sqrt{5}$.