《2025年金钥匙课时学案作业本九年级数学上册人教版》

8. 如图,在$\odot O$中,AB是$\odot O$的弦,$\odot O$的半径为3,C为$\odot O$上一点.若$∠ACB= 45^{\circ }$,则AB的长为 (C)
A.2
B.3
C.$3\sqrt {2}$
D.6

答案： 【解析】：本题可根据圆周角定理及其推论得出$\triangle AOB$的形状，再利用等腰直角三角形的性质求出$AB$的长。
圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半。
已知$\angle ACB = 45^{\circ}$，$AB$是$\odot O$的弦，$\angle ACB$是圆周角，它所对的弧是$\overset{\frown}{AB}$，$\angle AOB$是圆心角，它所对的弧也是$\overset{\frown}{AB}$。
根据圆周角定理可得$\angle AOB = 2\angle ACB$，将$\angle ACB = 45^{\circ}$代入，可得$\angle AOB = 2×45^{\circ}= 90^{\circ}$。
因为$OA$、$OB$是$\odot O$的半径，已知$\odot O$的半径为$3$，所以$OA = OB = 3$。
在$\triangle AOB$中，$\angle AOB = 90^{\circ}$，$OA = OB = 3$，所以$\triangle AOB$是等腰直角三角形。
根据等腰直角三角形的性质：等腰直角三角形的两条直角边相等，斜边等于直角边的$\sqrt{2}$倍。
在$\triangle AOB$中，$AB$为斜边，$OA$、$OB$为直角边，所以$AB = \sqrt{2}OA=\sqrt{2}×3 = 3\sqrt{2}$。
【答案】：C。

9. (易错题)(2024·如皋一模)如图,AB是半圆O的直径,点C,D将$\widehat {AB}$分成相等的三段弧,点P在$\widehat {AC}$上.已知点Q在$\widehat {AB}上且∠APQ= 115^{\circ }$,则点Q所在的弧是 (D)
A.$\widehat {AP}$
B.$\widehat {PC}$
C.$\widehat {CD}$
D.$\widehat {DB}$

答案： 解：连接AQ，BQ。
∵AB是半圆O的直径，
∴∠AQB=90°（直径所对的圆周角是直角）。
∵点C，D将$\widehat{AB}$分成相等的三段弧，
∴$\widehat{AC}=\widehat{CD}=\widehat{DB}=\frac{180°}{3}=60°$。
设$\widehat{AP}=x$（$0°＜x＜60°$），则$\widehat{PB}=180°-x$。
∵∠APQ=115°，∠APQ是△APQ的外角，
∴∠APQ=∠PAQ+∠AQP，即115°=∠PAQ+∠AQP。
∵∠PAQ=$\frac{1}{2}\widehat{PQ}$，∠AQP=$\frac{1}{2}\widehat{AP}=\frac{x}{2}$，
∴115°=$\frac{1}{2}\widehat{PQ}+\frac{x}{2}$，得$\widehat{PQ}=230°-x$。
∵点Q在$\widehat{AB}$上，$\widehat{AB}=180°$，
∴$\widehat{PQ}=230°-x＞180°$，则优弧PQ=230°-x，
劣弧PQ=360°-(230°-x)=130°+x。
∵$\widehat{AP}=x$，劣弧PQ=130°+x，
∴$\widehat{AQ}=\widehat{PQ}-\widehat{AP}=130°+x-x=130°$。
$\widehat{AC}=60°$，$\widehat{CD}=60°$，$\widehat{AD}=\widehat{AC}+\widehat{CD}=120°$，
$\widehat{AB}=180°$，$\widehat{AQ}=130°$，120°＜130°＜180°，
∴点Q在$\widehat{DB}$上。
答案：D

10. 如图,正方形ABCD的四个顶点都在$\odot O$上,E为边AB上一点,连接DE并延长,交$\odot O$于点F,连接AF.若$AB= 10,∠ADF= 30^{\circ }$,则AF的长为______ $5\sqrt {2}$.

答案： 1. 首先，连接$OA$，$OD$：
因为正方形$ABCD$的四个顶点都在$\odot O$上，所以$\odot O$是正方形$ABCD$的外接圆，$\angle AOD = 90^{\circ}$（正方形的中心角为$90^{\circ}$），且$OA = OD$。
已知$AB = 10$，根据正方形的性质$AD = AB = 10$。
由圆的性质，在$Rt\triangle AOD$中，根据勾股定理$OA^{2}+OD^{2}=AD^{2}$，又$OA = OD$，则$2OA^{2}=AD^{2}$，把$AD = 10$代入可得$2OA^{2}=100$，解得$OA=\frac{10}{\sqrt{2}} = 5\sqrt{2}$。
2. 然后，根据圆周角定理：
同弧所对的圆周角是圆心角的一半，因为$\angle ADF = 30^{\circ}$，所以$\angle AOF=2\angle ADF$（圆周角定理：$\angle AOF$是圆心角，$\angle ADF$是圆周角，它们所对的弧都是$\overset{\frown}{AF}$）。
所以$\angle AOF = 60^{\circ}$。
3. 最后，判断$\triangle AOF$的形状并求$AF$的长：
又因为$OA = OF$（同圆半径相等），且$\angle AOF = 60^{\circ}$，所以$\triangle AOF$是等边三角形（有一个角是$60^{\circ}$的等腰三角形是等边三角形）。
所以$AF = OA$，而$OA = 5\sqrt{2}$。
故$AF$的长为$5\sqrt{2}$。

11. (分类讨论思想)(2024·崇川三模)在半径为1的$\odot O$中,弦AB的长等于$\odot O$的半径,则弦AB所对的圆周角等于$30^\circ$或$150^\circ$.

答案： 【解析】：
本题主要考查了圆周角定理及其推论。
首先，由于弦$AB$的长度等于圆$\odot O$的半径，我们可以得出$\triangle AOB$是等边三角形。
在等边三角形$\triangle AOB$中，$\angle AOB = 60^\circ$。
根据圆周角定理，一条弧所对的圆周角等于这条弧所对圆心角的一半。
因此，弦$AB$所对的圆周角$\angle C$（劣弧所对）为$\frac{1}{2} \angle AOB = \frac{1}{2} × 60^\circ = 30^\circ$。
但是，由于圆周角可以在优弧和劣弧上分别形成，我们还需要考虑优弧所对的圆周角。
优弧所对的圆周角$\angle D$为$180^\circ - \angle C = 180^\circ - 30^\circ = 150^\circ$。
所以弦$AB$所对的圆周角有两种可能，分别是$30^\circ$和$150^\circ$。
【答案】：
$30^\circ$或$150^\circ$。

12. 如图,以$\triangle ABC$的一边AB为直径的圆与其他两边BC,AC的交点分别为D,E,且D为$\widehat {BE}$的中点,连接BE.若$∠CAB= 70^{\circ }$,求$∠DBE$的度数.

答案： 解：连接AD。
∵AB为直径，
∴∠AEB=∠ADB=90°。
∵∠CAB=70°，
∴∠ABE=90°-∠CAB=20°。
∵D为$\widehat{BE}$的中点，
∴$\widehat{DE}=\widehat{BD}$，
∴∠DAE=∠DAB=$\frac{1}{2}$∠CAB=35°。
在Rt△ABD中，∠ABD=90°-∠DAB=55°。
∴∠DBE=∠ABD-∠ABE=55°-20°=35°。
答：∠DBE的度数为35°。

13. 如图,AB是$\odot O$的直径,C是$\widehat {BD}$的中点,$CE⊥AB$于点E,BD交CE于点F,连接AC,CD,BC.
(1) 求证:$CF= BF;$
(2) 若$CD= 3,AC= 4$,求CE的长.

答案：
(1) 证明：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即∠ACF+∠FCB=90°．
∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，即∠ABC+∠FCB=90°．
∴∠ACF=∠ABC．
∵C是$\widehat{BD}$的中点，
∴$\widehat{BC}=\widehat{CD}$，
∴∠BAC=∠DBC．
∵∠CFB=∠BAC+∠ACF，∠FBC=∠ABC，
又∠ACF=∠ABC，∠BAC=∠DBC=∠FBC，
∴∠CFB=∠FBC，
∴CF=BF．
(2) 解：
∵C是$\widehat{BD}$的中点，
∴BC=CD=3．
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°．
在Rt△ACB中，AC=4，BC=3，
∴AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$．
∵S_△ACB=$\frac{1}{2}$AC·BC=$\frac{1}{2}$AB·CE，
∴$\frac{1}{2}×4×3=\frac{1}{2}×5×CE$，
解得CE=$\frac{12}{5}$．