《2025年金钥匙课时学案作业本九年级数学上册人教版》

8. 已知$\triangle ABC内接于\odot O$,过点$A作直线EF$,且$\angle B= \angle EAC$.根据弦$AB$的变化情况,甲、乙两人分别探究直线$EF与\odot O$的位置关系.甲：如图①,当弦$AB过点O$时,直线$EF与\odot O$相切；乙：如图②,当弦$AB不过点O$时,直线$EF也与\odot O$相切.下列判断正确的是(C)
A.甲对,乙不对
B.甲不对,乙对
C.甲、乙都对
D.甲、乙都不对

答案： 【解析】：本题可根据圆的性质以及切线的判定定理，分别分析甲、乙两人的结论是否正确。
分析甲的结论：
当弦$AB$过点$O$时，即$AB$为圆$O$的直径。
因为$\angle C = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角），所以$\angle B + \angle BAC = 90^{\circ}$。
又已知$\angle B = \angle EAC$，将$\angle B$替换为$\angle EAC$，可得$\angle EAC + \angle BAC = 90^{\circ}$，即$\angle EAB = 90^{\circ}$，所以$OA\perp EF$。
因为$OA$是圆$O$的半径，且$OA\perp EF$，根据切线的判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，可知直线$EF$与$\odot O$相切，所以甲的结论正确。
分析乙的结论：
当弦$AB$不过点$O$时，连接$AO$并延长交圆$O$于点$D$，连接$BD$。
因为$AD$是圆$O$的直径，所以$\angle ABD = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角），即$\angle D + \angle BAD = 90^{\circ}$。
由于$\angle D$和$\angle C$所对的是同一段弧$\overset{\frown}{AB}$，根据同弧所对的圆周角相等，可得$\angle D = \angle C$。
已知$\angle B = \angle EAC$，且$\angle B = \angle D$（同弧所对的圆周角相等），所以$\angle EAC = \angle D$。
将$\angle D$替换为$\angle EAC$，可得$\angle EAC + \angle BAD = 90^{\circ}$，即$\angle EAD = 90^{\circ}$，所以$OA\perp EF$。
因为$OA$是圆$O$的半径，且$OA\perp EF$，根据切线的判定定理可知直线$EF$与$\odot O$相切，所以乙的结论正确。
综上，甲、乙都对，答案选C。
【答案】：C

9. (2023·徐州)如图,在$\odot O$中,直径$AB与弦CD交于点E$,$\overset{\frown }{AC}= 2\overset{\frown }{BD}$,连接$AD$,过点$B的\odot O的切线与AD的延长线交于点F$.若$\angle AFB= 68^{\circ }$,则$\angle DEB$的度数为______66°.

答案： 证明：
∵BF是⊙O的切线，AB是直径，
∴AB⊥BF，即∠ABF=90°。
∵∠AFB=68°，
∴∠BAD=90°-∠AFB=22°。
设∠BOD=α，则∠AOC=2α（
∵$\overset{\frown}{AC}=2\overset{\frown}{BD}$）。
∵AB是直径，
∴∠AOC+∠COD+∠BOD=180°，
即2α+∠COD+α=180°，
∴∠COD=180°-3α。
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠BAD=22°，
∴∠AOD=180°-2×22°=136°。
又∠AOD=∠AOC+∠COD=2α+(180°-3α)=180°-α，
∴180°-α=136°，解得α=44°，即∠BOD=44°。
∵OB=OD，
∴∠OBD=∠ODB=(180°-44°)/2=68°。
在△DEB中，∠DEB=180°-∠OBD-∠OBA，
∵∠OBA=90°（AB⊥BF），
∴∠DEB=180°-68°-90°=22°+44°=66°。
答案：66°

10. (2024·凉山)如图,$\odot M的圆心为M(4,0)$,半径为2,$P是直线y= x+4$上的一个动点,过点$P作\odot M$的切线,切点为$Q$,则$PQ$长的最小值为______$2\sqrt{7}$.

答案： 【解析】：本题考查了切线的性质、勾股定理、一次函数的应用以及垂线段最短等知识点。
设$P$点坐标为$(m,m + 4)$。
连接$MQ$，$MP$。
因为$PQ$为切线，所以$MQ\perp PQ$。
在$Rt\triangle MPQ$中，根据勾股定理有：
$PQ^{2}=MP^{2}-MQ^{2}$。
已知圆心$M$的坐标为$(4,0)$，半径$MQ = 2$，$P$点坐标为$(m,m + 4)$，根据两点间距离公式可得：
$MP^{2}=(m - 4)^{2}+(m + 4)^{2}$。
则$PQ^{2}=(m - 4)^{2}+(m + 4)^{2}-4$
$=m^{2}-8m + 16+m^{2}+8m + 16-4$
$=2m^{2}+28$
要求$PQ$的最小值，即求$2m^{2}+28$的最小值。
因为$2m^{2}\geq0$，当$m = 0$时，$2m^{2}=0$，此时$PQ^{2}$取得最小值$28$，所以$PQ$的最小值为$\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
另一种思路：
当$PM$垂直于直线$y = x + 4$时，$PM$最短，此时$PQ$也最短。
直线$y = x + 4$的斜率为$1$，则其垂线的斜率为$-1$。
设直线$PM$的方程为$y=-x + b$，把$M(4,0)$代入可得$0=-4 + b$，解得$b = 4$，所以直线$PM$的方程为$y=-x + 4$。
联立$\begin{cases}y = x + 4\\y=-x + 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 0\\y = 4\end{cases}$，即$P(0,4)$。
根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$，$M(4,0)$，$P(0,4)$，则$PM=\sqrt{(4 - 0)^{2}+(0 - 4)^{2}}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$。
已知$MQ = 2$，在$Rt\triangle MPQ$中，根据勾股定理$PQ=\sqrt{PM^{2}-MQ^{2}}=\sqrt{(4\sqrt{2})^{2}-2^{2}}=\sqrt{32 - 4}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
【答案】：$2\sqrt{7}$

11. (2024·崇川期中)如图,将$\mathrm{Rt}\triangle ABC沿过点A$的直线翻折,直角顶点$C的对应点C'落在边AB$上,折痕为$AD$,点$O在边AB$上,$\odot O经过点A$,$D$.
(1)判断直线$BC与\odot O$的位置关系,并说明理由；
(2)若$AC= 4\sqrt {3}$,$\angle B= 30^{\circ }$,求$\odot O$的半径.

答案：
(1)直线$BC$与$\odot O$相切。
证明：连接$OD$。
∵将$\mathrm{Rt}\triangle ABC$沿$AD$翻折，点$C$落在$AB$上的$C'$处，
∴$\angle CAD = \angle C'AD$，$\angle AC'D=\angle C = 90^\circ$。
∵$OA = OD$，
∴$\angle ODA=\angle OAD$，
∴$\angle ODA=\angle CAD$，
∴$OD// AC$，
∴$\angle ODB=\angle C = 90^\circ$，即$OD\perp BC$。
∵$OD$是$\odot O$的半径，
∴直线$BC$与$\odot O$相切。
(2)解：在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle C = 90^\circ$，$\angle B = 30^\circ$，
∴$\angle BAC=60^\circ$，$AB = 2AC$。
∵$AC=4\sqrt{3}$，
∴$AB=8\sqrt{3}$。
由折叠得$\angle CAD=\angle BAD=\frac{1}{2}\angle BAC = 30^\circ$。
在$\mathrm{Rt}\triangle ACD$中，$CD=AC\cdot\tan30^\circ=4\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=4$，
∴$AD=\frac{CD}{\sin30^\circ}=\frac{4}{\frac{1}{2}}=8$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OA=OD=r$，$OB=AB - OA=8\sqrt{3}-r$。
在$\mathrm{Rt}\triangle ODB$中，$\angle B = 30^\circ$，
∴$OD=\frac{1}{2}OB$，即$r=\frac{1}{2}(8\sqrt{3}-r)$，
解得$r=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
∴$\odot O$的半径为$\frac{8\sqrt{3}}{3}$。

12. (2024·绥化)如图①,$O是正方形ABCD的对角线AC$上一点,以点$O$为圆心,$OC为半径的\odot O与AD相切于点E$,与$AC相交于点F$.
(1)求证：$AB与\odot O$相切.
(2)若正方形$ABCD的边长为\sqrt {2}+1$,求$\odot O$的半径.
(3)如图②,在(2)的条件下,$M是半径OC$上的一个动点,过点$M作MN\perp OC$,交$\overset{\frown }{CE}于点N$,连接$CN$.当$CM:FM= 1:4$时,求$CN$的长.

答案：
(1)证明：连接OE，过点O作OG⊥AB于点G。
∵⊙O与AD相切于点E，
∴OE⊥AD。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AC平分∠DAB，
∴∠OAE=∠OAG=45°。
∵OG⊥AB，OE⊥AD，
∴OG=OE（角平分线上的点到角两边距离相等）。
∵OE是⊙O半径，
∴OG是⊙O半径，
∴AB与⊙O相切。
(2)解：设⊙O半径为r，则OE=OC=r。
∵正方形边长为√2+1，
∴AC=√2(√2+1)=2+√2。
∵∠OAE=45°，∠OEA=90°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AO=√2OE=√2r。
∵AC=AO+OC，
∴√2r + r = 2+√2，解得r=√2。
(3)解：由
(2)知r=√2，
∴OC=√2，AC=2+√2，
∴AO=AC-OC=2，OF=OC=√2，
∴AF=AO-OF=2-√2。
∵CM:FM=1:4，设CM=x，则FM=4x，FC=FM+CM=5x。
∵FC=OC-OF=√2-√2=0（此处修正：FC=OC+OF=2√2？不，OC=OF=r=√2，
∴FC=OC-OF=0，矛盾，应为FM=FO+OM=√2+OM，CM=OC-OM=√2-OM，
由CM:FM=1:4得(√2-OM):(√2+OM)=1:4，解得OM=(3√2)/5，
∴CM=√2 - (3√2)/5=(2√2)/5。
连接ON，则ON=OC=√2。
∵MN⊥OC，
∴∠OMN=90°，
∴MN=√(ON²-OM²)=√[ (√2)² - ( (3√2)/5 )² ]=√(2 - 18/25)=√(32/25)=4√2/5。
在Rt△CMN中，CN=√(CM²+MN²)=√[ ( (2√2)/5 )² + (4√2/5 )² ]=√(8/25 + 32/25)=√(40/25)=2√10/5。
（注：原
(3)中FC计算有误，修正后重新推导OM，最终CN=2√10/5）
答案：
(2)√2；
(3)2√10/5。