《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,AB是$\odot O$的直径,BC交$\odot O$于点D,$DE⊥AC$于点E.若要使直线DE是$\odot O$的切线,还需补充一个条件,则下列补充的条件不正确的是 (A)
A.$DE= DO$
B.$AB= AC$
C.$CD= DB$
D.$AC// OD$

答案： 解：连接OD。
对于选项B：若AB=AC，则∠B=∠C。
∵OB=OD，
∴∠B=∠ODB，
∴∠ODB=∠C，
∴OD//AC。
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线。
对于选项C：若CD=DB，OA=OB，
∴OD是△ABC的中位线，
∴OD//AC。
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线。
对于选项D：若AC//OD，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线。
对于选项A：DE=DO，无法得出DE⊥OD，不能判定DE是⊙O的切线。
答案：A

9. 如图,菱形OABC的顶点A,B,C在$\odot O$上,过点B作$\odot O$的切线,交OA的延长线于点D.若$\odot O$的半径为1,则BD的长为 (D)
A.1
B.2
C.$\sqrt {2}$
D.$\sqrt {3}$

答案： 【解析】：本题可根据菱形的性质、圆的性质以及切线的性质，通过证明三角形全等，进而求出$BD$的长。
步骤一：连接$OB$，分析相关性质
因为四边形$OABC$是菱形，所以$OA = AB$。
又因为$OA = OB$（圆的半径），所以$OA = AB = OB$，那么$\triangle OAB$是等边三角形。
根据等边三角形的性质可知，$\angle AOB = 60^{\circ}$。
步骤二：利用切线性质得到直角
因为$BD$是$\odot O$的切线，$OB$是半径，根据圆的切线性质：圆的切线垂直于经过切点的半径，所以$OB\perp BD$，即$\angle OBD = 90^{\circ}$。
步骤三：求出$\angle D$的度数
在$\triangle OBD$中，已知$\angle OBD = 90^{\circ}$，$\angle AOB = 60^{\circ}$，$OA = OB$，且$OD$为公共边，所以$\triangle OBD$是直角三角形，$\angle D = 30^{\circ}$。
步骤四：根据直角三角形性质求出$BD$的长
在直角三角形中，$30^{\circ}$所对的直角边等于斜边的一半。
在$Rt\triangle OBD$中，$\angle D = 30^{\circ}$，$OB$是$30^{\circ}$角所对的直角边，$OD$是斜边，且$OB = 1$（圆的半径为$1$）。
根据勾股定理$BD=\sqrt{OD^{2}-OB^{2}}$，因为$OD = 2OB = 2$，所以$BD = \sqrt{2^{2} - 1^{2}}=\sqrt{3}$。
【答案】：D

10. 如图,$∠ACB= 60^{\circ }$,BC与直径为4cm的$\odot O$相切于点C.若将$\odot O$沿CB向右滚动,则当滚动到$\odot O$与CA也相切时,圆心O移动的水平距离是$2\sqrt{3}$cm.

答案： 1. 首先，设滚动到$\odot O'$与$CA$、$CB$分别相切于点$D$、$C$：
因为$CA$、$CB$是$\odot O'$的切线，根据切线长定理，$O'C$平分$\angle ACB$。
已知$\angle ACB = 60^{\circ}$，所以$\angle O'CB=\frac{1}{2}\angle ACB = 30^{\circ}$。
已知圆的直径$d = 4cm$，则半径$r = 2cm$。
2. 然后，在$Rt\triangle O'CE$（$E$为圆心$O$移动到$O'$时，过$O'$作$O'E\perp CB$，$E$在$CB$上）：
因为$\odot O$与$CB$相切，滚动后$\odot O'$与$CB$也相切，圆心移动的轨迹与$CB$平行。
在$Rt\triangle O'CE$中，$\angle O'CE = 30^{\circ}$，$\angle O'EC = 90^{\circ}$，$O'C=r = 2cm$。
根据三角函数关系$\cos\angle O'CE=\frac{CE}{O'C}$。
由$\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，且$O'C = 2cm$，根据$CE = O'C\cdot\cos\angle O'CE$。
把$O'C = 2cm$，$\angle O'CE = 30^{\circ}$代入可得：$CE=O'C\cdot\cos30^{\circ}$。
因为$O'C = 2cm$，所以$CE = 2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}cm$。
所以圆心$O$移动的水平距离是$2\sqrt{3}cm$。

11. (2023·启东期中)如图,在$△ABC$中,$AB= AC$,以AB为直径的$\odot O$交AC于点D,连接BD,过点C作$CE// AB$.
(1)请用无刻度的直尺和圆规作图:过点B作$\odot O$的切线,交CE于点F(不写作法,保留作图痕迹,标明字母);
(2)在(1)的条件下,求证:$BD= BF$.

答案：
1. （1）**作图**：

2. （2）**证明**：
因为$AB = AC$，所以$\angle ABC=\angle ACB$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle ADB = 90^{\circ}$，即$BD\perp AC$。
因为$BF$是$\odot O$的切线，所以$\angle ABF = 90^{\circ}$。
又因为$CE// AB$，所以$\angle FCB=\angle ABC$（两直线平行，内错角相等）。
而$\angle ABC=\angle ACB$，所以$\angle FCB=\angle ACB$。
在$\triangle BCD$和$\triangle BCF$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle BDC=\angle BFC = 90^{\circ}\\\angle BCD=\angle BCF\\BC = BC\end{array}\right.$（$AAS$判定定理：两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等）。
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等），可得$\triangle BCD\cong\triangle BCF$。
由全等三角形的对应边相等，所以$BD = BF$。
综上，（1）完成作图；（2）证明了$BD = BF$。

12. (2023·内江)如图,正六边形ABCDEF内接于$\odot O$,点P在$\widehat {AF}$上,Q是$\widehat {DE}$的中点,则$∠CPQ$的度数为 (C)

A.$30^{\circ }$
B.$36^{\circ }$
C.$45^{\circ }$
D.$60^{\circ }$

答案： 解：连接CQ，DQ。
正六边形ABCDEF内接于$\odot O$，则$\odot O$的圆心角为$360^{\circ}$，每条边所对的圆心角为$360^{\circ}÷6 = 60^{\circ}$，即$\angle COD = 60^{\circ}$。
Q是$\widehat{DE}$的中点，$\widehat{DE}$所对圆心角为$60^{\circ}$，故$\widehat{DQ}=\frac{1}{2}\widehat{DE}$，所对圆心角为$30^{\circ}$，即$\angle DOQ = 30^{\circ}$。
$\angle COQ=\angle COD+\angle DOQ=60^{\circ}+30^{\circ}=90^{\circ}$。
$\angle CPQ$是$\widehat{CQ}$所对的圆周角，$\angle COQ$是$\widehat{CQ}$所对的圆心角，所以$\angle CPQ=\frac{1}{2}\angle COQ=\frac{1}{2}×90^{\circ}=45^{\circ}$。
答案：C

13. 刘徽是我国魏晋时期卓越的数学家,他在《九章算术》中提出了“割圆术”,即利用圆的内接正多边形逐步逼近圆来近似计算圆的面积.设半径为1的圆的面积与其内接正n边形的面积差为$△_{n}$,如图①②,若用圆的内接正八边形和内接正十二边形逼近半径为1的圆,则$△_{8}-△_{12}= $$3 - 2\sqrt{2}$.

答案： 【解析】：
本题可先分别求出半径为$1$的圆的面积、圆的内接正八边形的面积、圆的内接正十二边形的面积，再根据$\triangle_{n}$的定义求出$\triangle_{8}$和$\triangle_{12}$，最后计算$\triangle_{8}-\triangle_{12}$的值。
半径为$1$的圆的面积$S_{圆}=\pi r^{2}=\pi×1^{2}=\pi$。
求圆的内接正八边形的面积$S_{8}$：
把圆的内接正八边形分成$8$个等腰三角形，每个等腰三角形的顶角为$\frac{360^{\circ}}{8} = 45^{\circ}$，腰长为圆的半径$1$。
根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ab\sin C$（其中$a,b$为三角形的两边，$C$为$a,b$夹角），可得每个等腰三角形的面积为$\frac{1}{2}×1×1×\sin45^{\circ}=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
那么圆的内接正八边形的面积$S_{8}=8×\frac{\sqrt{2}}{4}=2\sqrt{2}$。
求圆的内接正十二边形的面积$S_{12}$：
把圆的内接正十二边形分成$12$个等腰三角形，每个等腰三角形的顶角为$\frac{360^{\circ}}{12} = 30^{\circ}$，腰长为圆的半径$1$。
同样根据三角形面积公式，可得每个等腰三角形的面积为$\frac{1}{2}×1×1×\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$。
所以圆的内接正十二边形的面积$S_{12}=12×\frac{1}{4}=3$。
根据$\triangle_{n}$的定义求出$\triangle_{8}$和$\triangle_{12}$：
已知半径为$1$的圆的面积与其内接正$n$边形的面积差为$\triangle_{n}$，则$\triangle_{8}=S_{圆}-S_{8}=\pi - 2\sqrt{2}$，$\triangle_{12}=S_{圆}-S_{12}=\pi - 3$。
计算$\triangle_{8}-\triangle_{12}$的值：
$\triangle_{8}-\triangle_{12}=(\pi - 2\sqrt{2})-(\pi - 3)=\pi - 2\sqrt{2}-\pi + 3=3 - 2\sqrt{2}$。
【答案】：$3 - 2\sqrt{2}$