《2025年金钥匙课时学案作业本九年级数学上册人教版》

21. (2024·崇川、如皋二模)如图,AC是$\odot O$的直径,PA,PB是$\odot O$的两条切线,切点分别为A,B,$AE⊥PB$,垂足为E,AE交$\odot O$于点D,连接OD.
(1)求证:$∠COD= 2∠P;$
(2)若$AC= 8,∠P= 60^{\circ }$,求涂色部分的面积.

答案： 1. （1）证明：
连接$OB$，因为$PA$，$PB$是$\odot O$的切线，所以$OA\perp PA$，$OB\perp PB$，即$\angle OAP = \angle OBP=90^{\circ}$。
在四边形$OAPB$中，根据四边形内角和为$360^{\circ}$，可得$\angle AOB + \angle P+\angle OAP+\angle OBP = 360^{\circ}$，把$\angle OAP = \angle OBP = 90^{\circ}$代入得$\angle AOB=180^{\circ}-\angle P$。
因为$OB = OD$，$AE\perp PB$，$OB\perp PB$，所以$OB// AE$，则$\angle AOD=\angle AOB$（两直线平行，同位角相等）。
又因为$\angle COD = 180^{\circ}-\angle AOD$，所以$\angle COD = 180^{\circ}-(180^{\circ}-\angle P)=2\angle P$。
2. （2）
已知$AC = 8$，则$OA=\frac{1}{2}AC = 4$。
因为$\angle P = 60^{\circ}$，由（1）知$\angle COD = 2\angle P=120^{\circ}$，$\angle AOD = 60^{\circ}$。
因为$OA = OD$，所以$\triangle AOD$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），则$AD = OA = 4$。
因为$OB// AE$，$OA\perp PA$，$\angle P = 60^{\circ}$，所以$\angle PAE = 30^{\circ}$。
$S_{梯形OAPD}=\frac{1}{2}(OD + AP)× OA$，在$Rt\triangle OAP$中，$\angle P = 60^{\circ}$，$\angle OAP = 90^{\circ}$，$\tan P=\frac{OA}{AP}$，$AP=\frac{OA}{\tan60^{\circ}}=\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，$S_{梯形OAPD}=\frac{1}{2}(4 + \frac{4\sqrt{3}}{3})×4=8+\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
$S_{扇形OAD}=\frac{60\pi×4^{2}}{360}=\frac{8\pi}{3}$。
$S_{涂色}=S_{梯形OAPD}-S_{扇形OAD}=8 + \frac{8\sqrt{3}}{3}-\frac{8\pi}{3}$。
综上，（1）得证；（2）涂色部分面积为$8+\frac{8\sqrt{3}}{3}-\frac{8\pi}{3}$。

22. (2024·启东期中)已知AB为$\odot O$的直径,C为$\odot O$上异于点A,B的一点,过点C作$\odot O$的切线CE,过点A作$AD⊥CE$于点D,连接OC,AC.
(1)如图①,求证:无论点C在何处,将$△ADC$沿AC折叠,点D一定落在直径AB上.
(2)如图②,当等腰三角形AOC的对称轴经过点D时,CD与AB存在什么数量关系? 请说明理由.
(3)如图③,当$△AOC$为等边三角形时,CD与AB存在什么数量关系? 请说明理由.

答案：
(1)证明：
∵CE是$\odot O$切线，
∴$OC\perp CE$，又$AD\perp CE$，
∴$AD// OC$，
∴$\angle DAC=\angle OCA$，
∵$OA=OC$，
∴$\angle OAC=\angle OCA$，
∴$\angle DAC=\angle OAC$，由折叠性质，设D对应点为D'，则$\angle CAD'=\angle CAD$，$AD'=AD$，
∴$\angle CAD'=\angle OAC$，即D'在AB上，
∴点D一定落在直径AB上。
(2)解：$CD=\frac{1}{2}AB$。理由：
∵$\triangle AOC$是等腰三角形，对称轴过D，且$OA=OC$，
∴对称轴为OC所在直线，
∴$OC\perp AB$，
∵$AD// OC$，
∴$AD\perp AB$，设$\odot O$半径为r，则$AB=2r$，$OC=r$，四边形ADCO为矩形，
∴$CD=OA=r=\frac{1}{2}AB$。
(3)解：$CD=\frac{\sqrt{3}}{4}AB$。理由：
∵$\triangle AOC$为等边三角形，
∴$\angle AOC=60^\circ$，$OA=OC=AC=r$（$r$为半径），$AB=2r$，
∵$AD// OC$，
∴$\angle DAB=\angle AOC=60^\circ$，$\angle DAC=\angle OCA=60^\circ$，在$Rt\triangle ADC$中，$\angle ACD=30^\circ$，$AC=r$，
∴$CD=AC\cdot\cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}r=\frac{\sqrt{3}}{4}AB$。