《2025年5年中考3年模拟九年级数学上册人教版》

6. 「2025 广东中山期中」如图,$AB是\odot O$的直径,点$F$,$C是\odot O$上的两点,且$\overset{\frown}{AF} = \overset{\frown}{FC} = \overset{\frown}{CB}$,连接$AC$,$AF$,过点$C作CD\perp AF交AF的延长线于点D$,垂足为$D$。
(1) 求$\angle BAC$的度数。
(2) 求证：$CD是\odot O$的切线。
(3) 若$CD = 2\sqrt{3}$,求$\odot O$的半径。

答案：
解析
(1) 如图，连接 $ OF $，$ OC $，
∵ $ \overset{\frown}{AF} = \overset{\frown}{FC} = \overset{\frown}{CB} $，
∴ $ ∠AOF = ∠COF = ∠BOC $，
∵ $ ∠AOB = 180° $，
∴ $ ∠BOC = 60° $，
∴ $ ∠BAC = \frac{1}{2}∠BOC = 30° $。
(2) 证明：
∵ $ \overset{\frown}{FC} = \overset{\frown}{CB} $，
∴ $ ∠FAC = ∠BAC $，
∵ $ OA = OC $，
∴ $ ∠OAC = ∠OCA $，
∴ $ ∠FAC = ∠OCA $，
∴ $ OC // AF $，
∵ $ CD ⊥ AF $，
∴ $ OC ⊥ CD $，
∵ $ OC $ 是 $ ⊙O $ 的半径，
∴ $ CD $ 是 $ ⊙O $ 的切线。
(3) 如图，连接 $ BC $，
∵ $ AB $ 为直径，
∴ $ ∠ACB = 90° $，
∵ $ ∠BAC = 30° $，
∴ $ ∠DAC = 30° $，
在 $ Rt△ADC $ 中，$ CD = 2\sqrt{3} $，
∴ $ AC = 2CD = 4\sqrt{3} $，
在 $ Rt△ACB $ 中，由勾股定理可得 $ BC^2 + AC^2 = AB^2 $，即 $ BC^2 + (4\sqrt{3})^2 = (2BC)^2 $，
∴ $ BC = 4 $。
∵ $ ∠BOC = 60° $，$ OC = OB $，
∴ $ △BOC $ 是等边三角形，
∴ $ OB = BC = 4 $，
∴ $ ⊙O $ 的半径为 $ 4 $。

7. 「2024 河南三门峡陕州期中」如图,$O为正方形ABCD$对角线上一点,以点$O$为圆心,$OA长为半径的\odot O与BC相切于点E$。
(1) 求证：$CD是\odot O$的切线。
(2) 若正方形$ABCD的边长为10$,求$\odot O$的半径。

答案：
解析
(1) 证明：如图，连接 $ OE $，过点 $ O $ 作 $ OF ⊥ CD $ 于 $ F $。
∵ $ BC $ 切 $ ⊙O $ 于点 $ E $，
∴ $ OE ⊥ BC $，$ OE = OA $。
∵ $ AC $ 为正方形 $ ABCD $ 的对角线，
∴ $ ∠ACB = ∠ACD $，
∴ $ OF = OE = OA $，
∴ $ CD $ 是 $ ⊙O $ 的切线。
(2)
∵ 四边形 $ ABCD $ 为正方形，边长为 $ 10 $，
∴ $ AB = BC = 10 $，$ ∠B = 90° $，$ ∠ACB = 45° $，
∴ $ AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = 10\sqrt{2} $，
∵ $ OE ⊥ BC $，
∴ $ OE = EC $。设 $ OA = r $，则 $ OE = EC = r $，
∴ $ OC = \sqrt{OE^2 + EC^2} = \sqrt{2}r $，
∵ $ OA + OC = AC $，
∴ $ r + \sqrt{2}r = 10\sqrt{2} $，解得 $ r = 20 - 10\sqrt{2} $。
∴ $ ⊙O $ 的半径为 $ 20 - 10\sqrt{2} $。

8. 「2025 江苏常州溧阳期中」如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,点$D是AB$边的中点,点$O在BC$边上,$\odot O经过点C且与AB边相切于点E$,若$\angle FBC = \frac{1}{2}\angle ADC$。
(1) 求证：$BF是\odot O$的切线。
(2) 若$AC = 6$,$BC = 8$,求$\odot O的半径及OD$的长。

答案：
解析
(1) 证明：如图，过点 $ O $ 作 $ OH ⊥ FB $，垂足为点 $ H $，连接 $ OE $，
∵ $ ∠ACB = 90° $，$ D $ 是 $ AB $ 的中点，
∴ $ CD = BD = \frac{1}{2}AB $，
∴ $ ∠BCD = ∠CBD $，
∴ $ ∠ADC = ∠CBD + ∠BCD = 2∠CBD $。
又
∵ $ ∠FBC = \frac{1}{2}∠ADC $，
∴ $ ∠FBC = ∠CBD $，
即 $ BC $ 是 $ ∠FBA $ 的平分线。
∵ 点 $ O $ 在 $ BC $ 上，$ ⊙O $ 与 $ AB $ 相切于点 $ E $，
∴ $ OE $ 为半径且 $ OE ⊥ AB $，
∴ $ OH = OE $，
∴ $ BF $ 是 $ ⊙O $ 的切线。
(2) 在 $ △ABC $ 中，$ ∠ACB = 90° $，$ AC = 6 $，$ BC = 8 $，
∴ $ AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = 10 $。
∵ 点 $ D $ 是 $ AB $ 边的中点，
∴ $ BD = 5 $，
∵ $ AC ⊥ OC $，$ OC $ 为 $ ⊙O $ 的半径，
∴ $ AC $ 是 $ ⊙O $ 的切线，又
∵ $ AE $ 是 $ ⊙O $ 的切线，
∴ $ AC = AE = 6 $，
∴ $ BE = 10 - 6 = 4 $。
设 $ ⊙O $ 的半径为 $ r $，则 $ OC = OE = r $，
在 $ Rt△OEB $ 中，由勾股定理得 $ OE^2 + BE^2 = OB^2 $，
∴ $ r^2 + 16 = (8 - r)^2 $，
∴ $ r = 3 $。
∴ $ ⊙O $ 的半径为 $ 3 $。
∵ $ DE = BD - BE = 1 $，
∴ $ OD = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10} $。