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2025年奔跑吧少年九年级数学全一册浙教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年奔跑吧少年九年级数学全一册浙教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
2. 如图,$\odot O的直径AB= 8$,$M是AB$上一点,过点$M作弦CD$.若$AM= 2$,$CM= 3$,则弦$CD$的长为 (
A. 7
B. 8
C. $\frac{19}{3}$
D. $\frac{22}{3}$
A
)A. 7
B. 8
C. $\frac{19}{3}$
D. $\frac{22}{3}$
答案：
A
3. 如图,已知$\odot O是等腰\text{Rt} \triangle ABC$的外接圆,$D是\overset{\frown}{AC}$上的一点,$BD交AC于点E$.若$AE= 1$,$BC= 4$,则$DE$的长为______
$\frac{3}{5}$
.
答案：
$\frac{3}{5}$
4. 如图,已知$C$,$D是半圆O$的三等分点,且$AB$为直径,$OA= 2$,连结$AD$,$AC$,$OD$,$BD$,$AC分别交OD$,$BD于点F$,$E$,则$EF$的长为
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
.
答案：
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
5. 如图,$AB是\odot O$的直径,$\triangle ACD内接于\odot O$,$\overset{\frown}{CD}= \overset{\frown}{DB}$,$AB$,$CD的延长线相交于点E$,且$DE= AD$.
(1)求证:$\triangle CAD \backsim \triangle CEA$.
(2)求$\angle ADC$的度数.
(1)求证:$\triangle CAD \backsim \triangle CEA$.
(2)求$\angle ADC$的度数.
答案：
1. （1）证明：
因为$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DB}$，根据同弧或等弧所对的圆周角相等，所以$\angle CAD = \angle EAC$。
又因为$\angle CDA+\angle CDB = 180^{\circ}$，$\angle CDB+\angle EDA = 180^{\circ}$，所以$\angle CDA=\angle EDA$。
已知$DE = AD$，则$\angle E=\angle EAD$。
因为$\angle ACD$和$\angle ABD$所对的弧都是$\overset{\frown}{AD}$，所以$\angle ACD=\angle ABD$。
又$\angle ABD=\angle E+\angle BDE$，$\angle ADC=\angle EDA=\angle E+\angle EAD = 2\angle E$，$\angle ACE=\angle ACD+\angle DCE$，$\angle DCE=\angle DAE=\angle E$，$\angle ACD = \angle ABD=\angle E+\angle BDE$，且$\angle BDE=\angle ADC = 2\angle E$，$\angle ACE=\angle ACD+\angle DCE$，$\angle ACD=\angle ABD$，$\angle ABD=\angle E+\angle BDE$，$\angle BDE=\angle ADC$，$\angle ADC = 2\angle E$，$\angle DCE=\angle E$，所以$\angle ACE=\angle ADC$。
在$\triangle CAD$和$\triangle CEA$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle CAD=\angle EAC\\\angle ADC=\angle ACE\end{array}\right.$。
根据两角分别相等的两个三角形相似，所以$\triangle CAD\backsim\triangle CEA$。
2. （2）解：∠ADC=45°
因为$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DB}$，根据同弧或等弧所对的圆周角相等，所以$\angle CAD = \angle EAC$。
又因为$\angle CDA+\angle CDB = 180^{\circ}$，$\angle CDB+\angle EDA = 180^{\circ}$，所以$\angle CDA=\angle EDA$。
已知$DE = AD$，则$\angle E=\angle EAD$。
因为$\angle ACD$和$\angle ABD$所对的弧都是$\overset{\frown}{AD}$，所以$\angle ACD=\angle ABD$。
又$\angle ABD=\angle E+\angle BDE$，$\angle ADC=\angle EDA=\angle E+\angle EAD = 2\angle E$，$\angle ACE=\angle ACD+\angle DCE$，$\angle DCE=\angle DAE=\angle E$，$\angle ACD = \angle ABD=\angle E+\angle BDE$，且$\angle BDE=\angle ADC = 2\angle E$，$\angle ACE=\angle ACD+\angle DCE$，$\angle ACD=\angle ABD$，$\angle ABD=\angle E+\angle BDE$，$\angle BDE=\angle ADC$，$\angle ADC = 2\angle E$，$\angle DCE=\angle E$，所以$\angle ACE=\angle ADC$。
在$\triangle CAD$和$\triangle CEA$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle CAD=\angle EAC\\\angle ADC=\angle ACE\end{array}\right.$。
根据两角分别相等的两个三角形相似，所以$\triangle CAD\backsim\triangle CEA$。
2. （2）解：∠ADC=45°
6. 如图,$AB是半圆O$的直径,按以下步骤作图:
①分别以点$A$,$B$为圆心,大于$AO$长为半径作弧,两弧相交于点$P$,连结$OP与半圆相交于点C$.
②分别以点$A$,$C$为圆心,大于$\frac{1}{2}AC$长为半径作弧,两弧相交于点$Q$,连结$OQ与半圆相交于点D$.
③连结$AD$,$BD$,$BC$,$BD与OC相交于点E$.
根据以上作图过程及所作图形,求证:$AD^{2}= OD\cdot CE$.
①分别以点$A$,$B$为圆心,大于$AO$长为半径作弧,两弧相交于点$P$,连结$OP与半圆相交于点C$.
②分别以点$A$,$C$为圆心,大于$\frac{1}{2}AC$长为半径作弧,两弧相交于点$Q$,连结$OQ与半圆相交于点D$.
③连结$AD$,$BD$,$BC$,$BD与OC相交于点E$.
根据以上作图过程及所作图形,求证:$AD^{2}= OD\cdot CE$.
答案：
【解析】：
- 由作图可知$OP$垂直平分$AB$，$OQ$垂直平分$AC$。
因为$AB$是半圆$O$的直径，所以$\angle ADB=\angle ACB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
又因为$OP\perp AB$，$OA = OB$，所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，则$\angle CAB=\angle CBA = 45^{\circ}$，$BC = AC$。
因为$OQ$垂直平分$AC$，设$OQ$交$AC$于点$F$，则$AF = CF$，$OQ// BC$（三角形中位线定理）。
因为$OA=OB$，$\angle AOD = 90^{\circ}$（$OP\perp AB$，$OQ$平分$\angle AOC$），$\angle DAB+\angle ABD = 90^{\circ}$，$\angle ABD+\angle EBC=90^{\circ}$，所以$\angle DAB=\angle EBC$。
又因为$\angle AOD=\angle BCE = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle AOD$和$Rt\triangle BCE$中，$\angle OAD=\angle EBC$（同角的余角相等，$\angle OAD + \angle ABD=90^{\circ}$，$\angle EBC+\angle ABD = 90^{\circ}$），$\angle AOD=\angle BCE$。
所以$\triangle AOD\sim\triangle BCE$（两角分别相等的两个三角形相似）。
则$\frac{AD}{BE}=\frac{OD}{CE}$，即$AD\cdot CE=OD\cdot BE$。
因为$\angle AOD = 90^{\circ}$，$OA = OD$（半径），所以$\angle OAD=\angle ODA = 45^{\circ}$，$\angle DBE = 45^{\circ}$。
又因为$\angle BED = 90^{\circ}$（$OP\perp AB$，$\angle ADB = 90^{\circ}$，易证$BE = DE$，$\triangle BDE$是等腰直角三角形），$\angle ADO=\angle DBE = 45^{\circ}$，$\angle DAB=\angle EBC$，$AB = 2OD$，$BC=\sqrt{2}CE$（等腰直角三角形三边关系）。
由$\triangle AOD\sim\triangle BCE$，$\frac{AD}{BC}=\frac{OD}{CE}$，且$BC = AD$（$\angle CAB=\angle ODA = 45^{\circ}$，$\angle ACB=\angle ADB = 90^{\circ}$，$AB = BA$，$\triangle ABC\cong\triangle BAD(AAS)$）。
所以$AD^{2}=OD\cdot CE$。
【答案】：
由作图得$OP\perp AB$，$OQ$平分$\angle AOC$，$AB$是半圆$O$直径，则$\angle ADB = \angle ACB=90^{\circ}$。
因为$OP\perp AB$，$OA = OB$，所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$\angle CAB = 45^{\circ}$，$\angle AOD = 90^{\circ}$。
又$\angle DAB+\angle ABD = 90^{\circ}$，$\angle ABD+\angle EBC = 90^{\circ}$，所以$\angle DAB=\angle EBC$。
$\triangle AOD$与$\triangle BCE$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AOD=\angle BCE = 90^{\circ}\\\angle OAD=\angle EBC\end{array}\right.$，所以$\triangle AOD\sim\triangle BCE$，则$\frac{AD}{BC}=\frac{OD}{CE}$。
又$\triangle ABC\cong\triangle BAD(AAS)$，所以$AD = BC$，故$AD^{2}=OD\cdot CE$。
- 由作图可知$OP$垂直平分$AB$，$OQ$垂直平分$AC$。
因为$AB$是半圆$O$的直径，所以$\angle ADB=\angle ACB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
又因为$OP\perp AB$，$OA = OB$，所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，则$\angle CAB=\angle CBA = 45^{\circ}$，$BC = AC$。
因为$OQ$垂直平分$AC$，设$OQ$交$AC$于点$F$，则$AF = CF$，$OQ// BC$（三角形中位线定理）。
因为$OA=OB$，$\angle AOD = 90^{\circ}$（$OP\perp AB$，$OQ$平分$\angle AOC$），$\angle DAB+\angle ABD = 90^{\circ}$，$\angle ABD+\angle EBC=90^{\circ}$，所以$\angle DAB=\angle EBC$。
又因为$\angle AOD=\angle BCE = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle AOD$和$Rt\triangle BCE$中，$\angle OAD=\angle EBC$（同角的余角相等，$\angle OAD + \angle ABD=90^{\circ}$，$\angle EBC+\angle ABD = 90^{\circ}$），$\angle AOD=\angle BCE$。
所以$\triangle AOD\sim\triangle BCE$（两角分别相等的两个三角形相似）。
则$\frac{AD}{BE}=\frac{OD}{CE}$，即$AD\cdot CE=OD\cdot BE$。
因为$\angle AOD = 90^{\circ}$，$OA = OD$（半径），所以$\angle OAD=\angle ODA = 45^{\circ}$，$\angle DBE = 45^{\circ}$。
又因为$\angle BED = 90^{\circ}$（$OP\perp AB$，$\angle ADB = 90^{\circ}$，易证$BE = DE$，$\triangle BDE$是等腰直角三角形），$\angle ADO=\angle DBE = 45^{\circ}$，$\angle DAB=\angle EBC$，$AB = 2OD$，$BC=\sqrt{2}CE$（等腰直角三角形三边关系）。
由$\triangle AOD\sim\triangle BCE$，$\frac{AD}{BC}=\frac{OD}{CE}$，且$BC = AD$（$\angle CAB=\angle ODA = 45^{\circ}$，$\angle ACB=\angle ADB = 90^{\circ}$，$AB = BA$，$\triangle ABC\cong\triangle BAD(AAS)$）。
所以$AD^{2}=OD\cdot CE$。
【答案】：
由作图得$OP\perp AB$，$OQ$平分$\angle AOC$，$AB$是半圆$O$直径，则$\angle ADB = \angle ACB=90^{\circ}$。
因为$OP\perp AB$，$OA = OB$，所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，$\angle CAB = 45^{\circ}$，$\angle AOD = 90^{\circ}$。
又$\angle DAB+\angle ABD = 90^{\circ}$，$\angle ABD+\angle EBC = 90^{\circ}$，所以$\angle DAB=\angle EBC$。
$\triangle AOD$与$\triangle BCE$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle AOD=\angle BCE = 90^{\circ}\\\angle OAD=\angle EBC\end{array}\right.$，所以$\triangle AOD\sim\triangle BCE$，则$\frac{AD}{BC}=\frac{OD}{CE}$。
又$\triangle ABC\cong\triangle BAD(AAS)$，所以$AD = BC$，故$AD^{2}=OD\cdot CE$。
7. 如图,$AB是\odot O$的直径,弦$CD \perp AB于点E$,连结$AD和AC$.
(1)求证:$AD= AC$.
(2)连结$BC$,若$AD= BE$,求$\frac{AE}{BE}$的值.
(1)求证:$AD= AC$.
(2)连结$BC$,若$AD= BE$,求$\frac{AE}{BE}$的值.
答案：
1. （1）证明：
因为$AB$是$\odot O$的直径，弦$CD\perp AB$于点$E$。
根据垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分这条弦所对的两条弧，所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AD}$。
又因为在同圆或等圆中，等弧所对的弦相等，所以$AD = AC$。
2. （2）解：
设$AE = x$，$BE = y$，则$AD = y$，$AB=x + y$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，$CD\perp AB$，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle AED=\angle ACB = 90^{\circ}$。
又因为$\angle B=\angle D$（同弧所对的圆周角相等），所以$\triangle AED\sim\triangle BCA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
根据相似三角形的性质：相似三角形对应边成比例，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{BC}$。
由垂径定理可知$CE = DE$，$AC = AD$，根据勾股定理$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{(x + y)^{2}-y^{2}}=\sqrt{x^{2}+2xy}$。
又因为$\triangle AED\sim\triangle BCA$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{BC}$，即$\frac{y}{x + y}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+2xy}}$。
两边平方得$\frac{y^{2}}{(x + y)^{2}}=\frac{x^{2}}{x^{2}+2xy}$，交叉 - 相乘得$y^{2}(x^{2}+2xy)=x^{2}(x + y)^{2}$。
展开得$x^{2}y^{2}+2xy^{3}=x^{2}(x^{2}+2xy + y^{2})$，即$x^{2}y^{2}+2xy^{3}=x^{4}+2x^{3}y+x^{2}y^{2}$。
化简得$2xy^{3}=x^{4}+2x^{3}y$，因为$x\neq0$（若$x = 0$，则$AE = 0$，不符合题意），两边同时除以$x$得$2y^{3}=x^{3}+2x^{2}y$。
令$\frac{x}{y}=t$，则$x = ty$，代入$2y^{3}=x^{3}+2x^{2}y$得$2y^{3}=t^{3}y^{3}+2t^{2}y^{3}$。
两边同时除以$y^{3}$（$y\neq0$）得$t^{3}+2t^{2}-2 = 0$。
观察发现$t=\sqrt{2}-1$是方程的一个根，将$t^{3}+2t^{2}-2$因式分解：
$t^{3}+2t^{2}-2=t^{3}+t^{2}+t^{2}-2=t^{2}(t + 1)+(t^{2}-2)$，当$t=\sqrt{2}-1$时，$t^{2}=(\sqrt{2}-1)^{2}=3 - 2\sqrt{2}$，$t^{2}(t + 1)+(t^{2}-2)=(3 - 2\sqrt{2})(\sqrt{2}-1 + 1)+(3 - 2\sqrt{2}-2)=(3 - 2\sqrt{2})\sqrt{2}+1 - 2\sqrt{2}=3\sqrt{2}-4 + 1-2\sqrt{2}=\sqrt{2}-3\neq0$（此方法错误，换一种方法）。
因为$AB$是直径，$CD\perp AB$，由射影定理（在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边上射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项）得$AC^{2}=AE\cdot AB$（$\triangle AED\sim\triangle BCA$，$AC^{2}=AE\cdot AB$也可由相似得出）。
因为$AC = AD = BE=y$，$AB=AE + BE=x + y$，所以$y^{2}=x(x + y)$。
即$y^{2}-xy - x^{2}=0$，对于关于$y$的一元二次方程$y^{2}-xy - x^{2}=0$，由求根公式$y=\frac{x\pm\sqrt{x^{2}+4x^{2}}}{2}=\frac{x\pm\sqrt{5}x}{2}$（$y\gt0$），所以$y=\frac{1 + \sqrt{5}}{2}x$（舍去负根$y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}x$，因为$x,y\gt0$）。
则$\frac{AE}{BE}=\frac{x}{y}=\frac{2}{1 + \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
综上，（1）已证$AD = AC$；（2）$\frac{AE}{BE}$的值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，弦$CD\perp AB$于点$E$。
根据垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分这条弦所对的两条弧，所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{AD}$。
又因为在同圆或等圆中，等弧所对的弦相等，所以$AD = AC$。
2. （2）解：
设$AE = x$，$BE = y$，则$AD = y$，$AB=x + y$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，$CD\perp AB$，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle AED=\angle ACB = 90^{\circ}$。
又因为$\angle B=\angle D$（同弧所对的圆周角相等），所以$\triangle AED\sim\triangle BCA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
根据相似三角形的性质：相似三角形对应边成比例，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{BC}$。
由垂径定理可知$CE = DE$，$AC = AD$，根据勾股定理$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{(x + y)^{2}-y^{2}}=\sqrt{x^{2}+2xy}$。
又因为$\triangle AED\sim\triangle BCA$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{BC}$，即$\frac{y}{x + y}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+2xy}}$。
两边平方得$\frac{y^{2}}{(x + y)^{2}}=\frac{x^{2}}{x^{2}+2xy}$，交叉 - 相乘得$y^{2}(x^{2}+2xy)=x^{2}(x + y)^{2}$。
展开得$x^{2}y^{2}+2xy^{3}=x^{2}(x^{2}+2xy + y^{2})$，即$x^{2}y^{2}+2xy^{3}=x^{4}+2x^{3}y+x^{2}y^{2}$。
化简得$2xy^{3}=x^{4}+2x^{3}y$，因为$x\neq0$（若$x = 0$，则$AE = 0$，不符合题意），两边同时除以$x$得$2y^{3}=x^{3}+2x^{2}y$。
令$\frac{x}{y}=t$，则$x = ty$，代入$2y^{3}=x^{3}+2x^{2}y$得$2y^{3}=t^{3}y^{3}+2t^{2}y^{3}$。
两边同时除以$y^{3}$（$y\neq0$）得$t^{3}+2t^{2}-2 = 0$。
观察发现$t=\sqrt{2}-1$是方程的一个根，将$t^{3}+2t^{2}-2$因式分解：
$t^{3}+2t^{2}-2=t^{3}+t^{2}+t^{2}-2=t^{2}(t + 1)+(t^{2}-2)$，当$t=\sqrt{2}-1$时，$t^{2}=(\sqrt{2}-1)^{2}=3 - 2\sqrt{2}$，$t^{2}(t + 1)+(t^{2}-2)=(3 - 2\sqrt{2})(\sqrt{2}-1 + 1)+(3 - 2\sqrt{2}-2)=(3 - 2\sqrt{2})\sqrt{2}+1 - 2\sqrt{2}=3\sqrt{2}-4 + 1-2\sqrt{2}=\sqrt{2}-3\neq0$（此方法错误，换一种方法）。
因为$AB$是直径，$CD\perp AB$，由射影定理（在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边上射影的比例中项，每一条直角边又是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项）得$AC^{2}=AE\cdot AB$（$\triangle AED\sim\triangle BCA$，$AC^{2}=AE\cdot AB$也可由相似得出）。
因为$AC = AD = BE=y$，$AB=AE + BE=x + y$，所以$y^{2}=x(x + y)$。
即$y^{2}-xy - x^{2}=0$，对于关于$y$的一元二次方程$y^{2}-xy - x^{2}=0$，由求根公式$y=\frac{x\pm\sqrt{x^{2}+4x^{2}}}{2}=\frac{x\pm\sqrt{5}x}{2}$（$y\gt0$），所以$y=\frac{1 + \sqrt{5}}{2}x$（舍去负根$y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}x$，因为$x,y\gt0$）。
则$\frac{AE}{BE}=\frac{x}{y}=\frac{2}{1 + \sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
综上，（1）已证$AD = AC$；（2）$\frac{AE}{BE}$的值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
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