《2025年名校课堂九年级数学上册人教版》

1. 如图，在 $ Rt \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90^{\circ} $，以 $ AC $ 为直径作 $ \odot O $ 交 $ AB $ 于点 $ D $，连接 $ CD $.
(1) 求证：$ \angle A = \angle BCD $.
(2) 若 $ M $ 为线段 $ BC $ 上一点，试问当点 $ M $ 在什么位置时，直线 $ DM $ 与 $ \odot O $ 相切？并说明理由.

答案： 1.解：
(1)证明：
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°.
∴∠A+∠DCA
=90°.
∵∠ACB=90°，
∴∠DCB+∠DCA=90°.
∴∠A=∠DCB.
(2)当M是线段BC的中点时,直线DM与⊙O相切.理由如下：连接DO.
∵DO=CO，
∴∠ODC=∠OCD.当M是线段BC的中点时，
在Rt△BCD中,DM=$\frac{1}{2}$BC=CM，
∴∠MDC=∠MCD.
∵∠OCD
+∠MCD=90°，
∴∠ODC+∠MDC=90°，即∠ODM=90°.
∴DM
⊥OD.又
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DM与⊙O相切.

2. (2024·东营) 如图，$ \triangle ABC $ 内接于 $ \odot O $，$ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径，点 $ E $ 在 $ \odot O $ 上，点 $ C $ 是 $ \overset{\frown}{BE} $ 的中点，$ AE \perp CD $，垂足为 $ D $，$ DC $ 的延长线交 $ AB $ 的延长线于点 $ F $.
(1) 求证：$ CD $ 是 $ \odot O $ 的切线.

(2) 若 $ CD = \sqrt{3} $，$ \angle ABC = 60^{\circ} $，求线段 $ AF $ 的长.

答案： 2.解：
(1)证明：连接OC.
∵点C是$\overset{\frown}{BE}$的中点，
∴BC=CE.
∴∠BAC=
∠CAE.
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC.
∴∠OCA=∠CAD.
∴OC
//AD.
∵AE⊥CD，
∴OC⊥DF.
∵OC是⊙O的半径，
∴CD是⊙O
的切线.
(2)
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°.
∵∠ABC=60°，
∴∠BAC=30°.
∴∠CAD=∠BAC=30°.
∴∠BAD=∠BAC+
∠CAD=60°.
∵∠D=90°,CD=$\sqrt{3}$,AC=2CD=$2\sqrt{3}$，
∴AD=
$\sqrt{AC^{2}-CD^{2}}$=3.
∵∠F=180°-∠D-∠BAD=30°.
∴AF=2AD
=6.

3. 新考向 传统文化 抖空竹是中国传统文化苑中一株灿烂的花朵，是国家级的非物质文化遗产之一，可见于全国各地，天津、北京、辽宁、吉林、黑龙江等地尤为盛行. 在学习了圆之后，数学兴趣小组的同学们对抖空竹进行了探究，示意图如图所示，已知绳 $ AC $，$ BD $ 分别与空竹 $ \odot O $ 相切于点 $ C $，$ D $，连接左右两个绳柄 $ A $，$ B $，$ AB $ 经过圆心 $ O $，交 $ \odot O $ 于点 $ E $，$ F $，$ AE = BF $.
(1) 求证：$ AC = BD $.
(2) 若 $ AE = 4 $，$ AC = 8 $，求两个绳柄之间的距离 $ AB $.

答案： 3.解：
(1)证明：连接OC,OD.
∵AC,BD分别与⊙O相切于点C,D，
∴∠ACO=∠BDO=90°.
∵AE=BF，
∴AE+OE=BF+OF，即AO
=BO.在Rt△ACO和Rt△BDO中，$\begin{cases}AO=BO,\\OC=OD,\end{cases}$
∴Rt△ACO≌Rt△BDO(HL).
∴AC=BD.
(2)设OE=OC=x,则
AO=x+4.在Rt△ACO中,由勾股定理,得AO$^{2}$=OC$^{2}$+AC$^{2}$，即(x
+4)$^{2}$=x$^{2}$+8$^{2}$，解得x=6.
∴AO=10.
∴AB=20.