《2025年名师帮同步学案九年级数学全一册人教版》

【例题5】如图,$AB是\odot O$的直径,直线$CD切\odot O于点C$,$BE\perp CD于点E$,连接$AC$,$BC$。
(1)求证：$BC平分\angle ABE$；
(2)若$\odot O的半径为3$,$\cos A= \frac{\sqrt{2}}{3}$,求$CE$的长。

答案：
[例题5]
(1)证明:如图,连接$OC$.

$\because CD$为$\odot O$的切线，$\therefore OC⊥DE$.
$\because BE⊥DE$，$\therefore OC// BE$，
$\therefore ∠OCB = ∠CBE$.
$\because OB = OC$，
$\therefore ∠OCB = ∠OBC$，
$\therefore ∠OBC = ∠CBE$.
即$BC$平分$∠ABE$；
(2)解:$\odot O$的半径为$3$，则$AB = 6$.
$\because AB$为$\odot O$的直径，$\therefore ∠ACB = 90^{\circ}$.
$\because \cos A=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{3}$，$\therefore AC = 2\sqrt{2}$.
$\because CB^{2}=AB^{2}-AC^{2}=28$，$\therefore CB = 2\sqrt{7}$.
$\because ∠CEB = ∠ACB = 90^{\circ}$，$BC$平分$∠ABE$，
$\therefore ∠ABC = ∠CBE$，
$\therefore \triangle CBE\backsim\triangle ABC$，
$\therefore \frac{CB}{AB}=\frac{CE}{AC}$，即$\frac{2\sqrt{7}}{6}=\frac{CE}{2\sqrt{2}}$，
$\therefore CE=\frac{2\sqrt{14}}{3}$.

【变式5】如图,在$\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AB = 10$,$\sin B= \frac{3}{5}$,$D为边BC$的中点。

(1)求$BC$的长；
（2)求∠BAD的正切值.

答案：
[变式5]解:
(1)$\because \sin B=\frac{3}{5}$，$AB = 10$，
$\therefore \frac{AC}{10}=\frac{3}{5}$，
$\therefore AC = 6$，
由勾股定理可知$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=8$；
(2)如图,过点$D$作$DE⊥AB$，垂足为$E$.

$\because ∠C = ∠BED = 90^{\circ}$，$∠B = ∠B$，
$\therefore \triangle BED\backsim\triangle BCA$，
$\therefore \frac{BE}{BC}=\frac{BD}{BA}=\frac{ED}{CA}$，
即$\frac{BE}{8}=\frac{4}{10}=\frac{ED}{6}$，
$\therefore BE=\frac{16}{5}$，$ED=\frac{12}{5}$，
$\therefore AE = AB - BE = 10-\frac{16}{5}=\frac{34}{5}$，
$\therefore \tan∠BAD=\frac{DE}{AE}=\frac{6}{17}$.

【例题6】(2024·广州)2024年6月2日,嫦娥六号着陆器和上升器组合体(简称为“着上组合体”)成功着陆在月球背面。某校综合实践小组制作了一个“着上组合体”的模拟装置,在一次试验中,如图,该模拟装置在缓速下降阶段从A点垂直下降到B点,再垂直下降到着陆点C,从B点测得地面D点的俯角为36.87°,AD = 17米,BD = 10米。(1)求CD的长；(2)若模拟装置从A点以每秒2米的速度匀速下降到B点,求模拟装置从A点下降到B点的时间。(参考数据：$\sin 36.87^{\circ}\approx 0.60,\cos 36.87^{\circ}\approx 0.80,\tan 36.87^{\circ}\approx 0.75)$
(1)CD的长约为8米；
(2)模拟装置从A点下降到B点的时间约为4.5秒.

答案： [例题6]解:
(1)如图,由题意得$AC⊥CD$，$BE// CD$，
$\therefore ∠EBD = ∠BDC = 36.87^{\circ}$，
在$Rt\triangle BCD$中，$BD = 10$米，
$\therefore CD = BD\cdot\cos36.87^{\circ}\approx10×0.80 = 8$(米)，
$\therefore CD$的长约为$8$米；
(2)在$Rt\triangle BCD$中，$BD = 10$米，$∠BDC = 36.87^{\circ}$，
$\therefore BC = BD\cdot\sin36.87^{\circ}\approx10×0.6 = 6$(米)，
在$Rt\triangle ACD$中，$AD = 17$米，$CD = 8$米，
$\therefore AC=\sqrt{AD^{2}-CD^{2}}=\sqrt{17^{2}-8^{2}}=15$(米)，
$\therefore AB = AC - BC = 15 - 6 = 9$(米)，
$\because$模拟装置从$A$点以每秒$2$米的速度匀速下降到$B$点，
$\therefore$模拟装置从$A$点下降到$B$点的时间$= 9÷2 = 4.5$(秒)，
$\therefore$模拟装置从$A$点下降到$B$点的时间约为$4.5$秒.

【变式6】(2024·广东)中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献。为满足新能源汽车的充电需求,某小区增设了充电站,如图是矩形$PQMN$充电站的平面示意图,矩形$ABCD$是其中一个停车位。经测量,$\angle ABQ = 60^{\circ}$,$AB = 5.4m$,$CE = 1.6m$,$GH\perp CD$,$GH$是另一个车位的宽,所有车位的长宽相同,按图示并列划定。
根据以上信息回答下列问题：(结果精确到$0.1m$,参考数据$\sqrt{3}\approx 1.73$)
(1)求$PQ$的长；6.1m
(2)该充电站有$20$个停车位,求$PN$的长。66.7m

答案： [变式6]解:
(1)$\because$四边形$PQMN$是矩形，
$\therefore ∠Q = ∠P = 90^{\circ}$，
在$Rt\triangle ABQ$中，$∠ABQ = 60^{\circ}$，$AB = 5.4m$，
$\therefore AQ = AB\cdot\sin∠ABQ=\frac{27\sqrt{3}}{10}m$，$∠QAB = 30^{\circ}$，
$\because$四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore AD = BC$，$∠BAD = ∠BCD = ∠ABC = ∠BCE = 90^{\circ}$，
$\therefore ∠CBE = 30^{\circ}$，
$\therefore BC=\frac{CE}{\tan∠CBE}=\frac{8\sqrt{3}}{5}m$，
$\therefore AD=\frac{8\sqrt{3}}{5}m$，
$\because ∠PAD = 180^{\circ}-30^{\circ}-90^{\circ}=60^{\circ}$，
$\therefore AP = AD\cdot\cos∠PAD=\frac{4\sqrt{3}}{5}m$，
$\therefore PQ = AP + AQ=\frac{35\sqrt{3}}{10}\approx6.1m$；
(2)在$Rt\triangle BCE$中，$BE=\frac{CE}{\sin∠CBE}=3.2m$，
在$Rt\triangle ABQ$中，$BQ = AB\cdot\cos∠ABQ = 2.7m$，
$\because$该充电站有$20$个停车位，
$\therefore QM = QB + 20BE = 66.7m$，
$\because$四边形$PQMN$是矩形，
$\therefore PN = QM = 66.7m$.