《2025年一本同步训练九年级数学上册人教版重庆专版》

9.如图，AB，CD是⊙O的两条直径，⊙O的切线CE与AB的延长线交于点E，连接AC，BD.
(1)求证：∠ABD=∠CAB；
(2)若B是OE的中点，AC=12，求⊙O的半径.

答案： 1. （1）证明：
因为$AB$，$CD$是$\odot O$的两条直径，所以$\overset{\frown}{AD}=\overset{\frown}{BC}$。
根据同弧或等弧所对的圆周角相等，可得$\angle ABD = \angle CAB$。
2. （2）解：
连接$OC$，因为$CE$是$\odot O$的切线，所以$OC\perp CE$，即$\angle OCE = 90^{\circ}$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OC = OB=r$。
因为$B$是$OE$的中点，所以$OE = 2OB = 2r$。
在$Rt\triangle OCE$中，$\cos\angle EOC=\frac{OC}{OE}=\frac{r}{2r}=\frac{1}{2}$，所以$\angle EOC = 60^{\circ}$。
因为$OA = OC$，所以$\triangle AOC$是等腰三角形，又$\angle AOC = 180^{\circ}-\angle EOC=120^{\circ}$，过$O$作$OF\perp AC$于点$F$，则$AF=\frac{1}{2}AC$（垂径定理）。
已知$AC = 12$，所以$AF = 6$。
在$Rt\triangle AOF$中，$\angle AOF=\frac{1}{2}\angle AOC = 60^{\circ}$，$\sin\angle AOF=\frac{AF}{OA}$。
即$\sin60^{\circ}=\frac{6}{OA}$，又$OA = r$，$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{6}{r}$，解得$r = 4\sqrt{3}$。
综上，（1）得证；（2）$\odot O$的半径为$4\sqrt{3}$。

10.(2024·巴蜀中学期中)如图，A，B是⊙O上的两点，连接AB并延长到点C，CD与⊙O相切于点D，且CD⊥AC.如果AB=BC=4，那么CD=（A）
A.4$\sqrt{2}$
B.2$\sqrt{10}$
C.2$\sqrt{5}$
D.4

答案： 1. 首先，连接$OD$，$OA$，设$OD = OA=r$：
因为$CD$是$\odot O$的切线，所以$OD\perp CD$（切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径）。
又因为$CD\perp AC$，所以$OD// AC$（垂直于同一条直线的两条直线平行）。
2. 然后，过点$O$作$OE\perp AB$于点$E$：
根据垂径定理，$AE = BE=\frac{1}{2}AB$（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），已知$AB = 4$，则$AE=BE = 2$。
因为$OD// AC$，$OE\perp AB$，$CD\perp AC$，所以四边形$ODCE$是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形），则$OD = EC=r$。
又因为$BC = 4$，$BE = 2$，所以$r=EC=EB + BC=2 + 4=6$，$OE = CD$。
3. 最后，在$Rt\triangle OAE$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$c = OA$，$a = AE$，$b = OE$）：
由勾股定理$OE=\sqrt{OA^{2}-AE^{2}}$，已知$OA = 6$，$AE = 2$。
则$OE=\sqrt{6^{2}-2^{2}}=\sqrt{36 - 4}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$，因为$OE = CD$，所以$CD = 4\sqrt{2}$。
综上，答案是A。

11.(2025·重庆实验外国语学校月考)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，AB=8$\sqrt{3}$，O为边AC上的一点，以OA为半径的半圆O交AB于点D，交AC于点E，过点D作半圆O的切线交边BC于点F，且BF=3$\sqrt{3}$，则CE的长为2.

答案： 2

12.如图，在△ABC中，BA=BC，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E，BC的延长线与⊙O的切线AF交于点F.
(1)求证：∠ABC=2∠CAF；
(2)若AC=2$\sqrt{10}$，CE：EB=1：4，求CE的长.

答案： 1. （1）证明：
连接$BD$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle ADB = 90^{\circ}$，即$BD\perp AC$。
又因为$BA = BC$，根据等腰三角形三线合一的性质，$\angle ABD=\angle CBD=\frac{1}{2}\angle ABC$。
因为$AF$是$\odot O$的切线，所以$\angle BAF = 90^{\circ}$，即$\angle FAB=\angle FAD+\angle DAB = 90^{\circ}$。
又因为$\angle ADB = 90^{\circ}$，所以$\angle DAB+\angle ABD = 90^{\circ}$。
所以$\angle FAD=\angle ABD$（同角的余角相等）。
而$\angle ABD=\frac{1}{2}\angle ABC$，所以$\angle ABC = 2\angle CAF$。
2. （2）解：
连接$AE$。
因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle AEB = 90^{\circ}$，设$CE=x$，因为$CE:EB = 1:4$，则$EB = 4x$，$BC=BA=CE + EB=5x$。
在$Rt\triangle AEC$和$Rt\triangle BEA$中，$\angle CEA=\angle AEB = 90^{\circ}$，$\angle ACE=\angle BAE$（同弧所对的圆周角相等，$\angle ACE$和$\angle ABE$都与$\angle BAE$有关系，$\angle ABE$与$\angle ACE$的关系可由$BA = BC$及圆的性质得到）。
所以$\triangle AEC\sim\triangle BEA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
根据相似三角形的性质$\frac{CE}{AE}=\frac{AE}{BE}$，即$AE^{2}=CE\cdot BE$。
在$Rt\triangle AEC$中，$AE^{2}=AC^{2}-CE^{2}$，已知$AC = 2\sqrt{10}$，则$(2\sqrt{10})^{2}-x^{2}=x\cdot4x$。
展开得$40−x^{2}=4x^{2}$。
移项得$5x^{2}=40$。
两边同时除以$5$得$x^{2}=8$，解得$x = 2$（$x\gt0$）。
所以（1）得证；（2）$CE$的长为$2$。

13.(2024·凉山州)如图，⊙M的圆心为M(4，0)，半径为2，P是直线y=x+4上的一个动点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为$2\sqrt{7}$.

答案： $2\sqrt{7}$