《2025年多维导学案九年级数学全一册人教版》

【例3】如图，$AB$是$\odot O$的直径，点$C$，$D$为半圆$O$的三等分点，过点$C$作$CE⊥AD$，交$AD$的延长线于点$E$.
（1）求证：$CE$是$\odot O$的切线；
（2）判断四边形$AOCD$是否为菱形？并说明理由.

答案：
解:
(1)证明:如图,连接AC.
　　　　　　
　
∵点C,D是半圆O的三等分点,
　
∴$\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{CD} = \overset{\frown}{CB}$.
　
∴∠DAC=∠CAB.
　
∵OA=OC,
　
∴∠CAB=∠OCA.
　
∴∠DAC=∠OCA.
　
∴AE//OC.
　
∴∠OCE+∠E=180°.
　
∵CE⊥AD,
　
∴∠OCE=90°.
　
∴OC⊥CE.
∵OC为⊙O的半径，
∴CE是⊙O的切线.
(2)四边形AOCD为菱形
　理由如下:
∵$\overset{\frown}{AD} = \overset{\frown}{CB}$,
∴∠DCA=∠CAB.
∴CD//OA.
　又
∵AE//OC,
∴四边形AOCD是平行四边形.
∵OA=OC,
∴平行四边形AOCD是菱形.

【变式3】如图，已知直线$PA$交$\odot O$于$A$，$B$两点，$AE$是$\odot O$的直径，点$C$为$\odot O$上一点，且$AC$平分$∠PAE$，过点$C$作$CD⊥PA$，垂足为点$D$.
（1）求证：$CD$为$\odot O$的切线；
（2）若$∠ACD=30^{\circ }$，$\odot O$的直径为$10$，求线段$AB$的长.

答案：
解:
(1)证明:如图，连接OC.
　　　　　　
∵OC=OA,
∴∠OAC=∠OCA.
∵AC平分∠PAE,
∴∠DAC=∠OAC.
∴∠DAC=∠OCA.
∴AD//OC.
∵CD⊥PA,
∴∠ADC=∠OCD=90°,
　即CD⊥OC.
∵OC为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线
(2)如图,过点O作OM⊥AB于点M.
∴∠OMA=90°.
∵∠MDC=∠OMA=∠DCO=90°,
∴四边形DMOC是矩形.
∴∠DCO=∠MOC=90°.
∵∠ACD=30°,
∴∠ACO=60°.
∵OA=OC,
∴△AOC是等边三角形.
∴∠AOC=60°.
∴∠AOM=30°.
∵OA=5,
∴AM=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{5}{2}$.
∵OM⊥AB,
∴AB=2AM=5.

【例4】（人教教材母题）如图，$\odot O$的直径$AB=12\mathrm{c}\mathrm{m}$，$AM$和$BN$是它的两条切线，$DE$与$\odot O$相切于点$E$，并与$AM$，$BN$分别相交于$D$，$C$两点.设$AD=x$，$BC=y$，求$y$关于$x$的函数解析式，并试着画出它的图象.

答案：
解:如图,过点D作DF⊥BC于点F.
　　　　
∵AM,BN分别是⊙O的切线，
　
∴∠OAD=∠OBF=90°.
　又
∵DF⊥BC,
　
∴∠DFB=90°.
　
∴四边形ABFD为矩形.
　
∴DF=AB=12cm,BF=AD.
　
∵AD,BC,DC分别为⊙O的切线，
∴DE=DA=x,CE=CB=y,CF=y−x.
∴DC=x+y.
　　由勾股定理,得DC²=DF²+CF²,
即(x+y)²=(y−x)²+12²,
整理,得xy=36,
∴y=$\frac{36}{x}$.
∴y关于x的函数解析式为y=$\frac{36}{x}$(x＞0).函数图象如图所示.
　　　

【变式4】如图，$\odot O$是梯形$ABCD$的内切圆，点$E$，$F$，$G$，$H$是切点，$AB// CD$.
（1）求证：$AB+CD=AD+BC$；
（2）若$OB=6$，$OC=8$，求$\odot O$的半径.

答案：
解:
(1)证明:
∵⊙O切梯形ABCD 于点E,F,G,H,
∴AE=AH,BE=BF,DG=DH,CG=CF.
∴AE+BE+DG+CG=AH+BF+DH+CF,
即AB+CD=AD+BC.
(2)如图，连接OF.
　　　　
∵AB//CD,
∴∠ABC+∠BCD=180°.
∵OB平分∠ABC,OC平分∠BCD,
∴∠OBC+∠OCB=$\frac{1}{2}$×180°=90°.
在Rt△BOC中,BC=$\sqrt{6^{2} + 8^{2}} = 10$.
∵BC与⊙O相切于点F,
∴OF⊥BC.
∵$\frac{1}{2}$OB·OC=$\frac{1}{2}$BC·OF,
∴OF=$\frac{6×8}{10}$=4.8.
∴⊙O的半径为4.8.