《2025年多维导学案九年级数学全一册人教版》

4.如图,从一张腰长为90cm,顶角为$120^{\circ}$的等腰三角形铁皮OAB中剪出一个最大的扇形OCD,用此剪下的扇形铁皮围成一个圆锥的侧面(不计损耗),则该圆锥的底面半径为 (A)
A.15cm
B.12cm
C.10cm
D.20cm

答案： 【解析】：
过$O$作$OE\perp AB$于$E$。
因为$OA = OB = 90cm$，$\angle AOB = 120^{\circ}$，所以$\angle A=\angle B = 30^{\circ}$。
根据直角三角形中$30^{\circ}$所对的直角边是斜边的一半，可得$OE=\frac{1}{2}OA = 45cm$。
扇形$OCD$的弧长$l=\frac{120\pi×45}{180}=30\pi$（$cm$）。
设圆锥底面半径为$r$，根据圆锥底面周长等于侧面展开图的弧长，$2\pi r = 30\pi$，解得$r = 15cm$。
【答案】：A

5.如图,AB为$\odot O$的直径,点C是$\overset{\frown}{AD}$的中点,连接BC,OC分别交AD于点E,F.
(1)求证:$\angle ABD=2\angle C$;
(2)若$BC=2\sqrt{3}$,$\angle A=30^{\circ}$,求OF的长.

答案： 【解析】：
### $(1)$ 证明$\angle ABD = 2\angle C$
- 因为点$C$是$\overset{\frown}{AD}$的中点，根据圆心角、弧、弦的关系定理，可得$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}$。
- 又因为$OC$是$\odot O$的半径，根据垂径定理的推论（平分弧的直径垂直平分弧所对的弦），所以$OC\perp AD$，$\angle AFO = 90^{\circ}$。
- 因为$AB$是$\odot O$的直径，所以$\angle ADB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角），则$OC// BD$（同位角相等，两直线平行，$\angle AFO=\angle ADB = 90^{\circ}$）。
- 所以$\angle ABD=\angle AOC$（两直线平行，同位角相等）。
- 又因为$\angle AOC = 2\angle C$（同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍），所以$\angle ABD = 2\angle C$。
### $(2)$ 求$OF$的长
- 因为$OC// BD$，所以$\angle C=\angle DBC$。
- 由$(1)$知$\angle ABD = 2\angle C$，设$\angle C=x$，则$\angle ABD = 2x$，$\angle ABC=x$。
- 因为$AB$是直径，$\angle ACB = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角），$\angle A = 30^{\circ}$，所以$\angle ABC = 60^{\circ}$，则$\angle ABD=\angle AOC = 60^{\circ}$。
- 在$Rt\triangle ABC$中，$\angle A = 30^{\circ}$，$BC = 2\sqrt{3}$，根据$30^{\circ}$所对直角边是斜边的一半，设$AB = 2r$，则$AC=\sqrt{3}r$，由勾股定理$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，即$(2r)^{2}=(\sqrt{3}r)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}$，$4r^{2}=3r^{2}+12$，解得$r = 2\sqrt{3}$，所以$AB = 4\sqrt{3}$，$OC = OA=OB = 2\sqrt{3}$。
- 在$Rt\triangle AOF$中，$\angle A = 30^{\circ}$，$OA = 2\sqrt{3}$，根据$30^{\circ}$所对直角边是斜边的一半，可得$OF=\frac{1}{2}OA$（在直角三角形中，如果一个锐角等于$30^{\circ}$，那么它所对的直角边等于斜边的一半），所以$OF=\sqrt{3}$。
【答案】：
$(1)$ 证明过程如上述解析；$(2)$$\boldsymbol{\sqrt{3}}$

6.如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C=90^{\circ}$,$\odot O$是$\triangle ABC$的内切圆,切点分别是点D,E,F.
(1)求证:四边形OECF是正方形;
(2)若$AF=10$,$BE=3$,求$\odot O$的面积.

答案： 【解析】：
(1) 因为$\odot O$是$\triangle ABC$的内切圆，切点分别是点$D$，$E$，$F$，所以$OE\perp BC$，$OF\perp AC$，即$\angle OEC=\angle OFC = 90^{\circ}$，又因为$\angle C = 90^{\circ}$，所以四边形$OECF$是矩形。
由于$OE = OF$（圆的半径相等），所以矩形$OECF$是正方形。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$。
因为$\odot O$是$\triangle ABC$的内切圆，所以$AF = AD = 10$，$BE = BD = 3$，$CE = CF = r$。
则$AC=AF + CF=10 + r$，$BC=BE + CE=3 + r$，$AB=AD + BD=10 + 3 = 13$。
在$Rt\triangle ABC$中，根据勾股定理$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$，可得$(10 + r)^{2}+(3 + r)^{2}=13^{2}$。
展开式子得$100 + 20r+r^{2}+9 + 6r+r^{2}=169$，
合并同类项得$2r^{2}+26r + 109 - 169 = 0$，即$2r^{2}+26r - 60 = 0$，化简为$r^{2}+13r - 30 = 0$。
因式分解得$(r + 15)(r - 2)=0$，解得$r = 2$或$r=-15$（半径不能为负舍去）。
所以$\odot O$的面积$S=\pi r^{2}=\pi×2^{2}=4\pi$。
【答案】：
(1) 证明过程如上述解析；
(2) $4\pi$。

7.如图,点B,C,D都在$\odot O$上,过点C作$AC// BD$交OB的延长线于点A,连接CD,且$\angle CDB=\angle OBD=30^{\circ}$,$DB=6\sqrt{3}cm$.
(1)求证:AC是$\odot O$的切线;
(2)求由弦CD,BD与$\overset{\frown}{BC}$所围成的阴影部分的面积.(结果保留$\pi$)

答案： 【解析】：
### $(1)$ 证明$AC$是$\odot O$的切线
连接$OC$，$OC$交$BD$于点$E$。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半。
因为$\angle CDB = 30^{\circ}$，所以$\angle COB = 2\angle CDB=60^{\circ}$。
又因为$AC// BD$，所以$\angle A=\angle OBD = 30^{\circ}$。
在$\triangle AOC$中，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，可得$\angle OCA=180^{\circ}-\angle A - \angle COB=180^{\circ}-30^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}$，即$OC\perp AC$。
因为$OC$是$\odot O$的半径，所以$AC$是$\odot O$的切线。
### $(2)$ 求阴影部分的面积
因为$AC// BD$，$OC\perp AC$，所以$OC\perp BD$。
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，可得$DE = BE=\frac{1}{2}BD$。
已知$BD = 6\sqrt{3}cm$，则$BE = 3\sqrt{3}cm$。
在$Rt\triangle BEO$中，$\sin\angle EOB=\frac{BE}{OB}$，$\angle EOB = 60^{\circ}$，所以$OB=\frac{BE}{\sin60^{\circ}}=\frac{3\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 6cm$。
因为$\angle CDB=\angle OBD$，$\angle DEC=\angle BEO$，$BE = DE$，所以$\triangle DEC\cong\triangle BEO(AAS)$。
那么$S_{\triangle DEC}=S_{\triangle BEO}$。
所以$S_{阴影}=S_{扇形BOC}$。
根据扇形面积公式$S=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（其中$n$是圆心角度数，$r$是半径），$n = 60^{\circ}$，$r = OB = 6cm$，可得$S_{扇形BOC}=\frac{60\pi×6^{2}}{360}=6\pi(cm^{2})$。
【答案】：
$(1)$ 证明如上；$(2)$ $6\pi cm^{2}$