《2025年零障碍导教导学案九年级数学全一册人教版》

5. (2024·越秀区校级三模) 如图,AB为⊙O的直径,C是$\overset{\frown}{BF}$的中点,CD⊥AF,垂足为D,AB,DC的延长线交于点E.
(1) 求证：DE是⊙O的切线；
(2) 若AD = 3,AB = 4,求AC的长；
(3) 若∠E = 30°,OA = 2,则阴影部分的面积为______.

答案：

(1) 证明：如图，连接 $ OC $，

∵ $ C $ 是 $ \overset{\frown}{BF} $ 的中点，
∴ $ \angle CAB = \angle FAC $。
∵ $ OA = OC $，
∴ $ \angle CAB = \angle OCA $。
∴ $ \angle FAC = \angle OCA $。
∴ $ OC // AF $。
∵ $ CD \perp AF $，
∴ $ OC \perp CD $。
∵ $ OC $ 为 $ \odot O $ 的半径，
∴ $ DE $ 是 $ \odot O $ 的切线。
(2) 解：如图，连接 $ BC $，过点 $ C $ 作 $ CG \perp AB $ 于点 $ G $，
∵ $ CD \perp AF $，
∴ $ \angle D = \angle AGC = 90^{\circ} $。
∵ $ \angle FAC = \angle BAC $，$ AC = AC $，
∴ $ \triangle DAC \cong \triangle GAC (\text{AAS}) $。
∴ $ AD = AG = 3 $。
∵ $ AB = 4 $，
∴ $ OA = OC = 2 $。
∴ $ OG = AG - OA = 1 $。
在 $ \text{Rt} \triangle OGC $ 中，
$ CG = \sqrt{OC^{2} - OG^{2}} = \sqrt{3} $。
在 $ \text{Rt} \triangle AGC $ 中，
$ AC = \sqrt{AG^{2} + CG^{2}} = 2\sqrt{3} $。
(3) 解：由
(1) 知 $ OC \perp DE $，
∴ $ \angle OCE = 90^{\circ} $。
∵ $ OC = OA = 2 $，$ \angle E = 30^{\circ} $，
∴ $ OE = 2OC = 4 $，
$ \angle COB = 60^{\circ} $。
∴ $ CE = \sqrt{OE^{2} - OC^{2}} = 2\sqrt{3} $。
∴ $ S_{\text{阴影部分}} $
$ = S_{\triangle OCE} - S_{\text{扇形} OBC} $
$ = \frac{1}{2}OC \cdot CE - \frac{60^{\circ}}{360^{\circ}} \cdot \pi \cdot OC^{2} $
$ = \frac{1}{2} \times 2 \times 2\sqrt{3} - \frac{1}{6}\pi \times 2^{2} $
$ = \frac{6\sqrt{3} - 2\pi}{3} $。
故答案为 $ \frac{6\sqrt{3} - 2\pi}{3} $。

6. 【变式练习】如图,在Rt△AOB中,∠ABO = 90°,∠OAB = 30°,以点O为圆心,OB为半径的圆交BO的延长线于点C,过点C作OA的平行线,交⊙O于点D,连接AD.
(1) 求证：AD为⊙O的切线；
(2) 若OB = 2,求$\overset{\frown}{CD}$的长.

答案：

(1) 证明：如图，连接 $ OD $，

∵ $ \angle OAB = 30^{\circ} $，$ \angle B = 90^{\circ} $，
∴ $ \angle AOB = 60^{\circ} $。
又
∵ $ CD // AO $，
∴ $ \angle C = \angle AOB = 60^{\circ} $。
又
∵ $ OC = OD $，
∴ $ \triangle COD $ 是等边三角形。
∴ $ \angle COD = 60^{\circ} $。
∴ $ \angle AOD = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 60^{\circ} = 60^{\circ} $。
又
∵ $ OB = OD $，$ AO = AO $，
∴ $ \triangle AOB \cong \triangle AOD (\text{SAS}) $。
∴ $ \angle ADO = \angle ABO = 90^{\circ} $。
又
∵ 点 $ D $ 在 $ \odot O $ 上，
∴ $ AD $ 是 $ \odot O $ 的切线。
(2) 解：由题意，得 $ \odot O $ 的半径
$ OB = 2 = OC $，$ \angle COD = 60^{\circ} $。
根据弧长公式，可得
$ l = \frac{n\pi r}{180} = \frac{60\pi \times 2}{180} = \frac{2\pi}{3} $。
∴ $ \overset{\frown}{CD} $ 的长为 $ \frac{2\pi}{3} $。

7. 如图,在Rt△ABC中,∠C = 90°,⊙O与BC,AC分别相切于点E,F,BO平分∠ABC,连接OA,与⊙O相交于点N.
(1) 求证：AB是⊙O的切线；
(2) 若BE = AC = 3,⊙O的半径是1,求图中阴影部分的面积.

答案：

(1) 证明：如图，连接 $ OE $，作 $ OD \perp AB $，垂足为 $ D $，

∵ $ \odot O $ 与 $ BC $ 相切，
∴ $ OE \perp BC $。
∵ $ BO $ 平分 $ \angle ABC $，$ OD \perp AB $，
∴ $ OD = OE $。
∴ $ AB $ 是 $ \odot O $ 切线。
(2) 解：如图，连接 $ OF $，设 $ OB $ 与 $ \odot O $ 交于点 $ M $。
∵ $ \odot O $ 与 $ BC $，$ AC $ 分别相切于点 $ E $，$ F $，$ AB $ 是 $ \odot O $ 的切线，
∴ $ AD = AF $，$ BD = BE = 3 $，
$ OD \perp AB $，$ OE \perp BC $，$ OF \perp AC $，
$ \angle BAO = \angle CAO $，
$ \angle ABO = \angle CBO $。
∵ $ \angle C = 90^{\circ} $，
∴ $ \angle OEC = \angle OFC = \angle ACB $
$ = 90^{\circ} $。
∴ 四边形 $ OFCE $ 是矩形。
∵ $ OE = OF $，
∴ 矩形 $ OFCE $ 是正方形。
∴ $ OE = OF = CE = CF = 1 $。
∴ $ AF = AC - CF = 3 - 1 = 2 $。
∴ $ AD = AF = 2 $。
∴ $ AB = AD + BD = 2 + 3 = 5 $。
∴ $ S_{\triangle ABO} = \frac{1}{2} \times 5 \times 1 = \frac{5}{2} $。
∴ $ \angle BAO + \angle ABO = \frac{1}{2}(\angle BAC + \angle ABC) = 45^{\circ} $。
∴ $ \angle BOA = 180^{\circ} - 45^{\circ} = 135^{\circ} $。
∴ $ S_{\text{扇形} OMN} = \frac{135 \times \pi \times 1^{2}}{360} = \frac{3}{8}\pi $。
∴ $ S_{\text{阴影}} = S_{\triangle ABO} - S_{\text{扇形} OMN} $
$ = \frac{5}{2} - \frac{3}{8}\pi $。

8. 【变式练习】如图,在四边形ABCD中,AD//BC,∠BAD = 90°,CB = CD,连接BD,以点B为圆心,BA的长为半径作⊙B,交BD于点E.
(1) 求证：CD与⊙B相切；
(2) 若AB = 2$\sqrt{3}$,∠BCD = 60°,求图中阴影部分的面积.

答案：

(1) 证明：如图，过点 $ B $ 作 $ BF \perp CD $，垂足为 $ F $，

∵ $ AD // BC $，
∴ $ \angle ADB = \angle CBD $。
∵ $ CB = CD $，
∴ $ \angle CBD = \angle CDB $。
∴ $ \angle ADB = \angle CDB $。
在 $ \triangle ABD $ 和 $ \triangle FBD $ 中，
$ \begin{cases} \angle ADB = \angle FDB, \\ \angle BAD = \angle BFD, \\ BD = BD, \end{cases} $
∴ $ \triangle ABD \cong \triangle FBD (\text{AAS}) $。
∴ $ BF = BA $。则点 $ F $ 在 $ \odot B $ 上。
∴ $ CD $ 与 $ \odot B $ 相切。
(2) 解：
∵ $ \angle BCD = 60^{\circ} $，
$ CB = CD $，
∴ $ \triangle BCD $ 是等边三角形。
∴ $ \angle CBD = 60^{\circ} $。
∵ $ BF \perp CD $，
∴ $ \angle ABD = \angle DBF = \angle CBF $
$ = 30^{\circ} $。
∴ $ BD = 2AD $。
在 $ \text{Rt} \triangle ABD $ 中，
$ AB^{2} + AD^{2} = BD^{2} $，
即 $ (2\sqrt{3})^{2} + AD^{2} = (2AD)^{2} $，
解得 $ AD = 2 $。
∴ 阴影部分的面积为
$ S_{\triangle ABD} - S_{\text{扇形} ABE} $
$ = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{3} \times 2 - \frac{30 \times \pi \times (2\sqrt{3})^{2}}{360} $
$ = 2\sqrt{3} - \pi $。