《2025年通城学典课时作业本九年级数学全一册浙教版》

7.(易错题)如图,AB是$\odot O$的直径,CM是OA的垂直平分线,DN是OB的垂直平分线,则下列结论正确的是(A)

A.$\overset{\frown}{AC}= \overset{\frown}{CD}= \overset{\frown}{BD}$
B.$\overset{\frown}{AC}= \overset{\frown}{BD}＜\overset{\frown}{CD}$
C.$\overset{\frown}{AC}= \overset{\frown}{BD}＞\overset{\frown}{CD}$
D.$\overset{\frown}{AC}＜\overset{\frown}{BD}＜\overset{\frown}{CD}$

答案： A　[易错分析]构建等边三角形AOC和等边三角形BOD，从而求得$\widehat{CD}$的度数为60°.谨防凭MN＞AM=BN而误得$\widehat{AC}=\widehat{BD}＜\widehat{CD}$.

8.(转换法)如图,MN为半圆O的直径,半径$OA\perp MN$,C为AM的中点,过点C作$BC// MN$,交半圆O于点B,连结OB. 求证：$\overset{\frown}{BM}= \frac{1}{3}\overset{\frown}{AM}$.

答案： 延长BC,交OA于点D,连结OC.
∵C为AM的中点,OA=OM,OA⊥OM,
∴OC=AC=CM.
∵OA⊥MN,BC//MN,
∴∠AOM=90°,CD⊥OA.
∴易得AD=OD=$\frac{1}{2}$OA.
∴OD=$\frac{1}{2}$OB.
∴易得∠OBD=30°.又
∵BC//MN,
∴∠BOM=∠OBD=30°.
∴∠BOM=$\frac{1}{3}$∠AOM.
∴ $\widehat{BM}=\frac{1}{3}\widehat{AM}$

9.(2024·平湖段考)如图,AB是$\odot O$的弦,半径$OC\perp AB$于点D,连结AO并延长,交$\odot O$于点E,连结BE,DE. 若$DE= 3DO$,$AB= 4\sqrt{5}$,则$\triangle ODE$的面积为(C)
A.4
B.$3\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{5}$
D.$2\sqrt{6}$

答案： C

10. 如图,$\odot O$的直径AB为6,弦AC的长为2,$\angle ACB的平分线交\odot O$于点D,连结AD,BD. 求四边形ADBC的面积.

答案：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°.在Rt△ABC中,
∵AB=6,AC=2,
∴BC= $\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt{2}$.
∵∠ACB的平分线交⊙O于点D,
∴∠ACD=∠BCD.
∴ $\widehat{AD}=\widehat{BD}$.
∴AD=BD.
∴在Rt△ABD中,易得AD=BD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=3$\sqrt{2}$.
∴ $S_{四边形ACBD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AC\cdot BC+\frac{1}{2}AD\cdot BD=\frac{1}{2}×2×4\sqrt{2}+\frac{1}{2}×(3\sqrt{2})^2=4\sqrt{2}+9$

11. 如图,AB,DE为$\odot O$的直径,C是$\odot O$上一点,且$\overset{\frown}{AD}= \overset{\frown}{CE}$,连结BE,CE,AC,AD.
(1)判断BE与CE之间的数量关系,并说明理由.
(2)若$\angle BOE= 60^\circ$,则四边形OACE是什么特殊四边形？请说明理由.

答案：

(1)BE=CE　理由:
∵∠BOE=∠AOD,
∴ $\widehat{BE}=\widehat{AD}$.
∵ $\widehat{AD}=\widehat{CE}$,
∴ $\widehat{BE}=\widehat{CE}$.
∴BE=CE.　　
(2)四边形OACE is a rhombus　理由:如图,连结OC.由
(1),得BE=CE,
∴∠BOE=∠COE=60°.又
∵OE=OC,
∴△OCE是等边三角形.
∴CE=OE.
∵∠BOE+∠COE+∠AOC=180°,
∴∠AOC=60°.又
∵OA=OC,
∴△OAC是等边三角形.
∴OA=AC.
∴OE=CE=AC=OA.
∴四边形OACE是菱形.\n