《2025年特高级教师点拨九年级数学上册苏科版》

6.[一模·温州]如图,半圆的直径AB= 6,C为半圆上一点,连接AC、BC,D为弧BC上一点,连接OD,交BC于点E,连接AE.若四边形ACDE为平行四边形,则AE的长为______.

答案： 2$\sqrt{3}$ 点拨:如图,连接 OC.
∵AB 是半圆的直径,
∴∠ACB = 90°(直径所对的圆周角是直角).
∵四边形 ACDE 是平行四边形,
∴AC = DE,CD = AE,AC//DE.
∴∠ACE = ∠DEC = 90°.
∴OD⊥BC.
∴EC = EB.
∵OA = OB,
∴AC = 2OE = DE.
∵OD = OC = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$×6 = 3,
∴OE = 1,DE = 2.
∵OC² - OE² = CD² - DE².
∴3² - 1² = CD² - 2².
∴CD = 2$\sqrt{3}$.
∴AE = CD = 2$\sqrt{3}$.

7.[一模·扬州]如图,在△ABC中,∠BAC= 120°,AB= 6,AC= 4,点M是AB边上一动点,连接CM,以AM为直径的⊙O交CM于点N,则线段BN的最小值为______.

答案： 2$\sqrt{13}$ - 2 点拨:如图①,连接 AN.
∵AM 是⊙O 的直径,
∴∠ANM = 90°,
∴∠ANC = 90°,
∴点 N 在以 AC 为直径的圆上.
如图②,以 AC 的中点 O'为圆心,AC 长为直径作⊙O',连接 O'N,当点 O'、N、B 共线时,BN 最小.
过点 O'作 O'D⊥BA 交 BA 的延长线于点 D.
∵∠BAC = 120°,
∴∠DAO' = 180° - ∠BAC = 60°.
∵∠ADO' = 90°,
∴∠AO'D = 90° - ∠DAO' = 30°,
∴AD = $\frac{1}{2}$AO' = $\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$AC = 1.
∴DO' = $\sqrt{O'A^2 - AD^2}$ = $\sqrt{2^2 - 1^2}$ = $\sqrt{3}$.
∵AB = 6,
∴BD = BA + AD = 6 + 1 = 7,
∴BO' = $\sqrt{BD^2 + O'D^2}$ = $\sqrt{7^2 + (\sqrt{3})^2}$ = 2$\sqrt{13}$,
∴BN = BO' - NO' = 2$\sqrt{13}$ - 2.

8.[月考·靖江]如图,AB是⊙O的直径,点C在圆上,∠BAD是△ABC的一个外角,它的平分线交⊙O于点E.不使用圆规,请你仅用一把不带刻度的直尺作出∠BAC的平分线,并说明理由.

答案： 解:如图,作直径 EF,
连接 AF,则 AF 是∠BAC 的平分线.
理由:
∵EF 是⊙O 的直径,
∴∠EAF = 90°,
∴∠EAO + ∠OAF = 90°,
∴∠DAE + ∠CAF = 90°.
∵AE 平分∠BAD,
∴∠DAE = ∠EAO,
∴∠CAF = ∠OAF,
∴AF 是∠BAC 的平分线.

9.[模拟·温州]如图,在⊙O的内接四边形ABCD中,AB是⊙O的直径,C为$\overset{\frown}{BD}$的中点,延长AD、BC交于P,连接AC.
(1)求证：AB= AP；
(2)当AB= 10,DP= 2时,求线段PC的长.

答案：
(1)证明:
∵C 为$\widehat{BD}$的中点,
∴$\widehat{BC}=\widehat{CD}$,
∴∠BAC = ∠CAP(等弧所对的圆周角相等).
∵AB 是⊙O 的直径,
∴∠ACB = 90°(直径所对的圆周角是直角).
∴∠ABC + ∠BAC = 90°,∠P + ∠CAP = 90°.
∴∠ABC = ∠P.
∴AB = AP.
(2)解:如图,连接 BD.
∵AB 是⊙O 的直径,
∴∠ADB = 90°(直径所对的圆周角是直角).
∴∠BDP = 90°.
∵AP = AB = 10,DP = 2,
∴AD = AP - DP = 10 - 2 = 8.
在Rt△ABD中,BD = $\sqrt{AB^2 - AD^2}$ = $\sqrt{10^2 - 8^2}$ = 6,
在Rt△PBD中,
PB = $\sqrt{BD^2 + PD^2}$ = $\sqrt{6^2 + 2^2}$ = 2$\sqrt{10}$.
∵AB = AP,AC⊥BP,
∴PC = BC = $\frac{1}{2}$PB = $\sqrt{10}$.

10.[期末·绵阳]如图,在⊙O的内接五边形ABCDE中,AD和BE交于点N,AB和EC的延长线交于点M,CD//BE,BC//AD,BM= BC= 1,点D是$\overset{\frown}{CE}$的中点.
(1)求证：BC= DE；
(2)求证：AE是⊙O的直径；
(3)求⊙O的面积.

答案：
(1)证明:如图,连接 BO、CO、DO.
∵CD//BE,
∴∠DCE = ∠CEB.
∵∠DCE = $\frac{1}{2}$∠DOE,
∠CEB = $\frac{1}{2}$∠COB(圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半),
∴∠DOE = ∠COB.
∴BC = DE.
(2)证明:如图,连接 AC.
∵BC//AD,
∴∠CAD = ∠BCA.
∵∠CAD = $\frac{1}{2}$∠COD,∠BCA = $\frac{1}{2}$∠AOB(圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半),
∴∠COD = ∠AOB.
∴AB = DC.
∵点 D 是$\widehat{CE}$的中点,
∴$\widehat{CD}=\widehat{DE}$,
∴CD = DE.
又
∵BC = DE,
∴AB = BC.
∴AB = BC = BM,
∴△ACB 和△BCM 都是等腰三角形.
∴∠BMC = ∠BCM,∠BCA = ∠BAC.
又
∵∠ABC + ∠CBM = 180°,∠ABC = ∠BMC + ∠BCM,∠CBM = ∠BAC + ∠ACB,
∴在△ACM 中,∠ACM = ∠ACB + ∠BCM = $\frac{1}{2}$×180° = 90°.
∴∠ACE = 90°.
∴AE 是⊙O 的直径(90°的圆周角所对的弦是直径).
(3)解:由
(1)
(2)得$\widehat{AB}=\widehat{BC}=\widehat{CD}=\widehat{DE}$.
∵AE 是⊙O 的直径,
∴∠BEA = ∠DAE = $\frac{1}{8}$×180° = 22.5°,∠BAN = 45°,∠ABN = 90°,
∴NA = NE,∠BNA = ∠BAN = 45°,
∴AB = BN.
∵AB = BM = 1,
∴BN = 1.
在Rt△ABN中,由勾股定理,得
AN = $\sqrt{AB^2 + BN^2}$ = $\sqrt{1^2 + 1^2}$ = $\sqrt{2}$.
∴AN = NE = $\sqrt{2}$.
∴BE = BN + NE = 1 + $\sqrt{2}$.
在Rt△ABE中,由勾股定理,得
AE² = AB² + BE² = 1² + (1 + $\sqrt{2}$)² = 4 + 2$\sqrt{2}$,
∴⊙O 的面积 = π($\frac{AE}{2}$)² = $\frac{1}{4}$π·AE² = (1 + $\frac{\sqrt{2}}{2}$)π.