《2025年资源与评价黑龙江教育出版社九年级数学上册人教版》

9. 如图,半径 $ OA \perp OB $,$ P $ 是 $ OB $ 延长线上一点,$ PA $ 交 $ \odot O $ 于点 $ D $,过点 $ D $ 作 $ \odot O $ 的切线 $ CE $ 交 $ PO $ 于点 $ C $,求证：$ PC = CD $。

答案： 证明:如图，连接OD.
∵CE切⊙O于点D,
∴OD⊥CE,
∴∠2+∠3=90°.
∵OA⊥OB,
∴∠P+∠A=90°.
∵OD=OA,
∴∠3=∠A,
∴∠P=∠2.又
∵∠1=∠2,
∴∠P=∠1,
∴PC=CD.

10. 如图,$ AO $ 是 $ \triangle ABC $ 的中线,$ \odot O $ 与 $ AB $ 边相切于点 $ D $。
(1)要使 $ \odot O $ 与 $ AC $ 边也相切,应增加条件AB=AC(或∠B=∠C或AO平分∠BAC或AO⊥BC)(任写一个)。
(2)增加条件后,请你说明 $ \odot O $ 与 $ AC $ 边相切的理由。

答案： 解:
(1)AB=AC(或∠B=∠C或AO平分∠BAC或AO⊥BC).
(2)理由:如图，过点O作OE⊥AC于点E,连接OD.
∵AB切⊙O于点D,
∴OD⊥AB.
∵AB=AC,AO是BC边上中线,
∴OA平分∠BAC.又
∵OD⊥AB于点D,OE⊥AC于点E,
∴OE=OD,
∴AC是⊙O的切线.

11. 如图 1,$ AB $ 是半圆 $ O $ 的直径,$ O $ 为圆心,$ AD $,$ BD $ 是半圆的弦,且 $ \angle PDA = \angle PBD $。延长 $ PD $ 交圆的切线 $ BE $ 于点 $ E $。
(1)判断直线 $ PD $ 是不是半圆 $ O $ 的切线,并说明理由。
(2)若 $ \angle BED = 60° $,$ PD = \sqrt{3} $,求 $ PA $ 的长。
(3)如图 2,将线段 $ PD $ 以直线 $ AD $ 为对称轴作对称线段 $ DF $,点 $ F $ 正好在 $ \odot O $ 上,求证：四边形 $ DFBE $ 为菱形。

答案： 解:
(1)直线PD为⊙O的切线.理由:如图，连接OD.
∵AB是圆O的直径,
∴∠ADB=90°,
∴∠ADO+∠BDO=90°.又
∵DO=BO,
∴∠BDO=∠PBD.
∵∠PDA=∠PBD,
∴∠BDO=∠PDA,
∴∠ADO+∠PDA=90°,即PD⊥OD.
∵点D在半圆O上,
∴直线PD为半圆O的切线.
(2)
∵BE是半圆O的切线,
∴∠EBA=90°.
∵∠BED=60°,
∴∠P=30°.
∵PD为⊙O的切线,
∴∠PDO=90°.在Rt△PDO中,∠P=30°,PD=$\sqrt{3}$,
∴OD=1,
∴PO=$\sqrt{PD²+OD²}$=2,
∴PA=PO−AO=2−1=1.
(3)(方法一)证明:依题意得∠ADF=∠PDA,∠PAD=∠DAF.
∵∠PDA=∠PBD,∠ADF=∠ABF,
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF.
∵AB是圆O的直径,
∴∠ADB=90°.设∠PBD=x°,则∠DAF=∠PAD=90°+x°,∠DBF=2x°.
∵四边形AFBD内接于⊙O,
∴∠DAF+∠DBF=180°,即90°+x+2x=180°,解得x=30°,
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°.
∵BE,ED是⊙O的切线,
∴DE=BE,∠EBA=90°,
∴∠DBE=60°,
∴△BDE是等边三角形,
∴BD=DE=BE.又
∵∠FDB=∠ADB−∠ADF=90°−30°=60°,∠DBF=2x°=60°,
∴△BDF是等边三角形,
∴BD=DF=BF,
∴DE=BE=DF=BF,
∴四边形DFBE为菱形.(方法二)证明:依题意得∠ADF=∠PDA,∠APD=∠AFD.
∵∠PDA=∠PBD,∠ADF=∠ABF,∠PAD=∠DAF,
∴∠ADF=∠AFD=∠BPD=∠ABF,
∴AD=AF,BF//PD,
∴DF⊥PB.
∵BE为切线,
∴BE⊥PB,
∴DF//BE,
∴四边形DFBE为平行四边形.
∵PE,BE为切线,
∴BE=DE,
∴四边形DFBE为菱形.