《2025年时代新课程九年级数学上册苏科版》

15. (2025·吉安县一模)如图,⊙O是△ABC的外接圆,AB是⊙O的直径,点E是BA延长线上一点,过点B作⊙O的切线BD交EC的延长线于点D,且满足∠BDE=2∠ABC.
(1) 求证:CD是⊙O的切线;
(2) 若AE=3,EC=6,求⊙O的半径.

答案： 15.
(1) 证明：连接CO，
∵OB=OC,
∴$\angle ABC=\angle OCB$，
∴$\angle AOC=\angle ABC+\angle OCB=2\angle ABC$，
由条件可得$\angle AOC=\angle BDE$，
∵BD是⊙O的切线,
∴$\angle ABC=90°$，
∴$\angle E+\angle BDE=90°$,
∴$\angle E+\angle AOC=90°$，
∴$\angle OCE=90°$，
又
∵OC是⊙O的半径,
∴CD是⊙O的切线.
(2) 解：设⊙O的半径为R，则AO=CO=R，
由条件可知OE=AO+AE=R+3，
在Rt△COE中，由勾股定理，得:$R^2 + 6^2 = (R + 3)^2$，
解得:R=4.5，
∴⊙O的半径为4.5.

16. (2023·南京一模)如图,⊙O是△ABC的外接圆,CD是⊙O的切线,且CD//AB,连接AD交⊙O于点E.
(1) 求证AC=BC;
(2) 连接BE,若BE为直径,BC=3$\sqrt{10}$,AE=8,求⊙O的半径.

答案： 16.
(1) 证明：连接CO并延长交AB于点F，连接BE，
∵CD是⊙O的切线,
∴$\angle OCD=90°$，
∵CD//AB,
∴$\angle OFB=\angle OCD=90°$，即OF⊥AB，
∴AF=BF,
∴CF是AB的垂直平分线，
∴AC=BC;
(2) 解：
∵AF=BF,OB=OE，
∴$OF=\frac{1}{2}AE=4$，
设OB=OC=r，
∵$BF^2 + CF^2 = BC^2$,$BF^2 + OF^2 = OB^2$，
即$BF^2 = (3\sqrt{10})^2 - (r + 4)^2$,$BF^2 = r^2 - 4^2$，
∴$(3\sqrt{10})^2 - (r + 4)^2 = r^2 - 4^2$，
解得$r_1=5$.$r_2=-9$(舍去).
∴⊙O的半径为5.

17. 如图,△ABC为等边三角形,O为BC的中点,作⊙O与AC相切于点D.
(1) 求证:AB与⊙O相切;
(2) 延长AC到E,使得CE=AC,连接BE交⊙O与点F,M,若AB=4,求FM的长.

答案： 17.
(1) 证明：连接OD，作OG⊥AB于点G，
则$\angle OGB=90°$,
∵△ABC为等边三角形，
∴$\angle OCD=\angle OBG=\angle BAC=60°$.
∵O为BC的中点,
∴OB=OC.
∵⊙O与AC相切于点D,
∴AC⊥OD，
∴$\angle ODC=90°=\angle OGB$，
∴△OBG≌△OCD(AAS)，
∴OG=OD,
∴AB与⊙O相切.
(2)解：连接OA，OM，作OH⊥FM于点H，
则$\angle OHB=90°$,FH=MH，
∵CE=AC,AC=BC，
∴CE=BC，
∴$\angle CBE=\angle CEB=\frac{1}{2}\angle ACB=30°$，
∴$\angle ABE=\angle ABC+\angle CBE=90°$.
∵$\angle OGB=90°$，
∴四边形OHBG是矩形，
∴OH=BG.
∵△ABC是等边三角形，O为BC的中点，
∴$OB=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AB=2$.
∵$\angle BOG=90° - 60°=30°$，
∴$OH=BG=\frac{1}{2}OB=1$,$OG=\sqrt{3}BG=\sqrt{3}$.
在Rt△OMH中，$OM=OG=\sqrt{3}$,OH=1，
∴$MH=\sqrt{OM^2 - OH^2}=\sqrt{2}$，
∴$FM=2MH=2\sqrt{2}$.