《2025年全科王同步课时练习九年级数学上册人教版》

10. (2023·江苏淮安中考)如图,四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形,BC 是⊙O 的直径,BC = 2CD,则∠BAD 的度数是120°.

答案： 120[提示:连接 OD,
∵ BC 是$\odot O$的直径,$BC=2CD$,
∴$OC =OD=CD$,
∴$\triangle COD$为等边三角形,
∴$∠C=60^{\circ }$.
∵四边形 ABCD 是$\odot O$的内接四边形,
∴$∠BAD+∠C=180^{\circ }$,
∴$∠BAD=120^{\circ }.]$

11. 如图,四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形,∠ADC = 150°,弦 AC = 2,则⊙O 的半径等于2.

答案： 2[提示:连接 OA,OC,
∵四边形 ABCD 是$\odot O$的内接四边形,
∴$∠ADC+∠ABC=180^{\circ }$.
∵$∠ADC=150^{\circ }$,
∴$∠ABC=30^{\circ }$,
∴$∠AOC=2∠ABC=60^{\circ }$.
∵$OA=OC$,
∴$\triangle OAC$为等边三角形,
∴$OA=AC=2$,即$\odot O$的半径为 2.]

12. 如图,在平面直角坐标系 xOy 中,直线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x + \frac{2\sqrt{3}}{3}$与⊙O 相交于 A,B 两点,且点 A 在 x 轴上,则弦 AB 的长为$2\sqrt{3}$.

答案： $2\sqrt {3}$[提示:设直线 AB 交 y 轴于 C,过 O 作$OD⊥AB$于 D.在$y=\frac {\sqrt {3}}{3}x+\frac {2\sqrt {3}}{3}$中,令$x=0$,得$y=\frac {2\sqrt {3}}{3}$,令$y=0$,得$x=-2$,
∴$C(0,\frac {2\sqrt {3}}{3}),A(-2,0)$,
∴$OC=\frac {2\sqrt {3}}{3},OA=2$,
∴$AC=\sqrt {OA^{2}+OC^{2}}=\sqrt {2^{2}+(\frac {2\sqrt {3}}{3})^{2}}=\frac {4\sqrt {3}}{3}$,
∴$∠CAO=30^{\circ }$,
∴在$Rt\triangle AOD$中,$OD=\frac {1}{2}OA=1$,
∴$AD=\sqrt {OA^{2}-OD^{2}}=\sqrt {2^{2}-1^{2}}=\sqrt {3}$,
∴$AB=2AD=2\sqrt {3}.]$

13. 求证：垂直于弦 AB 的直径 CD 平分弦以及弦所对的两条弧.

答案：
已知:如图,CD 为$\odot O$的直径,AB 是$\odot O$的弦,$AB⊥CD$,垂足为 M. 求证:$AM=BM,\widehat {AC}=\widehat {BC},\widehat {AD}=\widehat {BD}$. 证明:连接 OA,OB,
∵$OA=OB$,
∴$\triangle OAB$是等腰三角形,
∵$AB⊥CD$,
∴$AM=BM,∠AOC=∠BOC$,
∴$\widehat {AC}=\widehat {BC},\widehat {AD}=\widehat {BD}.$

14. (2023·贵州中考)如图,已知⊙O 是等边三角形 ABC 的外接圆,连接 CO 并延长交 AB 于点 D,交⊙O 于点 E,连接 EA,EB.
(1)写出图中一个度数为 30°的角：______,图中与△ACD 全等的三角形是______；
(2)连接 OA,OB,判断四边形 OAEB 的形状,并说明理由.

答案：
解:
(1)∠1(答案不唯一)；△BCD；
(2)四边形 OAEB 为菱形.理由如下:
∵已知$\odot O$是等边三角形 ABC 的外接圆,
∴点 O 是等边三角形 ABC 的外心,
∴$CE⊥AB,∠1=∠2=30^{\circ }$.
∵$∠CAE=90^{\circ },∠1=30^{\circ }$,
∴$AE=\frac {1}{2}CE$.同理可得$BE=\frac {1}{2}CE$.
∴$OA=OB =AE=BE$,
∴四边形 OAEB 为菱形.

15. 如图,AB 为⊙O 的弦,半径 OC,OD 分别交 AB 于点 E,F. 且$\overset{\frown}{AC}= \overset{\frown}{DB}$.
(1)求证：AE = BF；
(2)作半径 ON⊥AB 于点 M,若 AB = 12,MN = 3,求 OM 的长.

答案：

(1)证明:连接 OA,OB,如图 1,
∵$OA=OB$,
∴$∠A=∠B$.
∵$\widehat {AC}=\widehat {DB}$,
∴$∠AOE=∠BOF$.在$\triangle AOE$和$\triangle OBF$中,$\begin{cases}∠A=∠B\\OA=OB\\∠AOE=∠BOF\end{cases}$,
∴$\triangle AOE\cong \triangle OBF(ASA)$,
∴$AE=BF$.
(2)解:连接 OA,如图 2,
∵$OM⊥AB$,
∴$AM=\frac {1}{2}AB=6$.设$OM=x$,则$OA=ON=x+3$,在$Rt\triangle AOM$中,由勾股定理得$6^{2}+x^{2}=(x+3)^{2}$,解得$x=4.5$,
∴$OM=4.5$.

16. 如图,圆 O 中两条互相垂直的弦 AB,CD 交于点 E.
(1)M 是 CD 的中点,OM = 3,CD = 12,求圆 O 的半径长；
(2)点 F 在 CD 上,且 CE = EF,求证：AF⊥BD.

答案：

(1)解:如图,连接 OD,
∵ M 是 CD 的中点,$CD=12$,
∴$DM=\frac {1}{2}CD=6$,
∵$OM⊥CD$,
∴$∠OMD=90^{\circ }$.在$Rt\triangle OMD$中,$OD=\sqrt {OM^{2}+DM^{2}}$,且$OM=3$,
∴$OD=\sqrt {3^{2}+6^{2}}=3\sqrt {5}$,即圆 O 的半径长为$3\sqrt {5}$.
(2)证明:连接 AC,延长 AF 交 BD 于 G,如图,
∵$AB⊥CD,CE=EF$,
∴ AB 是 CF 的垂直平分线,
∴$AF=AC$,即$\triangle ACF$是等腰三角形.
∵$CE=EF$,
∴$∠FAE=∠CAE$.
∵$\widehat {BC}=\widehat {BC}$,
∴$∠CAE=∠CDB$,
∴$∠FAE =∠CDB$.在$Rt\triangle BDE$中,$∠CDB+∠B=90^{\circ }$,
∴$∠FAE+∠B =90^{\circ }$,
∴$∠AGB=90^{\circ }$,
∴$AG⊥BD$,即$AF⊥BD$.