《2025年课堂点睛九年级数学上册人教版安徽专版》

5. 如图,$AB是\odot O$的直径,$CD经过\odot O上一点D$,且$CD\perp AC于点C$,$\overset{\LARGE{\frown}}{ED} = \overset{\LARGE{\frown}}{DB}$。求证：$CD是\odot O$的切线。

答案： 证明：连接BE，OD.
∵ AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°.
∵$\widehat{ED}=\widehat{DB}$，
∴ OD⊥BE，
∴ OD//AC.
∵ CD⊥AC，
∴ CD⊥OD，
∴ CD是⊙O的切线.

6. 如图,在平面直角坐标系中,以点$C(2,0)$为圆心,以$3为半径的圆分别交x轴正半轴于点A$,交$y轴正半轴于点B$,过点$B的直线交x轴负半轴于点D(-\frac{5}{2},0)$。
(1)求$A$,$B$两点的坐标；
(2)求证：直线$BD是\odot C$的切线。

答案：
(1)解：
∵点C(2,0)为圆心，圆的半径为3，
∴ OC=2，AC=3.
∴ OA=OC+CA=5.
∴ A(5,0). 连接CB，在Rt△OCB中，
∵ BC=3，OC=2，
∴ $OB=\sqrt{5}$，
∴ $B(0,\sqrt{5})$.
(2)证明：
∵点$D\left(-\frac{5}{2},0\right)$，
∴ $OD=\frac{5}{2}$. 在Rt△DBO中，由勾股定理可知$DB^2=BO^2+DO^2=5+\frac{25}{4}=\frac{45}{4}$.
∵ $DC=DO+OC=\frac{9}{2}$，CB=3，
∴ $DB^2+CB^2=\frac{45}{4}+9=\frac{81}{4}=DC^2$.
∴△DBC是直角三角形，且∠DBC=90°.
∴ BC⊥DB.
∵ BC是⊙C的半径，
∴直线BD是⊙C的切线.

7. 如图,将$\triangle AOB绕点O顺时针旋转到\triangle COD$的位置,$\odot O与CD相切于点E$。求证：$AB是\odot O$的切线。

答案： 证明：连接OE，过点O作OF⊥AB于点F，由旋转的性质可得∠A=∠C，OA=OC，又
∵⊙O与CD相切于点E，
∴ CD⊥OE，
∴∠AFO=∠CEO=90°，
∴△AOF≌△COE(AAS)，
∴ OF=OE，
∴ AB是⊙O的切线.

8. (扬州市中考)如图,在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$\angle BAD = 90^{\circ}$,$CB = CD$,连接$BD$,以点$B$为圆心,$BA长为半径作\odot B$,交$BD于点E$。试判断$CD与\odot B$的位置关系,并说明理由。

答案： 解：CD与⊙B相切. 理由如下：过点B作BF⊥CD，垂足为F，则∠BFD=∠BAD=90°.
∵ AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD.
∵ CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB. 在△ABD和△FBD中，$\left\{\begin{array}{l}∠BAD=∠BFD,\\ ∠ADB=∠FDB,\\ BD=BD,\end{array}\right.$
∴△ABD≌△FBD(AAS)，
∴ BA=BF，即BF为⊙B的半径，
∴ CD与⊙B相切.