第103页 - 通成学典课时作业本九年级数学人教版南通专版

C

$2\sqrt{2}$

 解：

 (1) 连接BD。

 $\because ∠ ACD=30°，$

 $\therefore ∠ B=∠ ACD=30°。$

 $\because AB$是$\odot O$的直径，

 $\therefore ∠ ADB=90°，$

 $\therefore ∠ DAB=90° - ∠ B=60°。$

 (2) $\because ∠ ADB=90°，$$∠ B=30°，$$AB=4，$

 $\therefore AD=\frac{1}{2}AB=2。$

 $\because ∠ DAB=60°，$$DE⊥ AB，$且AB是$\odot O$的直径，

 $\therefore ∠ ADE=30°，$$DE=EF。$

 $\therefore AE=\frac{1}{2}AD=1。$

 $\therefore DE=\sqrt{AD^2 - AE^2}=\sqrt{2^2 - 1^2}=\sqrt{3}，$

 $\therefore DF=DE + EF=2DE=2\sqrt{3}。$

 (1) 证明：由圆周角定理得，$∠ ACB=\frac{1}{2}∠ AOB，$$∠ BAC=\frac{1}{2}∠ BOC，$

 又$\because ∠ ACB=2∠ BAC，$

 $\therefore \frac{1}{2}∠ AOB=2×\frac{1}{2}∠ BOC，$

 即$∠ AOB=2∠ BOC。$

 (2) 解：过点O作$OD⊥ AB$于点E，交$\odot O$于点D，连接DB。

 $\therefore AE=BE=\frac{1}{2}AB=2。$

 $\because ∠ AOB=2∠ BOC，$$∠ AOB=2∠ DOB，$

 $\therefore ∠ DOB=∠ BOC，$

 $\therefore BD=BC=\sqrt{5}。$

 在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$∠ DEB=90°，$

 $DE=\sqrt{BD^2 - BE^2}=\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}=1。$

 设$\odot O$的半径为R，则$OB=R，$$OE=R - DE=R - 1，$

 在$\mathrm{Rt}△ BOE$中，$∠ OEB=90°，$由勾股定理得：

 $OB^2=OE^2 + BE^2，$即$R^2=(R - 1)^2 + 2^2，$

 解得$R=\frac{5}{2}，$即$\odot O$的半径为$\frac{5}{2}。$

 解：$\because$ 四边形ABCD是矩形，

 $\therefore ∠ BCD=90°，$$CD=AB=3。$

 $\because ∠ PBC=∠ PCD，$

 $\therefore ∠ PBC + ∠ PCB=∠ PCD + ∠ PCB=∠ BCD=90°，$

 $\therefore ∠ BPC=90°，$

 $\therefore$ 点P在以BC为直径的圆上，且在矩形ABCD内部。

 取BC的中点O，以O为圆心，OB长为半径作$\odot O，$连接OD，交$\odot O$于点$P'，$连接OP。

 由几何性质可知$PD≥ OD - OP，$当且仅当O、P、D三点共线时取等号，即点P运动到$P'$位置时，PD取得最小值，最小值为$DP'$的长度。

 在$\mathrm{Rt}△ OCD$中，$OC=\frac{1}{2}BC=4，$$CD=3，$

 $\therefore OD=\sqrt{OC^2 + CD^2}=\sqrt{4^2 + 3^2}=5。$

 $\because OP'=OC=4，$

 $\therefore DP'=OD - OP'=5 - 4=1，$

 即线段PD长的最小值为1。

【分析】
要解决本题，需结合垂径定理、圆周角定理和直角三角形的性质推导：首先利用弧中点的性质，通过垂径定理得到弦的一半长度和圆心到弦的垂线；再根据圆周角与圆心角的关系求出圆心角；最后在直角三角形中计算圆心到弦的距离。
【解析】
设OC交AB于点E，连接OA。
1. 因为C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，根据垂径定理，OC垂直平分AB，所以$AE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×6=3$，且$OE⊥ AB$，OE即为圆心O到弦AB的距离。
2. 已知$∠ ADC=30°$，$∠ ADC$是圆周角，它所对的弧为$\overset{\frown}{AC}$，根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，可得$∠ AOC=2∠ ADC=60°$。
3. 在$Rt△ AOE$中，$∠ AEO=90°$，$∠ AOE=60°$，由三角函数关系$\tan∠ AOE=\frac{AE}{OE}$，代入$\tan60°=\sqrt{3}$、$AE=3$，得$\sqrt{3}=\frac{3}{OE}$，解得$OE=\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
垂径定理、圆周角定理、直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，解题关键是利用弧中点的垂径定理和圆周角定理建立角度关系，再通过直角三角形的三角函数计算距离，属于中等难度的圆相关计算题，需熟练掌握圆的基本定理。
【难度系数】
0.5

【分析】要解决本题，首先利用直径的性质构造直角三角形，再结合圆周角的等量关系推导三角形形状，最后计算边长：第一步，连接辅助线CD，利用“直径所对的圆周角是直角”得到直角；第二步，根据“同弧所对的圆周角相等”，结合已知角的等量关系，推出△ACD是等腰直角三角形；第三步，利用等腰直角三角形的性质和已知直径长度，计算AC的长度。
【解析】连接CD。
∵AD是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角为直角，
∴∠ACD=90°。
∵∠ABC与∠ADC都是弧AC所对的圆周角，根据同弧所对的圆周角相等，
∴∠ABC=∠ADC。
又
∵∠ABC=∠DAC，
∴∠ADC=∠DAC，
∴△ACD是等腰直角三角形，即AC=CD。
在Rt△ACD中，AD=4，由等腰直角三角形的性质，直角边AC=AD×sin45°=4×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2$\sqrt{2}$。
【答案】2$\sqrt{2}$
【知识点】圆周角定理、等腰直角三角形性质
【点评】本题是圆中基础计算题型，核心考查圆周角定理和等腰直角三角形的性质，通过辅助线转化角的关系，推导三角形形状是解题关键，需要熟练掌握圆的相关性质。
【难度系数】0.5

【分析】
第(1)问：要计算∠DAB的度数，需结合圆周角定理和直径的性质。先连接BD，根据同弧所对的圆周角相等，得到∠B=∠ACD=30°；再利用AB是⊙O的直径，得出直径所对的圆周角∠ADB=90°，在直角三角形ADB中，通过两锐角互余即可求出∠DAB。
第(2)问：先在Rt△ADB中，结合30°角直角三角形的性质求出AD的长度；再在Rt△ADE中，利用∠DAB=60°及DE⊥AB，得到∠ADE=30°，求出AE后用勾股定理算出DE；最后根据垂径定理，AB垂直平分DF（DE=EF），从而DF=2DE得出结果。
【解析】
(1) 连接BD。
∵ ∠ACD与∠B都是弧AD所对的圆周角，且∠ACD=30°，
∴ ∠B=∠ACD=30°。
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90°（直径所对的圆周角为直角）。
在Rt△ADB中，∠DAB + ∠B = 90°，
∴ ∠DAB=90°−30°=60°。
(2) 在Rt△ADB中，∠ADB=90°，∠B=30°，AB=4，
∴ AD=1/2 AB=1/2×4=2（直角三角形中30°角所对直角边等于斜边的一半）。
∵ DE⊥AB，
∴ ∠AED=90°，在Rt△ADE中，∠DAB=60°，
∴ ∠ADE=90°−60°=30°，
∴ AE=1/2 AD=1/2×2=1。
由勾股定理得：DE=√(AD²−AE²)=√(2²−1²)=√3。
∵ DE⊥AB，AB是⊙O的直径，根据垂径定理，AB垂直平分DF，即DE=EF，
∴ DF=DE + EF=2DE=2√3。
【答案】
10. (1) ∠DAB=60°；(2) DF=2√3

【知识点】
圆周角定理，垂径定理，直角三角形性质
【点评】
本题综合考查圆的核心性质与直角三角形的性质，解题关键是合理添加辅助线，利用相关定理逐步推导，属于中等难度的几何题，能较好考查学生对圆的性质的掌握情况。
【难度系数】
0.5

【分析】
要解决本题，需运用圆周角定理、垂径定理和勾股定理。第(1)问，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，结合已知∠ACB=2∠BAC，可直接推导得出结论；第(2)问，通过作辅助线OD⊥AB，利用垂径定理平分AB，再结合第(1)问的角关系得到BD=BC，最后在两个直角三角形中用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
(1) 证明：根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
∵ ∠ACB是弧AB所对的圆周角，∠AOB是弧AB所对的圆心角，
∴ ∠ACB = $\frac{1}{2}$∠AOB；
同理，∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BOC是弧BC所对的圆心角，
∴ ∠BAC = $\frac{1}{2}$∠BOC。
已知∠ACB = 2∠BAC，代入得：
$\frac{1}{2}$∠AOB = 2×$\frac{1}{2}$∠BOC，
化简得：∠AOB = 2∠BOC，得证。
(2) 解：过点O作OD⊥AB于点E，连接DB。
∵ OA=OB，OD⊥AB，根据垂径定理，AE=BE = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{1}{2}$×4 = 2。
∵ OA=OB，OD⊥AB，
∴ OD平分∠AOB，即∠DOB = $\frac{1}{2}$∠AOB。
由(1)知∠AOB=2∠BOC，
∴ ∠DOB=∠BOC。
在同圆中，相等的圆心角所对的弦相等，
∴ BD=BC=√5。
在Rt△BDE中，∠DEB=90°，由勾股定理得：
DE = $\sqrt{BD^2 - BE^2}$ = $\sqrt{(\sqrt{5})^2 - 2^2}$ = 1。
设⊙O的半径为r，则OB=r，OE=OD - DE = r - 1。
在Rt△BOE中，∠OEB=90°，由勾股定理得：
r² = (r - 1)² + 2²，
展开整理得：2r=5，解得r=$\frac{5}{2}$。
故⊙O的半径为$\frac{5}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\frac{5}{2}$
【知识点】
圆周角定理、垂径定理、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的核心性质，解题关键是利用圆周角定理转化角的关系，结合垂径定理构造直角三角形，通过勾股定理建立方程求解，需掌握辅助线的常规作法。
【难度系数】
0.5

【分析】首先根据矩形的性质得到∠BCD=90°，结合已知∠PBC=∠PCD，可推出∠BPC=90°，从而确定动点P的轨迹是以BC为直径的圆；再根据圆外一点到圆上点的最短距离是该点到圆心的距离减去半径，计算出最小值。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，CD=AB=3。
∵∠PBC=∠PCD，
∴∠PBC + ∠PCB = ∠PCD + ∠PCB = ∠BCD=90°，
∴∠BPC=90°，
∴点P在以BC为直径的圆上，且在矩形内。
取BC的中点O，则O为该圆的圆心，半径r=OB=OC=½BC=4。
连接OD，OD交⊙O于点P'，此时PD最小（圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心距离减半径）。
在Rt△OCD中，OC=4，CD=3，由勾股定理得OD=√(OC² + CD²)=√(4²+3²)=5。
∴DP'=OD - OP'=5 - 4=1，即PD的最小值为1。
【答案】1

【知识点】矩形性质，圆周角定理，几何最值
【点评】本题是矩形背景下的动点最值问题，核心是通过角的关系确定动点的轨迹为圆，再利用圆的性质求解最短距离，考查学生的几何推理能力和轨迹分析能力，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.4