第119页 - 通成学典课时作业本九年级数学人教版南通专版

A

2.5

 解：

 (1) $AD// OE，$理由如下：

 ∵ $CE，$$BE$是$\odot O$的切线，

 ∴ $∠ ODE=∠ OBE=90°。$

 在$\mathrm{Rt}△ DOE$和$\mathrm{Rt}△ BOE$中，

 $\begin{cases} OE=OE \\ OD=OB \end{cases}$

 ∴ $\mathrm{Rt}△ DOE ≌ \mathrm{Rt}△ BOE，$

 ∴ $∠ DOE=∠ BOE。$

 ∵ $OA=OD，$

 ∴ $∠ ODA=∠ OAD。$

 ∵ $∠ DOB=∠ DOE+∠ BOE=∠ ODA+∠ OAD，$

 ∴ $∠ DOE=∠ ODA，$

 ∴ $AD// OE。$

(2)

 ∵ $CE，$$BE$是$\odot O$的切线，

 ∴ $DE=BE=6，$

 ∴ $CE=DE+CD=6+4=10。$

 在$\mathrm{Rt}△ CBE$中，$BC=\sqrt{CE^2-BE^2}=8。$

 设$OB=OD=r，$则$OC=8-r。$

 在$\mathrm{Rt}△ COD$中，$CD^2+OD^2=OC^2，$

 ∴ $4^2+r^2=(8-r)^2，$

 解得$r=3，$即$\odot O$的半径为3。

 证明：

 (1) 连接$OP。$

 ∵ $PA，$$PC$分别与$\odot O$相切于点$A，$$C，$

 ∴ $PA=PC，$$OC⊥ PC，$$BA⊥ PA。$

又

 ∵ $OA=OC，$$OP=OP，$

 ∴ $\mathrm{Rt}△ OPA ≌ \mathrm{Rt}△ OPC，$

 ∴ $∠ AOP=∠ COP。$

 ∵ $PQ⊥ PA，$

 ∴ $PQ// BA，$

 ∴ $∠ QPO=∠ AOP，$

 ∴ $∠ QOP=∠ QPO，$

 ∴ $OQ=PQ。$

 (2) 设$OA=r。$

 ∵ $OB=OC，$

 ∴ $∠ B=∠ OCB。$

 ∵ $OB// QD，$

 ∴ $∠ QDC=∠ B。$

 ∵ $∠ OCB=∠ QCD，$

 ∴ $∠ QCD=∠ QDC，$

 ∴ $QC=QD=6。$

 ∵ $OQ=PQ，$

 ∴ $OQ-QC=PQ-QD，$即$OC=PD=r。$

 ∵ $PA=AB，$$PA=PC，$

 ∴ $PC=AB=2r。$

 ∵ $OC⊥ PC，$

 ∴ $∠ OCP=∠ PCQ=90°。$

 在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，

 ∵ $PQ^2=PC^2+QC^2，$

 ∴ $(6+r)^2=(2r)^2+6^2，$

 解得$r_1=4，$$r_2=0$（不合题意，舍去）。

 ∴ $OC=4，$$PC=8。$

 在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，$OP=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}。$

 ∵ $OB=OC=PD，$$OB// PD，$

 ∴ 四边形$OBDP$是平行四边形，

 ∴ $BD=OP=4\sqrt{5}。$

【分析】
本题是矩形与圆的切线结合的几何题，解题思路为：①连接圆心与各切点，利用切线垂直于半径的性质，结合矩形的直角特征，证明相关四边形为正方形，求出圆的半径及部分线段长度；②运用切线长定理，得到DN=DE、MN=MG的关系；③设未知线段MN的长度为x，用x表示出CM和DM，再在直角三角形DMC中应用勾股定理列方程，求解后计算DM的长度。
【解析】
连接OE、OF、ON、OG。
在矩形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，BC=AD=5，CD=AB=4。
∵AD、AB、BC分别与⊙O相切于E、F、G三点，
∴AE=AF，BF=BG，∠AEO=∠AFO=∠OFB=∠BGO=90°，
∴四边形AFOE、四边形FBGO都是正方形，
∴AF=BF=AE=BG=2，
∴DE=AD - AE=5 - 2=3。
∵DM是⊙O的切线，根据切线长定理，得DN=DE=3，MN=MG，
∴CM=BC - BG - MG=5 - 2 - MN=3 - MN，
DM=DN + MN=3 + MN。
在Rt△DMC中，由勾股定理得：
DM²=CM² + CD²，
即(3 + MN)²=(3 - MN)² + 4²，
展开化简得：12MN=16，解得MN=4/3，
∴DM=3 + 4/3=13/3。
【答案】
A
【知识点】
切线的性质，切线长定理，勾股定理
【点评】
本题为教材变式题，综合考查切线相关性质、正方形判定及勾股定理的应用，解题核心是利用切线长定理转化线段，结合勾股定理建立方程，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5

【分析】
首先，根据切线长定理，PA、PB是⊙O的切线，可得PA=PB，OP平分∠APB，结合OA=OB，能推出OP垂直平分AB，进而得到AB被OP平分，且∠ODA为直角。设⊙O的半径为r，用r表示出OD的长度，再在直角三角形OAD中，利用勾股定理建立方程，即可求解半径。
【解析】
∵PA、PB是⊙O的两条切线，
∴PA=PB，OA⊥PA，OB⊥PB，OP平分∠APB，
又
∵OA=OB，
∴OP垂直平分AB（等腰三角形三线合一），
∴AD=½AB=½×4=2 cm，且∠ODA=90°。
设⊙O的半径为r cm，则OA=OC=r cm，
∵CD=1 cm，
∴OD=OC - CD=(r -1) cm。
在Rt△OAD中，由勾股定理得：
OA² = AD² + OD²，
即r² = 2² + (r -1)²，
展开得：r² = 4 + r² - 2r + 1，
化简得：2r =5，
解得r=2.5。
【答案】
2.5
【知识点】
切线长定理、勾股定理、垂径定理
【点评】
本题结合切线的性质、切线长定理与勾股定理进行考查，核心是利用切线的性质得到OP垂直平分AB，构造直角三角形，通过设未知数列方程求解，是几何中常见的计算题型，需要学生掌握相关定理的应用。
【难度系数】
0.5

【分析】
要判断AD与OE的位置关系，先利用切线的性质得到直角，通过HL证明两个直角三角形全等，推出角相等，再结合等腰三角形的外角性质得到内错角相等，从而证明平行；求⊙O半径时，利用切线长定理得到线段长度，在直角三角形中用勾股定理建立方程求解。
【解析】
(1) $AD // OE$，理由如下：
∵ $CE$、$BE$是$\odot O$的切线，
∴ $OD ⊥ CE$，$OB ⊥ BE$，即$∠ ODE = ∠ OBE = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△DOE$和$\mathrm{Rt}△BOE$中，
$\{\begin{array}{l} OD=OB, \\ OE=OE, \end{array} $
∴ $\mathrm{Rt}△DOE ≌ \mathrm{Rt}△BOE$（HL），
∴ $∠ DOE = ∠ BOE$。
∵ $OA=OD$，
∴ $∠ OAD = ∠ ODA$。
又
∵ $∠ DOB$是$△ AOD$的外角，
∴ $∠ DOB = ∠ OAD + ∠ ODA = 2∠ OAD$，
且$∠ DOB = ∠ DOE + ∠ BOE = 2∠ DOE$，
∴ $∠ DOE = ∠ OAD$，
∴ $AD // OE$（内错角相等，两直线平行）。
(2) 设$\odot O$的半径为$r$，
∵ $CE$、$BE$是$\odot O$的切线，
∴ $DE=BE=6$，
∴ $CE=CD + DE=4 + 6=10$。
在$\mathrm{Rt}△CBE$中，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{CE^2 - BE^2}=\sqrt{10^2 - 6^2}=8$。
∵ $OC=BC - OB=8 - r$，$OD=r$，
在$\mathrm{Rt}△COD$中，由勾股定理得：
$CD^2 + OD^2 = OC^2$，
即$4^2 + r^2=(8 - r)^2$，
展开得：$16 + r^2=64 - 16r + r^2$，
化简得：$16r=48$，解得$r=3$。
即$\odot O$的半径为3。
【答案】(1) $AD // OE$；(2) $3$
【知识点】切线的性质、全等三角形判定、平行线判定、勾股定理
【点评】本题是几何综合题，综合运用切线性质、全等三角形、平行线判定及勾股定理，关键是利用切线长定理和勾股定理建立方程，难度适中。
【难度系数】0.5

【分析】
第(1)问要证OQ=PQ，需连接OP，利用切线性质得到线段和角的关系，通过全等三角形推导角相等，结合平行线性质得到等腰三角形；第(2)问设⊙O半径为r，利用等腰三角形、平行线性质得到边的关系，结合勾股定理建立方程求解，再通过平行四边形性质得到BD的长度。
【解析】
(1) 连接$OP$。
∵ $PA$，$PC$分别与$\odot O$相切于点$A$，$C$，
∴ $PA=PC$，$OC⊥PC$，$OA⊥PA$（切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径）。
又
∵ $OA=OC$，$OP=OP$，
∴ $\mathrm{Rt}△ OPA≌\mathrm{Rt}△ OPC$（HL），
∴ $∠ AOP=∠ COP$。
∵ $PQ⊥ PA$，
∴ $PQ// BA$（垂直于同一直线的两条直线平行），
∴ $∠ QPO=∠ AOP$，
∴ $∠ QOP = ∠ QPO$，
∴ $OQ=PQ$（等角对等边）。
(2) 设$OA=r$，则$OB=OC=r$，$AB=2r$。
∵ $OB=OC$，
∴ $∠ B=∠ OCB$，
∵ $OB// QD$（由$PQ// BA$可得），
∴ $∠ QDC = ∠ B$，
又
∵ $∠ OCB = ∠ QCD$，
∴ $∠ QCD=∠ QDC$，
∴ $QC=QD=6$。
由(1)知$OQ=PQ$，
∴ $OQ-QC=PQ-QD$，即$OC=PD=r$。
∵ $PA=AB$，$PA=PC$，
∴ $PC=AB=2r$。
∵ $OC⊥ PC$，
∴ $∠ OCP=∠ PCQ=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ PCQ$中，$PQ=OQ=OC+QC=r+6$，$PC=2r$，$QC=6$，
由勾股定理得：$PQ^2=PC^2+QC^2$，
即 $(r+6)^2=(2r)^2+6^2$，
展开整理得：$3r^2-12r=0$，解得$r_1=4$，$r_2=0$（不合题意，舍去），
∴ $OC=4$，$PC=8$，
在$\mathrm{Rt}△ OCP$中，$OP=\sqrt{OC^2+PC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$。
∵ $OB=PD$且$OB// PD$，
∴ 四边形$OBDP$是平行四边形，
∴ $BD=OP=4\sqrt{5}$。
【答案】
$4\sqrt{5}$
【知识点】
切线的性质；全等三角形的判定；平行四边形的判定；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，综合考查圆的切线性质、全等三角形、等腰三角形、平行四边形及勾股定理的应用，需逐步推导边与角的关系，逻辑连贯性较强，对学生的综合解题能力要求较高。
【难度系数】
0.4