9.如图,以AB为直径的圆经过原点O,点A,B分别在x轴、y轴上(OA＞OB),C是弧AB的中点,连接AC,BC。判断下列结论是否正确,并说明理由:
①$∠ ACB=90°$;
②若$OA=4$,$OB=2$,则$△ ABC$的面积为5。

9.解:根据圆周角定理判断①可得：
因为 AB 是直径，
所以$∠ACB=90°$,故①说法正确；
根据弧、弦、圆心角的关系求出 AB,根据等腰直角三角形的性质判断②可得：
因为 C 是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
所以$AC=BC$，
所以$△ACB$是等腰直角三角形。
因为$AB=\sqrt{OB^2+OA^2}=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，
所以$AC=BC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\sqrt{10}$。
所以$△ACB$的面积为$\frac{(\sqrt{10})^2}{2}=5$,故②说法正确。

【分析】
我们分两个结论逐一梳理解题思路：①判断∠ACB是否为90°，可直接运用圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，已知AB是圆的直径，∠ACB是AB对应的圆周角，即可快速判断；②要验证△ABC的面积是否为5，首先在Rt△AOB中用勾股定理算出直径AB的长度，再根据同圆中等弧对等弦的性质，由C是弧AB中点得到AC=BC，结合①的结论可知△ABC是等腰直角三角形，已知斜边长度即可求出直角边长，进而计算面积验证结论。
【解析】
①判断结论①：
根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角。
∵AB是圆的直径，∠ACB是直径AB所对的圆周角，
∴∠ACB=90°，故①结论正确。
②判断结论②：
∵C是$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，根据同圆中等弧对等弦，可得$AC=BC$。
结合①中∠ACB=90°，可知△ACB是等腰直角三角形。
在Rt△AOB中，$OA=4$，$OB=2$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
等腰直角三角形中，直角边长度为$AC=BC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}×2\sqrt{5}=\sqrt{10}$，
则△ABC的面积为$S=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×\sqrt{10}×\sqrt{10}=5$，故②结论正确。
【答案】
①②均正确
【知识点】
圆周角定理，勾股定理，等腰直角三角形性质
【点评】
本题属于圆的基础应用类题目，将圆的性质和直角三角形的计算结合考查，解题的核心是熟练掌握直径所对圆周角的特征、等弧对等弦的性质，结合勾股定理完成计算即可。
【难度系数】
0.8

10.阅读与思考
请认真阅读材料,并完成相应任务。
婆罗摩笈多是公元7世纪的古印度伟大数学家,曾研究过对角线互相垂直的圆内接四边形,这类四边形被称为“婆罗摩笈多四边形”。
我们一起了解这位数学家的研究成果吧!
如图①,已知$\odot O$的内接四边形ABCD,对角线$AC⊥BD$于点P。婆罗摩笈多发现$AP^2 + BP^2 + CP^2 + DP^2$等于$\odot O$半径平方的4倍。
下面是他的探究思路
因为$AC⊥BD$于点P,
所以$∠APB=90°,∠CPD=90°$。
所以$AP^2 + BP^2 = AB^2, CP^2 + DP^2 = CD^2$。(依据1)
如图②,连接CO并延长交$\odot O$于点Q,连接DQ,
则$∠CDQ=90°$。(依据2)
所以$∠1 + ∠Q=90°$。
又因为$\overset{\frown}{CD} = \overset{\frown}{CD}$,

所以$∠Q=∠2$。
因为$AC⊥BD$,
所以$∠BPC=90°$。
所以$∠3 + ∠2=90°$。
所以$∠1=∠3$。
…

任务:
(1)填空:材料中的依据1是指,依据2是指;
(2)请完成材料中的剩余证明;
(3)如图③,$\odot M$的半径为5,四边形EFGH内接于$\odot M$,且$EG⊥FH$于点P,$EF=4$,求HG的长。

第10题图③

10.(1)勾股定理 直径所对的圆周角是直角
(2)证明:因为$AC⊥BD$于点P，
所以$∠APB=90°,∠CPD=90°$。
所以$AP^2+BP^2=AB^2,CP^2+DP^2=CD^2$。
如图,连接 CO 并延长交$\odot O$于点 Q,连接 DQ，
则$∠CDQ=90°$，
所以$∠1+∠Q=90°$。
又因为$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CD}$，
所以$∠Q=∠2$。
因为$AC⊥BD$，
所以$∠BPC=90°$。
所以$∠3+∠2=90°$，
所以$∠1=∠3$。
所以$AB=QD$。
所以$AP^2+BP^2+CP^2+DP^2=AB^2+CD^2=QD^2+CD^2=CQ^2=4CO^2$，
即$AP^2+BP^2+CP^2+DP^2$等于$\odot O$半径平方的4倍。
(3)$2\sqrt{21}$

【分析】
(1) 依据1描述的是直角三角形三边的平方关系，对应勾股定理；依据2是直径所对圆周角的性质，对应圆周角定理的推论，直接回忆对应定理即可填空。
(2) 已推出∠1=∠3，根据圆周角、弧、弦的对应关系，相等的圆周角所对的弦相等，可得AB=QD，再将待证的四个平方和转化为AB²+CD²，替换为QD²+CD²后，在Rt△CDQ中用勾股定理转化为直径CQ的平方，即可证明结论。
(3) 直接迁移第(2)问的结论：对角线互相垂直的圆内接四边形对边平方和等于4倍半径平方，代入已知的半径和EF的长度，即可求解HG的长。
【解析】
(1) 在Rt△APB中，直角边平方和等于斜边平方，符合勾股定理；CQ是⊙O的直径，直径所对的圆周角为直角，因此∠CDQ=90°。
(2) 证明：
∵ AC⊥BD于点P，
∴ ∠APB=90°,∠CPD=90°，
由勾股定理得$AP^2+BP^2=AB^2,CP^2+DP^2=CD^2$。
连接CO并延长交$\odot O$于点Q,连接DQ，
∵ CQ为直径，
∴ $∠CDQ=90°$，
∴ $∠1+∠Q=90°$。
∵ $\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CD}$，同弧所对的圆周角相等，
∴ $∠Q=∠2$。
∵ $AC⊥BD$，
∴ $∠BPC=90°$，
∴ $∠3+∠2=90°$，
∴ $∠1=∠3$，
∴ 弧AB=弧QD，
∴ $AB=QD$。
∴ $AP^2+BP^2+CP^2+DP^2=AB^2+CD^2=QD^2+CD^2$，
在Rt△CDQ中，由勾股定理得$QD^2+CD^2=CQ^2$，
∵ CQ为直径，$CQ=2CO$，
∴ $CQ^2=(2CO)^2=4CO^2$，
即$AP^2+BP^2+CP^2+DP^2$等于$\odot O$半径平方的4倍。
(3) 由(2)的结论可得：$EF^2+HG^2=4R^2$，
已知⊙M半径$R=5$，$EF=4$，代入得：
$4^2+HG^2=4×5^2$，
$16+HG^2=100$，
$HG^2=84$，
∵ HG为线段长度，
∴ $HG=\sqrt{84}=2\sqrt{21}$。
【答案】
10.(1)勾股定理 直径所对的圆周角是直角
(2)证明:因为$AC⊥BD$于点P，
所以$∠APB=90°,∠CPD=90°$。
所以$AP^2+BP^2=AB^2,CP^2+DP^2=CD^2$。
如图,连接 CO 并延长交$\odot O$于点 Q,连接 DQ，
则$∠CDQ=90°$，
所以$∠1+∠Q=90°$。
又因为$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{CD}$，
所以$∠Q=∠2$。
因为$AC⊥BD$，
所以$∠BPC=90°$。
所以$∠3+∠2=90°$，
所以$∠1=∠3$。
所以$AB=QD$。
所以$AP^2+BP^2+CP^2+DP^2=AB^2+CD^2=QD^2+CD^2=CQ^2=4CO^2$，
即$AP^2+BP^2+CP^2+DP^2$等于$\odot O$半径平方的4倍。
(3)$2\sqrt{21}$
【知识点】
勾股定理，圆周角定理，弦弧角关系
【点评】
本题以数学史为背景，结合圆的性质与勾股定理考查综合应用能力，既注重基础定理的掌握，也要求学生具备阅读理解和知识迁移能力，能将材料推导的结论灵活运用到新问题的求解中。
【难度系数】
0.65