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9. 如图,AB、AC是$\odot O$的弦,过点A的切线交CB的延长线于点D.若$∠BAD=35^{\circ }$,则$∠C$的度数为
$ 35 ^ { \circ } $
.答案
9. $ 35 ^ { \circ } $ 解析:连接 $ A O $ 并延长,交 $ \odot O $ 于点 $ E $,连接 $ B E $. $ \because A D $ 为 $ \odot O $ 的切线, $ \therefore \angle E A D = 90 ^ { \circ } $, $ \therefore \angle B A E = \angle E A D - \angle B A D = 55 ^ { \circ } $. $ \because A E $ 是 $ \odot O $ 的直径, $ \therefore \angle A B E = 90 ^ { \circ } $, $ \therefore $ 在 $ \mathrm { Rt } \triangle A B E $ 中, $ \angle E = 90 ^ { \circ } - \angle B A E = 35 ^ { \circ } $. $ \because \overgroup { A B } = \overgroup { A B } $, $ \therefore \angle C = \angle E = 35 ^ { \circ } $.
解析
证明：连接 $AO$ 并延长，交 $\odot O$ 于点 $E$，连接 $BE$。
$\because AD$ 为 $\odot O$ 的切线，
$\therefore \angle EAD = 90°$，
$\therefore \angle BAE = \angle EAD - \angle BAD = 90° - 35° = 55°$。
$\because AE$ 是 $\odot O$ 的直径，
$\therefore \angle ABE = 90°$，
在 $\mathrm{Rt}\triangle ABE$ 中，$\angle E = 90° - \angle BAE = 90° - 55° = 35°$。
$\because \overgroup{AB} = \overgroup{AB}$，
$\therefore \angle C = \angle E = 35°$。
$35°$
$\because AD$ 为 $\odot O$ 的切线，
$\therefore \angle EAD = 90°$，
$\therefore \angle BAE = \angle EAD - \angle BAD = 90° - 35° = 55°$。
$\because AE$ 是 $\odot O$ 的直径，
$\therefore \angle ABE = 90°$，
在 $\mathrm{Rt}\triangle ABE$ 中，$\angle E = 90° - \angle BAE = 90° - 55° = 35°$。
$\because \overgroup{AB} = \overgroup{AB}$，
$\therefore \angle C = \angle E = 35°$。
$35°$
10. 如图,在$\triangle ABC$中,$∠C=90^{\circ },AC=3,AB=5$,D为边BC的中点,以AD上一点O为圆心的$\odot O$和AB、BC均相切,则$\odot O$的半径为
$ \frac { 6 } { 7 } $
.答案
10. $ \frac { 6 } { 7 } $ 解析:连接 $ O B $,过点 $ O $ 作 $ O E \perp A B $ 于点 $ E $, $ O F \perp B C $ 于点 $ F $. 根据切线的性质,知 $ O E $、$ O F $ 是 $ \odot O $ 的半径. 由三角形的面积间的关系 $ ( S _ { \triangle A B O } + S _ { \triangle B O D } = S _ { \triangle A C D } ) $ 列出关于圆的半径的方程,即可求得圆的半径.
解析
解：在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AC=3$，$AB=5$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$。
因为$D$为$BC$中点，所以$CD=BD=\frac{1}{2}BC=2$。
连接$OB$，过点$O$作$OE \perp AB$于$E$，$OF \perp BC$于$F$。设$\odot O$半径为$r$，则$OE=OF=r$。
$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BD · AC=\frac{1}{2} × 2 × 3=3$。
$S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}AB · OE=\frac{1}{2} × 5r=\frac{5}{2}r$，$S_{\triangle BOD}=\frac{1}{2}BD · OF=\frac{1}{2} × 2r=r$。
因为$S_{\triangle ABO}+S_{\triangle BOD}=S_{\triangle ABD}$，所以$\frac{5}{2}r + r=3$，解得$r=\frac{6}{7}$。
$\frac{6}{7}$
因为$D$为$BC$中点，所以$CD=BD=\frac{1}{2}BC=2$。
连接$OB$，过点$O$作$OE \perp AB$于$E$，$OF \perp BC$于$F$。设$\odot O$半径为$r$，则$OE=OF=r$。
$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BD · AC=\frac{1}{2} × 2 × 3=3$。
$S_{\triangle ABO}=\frac{1}{2}AB · OE=\frac{1}{2} × 5r=\frac{5}{2}r$，$S_{\triangle BOD}=\frac{1}{2}BD · OF=\frac{1}{2} × 2r=r$。
因为$S_{\triangle ABO}+S_{\triangle BOD}=S_{\triangle ABD}$，所以$\frac{5}{2}r + r=3$，解得$r=\frac{6}{7}$。
$\frac{6}{7}$
11. (2024·内江)如图,在$\triangle ABC$中,$∠ABC=60^{\circ },BC=8$,E是BC边上一点,且$BE=2$,点I是$\triangle ABC$的内心,BI的延长线交AC于点D,P是BD上一动点,连接PE、PC,则$PE+PC$的最小值为
$ 2 \sqrt { 13 } $
.答案
11. $ 2 \sqrt { 13 } $
解析
证明：在BA上截取BF=BE=2，连接CF交BD于点P，连接EF。
∵点I是△ABC的内心，
∴BD平分∠ABC，即∠ABE=∠CBF=60°。
∵BE=BF，BC=BC，
∴△BEP≌△BFP(SAS)，
∴PE=PF，
∴PE+PC=PF+PC=CF。
∵BC=8，BF=2，∠ABC=60°，
∴在△BFC中，由余弦定理得：
CF²=BF²+BC²-2·BF·BC·cos∠ABC
=2²+8²-2×2×8×cos60°
=4+64-32×(1/2)
=68-16=52，
∴CF=√52=2√13，
即PE+PC的最小值为2√13。
2√13
∵点I是△ABC的内心，
∴BD平分∠ABC，即∠ABE=∠CBF=60°。
∵BE=BF，BC=BC，
∴△BEP≌△BFP(SAS)，
∴PE=PF，
∴PE+PC=PF+PC=CF。
∵BC=8，BF=2，∠ABC=60°，
∴在△BFC中，由余弦定理得：
CF²=BF²+BC²-2·BF·BC·cos∠ABC
=2²+8²-2×2×8×cos60°
=4+64-32×(1/2)
=68-16=52，
∴CF=√52=2√13，
即PE+PC的最小值为2√13。
2√13
12. (2024·宁夏)如图,在$\triangle ABC$中,D是边BC的中点,以AB为直径的$\odot O$经过点D,P是边AC上一点(不与点A、C重合).请仅用无刻度直尺按要求作图,保留作图痕迹,不写作法.
(1) 过点A作一条直线,将$\triangle ABC$分成面积相等的两部分;
(2) 在边AB上找一点Q,使得$BQ=CP$.
(1) 过点A作一条直线,将$\triangle ABC$分成面积相等的两部分;
(2) 在边AB上找一点Q,使得$BQ=CP$.
答案
12. (1) 如图,直线 $ A D $ 即为所作 (2) 如图,点 $ Q $ 即为所作
13. (2024·天津)在$\triangle AOB$中,$∠ABO=30^{\circ }$,AB为$\odot O$的弦,直线MN与$\odot O$相切于点C.
(1) 如图①,若$AB// MN$,直径CE与AB相交于点D,求$∠AOB$和$∠BCE$的度数;
(2) 如图②,若$OB// MN,CG⊥AB$,垂足为G,CG与OB相交于点F,$OA=3$,求线段OF的长.
(1) 如图①,若$AB// MN$,直径CE与AB相交于点D,求$∠AOB$和$∠BCE$的度数;
(2) 如图②,若$OB// MN,CG⊥AB$,垂足为G,CG与OB相交于点F,$OA=3$,求线段OF的长.
答案
13. (1) $ \because O A = O B $, $ \angle A B O = 30 ^ { \circ } $, $ \therefore \angle A = \angle A B O = 30 ^ { \circ } $. $ \because \angle A + \angle A B O + \angle A O B = 180 ^ { \circ } $, $ \therefore \angle A O B = 120 ^ { \circ } $. $ \because $ 直线 $ M N $ 是 $ \odot O $ 的切线, $ \therefore E C \perp M N $, $ \therefore \angle E C M = 90 ^ { \circ } $. $ \because A B // M N $, $ \therefore \angle C D B = \angle E C M = 90 ^ { \circ } $, $ \therefore $ 在 $ \mathrm { Rt } \triangle B D O $ 中, $ \angle B O E = 90 ^ { \circ } - \angle A B O = 60 ^ { \circ } $. $ \because \overgroup { B E } = \overgroup { B E } $, $ \therefore \angle B C E = \frac { 1 } { 2 } \angle B O E = 30 ^ { \circ } $
(2) 连接 $ O C $,则 $ O C = O A = 3 $. $ \because $ 直线 $ M N $ 是 $ \odot O $ 的切线, $ \therefore O C \perp M N $. $ \because O B // M N $, $ \therefore O C \perp O B $, $ \therefore \angle C O B = 90 ^ { \circ } $. $ \because C G \perp A B $, $ \therefore \angle F G B = 90 ^ { \circ } $. $ \because \triangle C O F $ 与 $ \triangle F G B $ 的内角和都为 $ 180 ^ { \circ } $, $ \angle O F C = \angle B F G $, $ \therefore \angle O C F = \angle A B O = 30 ^ { \circ } $, $ \therefore $ 在 $ \mathrm { Rt } \triangle C O F $ 中,易得 $ O F = \frac { 1 } { 2 } C F $. 在 $ \mathrm { Rt } \triangle C O F $ 中,由勾股定理,得 $ O C ^ { 2 } + O F ^ { 2 } = C F ^ { 2 } $,即 $ 3 ^ { 2 } + O F ^ { 2 } = ( 2 O F ) ^ { 2 } $,解得 $ O F = \sqrt { 3 } $ (负值舍去). $ \therefore $ 线段 $ O F $ 的长为 $ \sqrt { 3 } $
(2) 连接 $ O C $,则 $ O C = O A = 3 $. $ \because $ 直线 $ M N $ 是 $ \odot O $ 的切线, $ \therefore O C \perp M N $. $ \because O B // M N $, $ \therefore O C \perp O B $, $ \therefore \angle C O B = 90 ^ { \circ } $. $ \because C G \perp A B $, $ \therefore \angle F G B = 90 ^ { \circ } $. $ \because \triangle C O F $ 与 $ \triangle F G B $ 的内角和都为 $ 180 ^ { \circ } $, $ \angle O F C = \angle B F G $, $ \therefore \angle O C F = \angle A B O = 30 ^ { \circ } $, $ \therefore $ 在 $ \mathrm { Rt } \triangle C O F $ 中,易得 $ O F = \frac { 1 } { 2 } C F $. 在 $ \mathrm { Rt } \triangle C O F $ 中,由勾股定理,得 $ O C ^ { 2 } + O F ^ { 2 } = C F ^ { 2 } $,即 $ 3 ^ { 2 } + O F ^ { 2 } = ( 2 O F ) ^ { 2 } $,解得 $ O F = \sqrt { 3 } $ (负值舍去). $ \therefore $ 线段 $ O F $ 的长为 $ \sqrt { 3 } $
