《2025年一遍过九年级数学下册冀教版》

5 如图，M是以AB为直径的半圆O上的一点（不与点A，B重合），AB = 4. 沿着BM折叠半圆O，点A，O的对应点分别是点A′，O′，设∠ABM = α.
(1)如图1，过点A′作A′N//AB，当A′N与半圆O相切时，求α；
(2)如图2，当点O′落在$\overset{\frown}{MB}$上时，求阴影部分的面积；
(3)如图3，当BA′与半圆O相切时，求折痕BM的长.

答案：
解： - （1）由折叠易知，$\angle A'BA = 2\angle ABM = 2\alpha$，$A'B = AB = 4$。如图1，设$A'N$与半圆$O$相切于点$D$，连接$OD$，过点$A'$作$A'C\perp AB$于点$C$，则$OD\perp A'N$，$OD=\frac{1}{2}AB = 2$。因为$A'N// AB$，所以$A'C = OD = 2$，所以$\sin\angle A'BA=\frac{A'C}{A'B}=\frac{1}{2}$，所以$\angle A'BA = 30^{\circ}$，故$\alpha = 15^{\circ}$。! - （2）如图2，连接$OO'$。由折叠的性质可知，$BO' = OB = 2$。又因为$OO' = OB$，所以$\triangle OO'B$为等边三角形，所以$\angle O'OB = 60^{\circ}$，所以$S_{阴影}=S_{扇形O'OB}-S_{\triangle OO'B}=\frac{60\pi\times2^{2}}{360}-\frac{1}{2}OB^{2}\times\sin60^{\circ}=\frac{2\pi}{3}-\sqrt{3}$。 - （3）如图3，连接$AM$，则$\angle AMB = 90^{\circ}$。当$BA'$与半圆$O$相切时，$\angle ABA' = 90^{\circ}$，所以$\angle ABM = 45^{\circ}$，所以$AM = MB$。又因为$AB = 4$，所以$BM=\frac{\sqrt{2}}{2}AB = 2\sqrt{2}$，即折痕$BM$的长为$2\sqrt{2}$。

6 [2023石家庄二十八中二模]如图，在Rt△ABC中，∠C = 90°，∠BAC = 60°，AB = 8，半径为$\sqrt{3}$的⊙M与射线BA相切，切点为N，且AN = 3，将Rt△ABC绕点A顺时针旋转，设旋转角为α（0°≤α≤180°）.
(1)AC的长为__________.
(2)当旋转角α为多少时，AC与⊙M相切?
(3)当AC落在AN上时，设点B，C的对应点分别是点D，E.
①画出旋转后AC落在射线AN上时的Rt△ADE（草图即可），此时Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系是__________；
②求出Rt△ADE的直角边DE被⊙M截得的弦PQ的长.

答案：
4@@相切@@解： - （1）$4$。因为$\angle C = 90^{\circ}$，$\angle BAC = 60^{\circ}$，所以$\angle B = 30^{\circ}$，所以$AC=\frac{1}{2}AB$。因为$AB = 8$，所以$AC=\frac{1}{2}AB = 4$。 - （2）如图1，$AC'$与$\odot M$相切于点$G$，连接$MG$，$MN$，$AM$，所以$\angle AGM = 90^{\circ}$。因为$AN$与$\odot M$相切于点$N$，所以$\angle ANM = 90^{\circ}$，所以$\angle GAN = 2\angle MAN$。在$Rt\triangle AMN$中，$MN=\sqrt{3}$，$AN = 3$，所以$\tan\angle MAN=\frac{MN}{AN}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\angle MAN = 30^{\circ}$，所以$\angle GAN = 60^{\circ}$。因为$\angle BAC = 60^{\circ}$，所以$\alpha=\angle CAC' = 180^{\circ}-60^{\circ}-60^{\circ}=60^{\circ}$。因为$AN$与$\odot M$相切，所以$AC$旋转到$AN$上时，也满足题意，此时$\alpha = 180^{\circ}-\angle BAC = 120^{\circ}$。综上所述，当旋转角$\alpha$为$60^{\circ}$或$120^{\circ}$时，$AC$与$\odot M$相切。! - （3）①相切。如图2，$Rt\triangle ADE$就是要画的图形。过点$M$作$MH\perp AD$于点$H$，连接$MN$，$AM$，因为$AN$与$\odot M$相切于$N$，所以$\angle ANM = 90^{\circ}$，在$Rt\triangle AMN$中，$MN=\sqrt{3}$，$AN = 3$，所以$\tan\angle MAN=\frac{MN}{AN}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$\angle MAN = 30^{\circ}$。因为$\angle DAN = 60^{\circ}$，所以$\angle MAH = 30^{\circ}$，所以$\angle MAH=\angle MAN$，所以$HM = NM$，所以$AD$所在直线与$\odot M$相切。②连接$MQ$，过点$M$作$MF\perp DE$，垂足为点$F$，如图2，由题意知，$AC=\frac{1}{2}AB = 4$，根据旋转变换的知识得到$AE = AC = 4$，所以$NE = AE - AN = 4 - 3 = 1$。因为$\angle MNE = 90^{\circ}$，$\angle NEF = 90^{\circ}$，$\angle EFM = 90^{\circ}$，所以四边形$MNEF$是矩形，所以$MF = NE = 1$。在$Rt\triangle MFQ$中，$FQ=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}-1^{2}}=\sqrt{2}$，因为$MF\perp DE$，$M$是$\odot M$的圆心，$PQ$是$\odot M$的弦，所以$PQ = 2FQ = 2\sqrt{2}$，故弦$PQ$的长为$2\sqrt{2}$。!