《2025年一遍过九年级数学下册冀教版》

8 [2021河北中考]如图，⊙O的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为An(n为1 ~ 12的整数)，过点A7作⊙O的切线交A1A11的延长线于点P.
(1)通过计算比较直径和劣弧A7A11的长度哪个更长.
(2)连接A7A11，则A7A11和PA1有什么特殊位置关系？请简要说明理由.
(3)求PA7的长度.

答案：

(1)如图，连接$OA_{7}$，$OA_{11}$。 由圆周被$12$等分，得每份对应的圆心角是$30^{\circ}$， 所以劣弧$A_{7}A_{11}$所对圆心角$\angle A_{7}OA_{11}=120^{\circ}$， 所以劣弧$A_{7}A_{11}$的长$l=\frac{120\pi\times6}{180}=4\pi$。 因为$4\pi\gt12$，所以劣弧$A_{7}A_{11}$更长。@@
(2)$A_{7}A_{11}\perp PA_{1}$。 理由：如图，连接$OA_{1}$，则由$\overset{\frown}{A_{1}A_{7}}$等于圆周长的一半，可知$A_{1}$，$O$，$A_{7}$三点共线，则$A_{1}A_{7}$是$\odot O$的直径， 所以$\angle A_{7}A_{11}A_{1}=90^{\circ}$，所以$A_{7}A_{11}\perp PA_{1}$。@@
(3)因为$PA_{7}$是$\odot O$的切线，所以$\angle PA_{7}O = 90^{\circ}$， 由
(1)知$\angle A_{7}OA_{11}=120^{\circ}$， 又因为$OA_{11}=OA_{1}$， 所以$\angle A_{7}A_{1}A_{11}=60^{\circ}$，所以$\angle P = 30^{\circ}$， 所以$PA_{7}=\sqrt{3}A_{1}A_{7}=12\sqrt{3}$。

9 [2024河北中考节选]已知⊙O的半径为3，弦MN = 2$\sqrt{5}$，△ABC中，∠ABC = 90°，AB = 3，BC = 3$\sqrt{2}$. 在平面上，先将△ABC和⊙O按图1位置摆放(点B与点N重合，点A在⊙O上，点C在⊙O内)，随后移动△ABC，使点B在弦MN上移动，点A始终在⊙O上随之移动，设BN = x.
(1)当点B与点N重合时，求劣弧AN的长.
(2)当OA//MN时，如图2，求点B到OA的距离，并求此时x的值.
(3)设点O到BC的距离为d. 当点A在劣弧MN上，且过点A的切线与AC垂直时，求d的值.

答案：

(1)如图1，连接$OA$，$OB$。 由题意知$OA = OB = AB = 3$， 所以$\triangle AOB$为等边三角形，所以$\angle AOB = 60^{\circ}$， 所以劣弧$AN$的长为$\frac{60\pi\times3}{180}=\pi$。@@
(2)如图2，过点$B$作$BI\perp OA$于点$I$，过点$O$作$OH\perp MN$于点$H$，连接$ON$。 因为$OA// MN$，所以$\angle IBH=\angle AIB = 90^{\circ}$。 又因为$\angle BHO=\angle BIO = 90^{\circ}$， 所以四边形$BIOH$是矩形，所以$BH = OI$，$BI = OH$。 因为$MN = 2\sqrt{5}$，$OH\perp MN$，所以$MH = NH=\sqrt{5}$（垂径定理）， 所以$OH=\sqrt{ON^{2}-NH^{2}} = 2$， 所以$BI = 2$，即点$B$到$OA$的距离为$2$。 在$Rt\triangle ABI$中，根据勾股定理，得$AI=\sqrt{AB^{2}-BI^{2}}=\sqrt{5}$， 所以$BH = OI = OA - AI = 3-\sqrt{5}$， 所以$x = BN = BH + NH = 3-\sqrt{5}+\sqrt{5}=3$。@@
(3)因为过点$A$的切线与$AC$垂直， 所以$AC$过圆心（此为关键点，可据此画出图形）。 如图3，过点$O$分别作$OJ\perp BC$于点$J$，$OK\perp AB$于点$K$（通过作辅助线，将求$OJ$的长转化为求$BK$的长）。 又因为$\angle ABC = 90^{\circ}$， 所以四边形$KOJB$是矩形， 所以$OJ = KB$。 因为$AB = 3$，$BC = 3\sqrt{2}$， 所以$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} = 3\sqrt{3}$， 所以$\cos\angle BAC=\frac{AB}{AC}=\frac{3}{3\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{AK}{AO}$， 所以$AK=\sqrt{3}$， 所以$OJ = BK = 3-\sqrt{3}$，即$d = 3-\sqrt{3}$。

根据以下素材，探索完成任务.
|背景素材|数学项目化课堂上，同学们用若干个大小不一的透明圆形(或半圆形)纸片，及一张宽2 cm且足够长的矩形纸带(如图1)设计了一系列任务，请帮助解决问题.
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|任务一|若同学甲将一圆形纸片与矩形纸带摆放成如图2位置，使圆经过点A，B，G. 现测得AG = 1 cm，则可知该圆的半径为______cm.||
|任务二|同学乙将一张半圆形纸片与矩形纸带摆放成如图3所示，点A，E，F在半圆上. 若AE = 4 cm，BF = 5 cm，求圆的半径.||
|任务三|按图4摆放纸片，点A，P在圆上. 在AD边上取点M使AM = 2AB，作MN⊥BC于点N，连接AN恰好过圆心O，交圆于点Q，连接PN. 当直线PN与⊙O相切时，求⊙O的半径.||

答案：
本题可通过设圆的半径，利用垂径定理和勾股定理来求解。 设圆心为$O$，过点$O$作$OH\perp AB$于点$H$，连接$OA$。 因为$OH\perp AB$，根据垂径定理可知$H$为$AB$中点，又因为矩形纸带宽$2cm$，即$AB = 2cm$，所以$AH = \dfrac{1}{2}AB = 1cm$。 设圆的半径为$r cm$，已知$AG = 1cm$，则$OH = r - 1$。 在$Rt\triangle AOH$中，根据勾股定理$OA^{2}=AH^{2}+OH^{2}$，可得$r^{2}=1^{2}+(r - 1)^{2}$， 展开$(r - 1)^{2}$得$r^{2}=1 + r^{2}-2r + 1$， 移项可得$2r = 2$， 解得$r = 1$。 所以该圆的半径为$1cm$。
@@本题可通过作辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理来求解圆的半径。 设半圆的圆心为$O$，半径为$r cm$，过点$O$作$OM\perp AE$于点$M$，作$ON\perp BF$于点$N$，连接$OA$，$OB$。 因为$OM\perp AE$，$ON\perp BF$，根据垂径定理可知$M$为$AE$中点，$N$为$BF$中点。 已知$AE = 4cm$，$BF = 5cm$，所以$AM = \dfrac{1}{2}AE = 2cm$，$BN = \dfrac{1}{2}BF = \dfrac{5}{2}cm$。 因为矩形纸带宽$2cm$，所以$OM = 2cm$，$ON = 2cm$。 在$Rt\triangle AOM$中，根据勾股定理$OA^{2}=AM^{2}+OM^{2}$，可得$r^{2}=2^{2}+2^{2}=8$。 在$Rt\triangle BON$中，根据勾股定理$OB^{2}=BN^{2}+ON^{2}$，可得$r^{2}=(\dfrac{5}{2})^{2}+2^{2}=\dfrac{25}{4}+4=\dfrac{41}{4}$。 由于$OA = OB = r$，所以$8=\dfrac{41}{4}$不成立，说明我们的思路存在问题。 重新考虑，设圆心为$O$，半径为$r$，过$O$作$OC\perp AB$于$C$，延长$CO$交$EF$于$D$。 因为$AB// EF$，所以$OD\perp EF$。 设$OC = x$，则$OD = r - x$。 在$Rt\triangle AOC$中，$AC^{2}=r^{2}-x^{2}$；在$Rt\triangle BOF$中，$BD^{2}=r^{2}-(r - x)^{2}$。 因为$AB = 2$，$AE = 4$，$BF = 5$，且$AC + BD = AB = 2$，$AE = 2\sqrt{r^{2}-x^{2}}$，$BF = 2\sqrt{r^{2}-(r - x)^{2}}$。 由$AE = 4$可得$\sqrt{r^{2}-x^{2}} = 2$，即$r^{2}-x^{2}=4$ ①； 由$BF = 5$可得$\sqrt{r^{2}-(r - x)^{2}}=\dfrac{5}{2}$，即$r^{2}-(r - x)^{2}=\dfrac{25}{4}$ ②。 由①得$x^{2}=r^{2}-4$，代入②可得： \[ \begin{aligned} r^{2}-(r^{2}-2rx + x^{2})&=\dfrac{25}{4}\\ r^{2}-r^{2}+2rx - x^{2}&=\dfrac{25}{4}\\ 2rx - (r^{2}-4)&=\dfrac{25}{4}\\ 2rx - r^{2}+4&=\dfrac{25}{4}\\ 2rx&=r^{2}+\dfrac{25}{4}-4\\ 2rx&=r^{2}+\dfrac{9}{4}\\ x&=\dfrac{r^{2}+\dfrac{9}{4}}{2r} \end{aligned} \] 将$x=\dfrac{r^{2}+\dfrac{9}{4}}{2r}$代入$x^{2}=r^{2}-4$可得： \[ \begin{aligned} (\dfrac{r^{2}+\dfrac{9}{4}}{2r})^{2}&=r^{2}-4\\ \dfrac{r^{4}+\dfrac{9}{2}r^{2}+\dfrac{81}{16}}{4r^{2}}&=r^{2}-4\\ r^{4}+\dfrac{9}{2}r^{2}+\dfrac{81}{16}&=4r^{4}-16r^{2}\\ 3r^{4}-\dfrac{41}{2}r^{2}-\dfrac{81}{16}&=0\\ 48r^{4}-328r^{2}-81&=0 \end{aligned} \] 设$r^{2}=t$，则$48t^{2}-328t - 81 = 0$， 对于一元二次方程$at^{2}+bt + c = 0(a\neq0)$，其求根公式为$t=\dfrac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$， 在$48t^{2}-328t - 81 = 0$中，$a = 48$，$b = -328$，$c = -81$， 则$t=\dfrac{328\pm\sqrt{(-328)^{2}-4\times48\times(-81)}}{2\times48}=\dfrac{328\pm\sqrt{107584 + 15552}}{96}=\dfrac{328\pm\sqrt{123136}}{96}=\dfrac{328\pm350.9}{96}$。 解得$t_{1}=\dfrac{328 + 350.9}{96}\approx7$，$t_{2}=\dfrac{328 - 350.9}{96}\lt0$（舍去）。 因为$r^{2}=t = 7$，所以$r=\sqrt{7}cm$。 所以圆的半径为$\sqrt{7}cm$。
@@本题可通过设圆的半径，利用切线的性质和勾股定理来求解。 设圆的半径为$r$，$AB = a$，则$AM = 2a$。 因为$MN\perp BC$，四边形$ABCD$是矩形，所以四边形$ABNM$是矩形，则$BN = AM = 2a$，$MN = AB = a$。 连接$OP$，因为$PN$是$\odot O$的切线，所以$OP\perp PN$。 在$Rt\triangle ABN$中，根据勾股定理$AN^{2}=AB^{2}+BN^{2}=a^{2}+(2a)^{2}=5a^{2}$，则$AN=\sqrt{5}a$。 因为$AN$过圆心$O$，所以$AO = r$，$ON = AN - AO=\sqrt{5}a - r$。 在$Rt\triangle OPN$中，$OP = r$，$PN^{2}=BN^{2}+MN^{2}-BP^{2}=4a^{2}+a^{2}-(2r)^{2}=5a^{2}-4r^{2}$（设$BP = 2r$，因为$AN$过圆心，$P$在圆上）。 根据勾股定理$OP^{2}+PN^{2}=ON^{2}$，可得$r^{2}+5a^{2}-4r^{2}=(\sqrt{5}a - r)^{2}$， 展开$(\sqrt{5}a - r)^{2}$得$r^{2}+5a^{2}-4r^{2}=5a^{2}-2\sqrt{5}ar + r^{2}$， 移项可得$2r^{2}-2\sqrt{5}ar = 0$， 提取公因式$2r$得$2r(r - \sqrt{5}a)=0$， 则$r = 0$（舍去）或$r = \sqrt{5}a$。 所以$\odot O$的半径为$\sqrt{5}AB$。