《2025年综合应用创新题典中点九年级数学下册冀教版》

1. 如图，在△ABC中，AB = 3，AC = 4，BC = 5，作∠ABC的平分线交AC于点D，以点D为圆心，DA长为半径作圆，与射线BD交于点E，F. 有下列结论：①△ABC是直角三角形；②⊙D与直线BC相切；③tan∠CDF = 2. 其
中正确的结论有（ ）

A. ①
B. ①②
C. ①②③
D. ①③

答案：
C　[点拨]如图,作DG⊥BC于点G.
∵AB=3,AC=4,BC=5,
∴AB²+AC²=25=BC².
∴△ABC是直角三角形,且∠CAB=90°,故①正确.
∵DG⊥BC,DA⊥BA,且BD平分∠ABC,
∴DG=DA.
∴DG是⊙D的半径
∴⊙D与直线BC相切,故②正确
　设DG=DA=r.
∵$\frac{1}{2}$BC·DG+$\frac{1}{2}$AB·DA=$\frac{1}{2}$AB·AC=S△ABC,
∴$\frac{1}{2}$×5r+$\frac{1}{2}$×3r=$\frac{1}{2}$×3×4.解得r=$\frac{3}{2}$.
∴DA=$\frac{3}{2}$.
∵∠CDF=∠BDA,
∴tan∠CDF=tan∠BDA=$\frac{AB}{DA}$=$\frac{3}{\frac{3}{2}}$=2,故③正确.
　　　　　　　　　　　　　　　　

2. 如图①，PQ为⊙O的直径，点B在线段PQ的延长线上，OQ = QB = 1，动点A在PQ上方的⊙O上运动（含P，Q两点），连接OA，AB，设∠AOB = α. 有以下结论：结论Ⅰ：当线段AB与⊙O只有一个公共点A时，α的范围是0°≤α≤60°；结论Ⅱ：当线段AB与⊙O有两个公共点A，M时，如图②，若AO⊥PM于点D，则tan∠MPQ = $\frac{\sqrt{15}}{15}$. 下列判断正确的是（ ）


A. Ⅰ和Ⅱ都正确
B. Ⅰ和Ⅱ都错误
C. Ⅰ错误，Ⅱ正确
D. Ⅰ正确，Ⅱ错误

答案：
A　[点拨]结论I:当点A与点Q重合时,
　线段AB与⊙O只有一个公共点A,此时α=0°;
　　当线段AB所在的直线与⊙O相切时，如图①所示，
　线段AB与⊙O只有一个公共点A,
　此时OA⊥BA,OA=1,OB=OQ+QB=2,
　
∴cos∠AOB=$\frac{OA}{OB}$=$\frac{1}{2}$,
∴∠AOB=α=60°.
　
∴当线段AB与⊙O只有一个公共点A时，α的范围是0°≤α≤60°,故结论I正确.
　结论II:连接MQ,如图②所示,
　
∵PQ是⊙O的直径，
　
∴∠PMQ=90°.
　
∵OA⊥PM,
∴∠PDO=90°.
　　　　　　　　　　　　　　　　
∴∠PDO=∠PMQ.
　
∴OD//MQ.
∴△PDO∽△PMQ.
　
∴$\frac{PD}{PM}$=$\frac{DO}{MQ}$=$\frac{PO}{PQ}$.
　
∵PO=OQ=$\frac{1}{2}$PQ,
∴DO=$\frac{1}{2}$MQ,PD=$\frac{1}{2}$PM.
　同理可得MQ=$\frac{1}{2}$AO,BM=$\frac{1}{2}$AB.
∵AO=1,
∴MQ=$\frac{1}{2}$.
∴OD=$\frac{1}{4}$.
∴在Rt△PDO中,PD=$\sqrt{PO^{2}-OD^{2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{4}$.
∴PM=$\frac{\sqrt{15}}{2}$.
∴tan∠MPQ=$\frac{MQ}{PM}$=$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{15}}{2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{15}$.故结论II正确.

3. 新考法 等角代换法 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是直角梯形，BC//OA，⊙P分别与OA，OC，BC相切于点E，D，B，与AB交于点F，连接DE，DF. 已知A(2,0)，B(1,2)，则tan∠FDE的值为______.

答案：
$\frac{1}{2}$　[点拨]如图,连接PB,PE.
∵⊙P分别与OA,BC相切于点E,B,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴PB⊥BC,PE⊥OA.又
∵BC//OA,
∴B,P,E三点在同一条直线上.
∵A(2,0),B(1,2),
∴AE=1,BE=2.
∴tan∠ABE=$\frac{AE}{BE}$=$\frac{1}{2}$.
　又
∵∠EDF=∠ABE,
∴tan∠FDE=tan∠ABE=$\frac{1}{2}$.

4. 如图，已知四个正六边形摆放在圆中，顶点A，B，C，D，E，F在圆上，其中上下两个大一点的正六边形的边长均为a，左右两个正六边形的边长均为b.
(1)tan∠ADE = ______；
(2)若b = 3，则a = ______.

答案：

(1)$2\sqrt{3}$　
(2)$\sqrt{13}+1$　　[点拨]
(1)如图,设AD交MN 于点O,由对称性可知，点O即为圆心，连接AE,则AE过点N,且AE⊥DE,过点P作PQ⊥AE,垂足为Q,
　在Rt△APQ中,∠APQ=$\frac{120^{\circ}}{2}$=60°,AP = a,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴易得AQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AP=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a.
∴易得AE=4AQ=$2\sqrt{3}$a.
　在Rt△ADE中,tan∠ADE=$\frac{AE}{DE}$=$\frac{2\sqrt{3}a}{a}$=$2\sqrt{3}$
(2)如图,连接MC,易知点O,M,C在同一条直线上.
　　在Rt△AON中,易知AN=$\sqrt{3}$a,ON=$\frac{1}{2}$MN=$\frac{1}{2}$a,
∴OA=$\sqrt{AN^{2}+ON^{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{2}$a.
　　易知OC=OM+MC=$\frac{1}{2}$a+2b,OA=OC,
　
∴$\frac{\sqrt{13}}{2}$a=$\frac{1}{2}$a+2b,即$\frac{\sqrt{13}}{2}$a=$\frac{1}{2}$a+6,
　　解得a=$\sqrt{13}+1$.

5. 如图，点A在数轴上对应的数为26，以原点O为圆心，OA为半径作优弧AB，使点B在点O的右下方，且tan∠AOB = $\frac{4}{3}$. 在优弧AB上任取一点P，且能过点P作直线l//OB交数轴于点Q，设Q点在数轴上对应的数为x，连接OP.
(1)若优弧AB上一段$\overset{\frown}{AP}$的长为13π，则∠AOP的度数为______，x的值为______；
(2)x的最小值为______，此时直线l与优弧AB所在圆的位置关系为______.

答案：

(1)$90^{\circ}$;$\frac{39}{2}$　　
(2)−32.5;相切　[点拨]
(1)设∠AOP=n°,由$\frac{n\cdot\pi\times26}{180}$=13π,解得n=90,
∴∠AOP=90°.
∵PQ//OB,
∴∠PQO=∠BOQ,
∴tan∠PQO=tan∠QOB=$\frac{4}{3}$=$\frac{OP}{OQ}$.
∴$\frac{4}{3}$=$\frac{26}{OQ}$
∴OQ=$\frac{39}{2}$.
∴x=$\frac{39}{2}$.
(2)如图,当直线PQ与⊙O相切时，x的值最小,
∵PQ与⊙O相切,
∴∠OPQ=90°
∵PQ//OB,
∴∠PQO=∠AOB.
　　　　　　　　　　　　　　　　
∴tan∠PQO=$\frac{OP}{PQ}$=$\frac{4}{3}$
∴PQ=19.5.
　由勾股定理得OQ=32.5.
∴x=−32.5.

6. 新考法 分类讨论法 如图，在△ABC中，∠ACB = 90°，sin A = $\frac{3}{5}$，AC = 8，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A'B'C，P为线段A'B'上的动点，以点P为圆心，PA'长为半径作⊙P，当⊙P与△ABC的边相切时，⊙P的半径为______.

答案：
$\frac{40}{9}$或$\frac{28}{5}$　[点拨]
∵∠ACB=90°,sinA=$\frac{3}{5}$,
∴可设BC=3x,则AB=5x,
　在Rt△ABC中,由勾股定理,得AB²=AC²+BC²,
　即$(5x)^{2}$=8²+(3x)²,解得x=2(负值已舍去).
∴AB=10,BC=6.
∴cosA=$\frac{AC}{AB}$=$\frac{8}{10}$=$\frac{4}{5}$.
　①若⊙P与AC相切,如图①.
　设切点为M,连接PM,则PM⊥AC,且PM=PA′,
　　　　　　　　　　　　　　　　
∵PM⊥AC,易知A′C⊥AC,
∴PM//A′C,
∴∠B′PM=∠A′.
　由旋转的性质可知∠A′=∠A,
∴∠B′PM=∠A.
∴cos∠B′PM=$\frac{PM}{B′P}$=cosA=$\frac{4}{5}$.
　设PM=4a,则PA′=4a,B′P=5a.
∵A′B′=AB,
∴PA′+B′P=A′B′=AB,即4a+5a=10,
　解得a=$\frac{10}{9}$,
∴PA′=4a=$\frac{40}{9}$.
∴此时⊙P的半径为$\frac{40}{9}$.
　②若⊙P与AB相切,延长PB′交AB于点N,如图②.
∵∠A′+∠B=∠A+∠B=90°,
∴∠A′NB=90°,
　即N为AB与⊙P的切点,
∵A′B=BC+A′C=BC+AC=14,
　　　　　　　　　　　　　　　　
∴A′N=A′B·cosA=14×$\frac{4}{5}$=$\frac{56}{5}$.
∴PA′=$\frac{1}{2}$A′N=$\frac{28}{5}$.
　由题意易知⊙P与BC不可能相切.
　综上,⊙P的半径为$\frac{40}{9}$或$\frac{28}{5}$.

7. 如图，AB是半圆O的直径，EB，EC分别与半圆O相切于点B，C，连接AC并延长，与BE的延长线交于点D.
(1)求证：EB = ED；
(2)若AC = 8，cos D = $\frac{3}{5}$，请直接写出AB的长.

答案：

(1)[证明]如图，连接BC.
∵EB,EC分别与半圆O相切于点B,C,
∴EC=EB.
∴∠ECB=∠EBC;
∵AB是半圆O直径,
∴∠ACB=90°,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴∠DCB=90°,
　即∠DCE+∠ECB=90°.
∴∠D+∠DBC=90°.
∴∠D=∠DCE.
∴DE=CE.
∴EB=ED.
(2)[解]AB的长为10.