《2025年综合应用创新题典中点九年级数学下册冀教版》

12. 如图，已知直线$l_{1}$⊥直线$l_{2}$于点O，AM⊥$l_{1}$于点M，AN⊥$l_{2}$于点N，AM = 4，AN = 3，以点A为圆心，r为半径作⊙A，若⊙A与两直线有四个公共点，则r的取值范围是______.

答案： $r＞4$且$r\neq5$ 【点拨】若$\odot A$与两直线有四个公共点，则$\odot A$与直线$l_{1}$，$l_{2}$都相交且不经过点O，则$r$的取值范围是$r＞4$且$r\neq5$.

13. [2024无锡模拟] 如图，点A的坐标是(-2,0)，点C是以OA为直径的⊙B上的一动点，点A关于点C的对称点为P(x,y)，则3x + 4y的最小值为______.

答案：
-10 【点拨】如图，连接BC，OP，
$\because$点A关于点C的对称点为$P(x,y)$，点C是以OA为直径的$\odot B$上的一动点，
$\therefore OP = 2BC$.
$\therefore$点P运动的轨迹是以O为圆心，AO长为半径的圆.
设$3x + 4y = k$，则点P在直线$y=-\frac{3}{4}x+\frac{k}{4}$上.
$\therefore$当直线$y=-\frac{3}{4}x+\frac{k}{4}$与$\odot O$相切且在$\odot O$的下方时，$k＜0$，$\frac{k}{4}$的值最小，此时$3x + 4y$的值最小.
设此时直线$y=-\frac{3}{4}x+\frac{k}{4}$与$x$轴交于点E，与$y$轴交于点F，$\odot O$与直线$y=-\frac{3}{4}x+\frac{k}{4}$的切点为G，连接OG，则点$E(\frac{k}{3},0)$，$F(0,\frac{k}{4})$，$\therefore OE=-\frac{k}{3}$，$OF = -\frac{k}{4}$. $\therefore EF=-\frac{5}{12}k$.
$\because S_{\triangle OEF}=\frac{1}{2}OE\cdot OF=\frac{1}{2}OG\cdot EF$，
$\therefore\frac{1}{2}\times(-\frac{k}{3})\times(-\frac{k}{4})=\frac{1}{2}\times2\times(-\frac{5k}{12})$，
解得$k = -10$.
$\therefore 3x + 4y$的最小值为-10. 故答案为-10.

14. 如图，P为正比例函数$y = \frac{3}{2}x$图象上的一个动点，⊙P的半径为3，设点P的坐标为(x,y).
(1)求⊙P与直线x = 2相切时点P的坐标；
(2)请直接写出⊙P与直线x = 2相交、相离时x的取值范围.

答案： 【解】
(1)$\because\odot P$与直线$x = 2$相切，$\odot P$的半径为3，
$\therefore$点P到直线$x = 2$的距离是3.
当点P在直线$x = 2$右侧时，点P的横坐标是$2 + 3 = 5$.
将$x = 5$代入$y=\frac{3}{2}x$，得$y=\frac{15}{2}$.
$\therefore P(5,\frac{15}{2})$.
当点P在直线$x = 2$左侧时，点P的横坐标是$2 - 3 = -1$.
将$x = -1$代入$y=\frac{3}{2}x$，得$y=-\frac{3}{2}$.
$\therefore P(-1,-\frac{3}{2})$.
综上所述，点P的坐标为$(5,\frac{15}{2})$或$(-1,-\frac{3}{2})$.
(2)当$-1＜x＜5$时，$\odot P$与直线$x = 2$相交；
当$x＜-1$或$x＞5$时，$\odot P$与直线$x = 2$相离.

15. 新视角 动点探究题 如图，在矩形ABCD中，AB = 4，BC = 6. 点E为CD边上的一个动点(E不与C,D重合)，⊙O是△BCE的外接圆.
(1)若CE = 2，⊙O交AD于点F，G，求FG的长度；
(2)若CE的长度为m，⊙O与AD的位置关系随着m的值的变化而变化，试探索⊙O与AD的位置关系及对应的m的取值范围.

答案：
【解】
(1)如图①，过点O作$OM\perp FG$于点M，延长MO交BC于点N，连接OG，则$FG = 2MG$.
$\because$四边形ABCD是矩形，
$\therefore\angle BCD=\angle D = 90^{\circ}$，$CD = AB = 4$.
$\therefore BE$是$\odot O$的直径.
$\because OM\perp FG$，$\angle BCD=\angle D = 90^{\circ}$，
$\therefore$四边形MNCD是矩形.
$\therefore MN\perp BC$，$MN = CD = 4$. $\therefore BN = CN$.
$\because OB = OE$，$\therefore ON$是$\triangle BCE$的中位线.
$\therefore ON=\frac{1}{2}CE = 1$，$\therefore OM = 4 - 1 = 3$.
在$Rt\triangle BCE$中，$BE=\sqrt{BC^{2}+CE^{2}} = 2\sqrt{10}$.
$\therefore OG=\frac{1}{2}BE=\sqrt{10}$.
在$Rt\triangle OMG$中，$MG=\sqrt{OG^{2}-OM^{2}} = 1$.
$\therefore FG = 2MG = 2$.


(2)如图②，当$\odot O$与AD相切于点M时，连接OM并反向延长，交BC于点N.
由
(1)易得$ON=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}m$，$OB = OM = 4-\frac{1}{2}m$，$BN = 3$.
在$Rt\triangle BON$中，$ON^{2}+BN^{2}=OB^{2}$，
即$(\frac{1}{2}m)^{2}+3^{2}=(4-\frac{1}{2}m)^{2}$，解得$m=\frac{7}{4}$.
$\therefore$当$0＜m＜\frac{7}{4}$时，$\odot O$与AD相离，
当$m=\frac{7}{4}$时，$\odot O$与AD相切，
当$\frac{7}{4}＜m＜4$时，$\odot O$与AD相交.