《2025年诚成教育学业评价九年级数学全一册人教版》

三、解答题(共60分)
21.(6分)如图,在由小正方形组成的网络图中建立一　　平面直角坐标系，一条圆弧经过格点
A(0,2),B(4,2),C(6,0).回答下列问题:
　(1)请在图中确定该圆弧所在圆的圆心　D的位置，点D的坐标为　　　　　　;
　(2)求AC的长(结果保留π)
　　

答案：
21.解:
(1)点D的位置如图所示. $(2, -2)$.
(2)如图，连接AD,CD.
　　　　易得 $\odot D$ 的半径为 $\sqrt{2^{2}+4^{2}} = 2\sqrt{5}$，
　　　　$\angle ADC = 90^{\circ}$.
　　　　所以 $\overset{\frown}{AC}$ 的长为 $\frac{90\pi\times2\sqrt{5}}{180}=\sqrt{5}\pi$.
　　　　

22.(6分)如图,在平面直角坐标系中,⊙C与y轴相切,且点C的坐标为(1,0),直线L过点
A(−1,0),与⊙C相切于点D,求直线L的解析式.
　　

答案：
22.解:如图所示，连接CD.
　　　　　
　　　$\because$ 直线 $l$ 为 $\odot C$ 的切线，
　　　$\therefore CD\perp AD$.
　　　$\because$ 点C的坐标为 $(1,0)$，
　　　$\therefore OC = 1$.
　　　即 $\odot C$ 的半径为1.
　　　$\therefore CD = OC = 1$.
　　　又点A的坐标为 $(-1,0)$，
　　　$\therefore AC = 2$.
　　　$\therefore\angle CAD = 30^{\circ}$.
　　　在 $Rt\triangle AOB$ 中，$OA = 1$，
　　　$\therefore OB = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
　　　$\therefore$ 点B的坐标为 $(0,\frac{\sqrt{3}}{3})$.
　　　设直线 $l$ 的解析式为 $y = kx + b$，
　　　则 $\begin{cases}-k + b = 0 \\ b = \frac{\sqrt{3}}{3} \end{cases}$，解得 $\begin{cases}k = \frac{\sqrt{3}}{3} \\ b = \frac{\sqrt{3}}{3} \end{cases}$.
　　　$\therefore$ 直线 $l$ 的解析式为 $y = \frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{\sqrt{3}}{3}$.

23.(6分)如图,AB为⊙O的直径,C,D为⊙O上的两个点,AC=CD=DB,连接AD,过点D
　　作DE⊥AC交AC的延长线于点E.
　　(1)求证:DE是⊙O的切线;
　　(2)若直径AB=6,求AD的长.
　　 　

答案： 23.
(1)证明:连接OD.
　　　　　　$\because\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DB}$，$\angle AOB = 180^{\circ}$，
　　　　　　$\therefore\angle BOD = \frac{1}{3}\times180^{\circ}=60^{\circ}$.
　　　　　　$\because\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{DB}$，
　　　　　　$\therefore\angle EAD = \angle DAB = \frac{1}{2}\angle BOD = 30^{\circ}$.
　　　　　　$\because OA = OD$，
　　　　　　$\therefore\angle ADO = \angle DAB = 30^{\circ}$.
　　　　　　$\because DE\perp AC$ 于点E，
　　　　　　$\therefore\angle E = 90^{\circ}$.
　　　　　　$\therefore\angle EAD+\angle EDA = 90^{\circ}$.
　　　　　　$\therefore\angle EDA = 60^{\circ}$.
　　　　　　$\therefore\angle EDO = \angle EDA+\angle ADO = 90^{\circ}$.
　　　　　　$\therefore OD\perp DE$.
　　　　　　$\therefore DE$ 是 $\odot O$ 的切线.
(2)解:连接BD.
　　　　　$\because AB$ 是 $\odot O$ 的直径，
　　　　　$\therefore\angle ADB = 90^{\circ}$.
　　　　　$\because\angle DAB = 30^{\circ}$，$AB = 6$，
　　　　　$\therefore BD = \frac{1}{2}AB = 3$.
　　　　　$\therefore AD = \sqrt{6^{2}-3^{2}} = 3\sqrt{3}$.

24.(6分)如图,AB是⊙O的切线,B为切点,圆心O在AC上,　A=30°,D为BC的中点.
　(1)求证AB=BC;
　(2)求证:四边形BOC　D是菱形
　　

答案： 24.证明:
(1) $\because AB$ 是 $\odot O$ 的切线，
　　　　　　$\angle A = 30^{\circ}$，
　　　　　$\therefore\angle BOA = 60^{\circ}$.
　　　　　$\therefore\angle BOC = 120^{\circ}$.
　　　　　又 $OB = OC$，
　　　　　$\therefore\angle OBC = \angle BCO = 30^{\circ}$.
　　　　　$\therefore\angle A = \angle BCA$.
　　　　　$\therefore AB = BC$.
(2)连接OD.
　　　　　由
(1) 知 $\angle BOC = 120^{\circ}$.
　　　　　$\because D$ 是 $\overset{\frown}{BC}$ 的中点，
　　　　　$\therefore\angle COD = \angle BOD = 60^{\circ}$.
　　　　　又 $OC = OD$，
　　　　　$\therefore\triangle OCD$ 是等边三角形.
　　　　　同理 $\triangle OBD$ 是等边三角形.
　　　　　$\therefore OB = OC = CD = BD$.
　　　　　$\therefore$ 四边形BOCD是菱形.

25.8分)　如图，AB为OO的直径，PD切OO于点C，与BA的延长线交于点D，DE⊥PO交PO的延长线于点E，连接OC.PB.BE,已知PB=6,DB=8,∠EDB一EPB.

（1)求证:PB是OO的切线：

(2)求◎0的半径

　

答案： 25.
(1)证明: $\because DE\perp PE$，
　　　　　$\therefore\angle DEO = 90^{\circ}$.
　　　　　$\because\angle EDB = \angle EPB$，
　　　　　　$\angle DOE = \angle POB$，
　　　　　$\therefore\angle OBP = \angle DEO = 90^{\circ}$.
　　　　　$\therefore OB\perp PB$.
　　　　　$\because OB$ 是 $\odot O$ 的半径，
　　　　　$\therefore PB$ 为 $\odot O$ 的切线.
(2)解:在 $Rt\triangle PBD$ 中，$PB = 6$，$DB = 8$，
　　　　根据勾股定理，得
　　　　$PD = \sqrt{PB^{2}+DB^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}} = 10$.
　　　　$\because PD$ 与 $PB$ 都为 $\odot O$ 的切线，
　　　　$\therefore PC = PB = 6$.
　　　　$\therefore DC = PD - PC = 10 - 6 = 4$.
　　　　在 $Rt\triangle CDO$ 中，设 $OC = r$，则有 $OD = 8 - r$.
　　　　根据勾股定理，得 $OD^{2}=OC^{2}+DC^{2}$.
　　　　即 $(8 - r)^{2}=r^{2}+4^{2}$. 解得 $r = 3$.
　　　　$\therefore\odot O$ 的半径为3.

26.(8分)∠AOB=60°,半径为3cm的⊙P沿边OA从右向左水平移动,与边OA相切的切点记为C.
　(1)如图,OP移动到与射线OB相切时,切点为D,求劣弧CD的长;
　(2)OP移动到与射线OB相交于点E,F,若EF=4$\sqrt{2}$cm,求OC的长.
　　 　　　

答案：
26.解:
(1)连接PD,PC,如图①.
　　　　　　
　　　　　$\because\odot P$ 与 $OA$，$OB$ 分别相切于点C,D，
　　　　　$\therefore PD\perp OB$，$PC\perp OA$.
　　　　　$\therefore\angle PCO = \angle PDO = 90^{\circ}$.
　　　　　$\because\angle AOB = 60^{\circ}$，
　　　　　$\therefore\angle DPC = 120^{\circ}$.
　　　　　$\therefore$ 劣弧CD的长为 $\frac{120\times3\pi}{180}=2\pi\ cm$.
(2)可分两种情况:
　　　①如图②,连接PE,PC,过点P作 $PM\perp EF$ 于点M,延长CP交OB于点N.
　　　　　　
　　　　可得 $EM = FM = \frac{1}{2}EF$，$PC\perp OA$.
　　　　$\because EF = 4\sqrt{2}\ cm$，$\therefore EM = 2\sqrt{2}\ cm$.
　　　　在 $Rt\triangle EPM$ 中，
　　　　$PM = \sqrt{PE^{2}-EM^{2}}=\sqrt{3^{2}-(2\sqrt{2})^{2}} = 1\ cm$.
　　　　$\because\angle AOB = 60^{\circ}$，
　　　　$\therefore\angle PNM = 30^{\circ}$.
　　　　$\therefore PN = 2PM = 2\ cm$.
　　　　$\therefore NC = PN + PC = 5\ cm$.
　　　　在 $Rt\triangle OCN$ 中，
　　　　$ON = 2OC$，即 $\sqrt{4OC^{2}-OC^{2}} = CN$.
　　　　$\therefore OC = \frac{5}{3}\sqrt{3}\ cm$；
　　　②如图③,连接PF,PC.PC交EF于点N,过点P作 $PM\perp EF$ 于点M.由情况①，同理可求得 $PN = 2\ cm$.
　　　　　　　　
　　　　$\therefore NC = PC - PN = 3 - 2 = 1\ cm$.
　　　　在 $Rt\triangle OCN$ 中，
　　　　$ON = 2OC$，即 $\sqrt{4OC^{2}-OC^{2}} = CN$.
　　　　$\therefore OC = \frac{\sqrt{3}}{3}\ cm$.
　　　　综上所述，OC的长为 $\frac{5\sqrt{3}}{3}\ cm$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{3}\ cm$.

27.(10分)新理念探究性试题AB为半圆O 的直径C，D为半圆O上任意两点.

(1) 如图①，连接BC，过点O作OE//BC交半圆O于点E，求证AE=CE；

(2)如图②，连接BD.F为BD 的中点,过点F作EG⊥AB手点G，求证 BD=2FG.

(2 

答案： 27.证明:
(1)连接OC.
　　　　　　$\because OB = OC$，$\therefore\angle OBC = \angle OCB$.
　　　　　　$\because OE// BC$，
　　　　　　$\therefore\angle AOE = \angle OBC$，$\angle COE = \angle OCB$.
　　　　　　$\therefore\angle AOE = \angle COE$.
　　　　　　$\therefore\overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{CE}$.
(2)连接OF,交BD于点L.
　　　　　　$\because F$ 为 $\overset{\frown}{BD}$ 的中点，
　　　　　　$\therefore OF$ 垂直平分BD.
　　　　　　$\therefore BD = 2BL$.
　　　　　易证 $\triangle LOB\cong\triangle GOF$.
　　　　　　$\therefore FG = LB$.
　　　　　　$\therefore BD = 2FG$.

28.在平面直角坐标系Oy中，已知抛物线y一r²+br十c经过点A（一1,0)和点B(0，3)，顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DO绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处.

（1）求抛物线的解析式；

(2)求点P的坐标.

　(2) 

答案：
28.解:
(1)把 $A(-1,0)$ 和 $B(0,3)$ 代入 $y = -x^{2}+bx + c$，
　　　　得 $\begin{cases}-1 - b + c = 0 \\ c = 3 \end{cases}$，
　　　　解得 $\begin{cases}b = 2 \\ c = 3 \end{cases}$.
　　　　$\therefore$ 抛物线解析式为 $y = -x^{2}+2x + 3$.
(2) $\because y = -x^{2}+2x + 3 = -(x - 1)^{2}+4$，
　　　　$\therefore C(1,4)$.
　　　　抛物线的对称轴为 $x = 1$.
　　　　如图,设 $CD = t$，则 $D(1,4 - t)$.
　　　　$\because$ 线段DC绕点D按顺时针方向旋转 $90^{\circ}$，
　　　　点C落在抛物线上的点P处，
　　　　$\therefore\angle PDC = 90^{\circ}$，$DP = DC = t$.
　　　　$\therefore P(1 + t,4 - t)$.
　　　　把 $P(1 + t,4 - t)$ 代入 $y = -x^{2}+2x + 3$，
　　　　得 $-(1 + t)^{2}+2(1 + t)+3 = 4 - t$.
　　　　整理,得 $t^{2}-t = 0$，
　　　　解得 $t_{1}=0$（舍去），$t_{2}=1$.
　　　　$\therefore P(2,3)$.