《2025年金钥匙课时学案作业本九年级数学上册人教版》

14. 如图,四个三角形拼成一个风车图形.若$AB= 2$,当风车转动$90^{\circ }$时,点B转动的路径长为(A)
A.π
B.2π
C.3π
D.4π

答案： 解：由题意知，点B绕点A旋转，AB的长度为旋转半径，即$r = AB = 2$。
风车转动$90^{\circ}$，则点B转动的圆心角$n = 90^{\circ}$。
根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$，可得点B转动的路径长为：
$l=\frac{90\pi×2}{180}=\pi$
答案：A

15. (2024·资阳)如图,在矩形ABCD中,$AB= 4,AD= 2$.以点A为圆心,AD为半径画弧,交AB于点E,再以AB为直径作半圆,与$\widehat {DE}$交于点F,则图中涂色部分的面积为____.

2

答案： 解：连接AF，OF。
在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，AE=AD=2，AB为直径，OA=OB=OF=2。
在Rt△AOF中，OA=OF=2，∠OAF=45°，S△AOF=2。
S扇形OAF= $\frac{45\pi×2^2}{360}=\frac{\pi}{2}$。
S扇形DAE= $\frac{90\pi×2^2}{360}=\pi$。
S半圆= $\frac{1}{2}\pi×2^2=2\pi$。
涂色部分面积=S半圆 - (S扇形DAE - S△AOF + S扇形OAF)= $2\pi - (\pi - 2 + \frac{\pi}{2})=2$。
答案：2

16. 如图,在扇形OAB中,$OA= OB= 2,∠AOB= 90^{\circ }$,C为$\widehat {AB}$上一点,$∠AOC= 30^{\circ }$,连接BC,过点C作OA的垂线,垂足为D,求涂色部分的面积.

答案： 解：
∵∠AOB=90°，∠AOC=30°，
∴∠BOC=∠AOB-∠AOC=60°．
∵OA=OB=OC=2，CD⊥OA，∠AOC=30°，
∴CD=OC·sin30°=2×$\frac{1}{2}$=1，OD=OC·cos30°=2×√$\frac{3}{2}$=√3．
S_扇形BOC=60π×2²/360=2π/3，
S_△COD=$\frac{1}{2}$×OD×CD=$\frac{1}{2}$×√3×1=√$\frac{3}{2}$，
涂色部分面积=S_扇形BOC+S_△COD=2π/3+√$\frac{3}{2}$．
答：涂色部分的面积为2π/3+√$\frac{3}{2}$．

17. 如图,在$\odot O$中,P为优弧AB上一个动点(不与A,B两点重合),$PQ⊥AB$,垂足为Q,D是线段BP的中点,连接DQ.若$\odot O$的半径为4,则DQ长的最大值是 (A)
A.4
B.$4\sqrt {2}$
C.6
D.8

答案： 解：连接AP。
∵PQ⊥AB，
∴∠PQB=90°。
∵D是BP中点，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半，
∴DQ=1/2 BP。
要使DQ最大，需BP最大。
BP为⊙O的弦，当BP为直径时最大，
∵⊙O半径为4，
∴直径为8，即BP最大值为8。
∴DQ最大值=1/2×8=4。
答案：A

18. (2023·启东期中)如图,$△ABC$是边长为3的等边三角形,$\odot A$的半径为1,D是边BC上一动点,DM,DN分别切$\odot A$于点M,N,$\odot A$的另一条切线分别交DM,DN于点E,F,则$△DEF$的周长l的取值范围是 (C)

A.$4\sqrt {2}≤l≤6$
B.$4≤l≤\sqrt {23}$
C.$\sqrt {23}≤l≤4\sqrt {2}$
D.$4\sqrt {2}≤l≤2\sqrt {10}$

答案： 解：连接AM，AN，设EF切$\odot A$于点P，AD与MN交于点Q。
$\because DM,DN,EF$是$\odot A$的切线，$\therefore EM=EP,FN=FP,AM\perp DM,AN\perp DN$。
$\triangle DEF$的周长$l=DE+DF+EF=DE+DF+EP+FP=DE+EM+DF+FN=DM+DN$。
$\because \triangle ABC$是等边三角形，边长为3，$\odot A$半径为1，$\therefore AM=AN=1$。
设$AD=x$，在$Rt\triangle AMD$中，$DM=\sqrt{AD^2 - AM^2}=\sqrt{x^2 - 1}$，同理$DN=\sqrt{x^2 - 1}$，$\therefore l=2\sqrt{x^2 - 1}$。
当D在BC上运动时，AD的最小值为A到BC的距离，即$\frac{\sqrt{3}}{2}×3=\frac{3\sqrt{3}}{2}\approx2.598$，最大值为AB或AC的长3。
$\therefore x_{\text{min}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，$x_{\text{max}}=3$。
当$x=\frac{3\sqrt{3}}{2}$时，$l=2\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2 - 1}=2\sqrt{\frac{27}{4}-1}=2\sqrt{\frac{23}{4}}=\sqrt{23}\approx4.796$；
当$x=3$时，$l=2\sqrt{3^2 - 1}=2\sqrt{8}=4\sqrt{2}\approx5.656$。
$\therefore \sqrt{23}\leq l\leq4\sqrt{2}$。
答案：C

19. 如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,以点O为圆心作$\odot O$,A,C分别是$\odot O$与x轴负半轴、y轴正半轴的交点,点B,D在$\odot O$上,连接AB,BC,CD,DA,则$∠ADC$的度数是$135^{\circ}$.

答案： 【解析】：本题可根据圆内接四边形的性质以及圆周角定理来求解$\angle ADC$的度数。
圆内接四边形的对角互补，即圆内接四边形的任意一组对角之和为$180^{\circ}$。
在圆$O$中，四边形$ABCD$是圆内接四边形，$\angle ABC$与$\angle ADC$是一组对角，所以$\angle ABC + \angle ADC = 180^{\circ}$。
因为$A$，$C$分别是$\odot O$与$x$轴负半轴、$y$轴正半轴的交点，所以$\angle AOC = 90^{\circ}$。
根据圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角等于圆心角的一半。
$\angle ABC$和$\angle AOC$都对着弧$\overset{\frown}{AC}$，所以$\angle ABC=\frac{1}{2}\angle AOC$。
已知$\angle AOC = 90^{\circ}$，则$\angle ABC=\frac{1}{2}×90^{\circ}=45^{\circ}$。
由$\angle ABC + \angle ADC = 180^{\circ}$，$\angle ABC = 45^{\circ}$，可得$\angle ADC = 180^{\circ} - 45^{\circ}=135^{\circ}$。
【答案】：$135^{\circ}$

20. (2023·启东期中)如图,点P,A,B的坐标分别为$(3,4),(2.8,0),(5.6,0),\odot P$的半径为2,M是$\odot P$上的动点,C是线段MB的中点,则AC长的最小值是____$\frac{3}{2}$.

答案： 1. 首先，取$OB$的中点$D$：
已知$A(2.8,0)$，$B(5.6,0)$，根据中点坐标公式$x=\frac{x_1 + x_2}{2}$（若有两点$(x_1,y_1)$，$(x_2,y_2)$），对于$O(0,0)$和$B(5.6,0)$，则$D$点坐标为$(\frac{0 + 5.6}{2},0)=(2.8,0)$，所以$A$与$D$重合。
因为$C$是线段$MB$的中点，$A$（$D$）是$OB$的中点，根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，所以$AC=\frac{1}{2}OM$。
2. 然后，求$OM$的最小值：
已知$P(3,4)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2}$，$O(0,0)$，则$OP=\sqrt{(3 - 0)^2+(4 - 0)^2}=\sqrt{9 + 16}=\sqrt{25}=5$。
因为$M$是$\odot P$上的动点，$\odot P$的半径$r = 2$，根据圆的性质，$OM$的最小值为$OP-r$。
所以$OM_{min}=OP - r$，其中$OP = 5$，$r = 2$，则$OM_{min}=5 - 2=3$。
3. 最后，求$AC$的最小值：
又因为$AC=\frac{1}{2}OM$，所以$AC_{min}=\frac{1}{2}OM_{min}$。
把$OM_{min}=3$代入可得$AC_{min}=\frac{3}{2}$。
故$AC$长的最小值是$\frac{3}{2}$。