《2025年轻松作业本九年级数学上册苏科版》

8. 已知$\odot O是\triangle ABC$的外接圆,$OD\perp BC于点D$,且$\angle BOD = 48^{\circ}$,则$\angle BAC$的度数为 (C)
A. $48^{\circ}$
B. $132^{\circ}$
C. $48^{\circ}或132^{\circ}$
D. $24^{\circ}或156^{\circ}$

答案： C

9. 已知点$I为\triangle ABC$的内心,点$O为\triangle ABC$的外心。若$\angle BOC = 100^{\circ}$,则$\angle BIC$的度数为$115^{\circ}$或$155^{\circ}$.

答案： $115^{\circ}$或 $155^{\circ}$

10. 如图,在平面直角坐标系$xOy$中,以点$A(\sqrt{2},0)$为圆心,$1$为半径画圆。将$\odot A绕点O逆时针旋转\alpha(0^{\circ}＜\alpha＜180^{\circ})得到\odot A'$,使得$\odot A'与y$轴相切,则$\alpha$的度数是$45^{\circ}$或$135^{\circ}$.

答案： $45^{\circ}$或 $135^{\circ}$

11. 在平面直角坐标系中,直线$y = \frac{3}{4}x + 3与x$轴、$y轴分别交于A$、$B$两点,$\odot F与x$轴、$y轴和直线AB分别相切于点D$、$E$、$C$,求$\odot F$的半径。

答案：
解:
∵ 直线 $y=\frac{3}{4}x + 3$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴分别交于 $A$、$B$ 两点,
∴ 点 $A$ 的坐标为 $(-4,0)$,点 $B$ 的坐标为 $(0,3)$.
∴ $OA = 4$,$OB = 3$.
∵ $\angle AOB = 90^{\circ}$,
∴ $S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}OA\cdot OB = 6$,$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}} = 5$.
① 若点 $F$ 在如图①所示的位置,设 $\odot F$ 的半径为 $r$,连接 $FA$、$FB$、$FO$、$FD$、$FE$、$FC$,则 $FD = FE = FC = r$.
∵ $\odot F$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴和直线 $AB$ 分别相切于点 $D$、$E$、$C$,
∴ $FD\perp OA$,$FE\perp OB$,$FC\perp AB$.
∵ $S_{\triangle OAB}=S_{\triangle OAF}+S_{\triangle OBF}+S_{\triangle ABF}$,
∴ $6=\frac{1}{2}OA\cdot FD+\frac{1}{2}OB\cdot FE+\frac{1}{2}AB\cdot FC$.
∴ $6=\frac{1}{2}r(OA + OB + AB)=\frac{1}{2}r\times(4 + 3 + 5)$.
∴ $r = 1$.
② 若点 $F$ 在如图②所示的位置,设 $\odot F$ 的半径为 $r$,连接 $FA$、$FB$、$FO$、$FD$、$FE$、$FC$,则 $FD = FE = FC = r$.
∵ $\odot F$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴和直线 $AB$ 分别相切于点 $D$、$E$、$C$,
∴ $FD\perp OA$,$FE\perp OB$,$FC\perp AB$.
∵ $S_{\triangle OAB}=S_{\triangle OAF}+S_{\triangle ABF}-S_{\triangle OBF}$,
∴ $6=\frac{1}{2}OA\cdot FD+\frac{1}{2}AB\cdot FC-\frac{1}{2}OB\cdot FE$.
∴ $6=\frac{1}{2}r(OA + AB - OB)=\frac{1}{2}r\times(4 + 5 - 3)$.
∴ $r = 2$.
③ 若点 $F$ 在如图③所示的位置,设 $\odot F$ 的半径为 $r$,连接 $FA$、$FB$、$FO$、$FD$、$FE$、$FC$,则 $FD = FE = FC = r$.
∵ $\odot F$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴和直线 $AB$ 分别相切于点 $D$、$E$、$C$,
∴ $FD\perp OA$,$FE\perp OB$,$FC\perp AB$.
∵ $S_{\triangle OAB}=S_{\triangle OBF}+S_{\triangle ABF}-S_{\triangle OAF}$,
∴ $6=\frac{1}{2}OB\cdot FE+\frac{1}{2}AB\cdot FC-\frac{1}{2}OA\cdot FD$.
∴ $6=\frac{1}{2}r(OB + AB - OA)=\frac{1}{2}r\times(3 + 5 - 4)$.
∴ $r = 3$.
④ 若点 $F$ 在如图④所示的位置,设 $\odot F$ 的半径为 $r$,连接 $FA$、$FB$、$FO$、$FD$、$FE$、$FC$,则 $FD = FE = FC = r$.
∵ $\odot F$ 与 $x$ 轴、$y$ 轴和直线 $AB$ 分别相切于点 $D$、$E$、$C$,
∴ $FD\perp OA$,$FE\perp OB$,$FC\perp AB$.
∵ $S_{\triangle OAB}=S_{\triangle OAF}+S_{\triangle OBF}-S_{\triangle ABF}$,
∴ $6=\frac{1}{2}OA\cdot FD+\frac{1}{2}OB\cdot FE-\frac{1}{2}AB\cdot FC$.
∴ $6=\frac{1}{2}r(OA + OB - AB)=\frac{1}{2}r\times(4 + 3 - 5)$.
∴ $r = 6$.
综上所述,满足条件的 $\odot F$ 的半径为 1 或 2 或 3 或 6.

12. 如图,正方形$ABCD的边长为2$,以$AB边上的动点O$为圆心,$OB$为半径作圆,将$\triangle AOD沿OD翻折至\triangle A'OD$,若$\odot O过\triangle A'OD$一边上的中点,求$\odot O$的半径。

答案：
解:如图①,当以 $OB$ 为半径的 $\odot O$ 过 $\triangle A'OD$ 的边 $OA'$ 的中点时,由折叠可知 $OA = OA'$,而 $OA' = 2OB$,
∴ $AB = 3OB$,
∴ $OB=\frac{1}{3}AB=\frac{2}{3}$;
如图②,当以 $OB$ 为半径的 $\odot O$ 过 $\triangle A'OD$ 的边 $OD$ 的中点时,则 $OD = 2OB$,设 $OB = x$,则 $OD = 2x$,$OA = 2 - x$,在 $Rt\triangle AOD$ 中,由勾股定理得 $OA^{2}+AD^{2}=OD^{2}$,即 $(2 - x)^{2}+2^{2}=(2x)^{2}$,解得 $x=\frac{-2 + 2\sqrt{7}}{3}$ 或 $x=\frac{-2 - 2\sqrt{7}}{3}＜0$(舍去),即半径 $OB=\frac{2\sqrt{7}-2}{3}$;
如图③,当以 $OB$ 为半径的 $\odot O$ 过 $\triangle A'OD$ 的边 $A'D$ 的中点时,则 $A'E=\frac{1}{2}AD = 1$,设 $OB = y$,则 $OE = y$,$OA' = OA = 2 - y$,在 $Rt\triangle A'OE$ 中,由勾股定理得 $OA'^{2}+A'E^{2}=OE^{2}$,即 $(2 - y)^{2}+1^{2}=y^{2}$,解得 $y=\frac{5}{4}$,即半径 $OB=\frac{5}{4}$.
综上所述,半径 $OB$ 的长为 $\frac{2}{3}$ 或 $\frac{5}{4}$ 或 $\frac{2\sqrt{7}-2}{3}$.