《2025年实验班提优训练九年级数学上册人教版》

2. (全国初中数学竞赛(湖北赛区)预赛)如图,AB是半圆O的直径,四边形CDMN和DEFG都是正方形,其中C,D,E在AB上,F,N在半圆上,若$AB= 10$,则正方形CDMN的面积与正方形DEFG的面积之和是(A).

A. 25
B. 50
C. $30-π$
D. $50-2π$

答案： A [解析]设正方形CDMN和DEFG的边长分别为a和b,假定a＜b,设线段OD的长度为c,
则OC = CD + OD = a + c,CN = a,ON = 5,
OE = DE - OD = b - c,EF = b,OF = 5.
在直角三角形OCN中,OC² + CN² = ON²,
在直角三角形OEF中,OE² + EF² = OF²,
∴(a + c)² + a² = 25①,(b - c)² + b² = 25②,
① - ②,得(a + c)² + a² - (b - c)² - b² = 0,
∴[(a + c)² - (b - c)²] + (a² - b²) = 0,
∴(a - b + 2c)(a + b) + (a + b)(a - b) = 0,
∴2(a + b)(a - b + c) = 0.
∵a + b＞0,
∴a - b + c = 0,即b = a + c,
把a + c = b代入①,得a² + b² = 25,即面积之和为25.故选A.

3. (全国初中数学竞赛(天津赛区)初赛)如图,一个半径为r的圆形纸片在边长为$a(a≥2\sqrt {3}r)$的等边三角形内任意运动,则在该等边三角形内,这个圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是( ).

A. $\frac {π}{3}r^{2}$
B. $\frac {(3\sqrt {3}-π)}{3}r^{2}$
C. $(3\sqrt {3}-π)r^{2}$
D. $πr^{2}$

答案：
C [解析]如图,当圆形纸片运动到与∠A的两边相切的位置时,过圆形纸片的圆心O₁作两边的垂线,垂足分别为D,E,连接AO₁,
则在Rt△ADO₁中,∠O₁AD = 30°,
O₁D = r,
∴AO₁ = 2O₁D = 2r,AD = $\sqrt{AO_{1}^{2}-O_{1}D^{2}}$ = $\sqrt{3}$r.
∴S△ADO₁ = $\frac{1}{2}$O₁D·AD = $\frac{\sqrt{3}}{2}$r²,
∴S四边形ADO₁E = 2S△ADO₁ = $\sqrt{3}$r².
由题意,∠DO₁E = 120°,得S扇形O₁DE = $\frac{\pi}{3}$r²,
∴圆形纸片不能接触到的部分的面积为3($\sqrt{3}$r² - $\frac{\pi}{3}$r²) = (3$\sqrt{3}$ - π)r².故选C.

4. (“大梦杯”福建初中数学竞赛)如图,$△ABC$是边长为8的正三角形,D为AB边上一点,$\odot O_{1}为△ACD$的内切圆,$\odot O_{2}为△CDB$的边DB上的旁切圆(与三角形一边及其他两边延长线相切的圆).若$\odot O_{1},\odot O_{2}$的半径都是r,则$r= $____.

答案：
$\sqrt{3}$ [解析]如图,设⊙O₁与△ACD的三边AC,CD,DA分别相切于点G,H,E,边DB切⊙O₂于点F,CD,CB的延长线切⊙O₂于点M,N,
则由⊙O₁,⊙O₂的半径都是r,
△ABC为正三角形及切线长定理,得AG = AE = $\sqrt{3}$r,CH = CG = 8 - $\sqrt{3}$r,BF = BN = $\frac{\sqrt{3}}{3}$r,
CM = CN = 8 + $\frac{\sqrt{3}}{3}$r,
∴EF = HM = CM - CH = (8 + $\frac{\sqrt{3}}{3}$r) - (8 - $\sqrt{3}$r) = $\frac{4\sqrt{3}}{3}$r.

∴AB = AE + EF + FB = $\sqrt{3}$r + $\frac{4\sqrt{3}}{3}$r + $\frac{\sqrt{3}}{3}$r = $\frac{8\sqrt{3}}{3}$r = 8,
解得r = $\sqrt{3}$.

5. (“数学周报杯”全国初中数学竞赛(天津赛区)复赛)如图,$△ABC$为锐角三角形,P,Q为边BC上的两点,$△ABP和△ACQ的外接圆圆心分别为O_{1}和O_{2}$.试判断$BO_{1}的延长线与CO_{2}$的延长线的交点D是否可能在$△ABC$的外接圆上,并说明理由.

答案是否定的,即BO₁的延长线与CO₂的延长线的交点D不可能在△ABC的外接圆上.理由如下:连接O₁P,设直线BO₁与直线CO₂的交点为D,则∠O₁BP = $\frac{180^{\circ}-\angle BO_{1}P}{2}$ = 90° - ∠BAP,同理∠O₂CQ = 90° - ∠CAQ,所以∠O₁BP + ∠O₂CQ = 180° - ∠BAP - ∠CAQ.故∠BDC = ∠BAP + ∠CAQ.由于点P,Q为边BC上的两点,所以∠BAP + ∠CAQ＜∠BAC.因此,点D不在△ABC的外接圆上.

答案： 答案是否定的,即BO₁的延长线与CO₂的延长线的交点D不可能在△ABC的外接圆上.理由如下:
连接O₁P,设直线BO₁与直线CO₂的交点为D,
则∠O₁BP = $\frac{180^{\circ}-\angle BO_{1}P}{2}$ = 90° - ∠BAP,
同理∠O₂CQ = 90° - ∠CAQ,
所以∠O₁BP + ∠O₂CQ = 180° - ∠BAP - ∠CAQ.
故∠BDC = ∠BAP + ∠CAQ.
由于点P,Q为边BC上的两点,
所以∠BAP + ∠CAQ＜∠BAC.
因此,点D不在△ABC的外接圆上.

6. (“希望杯”全国数学邀请赛)已知B,C是线段AD上的两点,且$AB= CD$.分别以AB,BC,CD,AD为直径作四个半圆,得到一个如图所示的轴对称图形.此图的对称轴分别交其中两个半圆于M,N两点,MN交AD于点O.若$AD= 16,AB= 2r(0＜r＜4)$,回答下列问题：
(1)用含r的代数式表示$BC= $16 - 4r,$MN= $16 - 2r；
(2)设以MN为直径的圆的面积为S,阴影部分的面积为$S_{阴影}$,请通过计算填写下表：

r S S阴影
r = 1 49π 49π
r = 2 36π 36π
r = 3 25π 25π
(3)由此表猜想S与$S_{阴影}$的大小关系,并证明你的猜想.

S = S阴影.证明如下:
∵S = π($\frac{16 - 2r}{2}$)² = π(8 - r)² = 64π - 16πr + πr²,S阴影 = $\frac{1}{2}$π×8² - πr² + $\frac{1}{2}$π(8 - 2r)² = 64π - 16πr + πr²,∴S = S阴影.

答案：
(1)16 - 4r 16 - 2r
(2)填表如下:
r S S阴影
r = 1 49π 49π
r = 2 36π 36π
r = 3 25π 25π
(3)S = S阴影.证明如下:
∵S = π($\frac{16 - 2r}{2}$)² = π(8 - r)² = 64π - 16πr + πr²,S阴影 = $\frac{1}{2}$π×8² - πr² + $\frac{1}{2}$π(8 - 2r)² = 64π - 16πr + πr²,
∴S = S阴影.