《2025年实验班提优训练九年级数学上册浙教版》

8.(2025·陕西渭南期末)丁字尺是一种作图工具,如图(1)所示的丁字尺,可以看作两把互相垂直的直尺组成,并且 $CD$ 部分平分 $AB$ 部分. 现在将丁字尺放在一个圆形工件上(圆心为 $O$),如图(2)所示,使得 $A$,$B$,$D$ 分别落在 $\odot O$ 上,这样圆心 $O$ 就会落在 $CD$ 上,已知 $AB= CD= 8\ \text{cm}$,请求出该圆形工件的半径.
]

答案： 解：设圆形工件的半径为 $ r $ cm，连接 $ OA $。
因为 $ CD $ 平分 $ AB $，$ AB = 8 $ cm，所以 $ AC = \frac{1}{2}AB = 4 $ cm。
因为 $ CD = 8 $ cm，设 $ OC = x $ cm，则 $ OD = CD - OC = (8 - x) $ cm。又因为圆心 $ O $ 在 $ CD $ 上，且 $ CD \perp AB $（丁字尺互相垂直），根据垂径定理，$ OC \perp AB $，所以 $ \triangle OAC $ 是直角三角形。
在 $ Rt\triangle OAC $ 中，$ OA^2 = AC^2 + OC^2 $，即 $ r^2 = 4^2 + x^2 $。
又因为 $ OD $ 是圆心 $ O $ 到点 $ D $ 的距离，而 $ D $ 在圆上，所以 $ OD = r $，即 $ 8 - x = r $，则 $ x = 8 - r $。
将 $ x = 8 - r $ 代入 $ r^2 = 16 + x^2 $，得 $ r^2 = 16 + (8 - r)^2 $。
展开得 $ r^2 = 16 + 64 - 16r + r^2 $，化简得 $ 0 = 80 - 16r $，解得 $ r = 5 $。
答：该圆形工件的半径为 $ 5 $ cm。

9. 如图,在半径为 5 的扇形 $AOB$ 中,$\angle AOB= 90^\circ$,点 $C$ 是弧 $AB$ 上的一个动点(不与点 $A$,$B$ 重合),$OD\perp BC$,$OE\perp AC$,垂足分别为 $D$,$E$.
(1)当 $BC= 6$ 时,求线段 $OD$ 的长；
(2)在 $\triangle DOE$ 中是否存在长度保持不变的边？如果存在,请指出并求其长度；如果不存在,请说明理由.
]

答案： 【解析】：
(1)本题可根据垂径定理求出$BD$的长度，再在$Rt\triangle BOD$中利用勾股定理求出$OD$的长度。
连接$AB$，因为$OB = 5$，$BC = 6$，$OD\perp BC$，由垂径定理可知$BD=\frac{1}{2}BC = 3$。
在$Rt\triangle BOD$中，根据勾股定理$OD=\sqrt{OB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}} = 4$。
(2)本题可根据垂径定理得到$D$、$E$分别为$BC$、$AC$的中点，再根据三角形中位线定理判断$\triangle DOE$中长度保持不变的边并求出其长度。
因为$OD\perp BC$，$OE\perp AC$，由垂径定理可知$D$为$BC$中点，$E$为$AC$中点，所以$DE$是$\triangle ABC$的中位线。
连接$AB$，在$Rt\triangle AOB$中，$OA = OB = 5$，$\angle AOB = 90^{\circ}$，根据勾股定理可得$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=\sqrt{5^{2}+5^{2}} = 5\sqrt{2}$。
因为$DE$是$\triangle ABC$的中位线，所以$DE=\frac{1}{2}AB=\frac{5\sqrt{2}}{2}$，即$DE$的长度保持不变。
【答案】：
(1)$OD = 4$；
(2)存在，$DE$的长度保持不变，$DE=\frac{5\sqrt{2}}{2}$。

10. 类比猜想 如图(3),已知 $\odot O$ 的半径为 1,$PQ$ 是 $\odot O$ 的直径,$n$ 个相同的等边三角形沿 $PQ$ 排成一列,所有等边三角形都关于 $PQ$ 对称,其中第一个 $\triangle A_1B_1C_1$ 的顶点 $A_1$ 与点 $P$ 重合,第二个 $\triangle A_2B_2C_2$ 的顶点 $A_2$ 是 $B_1C_1$ 与 $PQ$ 的交点,…,最后一个 $\triangle A_nB_nC_n$ 的顶点 $B_n$,$C_n$ 在 $\odot O$ 上.
(1)如图(1),当 $n= 1$ 时,求等边三角形的边长 $a_1$；
(2)如图(2),当 $n= 2$ 时,求等边三角形的边长 $a_2$；
(3)如图(3),求等边三角形的边长 $a_n$.(用含 $n$ 的代数式表示)
]

答案：
(1)解：设等边三角形边长为$a_1$，连接$OB_1$。
$\triangle A_1B_1C_1$为等边三角形且关于$PQ$对称，$PQ$为直径，$A_1$与$P$重合，$PQ\perp B_1C_1$于$D$（$D$为$B_1C_1$中点）。
$PD=\frac{\sqrt{3}}{2}a_1$，$OD=OP-PD=1-\frac{\sqrt{3}}{2}a_1$，$B_1D=\frac{a_1}{2}$。
在$Rt\triangle OB_1D$中，$OB_1^2=OD^2+B_1D^2$，即$1^2=(1-\frac{\sqrt{3}}{2}a_1)^2+(\frac{a_1}{2})^2$。
解得$a_1=\sqrt{3}$。
(2)解：设等边三角形边长为$a_2$，连接$OB_2$。
每个等边三角形高为$\frac{\sqrt{3}}{2}a_2$，$A_1A_2=\frac{a_2}{2}$（等边三角形边长一半），$A_2O=PQ-PA_1-A_1A_2=2 - \frac{\sqrt{3}}{2}a_2 - \frac{a_2}{2}$，$OQ=1$，则$A_nQ=OQ - A_2O=1 - (2 - \frac{\sqrt{3}}{2}a_2 - \frac{a_2}{2})=\frac{\sqrt{3}+1}{2}a_2 - 1$。
$B_2$到$PQ$距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}a_2$，$B_2$横坐标距离$O$为$A_nQ - OQ=\frac{\sqrt{3}+1}{2}a_2 - 2$。
在$Rt\triangle OB_2D$中，$1^2=(\frac{\sqrt{3}}{2}a_2)^2 + (\frac{\sqrt{3}+1}{2}a_2 - 2)^2$。
解得$a_2=\frac{8(\sqrt{3}-1)}{13}$。
(3)解：设等边三角形边长为$a_n$，连接$OB_n$。
总高度为$n\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a_n$，$PQ=2$，$O$到$B_nC_n$距离为$n\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a_n - 2$，$B_n$到$PQ$距离为$\frac{\sqrt{3}}{2}a_n$。
在$Rt\triangle OB_nD$中，$1^2=(\frac{\sqrt{3}}{2}a_n)^2 + (n\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a_n - 2)^2$。
解得$a_n=\frac{8n}{4n^2 + 3}$。
答案：
(1)$\sqrt{3}$；
(2)$\frac{8(\sqrt{3}-1)}{13}$；
(3)$\frac{8n}{4n^2 + 3}$。

11.(2024·新疆中考)如图,$AB$ 是 $\odot O$ 的直径,$CD$ 是 $\odot O$ 的弦,$AB\perp CD$,垂足为 $E$. 若 $CD= 8$,$OD= 5$,则 $BE$ 的长为(B).

A.1
B.2
C.3
D.4
]

答案： 解：
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，CD=8，
∴CE=DE=CD/2=4，∠OED=90°。
∵OD=5，
∴在Rt△OED中，OE=√(OD²-DE²)=√(5²-4²)=3。
∵OB=OD=5，
∴BE=OB-OE=5-3=2。
答案：B