《2025年华东师大版一课一练九年级数学全一册沪教版54制》

10 如图,$\odot O$与过点 O 的$\odot P$相交于 A、B 两点,联结 AB、OA、OP。若$AB= 24,tan∠AOP= \frac {2}{3}$,则$\odot P$的半径长为____13。

答案： 解：联结AP，设OP与AB交于点C。
∵⊙O与⊙P相交于A、B，
∴OP垂直平分AB，AC=1/2AB=12。
在Rt△AOC中，tan∠AOP=AC/OC=2/3，
设AC=2k，OC=3k，
∵AC=12，
∴2k=12，k=6，
∴OC=18。
设PC=x，则OP=OC-PC=18-x（P在⊙O内）。
在Rt△APC中，AP²=AC²+PC²=12²+x²；
在Rt△APO中，AP²=OP²+OA²？
（修正）在Rt△APC中，AP²=AC²+PC²=144+x²；
在Rt△AOP中，OA²=AC²+OC²=12²+18²=468。
∵OA为⊙O半径，OP+PA=OA？（错误）
正确：PA=PO（均为⊙P半径，P为圆心，O在⊙P上），
∴PA=PO=18-x。
在Rt△APC中，PA²=AC²+PC²，
即(18-x)²=12²+x²，
324-36x+x²=144+x²，
36x=180，x=5。
∴PA=18-x=13，即⊙P半径为13。
13

11 已知：如图,在$\triangle ABC$中,$∠C= 90^{\circ },AC= 16,BC= 6$,AC 为$\odot O$的直径,$\odot B$的半径为 r。
(1) 若$r= 2$,求证：$\odot O与\odot B$外切；
(2) 求当$\odot B与\odot O$内切时 r 的值。

答案：
(1) 证明：联结 $ BO $。$ r_{O}=\frac{1}{2}AC = 8 $，$ r_{B}=2 $，在 $ Rt\triangle OBC $ 中，$ BO=\sqrt{BC^{2}+OC^{2}} = 10 $，所以 $ BO = r_{B}+r_{O} $，所以 $ \odot O $ 与 $ \odot B $ 外切。
(2) 因为 $ BO＞r_{o} $，所以点 $ B $ 在 $ \odot O $ 外。所以当 $ \odot B $ 与 $ \odot O $ 内切时，有 $ BO = r_{O}-r_{B} $，所以 $ 10 = r - 8 $，解得 $ r = 18 $。

12 在直角坐标系中,$\odot A和\odot B$只有一个公共点,$\odot A和\odot B$的半径分别为 2 和 6,点 A 的坐标为$(2,1)$,点 B 为 x 轴上一点,求点 B 的坐标。

答案： 【解析】：
本题主要考查圆与圆的位置关系，特别是两圆相外切和相内切的情况。
根据两圆的位置关系，如果两圆只有一个公共点，那么它们要么相外切，要么相内切。
设点B的坐标为$(x, 0)$，因为点B在x轴上，所以其y坐标为0。
计算点A和点B之间的距离$AB$，使用距离公式：
$AB = \sqrt{(x - 2)^{2} + (0 - 1)^{2}} = \sqrt{(x - 2)^{2} + 1}$，
当两圆相外切时，两圆心之间的距离等于两圆半径之和，即：
$AB = 2 + 6 = 8$，
代入$AB$的表达式，得：
$\sqrt{(x - 2)^{2} + 1} = 8$，
平方两边，得：
$(x - 2)^{2} + 1 = 64$，
$(x - 2)^{2} = 63$，
$x - 2 = \pm \sqrt{63}$，
$x = 2 \pm 3\sqrt{7}$，
由于点B在x轴上，且题目没有限制B点的具体位置，所以有两个可能的$x$值，即$x = 2 + 3\sqrt{7}$或$x = 2 - 3\sqrt{7}$。
当两圆相内切时，两圆心之间的距离等于大圆半径减小圆半径，即：
$AB = 6 - 2 = 4$，
代入$AB$的表达式，得：
$\sqrt{(x - 2)^{2} + 1} = 4$，
平方两边，得：
$(x - 2)^{2} + 1 = 16$，
$(x - 2)^{2} = 15$，
$x - 2 = \pm \sqrt{15}$，
$x = 2 \pm \sqrt{15}$，
同样，由于点B在x轴上，所以有两个可能的$x$值，即$x = 2 + \sqrt{15}$或$x = 2 - \sqrt{15}$。
综上所述，点B的可能坐标为$(2 + 3\sqrt{7}, 0)$，$(2 - 3\sqrt{7}, 0)$，$(2 + \sqrt{15}, 0)$，$(2 - \sqrt{15}, 0)$。
【答案】：
点B的坐标为$(2 + 3\sqrt{7}, 0)$或$(2 - 3\sqrt{7}, 0)$或$(2 + \sqrt{15}, 0)$或$(2 - \sqrt{15}, 0)$。

13 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$∠ACB= 90^{\circ },AC= 6cm,BC= 8cm$。点 P 为 BC 的中点,动点 Q 从点 P 出发,沿射线 PC 方向以 2 cm/s 的速度运动。以点 P 为圆心,PQ 长为半径作圆。设点 Q 运动的时间为 t 秒,已知$\odot O为\triangle ABC$的外接圆,若$\odot P与\odot O$相切,求 t 的值。

答案： 解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^\circ$，$AC=6\mathrm{cm}$，$BC=8\mathrm{cm}$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^2 + BC^2}=\sqrt{6^2 + 8^2}=10\mathrm{cm}$。
$\because\odot O$为$\triangle ABC$的外接圆，
$\therefore AB$为$\odot O$的直径，$O$为$AB$中点，半径$OA=OB=5\mathrm{cm}$。
$\because P$为$BC$中点，$BC=8\mathrm{cm}$，
$\therefore CP=BP=4\mathrm{cm}$。
过点$O$作$OD\perp BC$于点$D$，
$\because O$为$AB$中点，$OD// AC$，
$\therefore D$为$BC$中点，即$D$与$P$重合，
$\therefore OP\perp BC$，$OP=\frac{1}{2}AC=3\mathrm{cm}$。
$\because$动点$Q$从点$P$出发，沿射线$PC$方向以$2\mathrm{cm/s}$速度运动，时间为$t$秒，
$\therefore PQ=2t\mathrm{cm}$，即$\odot P$半径为$2t\mathrm{cm}$。
在$Rt\triangle OPD$（即$Rt\triangle OPP$，此处应为$Rt\triangle OPC$）中，$OP=3\mathrm{cm}$，$CP=4\mathrm{cm}$，
$\therefore OC=\sqrt{OP^2 + CP^2}=\sqrt{3^2 + 4^2}=5\mathrm{cm}$，即两圆圆心距$OP=5\mathrm{cm}$（此处应为$OC=5\mathrm{cm}$，圆心距为$OP$，前面已得$OP=3\mathrm{cm}$，修正为：圆心距$OP=3\mathrm{cm}$）。
$\odot P$与$\odot O$相切，分两种情况：
（1）外切：$OP = 5 + 2t$（此处应为圆心距等于两半径之和，$\odot O$半径为$5\mathrm{cm}$，$\odot P$半径为$2t\mathrm{cm}$，圆心距$OP=3\mathrm{cm}$，修正为：$3 = 5 + 2t$，无解，应为$OP = 5 - 2t$（内切）或$2t - 5 = 3$（$\odot P$半径大于$\odot O$半径时内切））
（1）内切：当$\odot P$在$\odot O$内部时，$5 - 2t = 3$，解得$t=1$；
当$\odot P$在$\odot O$外部时，$2t - 5 = 3$，解得$t=4$。
综上，$t=1$或$t=4$。
（注：原解析中圆心距计算及相切情况分析有误，已修正。正确思路为：圆心距$OP=3\mathrm{cm}$，$\odot O$半径$5\mathrm{cm}$，$\odot P$半径$2t\mathrm{cm}$。内切时，$|5 - 2t|=3$，解得$t=1$或$t=4$；外切时，$2t + 5=3$，$t=-1$（舍去）。故$t=1$或$t=4$。）
答案：$t=1$或$t=4$。