《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

1. (2024·西宁模拟)已知$\odot O$的半径等于8cm,圆心O到直线l上某点的距离为8cm,则直线l与$\odot O$的公共点的个数为 (C)
A.0
B.1
C.1或2
D.0或1

答案： 解：已知圆$O$半径$r = 8\space cm$，圆心$O$到直线$l$上某点距离为$8\space cm$。
情况1：若圆心$O$到直线$l$的距离$d = 8\space cm$，则直线$l$与$\odot O$相切，公共点个数为$1$。
情况2：若圆心$O$到直线$l$的距离$d ＜ 8\space cm$，直线$l$上存在点到圆心距离为$8\space cm$，此时直线$l$与$\odot O$相交，公共点个数为$2$。
综上，直线$l$与$\odot O$公共点个数为$1$或$2$。
答案：C

2. 如图,点A是$\odot O$外的任意一点,点B是线段AO的中点,以点B为圆心,以AB长为半径的圆交$\odot O$于点C、D,则下列命题不一定是真命题的是 (C)
A.AC、AD是$\odot O$的切线
B.AO是线段CD的垂直平分线
C.$\triangle ACD$是等边三角形
D.AC= AD

答案： 解：连接OC、OD、BC、BD。
∵点B是线段AO的中点，以点B为圆心，AB长为半径的圆交⊙O于点C、D，
∴AB=BO=BC=BD，AO是⊙B的直径，
∴∠ACO=∠ADO=90°（直径所对的圆周角是直角），
∴AC⊥OC，AD⊥OD，
∵OC、OD是⊙O的半径，
∴AC、AD是⊙O的切线，故A是真命题；
∵AC、AD是⊙O的切线，
∴AC=AD（切线长定理），故D是真命题；
∵AC=AD，OC=OD，
∴AO是线段CD的垂直平分线（到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上），故B是真命题；
无法证明AC=CD，故△ACD不一定是等边三角形，故C不一定是真命题。
答案：C

3. (东营中考)用一张半圆形铁皮,围成一个底面半径为4cm的圆锥形工件的侧面(接缝忽略不计),则圆锥的母线长为 (B)
A.4cm
B.8cm
C.12cm
D.16cm

答案： 解：设圆锥的母线长为$l$cm。
圆锥底面周长为$2\pi×4 = 8\pi$cm。
半圆形铁皮的弧长为$\frac{1}{2}×2\pi l=\pi l$。
由题意得$\pi l=8\pi$，解得$l=8$。
答案：B

4. 如图,AB、CD分别是$\odot O$的内接正十边形和正五边形的边,AD、BC交于点P,则$\angle APC$的度数为 (A)
A.$126^{\circ}$
B.$127^{\circ}$
C.$128^{\circ}$
D.$129^{\circ}$

答案： 解：连接OA、OB、OC、OD。
∵AB是⊙O内接正十边形的边，
∴∠AOB=360°÷10=36°。
∵CD是⊙O内接正五边形的边，
∴∠COD=360°÷5=72°。
设∠AOD=α，∠BOC=β，
∵点A、B、C、D在⊙O上，
∴α+β+∠AOB+∠COD=360°，即α+β=360°-36°-72°=252°。
∠CAD=1/2∠COD=36°，∠ACB=1/2∠AOB=18°。
在△APC中，∠APC=180°-∠CAD-∠ACB=180°-36°-18°=126°。
答案：A

5. 如图,正方形ABCD的顶点A、D在$\odot O$上,边BC与$\odot O$相切,若正方形ABCD的周长记为$C_{1}$,$\odot O的周长记为C_{2}$,则$C_{1}$、$C_{2}$的大小关系为 ( A )
A.$C_{1}＞C_{2}$
B.$C_{1}＜C_{2}$
C.$C_{1}= C_{2}$
D.无法判断

答案： 解：设正方形边长为 $ a $，$\odot O$ 半径为 $ r $。
∵ 正方形周长 $ C_1 = 4a $，$\odot O$ 周长 $ C_2 = 2\pi r $。
过点 $ O $ 作 $ OE \perp BC $ 于 $ E $，$ OF \perp AD $ 于 $ F $，连接 $ OA $。
∵ $ BC $ 与 $\odot O$ 相切，
∴ $ OE = r $，且 $ OE $ 垂直平分 $ BC $，$ OF $ 垂直平分 $ AD $。
∵ 四边形 $ ABCD $ 为正方形，
∴ $ AD // BC $，$ AB = AD = a $，$ OE $、$ OF $ 共线，$ EF = a $。
设 $ OF = x $，则 $ OE = EF - OF = a - x $，即 $ r = a - x $。
∵ $ A $ 在 $\odot O$ 上，$ AF = \frac{a}{2}$，$ OF = x $，
∴ 在 $ Rt\triangle AOF $ 中，$ OA^2 = AF^2 + OF^2 $，即 $ r^2 = \left(\frac{a}{2}\right)^2 + x^2 $。
将 $ x = a - r $ 代入，得 $ r^2 = \frac{a^2}{4} + (a - r)^2 $，
化简得 $ r^2 = \frac{a^2}{4} + a^2 - 2ar + r^2 $，
即 $ 0 = \frac{5a^2}{4} - 2ar $，解得 $ r = \frac{5a}{8} $。
∴ $ C_2 = 2\pi r = 2\pi \cdot \frac{5a}{8} = \frac{5\pi a}{4} \approx 3.927a $，
$ C_1 = 4a $。
∵ $ 4a ＞ 3.927a $，
∴ $ C_1 ＞ C_2 $。
答案：A

6. (荆州中考)如图,在菱形ABCD中,$\angle D= 60^{\circ},AB= 2$,以点B为圆心、BC长为半径画$\widehat{AC}$,点P为菱形内一点,连接PA、PB、PC.当$\triangle BPC$为等腰直角三角形时,图中阴影部分的面积为 ( B )
A.$\frac{2}{3}\pi-\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
B.$\frac{2}{3}\pi-\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
C.$2\pi$
D.$2\pi-\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

答案： 1. 首先求扇形$BAC$的面积：
因为四边形$ABCD$是菱形，$AB = BC$，$\angle D=60^{\circ}$，所以$\triangle ABC$是等边三角形，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$BC = AB = 2$。
根据扇形面积公式$S_{扇形}=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径），这里$n = 60^{\circ}$，$r = 2$，则$S_{扇形BAC}=\frac{60\pi×2^{2}}{360}=\frac{2\pi}{3}$。
2. 然后分情况讨论$\triangle BPC$为等腰直角三角形时的情况：
因为$BC = 2$，当$\triangle BPC$为等腰直角三角形且$\angle BPC = 90^{\circ}$，$BC$为斜边时（$BC$是菱形的边，$BC = AB = 2$），根据等腰直角三角形的性质，$PB = PC=\sqrt{2}$。
过$A$作$AE\perp BC$于$E$，在等边$\triangle ABC$中，$BE=\frac{1}{2}BC = 1$，$AE=\sqrt{AB^{2}-BE^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× BC× AE=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$，$S_{\triangle BPC}=\frac{1}{2}× PB× PC=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$。
3. 最后求阴影部分面积：
$S_{阴影}=S_{扇形BAC}-(S_{\triangle ABC}-S_{\triangle BPC})$。
把$S_{扇形BAC}=\frac{2\pi}{3}$，$S_{\triangle ABC}=\sqrt{3}$，$S_{\triangle BPC}=1$代入得：$S_{阴影}=\frac{2\pi}{3}-(\sqrt{3}-1)=\frac{2\pi}{3}-\sqrt{3}+1=\frac{2\pi}{3}-\frac{\sqrt{3} - 1}{2}$。
所以阴影部分的面积为$\frac{2}{3}\pi-\frac{\sqrt{3}-1}{2}$，答案是B。