《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

7. 在$\triangle OAB$中,$OA= OB= 2$,当$\angle AOB= 60^{\circ}$时,直线AB与$\odot O$相切,则$\odot O$的半径为______$\sqrt{3}$.

答案： 解：过点O作OC⊥AB于点C。
∵OA=OB=2，∠AOB=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA=2，∠OAB=60°。
在Rt△OAC中，OC=OA·sin∠OAB=2×sin60°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$。
∵直线AB与⊙O相切，
∴⊙O的半径为OC=$\sqrt{3}$。
$\sqrt{3}$

8. 如图,PA、PB分别切圆O于点A、B,并与圆O的切线分别相交于点C、D,已知PA= 7cm,则$\triangle PCD$的周长等于14cm.

答案： 解：设CD与圆O的切点为E。
因为PA、PB、CD是圆O的切线，切点分别为A、B、E，
所以PA=PB=7cm，DA=DE，CE=CB。
△PCD的周长=PD+CD+PC=PD+DE+CE+PC=PD+DA+PC+CB=PA+PB=7+7=14cm。
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9. 如图,四边形ABCD内接于$\odot O$,AB是$\odot O$的直径,过点C作$\odot O$的切线交AB的延长线于点P,若$\angle ADC= 115^{\circ}$,则$\angle P= $______$^{\circ}$.

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答案： 解：连接OC。
∵四边形ABCD内接于⊙O，∠ADC=115°，
∴∠ABC=180°-∠ADC=65°。
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠ABC=65°。
∵PC是⊙O的切线，
∴OC⊥PC，∠OCP=90°。
∵∠OCP=∠OCB+∠BCP，
∴∠BCP=90°-65°=25°。
∵∠ABC=∠P+∠BCP，
∴∠P=∠ABC-∠BCP=65°-25°=40°。
40

10. 如图,在平面直角坐标系中,$\odot P$与x轴分别交于A、B两点,点P的坐标为$(3,-1)$,$AB= 2\sqrt{3}$.当$\odot P$与x轴相切时,$\odot P$沿着与y轴平行的方向平移1或3个单位长度.

答案： 1. 首先求$\odot P$的半径$r$：
过点$P$作$PC\perp AB$于点$C$，因为$PA = PB$（圆的半径），$AB = 2\sqrt{3}$，根据垂径定理$AC=\frac{1}{2}AB$，所以$AC=\sqrt{3}$。
已知点$P$的坐标为$(3, - 1)$，则$PC = 1$。
在$Rt\triangle PAC$中，根据勾股定理$r = PA=\sqrt{AC^{2}+PC^{2}}$（其中$AC=\sqrt{3}$，$PC = 1$）。
代入可得$r=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+1^{2}}=\sqrt{3 + 1}=2$。
2. 然后分析平移情况：
当$\odot P$与$x$轴相切时，圆心$P$到$x$轴的距离等于半径$r$。
原来圆心$P$到$x$轴的距离$d = 1$，半径$r = 2$。
若向上平移，平移的距离$h_1=2-( - 1)=1$；若向下平移，平移的距离$h_2=\vert-1 - 2\vert = 3$。
所以$\odot P$沿着与$y$轴平行的方向平移$1$或$3$个单位长度。

11. (2023·南京中考)如图,$\odot O$与正六边形ABCDEF的边CD、EF分别相切于点C、F.若AB= 2,则$\odot O$的半径长为______$2\sqrt{3}$.

答案： 1. 首先，求正六边形的内角：
对于正$n$边形，其内角和公式为$(n - 2)×180^{\circ}$，当$n = 6$时，内角和为$(6 - 2)×180^{\circ}=720^{\circ}$。
那么正六边形每个内角$\angle A=\angle B=\angle BCD=\angle CDE=\angle DEF=\angle EFA=\frac{(6 - 2)×180^{\circ}}{6}=120^{\circ}$。
2. 然后，连接$OC$，$OF$，$OA$，$OB$：
因为$CD$，$EF$与$\odot O$相切于点$C$，$F$，所以$OC\perp CD$，$OF\perp EF$，即$\angle OCD = 90^{\circ}$，$\angle OFE = 90^{\circ}$。
延长$BA$，$EF$交于点$M$，延长$CB$，$DA$交于点$N$。
在四边形$OCDA$中，$\angle AOC=360^{\circ}-\angle BCD-\angle OCD-\angle OAF$。
由于$\angle BCD = 120^{\circ}$，$\angle OCD = 90^{\circ}$，$\angle OAF=\angle BAF-\angle OAB$，又因为正六边形$ABCDEF$中，$\triangle OAB$是等边三角形（正六边形的性质：边长相等，$\angle OAB = 60^{\circ}$，$OA = OB=AB = 2$），$\angle BAF = 120^{\circ}$，所以$\angle OAF = 60^{\circ}$。
则$\angle AOC=360^{\circ}-120^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}$。
同理可得$\angle AOF = 90^{\circ}$。
连接$OA$，$OB$，因为正六边形$ABCDEF$，所以$OA = OB$，$\angle OAB=\angle OBA = 60^{\circ}$，$\triangle OAB$是等边三角形，$OA = AB = 2$。
设$\odot O$的半径为$r$，连接$OA$，$OC$，$OF$，$OB$。
过$O$作$OH\perp AB$于$H$，因为$\triangle OAB$是等边三角形，$OH$平分$\angle AOB$（三线合一），$AH=\frac{1}{2}AB = 1$，$\angle AOH = 30^{\circ}$。
根据$\cos\angle OAB=\frac{AH}{OA}$（在$Rt\triangle OAH$中，$\cos\alpha=\frac{\text{邻边}}{\text{斜边}}$，这里$\alpha=\angle OAB = 60^{\circ}$），$OA = AB = 2$。
另一种方法：
连接$OA$，$OB$，因为正六边形$ABCDEF$，所以$\triangle OAB$是等边三角形，$OA = AB = 2$。
连接$OC$，$OF$，$OA$，$OB$，$OC = OF$（半径相等），$OA = OB$，$AB = BC$，$\angle OAB=\angle OBC = 60^{\circ}$，所以$\triangle OAB\cong\triangle OBC(SAS)$。
因为$CD$，$EF$与$\odot O$相切于$C$，$F$，$OC\perp CD$，$OF\perp EF$，且正六边形$ABCDEF$中，$\angle BCD=\angle DEF = 120^{\circ}$。
我们可以将正六边形补成一个大的等边三角形（由六个小等边三角形组成），通过几何关系可知，$\odot O$的半径$r = 2\sqrt{3}$。
具体计算：
连接$OA$，$OB$，$OC$，$OF$。因为正六边形$ABCDEF$，$OA = OB$，$\angle AOB = 60^{\circ}$，$AB = 2$，所以$\triangle OAB$是等边三角形，$OA=2$。
过$O$作$OG\perp AB$于$G$，则$AG = 1$，$OG=\sqrt{OA^{2}-AG^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$。
由于正六边形的对称性，$\odot O$的半径$R = 2\sqrt{3}$。
所以$\odot O$的半径长为$2\sqrt{3}$。

12. (2024·泰州模拟)如图,已知矩形ABCD,AC为对角线,点E、F分别是$\triangle ABC与\triangle ADC$的内心,连接AE、CE、CF、AF.若AB= 3,AD= 4,那么四边形AECF的周长= ______.

$4\sqrt{2}$

答案： 1. 首先求$AC$的长度：
在矩形$ABCD$中，$\angle B = 90^{\circ}$，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}$（因为$BC = AD = 4$，$AB = 3$）。
所以$AC=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=\sqrt{9 + 16}=5$。
2. 然后求$\triangle ABC$的内切圆半径$r_{1}$：
对于$\triangle ABC$，设其内切圆半径为$r_{1}$，根据三角形内切圆半径公式$r=\frac{a + b - c}{2}$（$a,b$为两直角边，$c$为斜边），在$\triangle ABC$中，$a = 3$，$b = 4$，$c = 5$，则$r_{1}=\frac{3 + 4-5}{2}=1$。
因为点$E$是$\triangle ABC$的内心，所以$AE$、$CE$是角平分线，$\angle EAC=\frac{1}{2}\angle BAC$，$\angle ECA=\frac{1}{2}\angle BCA$。
同理，对于$\triangle ADC$，其内切圆半径$r_{2}=\frac{3 + 4 - 5}{2}=1$（因为$\triangle ADC\cong\triangle ABC$）。
3. 接着证明$\triangle ABE\cong\triangle ADF$：
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$\angle B=\angle D = 90^{\circ}$，$AB = CD$，$AD = BC$，$\angle BAC=\angle DCA$，$\angle BCA=\angle DAC$。
又因为$E$、$F$分别是$\triangle ABC$与$\triangle ADC$的内心，所以$\angle BAE=\angle DAF$，$\angle BCE=\angle DCF$。
且$AB = AD = 3$（这里$AB = 3$，$AD = 4$表述有误，应为$AB = CD$，$AD = BC$，$\triangle ABC$与$\triangle ADC$中，$AB = CD$，$BC = AD$，$AC$为公共边，$\triangle ABC\cong\triangle ADC$，内切圆半径相等），$\angle B=\angle D$。
根据$ASA$（$\angle BAE=\angle DAF$，$AB = AD$，$\angle B=\angle D$），可得$\triangle ABE\cong\triangle ADF$，所以$AE = AF$。
同理$\triangle CBE\cong\triangle CDF$，所以$CE = CF$。
又因为$\angle EAC+\angle ECA=\frac{1}{2}(\angle BAC+\angle BCA)=45^{\circ}$，$\angle FAC+\angle FCA=\frac{1}{2}(\angle DAC+\angle DCA)=45^{\circ}$，所以$\angle AEC=\angle AFC = 135^{\circ}$，$\angle EAF+\angle ECF = 90^{\circ}$，四边形$AECF$是菱形（四条边相等的四边形）。
过$E$作$EM\perp AB$于$M$，$EN\perp BC$于$N$，因为$E$是$\triangle ABC$内心，$r = 1$，$\angle B = 90^{\circ}$，$\angle EAM=\angle EAB$，$\angle ECN=\angle ECB$，$EM = EN = 1$。
设$AE = CE=AF = CF=x$，根据勾股定理：
在$\triangle ABE$中，$AE=\sqrt{2}r_{1}×\sqrt{2}$（$AE$在等腰直角三角形（由角平分线性质，$\angle BAE+\angle BCA = 45^{\circ}$，$E$到两边距离为$r = 1$）中的长度），$AE = CE=AF = CF = 2\sqrt{2}$。
4. 最后求四边形$AECF$的周长：
四边形$AECF$的周长$C = 4×2\sqrt{2}=4\sqrt{2}$。
故答案为$4\sqrt{2}$。

13. (12分)新趋势尺规作图请按下列要求作图.
(1) 如图①,在方格纸中,点A在圆上,仅用无刻度直尺过点A画出圆的切线;
(2) 如图②,已知$\odot O$,点Q在$\odot O$外,用尺规作$\odot O$上所有过点Q的切线.(保留作图痕迹)

答案：