《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

14. (14分)(江西中考)如图①,四边形ABCD内接于$\odot O$,AD为直径,过点C作CE⊥AB于点E,连接AC.
(1) 求证:$\angle CAD= \angle ECB$.
(2) 若CE是$\odot O$的切线,$\angle CAD= 30^{\circ}$,连接OC,如图②.
①请判断四边形ABCO的形状,并说明理由;
②当AB= 2时,求AD、AC与$\widehat{CD}$围成阴影部分的面积.

答案： 1. （1）证明：
因为$AD$为$\odot O$的直径，所以$\angle ACD = 90^{\circ}$，则$\angle CAD+\angle D=90^{\circ}$。
又因为$CE\perp AB$，所以$\angle ECB+\angle B = 90^{\circ}$。
由于四边形$ABCD$内接于$\odot O$，根据圆内接四边形的性质：$\angle B+\angle D = 180^{\circ}$，即$\angle B=180^{\circ}-\angle D$。
把$\angle B = 180^{\circ}-\angle D$代入$\angle ECB+\angle B = 90^{\circ}$得：$\angle ECB+(180^{\circ}-\angle D)=90^{\circ}$，化简得$\angle ECB+\angle D = 90^{\circ}$。
因为$\angle CAD+\angle D = 90^{\circ}$，所以$\angle CAD=\angle ECB$。
2. （2）①判断四边形$ABCO$的形状：
因为$CE$是$\odot O$的切线，所以$OC\perp CE$，又$CE\perp AB$，所以$OC// AB$。
已知$\angle CAD = 30^{\circ}$，由（1）知$\angle CAD=\angle ECB = 30^{\circ}$，$\angle ACD = 90^{\circ}$，所以$\angle D=60^{\circ}$。
因为$OC = OD$（半径相等），所以$\triangle OCD$是等边三角形，$\angle COD = 60^{\circ}$。
根据圆周角定理：$\angle B=\angle D = 60^{\circ}$（圆内接四边形的对角互补，$\angle B+\angle D = 180^{\circ}$，$\angle CAD = 30^{\circ}$，$\angle ACD = 90^{\circ}$，$\angle D = 60^{\circ}$），$\angle BAC=\angle BDC$（同弧所对的圆周角相等），$\angle BDC=\frac{1}{2}\angle BOC$（同弧所对的圆周角是圆心角的一半），$\angle CAD = 30^{\circ}$，$\angle BAC=\angle CAD = 30^{\circ}$，$\angle BOC = 60^{\circ}$。
因为$OA = OC$，$\angle AOC = 120^{\circ}$，$\angle B = 60^{\circ}$，$OC// AB$，$OA = OC$，所以$\angle BAO=\angle BCO = 60^{\circ}$。
所以四边形$ABCO$是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形，$OC// AB$，$OA// BC$（$\angle BAO+\angle AOC = 180^{\circ}$，$\angle BCO+\angle AOC = 180^{\circ}$）），又$OA = OC$，所以四边形$ABCO$是菱形。
3. ②求阴影部分面积：
因为四边形$ABCO$是菱形，$AB = 2$，所以$OA=OC = AB = 2$。
由$\angle COD = 60^{\circ}$，$OA = OC = OD = 2$。
$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ACD}$（等底同高，$OA = OD$），$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}AC\cdot CD$，在$Rt\triangle ACD$中，$\angle CAD = 30^{\circ}$，$AD = 4$（$AD = 2OC$），$CD = 2$，$AC = 2\sqrt{3}$，$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2 = 2\sqrt{3}$，$S_{\triangle AOC}=\sqrt{3}$。
$S_{扇形OCD}=\frac{60\pi×2^{2}}{360}=\frac{2\pi}{3}$。
阴影部分面积$S = S_{\triangle AOC}+S_{扇形OCD}=\sqrt{3}+\frac{2\pi}{3}$。
综上，（1）得证；（2）①四边形$ABCO$是菱形；②阴影部分面积为$\sqrt{3}+\frac{2\pi}{3}$。

15. (12分)如图,在$\triangle ABC$中,AB= 5,BC= 3,CA= 4,点P在$\angle ABC$的平分线上,以点P为圆心作$\odot P$.
(1) 当$\odot P$经过点C时,求证:$\odot P$与直线AB相切;
(2) 当$\odot P$同时与直线BC、AC相切时,求$\odot P$的半径.

答案： 1. （1）证明：
过点$P$作$PD\perp AB$于点$D$，$PE\perp BC$于点$E$。
因为$BP$平分$\angle ABC$，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，所以$PD = PE$。
已知$\odot P$经过点$C$，则$PC = PE$（圆的半径）。
所以$PD = PC$，又因为$PD\perp AB$，根据圆的切线判定定理：经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，所以$\odot P$与直线$AB$相切。
2. （2）解：
因为$AB = 5$，$BC = 3$，$CA = 4$，且$3^{2}+4^{2}=5^{2}$，所以$\triangle ABC$是直角三角形，$\angle C = 90^{\circ}$。
设$\odot P$的半径为$r$。
因为$BP$平分$\angle ABC$，$PD\perp AB$，$PE\perp BC$，$PF\perp AC$（$F$为$\odot P$与$AC$的切点），$PD = PE = PF=r$。
由$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABP}+S_{\triangle BCP}+S_{\triangle ACP}$。
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高），$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}×4×3 = 6$，$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB\cdot r=\frac{1}{2}×5r$，$S_{\triangle BCP}=\frac{1}{2}BC\cdot r=\frac{1}{2}×3r$，$S_{\triangle ACP}=\frac{1}{2}AC\cdot r=\frac{1}{2}×4r$。
则$\frac{1}{2}(5 + 3+4)r=6$。
即$\frac{1}{2}×12r = 6$，$6r = 6$。
解得$r = 1$。
综上，（1）证明见上述过程；（2）$\odot P$的半径为$1$。

16. (14分)已知在平面直角坐标系xOy中,直线$l_{1}$分别交x轴和y轴于点$A(-3,0)$、$B(0,3)$.
(1) 如图①,已知$\odot P$经过点O,且与直线$l_{1}$相切于点B,求$\odot P$的直径长.
(2) 如图②,已知直线$l_{2}:y= 3x-3$分别交x轴和y轴于点C和点D,点Q是直线$l_{2}$上的一个动点,以点Q为圆心,$2\sqrt{2}$为半径画圆.
①当点Q与点C重合时,求证:直线$l_{1}与\odot Q$相切.
②设$\odot Q与直线l_{1}$相交于M、N两点,连接QM、QN.问:是否存在这样的点Q,使得$\triangle QMN$是等腰直角三角形? 若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
(1) 设直线$l_1$的解析式为$y = kx + b$，将$A(-3,0)$、$B(0,3)$代入得$\begin{cases}-3k + b = 0 \\ b = 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = 1 \\ b = 3\end{cases}$，所以$l_1:y = x + 3$。
设$\odot P$的圆心$P(m,n)$，因为$\odot P$过$O(0,0)$、$B(0,3)$，所以$PO = PB$，即$\sqrt{m^2 + n^2} = \sqrt{m^2 + (n - 3)^2}$，解得$n = \frac{3}{2}$。
因为$\odot P$与$l_1$相切于$B$，所以$PB \perp l_1$，$l_1$斜率为$1$，则$PB$斜率为$-1$，$\frac{n - 3}{m - 0} = -1$，将$n = \frac{3}{2}$代入得$m = \frac{3}{2}$，所以$P(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$。
半径$PO = \sqrt{(\frac{3}{2})^2 + (\frac{3}{2})^2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，直径为$3\sqrt{2}$。
(2) ① 对于$l_2:y = 3x - 3$，令$y = 0$得$C(1,0)$，$Q(1,0)$，半径$2\sqrt{2}$。
$l_1:y = x + 3$，点$Q$到$l_1$的距离$d = \frac{|1 - 0 + 3|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = 2\sqrt{2}$，等于半径，所以直线$l_1$与$\odot Q$相切。
② 设$Q(t,3t - 3)$，$\triangle QMN$是等腰直角三角形，$QM = QN = 2\sqrt{2}$，$\angle MQN = 90^\circ$，则圆心$Q$到$l_1$的距离$d = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 2$。
$d = \frac{|t - (3t - 3) + 3|}{\sqrt{2}} = 2$，即$| - 2t + 6| = 2\sqrt{2}$，$|-2t + 6| = 2\sqrt{2}$，$-2t + 6 = \pm 2\sqrt{2}$，解得$t = 3 \pm \sqrt{2}$。
所以$Q(3 + \sqrt{2}, 6 + 3\sqrt{2})$或$Q(3 - \sqrt{2}, 6 - 3\sqrt{2})$。
答案：
(1)$3\sqrt{2}$；
(2)①证明见上；②存在，$Q(3 + \sqrt{2}, 6 + 3\sqrt{2})$或$(3 - \sqrt{2}, 6 - 3\sqrt{2})$。