《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

25.(12分)问题情境
(1)点A是⊙O外一点,点P是⊙O上一动点.若⊙O的半径为2,且OA= 5,则点P到点A的最短距离为______3.
直接运用
(2)如图①,在Rt△ABC中,∠ACB= 90°,AC= BC= 2,以BC为直径的半圆交AB于点D,P是⌢CD上的一个动点,连接AP,则AP的最小值是______$\sqrt{5}-1$.
构造运用
(3)如图②,已知正方形ABCD的边长为6,点M、N分别从点B、C同时出发,以相同的速度沿边BC、CD方向向终点C和D运动,连接AM和BN交于点P,求点P到点C的最短距离,并说明理由.点P到点C的最短距离为$3\sqrt{5}-3$。理由：因为点M、N分别从点B、C同时出发，以相同速度沿边BC、CD方向运动，所以BM = CN。在正方形ABCD中，AB = BC，∠ABM=∠BCN = 90°，所以△ABM≌△BCN(SAS)，则∠BAM=∠CBN。因为∠BAM+∠AMB = 90°，所以∠CBN+∠AMB = 90°，即∠APB = 90°。取AB的中点O，连接OP，OC，则点P在以AB为直径的圆上。根据勾股定理，OC=$\sqrt{BC^{2}+OB^{2}}$，已知AB = BC = 6，OB=$\frac{1}{2}AB = 3$，所以OC=$\sqrt{6^{2}+3^{2}}=3\sqrt{5}$，又因为OP=$\frac{1}{2}AB = 3$，所以点P到点C的最短距离为OC - OP=$3\sqrt{5}-3$。
灵活运用
(4)如图③,⊙O的半径为4,弦AB= 4,点C为优弧⌢AB上一动点,AM⊥AC交直线CB于点M,则△ABM面积的最大值是______12.

答案： 1. （1）
根据圆的性质，点$A$到$\odot O$上点$P$的最短距离为$OA - r$（$r$为圆的半径）。
已知$r = 2$，$OA = 5$，则点$P$到点$A$的最短距离为$5−2 = 3$。
2. （2）
取$BC$的中点$O$，连接$AO$，交半圆于$P_1$（此时$AP$最小）。
因为$AC = BC = 2$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$O$为$BC$中点，所以$OC = 1$，$AC = 2$。
根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$a = AC$，$b = OC$，$c = AO$），则$AO=\sqrt{AC^{2}+OC^{2}}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{4 + 1}=\sqrt{5}$。
又因为$OP_1=OC = 1$，所以$AP$的最小值为$AO - OP_1=\sqrt{5}-1$。
3. （3）
解：因为点$M$、$N$分别从点$B$、$C$同时出发，以相同速度沿边$BC$、$CD$方向运动，所以$BM = CN$。
在正方形$ABCD$中，$AB = BC$，$\angle ABM=\angle BCN = 90^{\circ}$。
所以$\triangle ABM\cong\triangle BCN(SAS)$，则$\angle BAM=\angle CBN$。
因为$\angle BAM+\angle AMB = 90^{\circ}$，所以$\angle CBN+\angle AMB = 90^{\circ}$，即$\angle APB = 90^{\circ}$。
取$AB$的中点$O$，连接$OP$，$OC$，则点$P$在以$AB$为直径的圆上。
根据勾股定理$OC=\sqrt{BC^{2}+OB^{2}}$，已知$AB = BC = 6$，$OB=\frac{1}{2}AB = 3$，所以$OC=\sqrt{6^{2}+3^{2}}=\sqrt{36 + 9}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
又因为$OP=\frac{1}{2}AB = 3$，所以点$P$到点$C$的最短距离为$OC - OP=3\sqrt{5}-3$。
4. （4）
因为$AB = 4$，$\odot O$半径$r = 4$，所以$\triangle OAB$是等边三角形，$\angle AOB = 60^{\circ}$，$\angle ACB=\frac{1}{2}\angle AOB = 30^{\circ}$。
因为$AM\perp AC$，所以$\angle M = 60^{\circ}$。
由正弦定理$\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}=\frac{BC}{\sin A}$，在$\triangle ABM$中，$\angle M = 60^{\circ}$，$AB = 4$。
$S_{\triangle ABM}=\frac{1}{2}AB\cdot BM\cdot\sin\angle ABM$，因为$\angle ACB = 30^{\circ}$，$\angle CAM = 90^{\circ}$，$\angle M = 60^{\circ}$，$\angle ABC=\angle ACB = 30^{\circ}$，$\angle ABM = 150^{\circ}$。
当$BM$最大时，$\triangle ABM$面积最大。
因为$BM = BC + CM$，当$CM$最大时，$BM$最大，$CM$的最大值为圆的直径$8$（此时$C$，$O$，$M$共线）。
$S_{\triangle ABM}=\frac{1}{2}AB\cdot BM\cdot\sin150^{\circ}$，$\sin150^{\circ}=\frac{1}{2}$，$AB = 4$，$BM = 8 + 4=12$（$BC = 4$，$CM$最大为$8$）。
$S_{\triangle ABM}=\frac{1}{2}×4×12×\frac{1}{2}=12$。
故答案依次为：（1）$3$；（2）$\sqrt{5}-1$；（3）$3\sqrt{5}-3$；（4）$12$。