《2025年拔尖特训九年级数学上册人教版》

1. 如图,⊙O 是△ABC 的内切圆,D,E 分别为边 AB,AC 上的点,且 DE 为⊙O 的切线. 若△ABC 的周长是 25,BC 的长是 9,则△ADE 的周长是(A)

A.7
B.8
C.9
D.16

答案： A

2. 如图,点 O 是△ABC 的内心,∠BAC= 70°,P 为平面内一点,点 O 恰好又是△BCP 的外心,则∠BPC 的度数为(C)
A.50°
B.55°
C.62.5°
D.65°

答案： C

3. 如图,在扇形 ABC 中,CD⊥AB,垂足为 D,⊙E 是△ACD 的内切圆,连接 AE,BE,则∠AEB= ______135°.

答案： $135^\circ$

4. 如图,边长为 1 的正方形 ABCD 的边 AB 是⊙O 的直径,CF 是⊙O 的切线,E 为切点,点 F 在 AD 上,BE 是⊙O 的弦,求△CDF 的面积.

答案： 设$AF=x$，则$DF=1 - x$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ $\angle DAB = \angle CBA = 90^\circ$。
∴ $DA\perp AB$，$CB\perp AB$。
∴ AD是$\odot O$的切线，CB是$\odot O$的切线。
∵ CF是$\odot O$的切线，E为切点，
∴ $EF = AF = x$，$CB = CE = 1$。
∴ $CF = CE + EF = 1 + x$。
∴ 在$Rt\triangle CDF$中，由勾股定理，得$CF^2 = CD^2 + DF^2$，即$(1 + x)^2 = 1 + (1 - x)^2$，解得$x = \frac{1}{4}$。
∴ $DF = 1 - x = \frac{3}{4}$。
∴ $S_{\triangle CDF} = \frac{1}{2}×1×\frac{3}{4} = \frac{3}{8}$。

5. 如图,PA,PB,CD 分别切⊙O 于点 A,B,E,CD 分别交 PA,PB 于点 C,D. 若∠P= 40°,则∠PAE+∠PBE 的度数为(D)
A.50°
B.62°
C.66°
D.70°

答案： D 解析：
∵ PA，PB，CD分别切$\odot O$于点A，B，E，CD交PA，PB于点C，D，
∴ $CE = CA$，$DE = DB$。
∴ $\angle CAE = \angle CEA$，$\angle DEB = \angle DBE$。
∴ $\angle PCD = \angle CAE + \angle CEA = 2\angle CAE$，$\angle PDC = \angle DEB + \angle DBE = 2\angle DBE$。
∴ $\angle CAE = \frac{1}{2}\angle PCD$，$\angle DBE = \frac{1}{2}\angle PDC$，即$\angle PAE = \frac{1}{2}\angle PCD$，$\angle PBE = \frac{1}{2}\angle PDC$。
∵ $\angle P = 40^\circ$，
∴ $\angle PAE + \angle PBE = \frac{1}{2}\angle PCD + \frac{1}{2}\angle PDC = \frac{1}{2}(\angle PCD + \angle PDC) = \frac{1}{2}(180^\circ - \angle P) = 70^\circ$。

6. 如图,点 I 和 O 分别是△ABC 的内心和外心. 若∠AIB= 125°,则∠AOB 的度数为(D)
A.120°
B.125°
C.135°
D.140°

答案： D 解析：
∵ 点O是$\triangle ABC$的外心，
∴ $\angle AOB = 2\angle C$。
∴ $\angle C = \frac{1}{2}\angle AOB$。
∵ 点I是$\triangle ABC$的内心，
∴ $\angle IAB = \frac{1}{2}\angle CAB$，$\angle IBA = \frac{1}{2}\angle CBA$。
∴ $\angle AIB = 180^\circ - (\angle IAB + \angle IBA) = 180^\circ - \frac{1}{2}(\angle CAB + \angle CBA) = 180^\circ - \frac{1}{2}(180^\circ - \angle C) = 90^\circ + \frac{1}{2}\angle C$。
∵ $\angle C = \frac{1}{2}\angle AOB$，
∴ $\angle AIB = 90^\circ + \frac{1}{4}\angle AOB$。
∴ $4\angle AIB - \angle AOB = 360^\circ$。
∵ $\angle AIB = 125^\circ$，
∴ $\angle AOB = 140^\circ$。

7. 如图,⊙O 的直径 AB= 8,AM,BN 是它的两条切线,DE 与⊙O 相切于点 E,并分别与 AM,BN 相交于 D,C 两点,BD,OC 相交于点 F. 若 CD= 10,则 BF 的长是( )

A.$\frac{8\sqrt{17}}{9}$
B.$\frac{10\sqrt{17}}{9}$
C.$\frac{8\sqrt{15}}{9}$
D.$\frac{10\sqrt{15}}{9}$

答案：
A 解析：如图，以O为原点建立平面直角坐标系，过点D作$DH\perp BC$于点H。
∵ AB是直径，$AB = 8$，
∴ $OA = OB = 4$。
∵ AD，BC，CD是$\odot O$的切线，
∴ $\angle DAB = \angle ABH = 90^\circ = \angle DHB$，$DA = DE$，$CE = CB$。
∴ 四边形ABHD是矩形。
∴ $AD = BH$，$AB = DH = 8$。
∴ $CH = \sqrt{CD^2 - DH^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = 6$。
设$AD = DE = BH = x$，则$CE = CB = x + 6$。
∴ $x + x + 6 = 10$，解得$x = 2$。
∴ 易得$D(2, 4)$，$C(8, -4)$，$B(0, -4)$。
∴ 易得直线OC对应的函数解析式为$y = -\frac{1}{2}x$，直线BD对应的函数解析式为$y = 4x - 4$。
联立$\begin{cases}y = -\frac{1}{2}x\\y = 4x - 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{8}{9}\\y = -\frac{4}{9}\end{cases}$。
∴ $F(\frac{8}{9}, -\frac{4}{9})$。
∴ $BF = \sqrt{(\frac{8}{9})^2 + (-\frac{4}{9} + 4)^2} = \frac{8\sqrt{17}}{9}$。

8. *如图,在 Rt△ABC 中,∠C= 90°,AC= 5,BC= 12,AM= 1,点 I 为△ABC 的内心,则 IM= ______.

答案：
$2\sqrt{2}$ 解析：如图，过点I作$ID\perp AB$于点D，$IE\perp BC$于点E，$IF\perp AC$于点F，连接IA，IB，IC。
∵ $\angle ACB = 90^\circ$，$AC = 5$，$BC = 12$，
∴ $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{5^2 + 12^2} = 13$。
∵ $\angle IEC = \angle IFC = \angle ACB = 90^\circ$，
∴ 四边形IECF是矩形。
∵ 点I为$\triangle ABC$的内心，
∴ $ID = IE = IF$。
∴ 四边形IECF是正方形。
设$CF = IF = ID = IE = r$。
∵ $S_{\triangle AIB} + S_{\triangle BIC} + S_{\triangle AIC} = S_{\triangle ABC}$，
∴ $\frac{1}{2}×13r + \frac{1}{2}×12r + \frac{1}{2}×5r = \frac{1}{2}×12×5$，解得$r = 2$。
∴ $CF = IF = 2$。
∵ $\angle AFI = 90^\circ$，$MF = AC - CF - AM = 5 - 2 - 1 = 2$，
∴ $IM = \sqrt{IF^2 + MF^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$。

方法归纳
有关三角形内切圆的两个重要结论
(1) 若三角形的三边长分别为a，b，c，内切圆的半径为r，则三角形的面积$S = \frac{1}{2}(a + b + c)r$。
(2) 若直角三角形的两直角边长分别为a，b，斜边长为c，则此直角三角形内切圆的半径$r = \frac{a + b - c}{2}$或$r = \frac{ab}{a + b + c}$。

9. 如图,△ABC 内接于⊙O,AB 为⊙O 的直径,I 为△ABC 的内心,连接 OI,AI,BI. 若 OI⊥BI,OI= 1,则 AB 的长为$2\sqrt{5}$.

答案： $2\sqrt{5}$ 解析：延长BI交$\odot O$于点M，连接MA。
易知$\angle AMB = \angle ACB = 90^\circ$。
又
∵ $BI\perp OI$，$AO = OB$，
∴ OI为$\triangle AMB$的中位线。
∴ $AM = 2OI = 2$。
在$Rt\triangle ABC$中，I为三个角平分线的交点，
∴ 易得$\angle IAB + \angle IBA = 45^\circ$，即$\angle MIA = 45^\circ$。
∴ $\triangle MAI$为等腰直角三角形。
∴ $MA = MI = IB = 2$。
根据勾股定理，可得$AB^2 = MA^2 + MB^2 = 2^2 + 4^2 = 20$，即$AB = 2\sqrt{5}$。