《2025年小题狂做九年级数学上册苏科版巅峰版》

1. 如图,在扇形AOB中,点D在线段OA上,点C在$\widehat{AB}$上,$\angle AOB= \angle BCD= 90^{\circ}$.若$CD= 3$,$BC= 4$,则$\odot O$的半径为(C)
A.4
B.4.8
C.$2\sqrt{5}$
D.$3\sqrt{2}$

答案： C 提示:过点O作OE⊥BC于点E,连接BD交OE于点F.因为∠BCD=90°,CD=3,BC=4,所以BD=$\sqrt{CD²+BC²}$=5.因为OE⊥BC,所以OE垂直平分BC,所以BE=CE,且OE//CD,所以可知F为BD的中点,所以OF=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{5}{2}$,EF=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{3}{2}$,BE=$\frac{1}{2}$BC=2,所以OE=OF+EF=4,所以OB=$\sqrt{OE²+BE²}$=2$\sqrt{5}$,即⊙O的半径为2$\sqrt{5}$.

2. 如图,$\odot O$与矩形ABCD的三边都相切,过点A作$\odot O$的切线AE,切点为N,交边CD于点E,连接边AB上的切点M与点N.若$DE= \frac{1}{4}CD= 7$,则$MN= $$\frac{96}{5}$.

答案： $\frac{96}{5}$ 提示:连接OA,OM,易知AO垂直平分MN.设⊙O的半径为r,则AN=AM=28 - r,EN=EF=21 - r.在Rt△ADE中,由勾股定理,得(2r)²+7²=[(28 - r)+(21 - r)]²,解得r=12.所以AM=16,OM=12,所以OA=$\sqrt{AM²+OM²}$=20.由$\frac{1}{2}$AM·OM=$\frac{1}{2}$OA·$\frac{1}{2}$MN,得MN=$\frac{96}{5}$.

3. 在$\text{Rt}\triangle ABC$中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,$\angle A= 60^{\circ}$,$AB= 10\ \text{cm}$,点D从点A出发,沿射线AB以$2\ \text{cm/s}$的速度移动,移动过程中始终保持$DE// BC$,$DF// AC$(点E,F分别在射线AC,CB上).以点D为圆心,DE为半径作$\odot D$,若$\odot D$上恰好只有两个点到直线BC的距离为$3\ \text{cm}$,设点D移动的时间为$t\ \text{s}$,则t的取值范围是______$\sqrt{3}-1\lt t\lt 4\sqrt{3}-4$.

答案： $\sqrt{3}$ - 1＜t＜4$\sqrt{3}$ - 4 提示:如图,作直线GH//BC//MN,使得CG=CM=3cm.由题意可得,AC=$\frac{1}{2}$AB=5cm,AD=2tcm,AE=$\frac{1}{2}$AD=tcm,DE=$\sqrt{AD² - AE²}$=$\sqrt{3}$tcm.当⊙D与GH相切时,⊙D上恰好有一个点到BC的距离为3cm.因为AE=tcm,AC=5cm,所以CE=(5 - t)cm=DF.令DF - DE＜3,即5 - t - $\sqrt{3}$t＜3,解得t＞$\sqrt{3}$ - 1.当⊙D与MN相切时,⊙D上恰有三点(分别为切点,与直线GH的两个交点)到BC的距离为3cm.令DE - DF＜3,即$\sqrt{3}$t - 5 + t＜3,解得t＜4$\sqrt{3}$ - 4.所以$\sqrt{3}$ - 1＜t＜4$\sqrt{3}$ - 4.

4. 如图,在扇形OAB中,点C在$\widehat{AB}$上,点$O_1$在OC上,以点$O_1$为圆心,$O_1C为半径画\odot O_1$,$\odot O_1$分别与OA,OB切于点D,E,$\angle AOB= 60^{\circ}$,$\odot O_1$的面积为4\pi.若用此扇形做一个圆锥的侧面,则这个圆锥的高为$\sqrt{35}$.

答案： $\sqrt{35}$

5. 如图,有一长$4\ \text{cm}$、宽$3\ \text{cm}$的矩形木板,在桌面上做无滑动的翻滚(顺时针方向),木板上点A的位置变化为$A\rightarrow A_1\rightarrow A_2$,其中第二次翻滚被桌面上一小木块挡住,使木板与桌面成$30^{\circ}$角,则点A翻滚到点$A_2$的位置时共走过的路径长为______$\frac{7\pi}{2}$cm.

答案： $\frac{7\pi}{2}$cm

6. 如图,在矩形ABCD中,$AD= 3$,$AB= 3\sqrt{3}$,E是边CD上一点,$CE= 2ED$,M是矩形ABCD内部的一个动点,且$\angle CME= 60^{\circ}$,则AM长的最小值为______2.

答案： 2 提示:作△CME的外接圆⊙O,连接OE,OC,则∠COE=120°,∠OCE=∠OEC=30°.连接AC,则AC=$\sqrt{AD²+CD²}$=6,所以AC=2AD,所以∠ACD=30°.因为AB=3$\sqrt{3}$,CE=2ED,所以CE=2$\sqrt{3}$,所以OE=OC=2.连接AO,OM,则AM≥AO - OM,所以当A,M,O三点依次共线时,AM的值最小,此时由∠ACD=∠OCE=30°可知,A,M,O,C四点共线,所以AM长的最小值为AC - 2OC=6 - 2×2=2.

7. 已知AB是$\odot O$的直径,D为$\odot O$上一点,点E为$\triangle ABD$的内心,$AB= 10$.
(1)如图1,连接BE并延长,交$\odot O$于点F,连接AF,若$OE\perp BE$,求证：$AF= BE$.
(2)如图2,C为$\widehat{AB}$的中点,连接CA,CB,过点C作$CH\perp AE$于点H,若$AD= 8$,求CH的长.

答案：
(1)证明:因为AB是⊙O的直径,所以∠F=∠D=90°.因为点E为△ABD的内心,所以∠EAB+∠EBA=$\frac{1}{2}$(∠DAB+∠DBA)=$\frac{1}{2}$(180° - ∠D)=45°.所以∠AEF=∠EAB+∠EBA=45°=∠EAF,所以AF=EF.因为OE⊥BE,所以BE=EF.所以AF=BE.
(2)解:连接DC,过点E作EG⊥AD于点G.因为AB是⊙O的直径,所以∠ADB=∠ACB=90°.因为AD=8,AB=10,所以BD=$\sqrt{AB² - AD²}$=6.因为C为$\overset{\frown}{AB}$的中点,所以∠ADC=∠BDC=45°.由点E为△ABD的内心,可知点E在DC上.所以易知△DGE为等腰直角三角形.设DG=x,则易得8 - x + 6 - x=10,解得x=2.所以DG=EG=2,所以AG=6,所以AE=$\sqrt{AG²+EG²}$=2$\sqrt{10}$.因为点E为△ABD的内心,所以∠DAE=∠BAE.又因为∠CAB=∠BDC=∠ADC,所以∠CEA=∠ADC+∠DAE=∠CAB+∠BAE=∠CAE.易得CE=CA=CB=5$\sqrt{2}$.又因为CH⊥AE,所以HA=HE=$\frac{1}{2}$AE=$\sqrt{10}$,所以CH=$\sqrt{CA² - HA²}$=2$\sqrt{10}$.