《2025年小题狂做九年级数学上册苏科版提优版》

1. 如图,已知在$\triangle ABC$中,$CB= CA= 3\sqrt{3}$,$\angle B= 30^{\circ}$,边 AC 的垂直平分线 MN 交 AB 于点 O,以 OA 为半径的$\odot O$交 AB 于点 D,则 BD 的长为(A)
A.3
B.$\frac{3}{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$\sqrt{3}$

答案： A 提示:连接 CD,OC. 因为 CB=CA,∠B=30°,所以∠B=∠A=30°,所以∠ACB=180° - ∠A - ∠B=120°. 因为 MN 垂直平分 AC,所以 OA=OC,所以点 C 在⊙O 上. 又因为 AD 为⊙O 的直径,所以∠ACD=90°,所以 AD=2CD,∠ADC=60°,∠BCD=30°=∠B. 又因为 OD=OC,所以△ODC 为等边三角形,所以 BD=CD=OD=OC. 在 Rt△ACO 中,由勾股定理,得 AC²=AD² - CD²,即$(3\sqrt{3})^{2}=(2CD)^{2}-CD^{2}$,解得 CD=3(负值已舍). 所以 BD=CD=3.

2. (2024 盐城市盐都区期中)如图,AB 是$\odot O$的直径,弦 CD 交 AB 于点 E,$\angle ACD= 60^{\circ}$,$\angle ADC= 40^{\circ}$,则$\angle AED$的度数为(A)

A.$110^{\circ}$
B.$115^{\circ}$
C.$120^{\circ}$
D.$105^{\circ}$

答案： A

3. (2024 无锡市宜兴市期中)如图,$\triangle ABC内接于\odot O$,点 O 在 AB 上,AD 平分$\angle BAC交\odot O$于点 D,连接 BD,若$AB= 5$,$BD= \sqrt{5}$,则 BC 的长为(A)
A.4
B.$2\sqrt{3}$
C.3
D.$2\sqrt{5}$

答案： A 提示:如图,延长 AC,BD 交于点 E,易知 AB 为⊙O 的直径,所以∠ACB=∠ADB=∠ADE=90°. 因为 AD 平分∠BAC,所以∠BAD=∠DAE. 又因为 AD=AD,所以△BAD≌△EAD,所以 BD=DE=$\sqrt{5}$,EA=BA=5,所以 BE=2$\sqrt{5}$. 在△ADB 中,由勾股定理,得 AD=$\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}$=2$\sqrt{5}$. 在△ABE 中,由等积法,得$\frac{1}{2}BE\cdot AD=\frac{1}{2}AE\cdot BC$,即$\frac{1}{2}×2\sqrt{5}×2\sqrt{5}=\frac{1}{2}×5BC$,所以 BC=4.

4. 如图,点 A 在反比例函数$y= \frac{6\sqrt{2}}{x}(x＞0)$的图像上,以 OA 为直径的圆交该双曲线于点 C,交 y 轴于点 B.若$\widehat{CB}= \widehat{CO}$,则该圆的直径是______3√3.

答案： 3$\sqrt{3}$ 提示:连接 AC,BC,AB,OC,过点 C 作 CD⊥y 轴于点 D. 因为 OA 为直径,所以∠ABO=∠ACO=90°. 因为$\overset{\frown}{CB}=\overset{\frown}{CO}$,所以 CB=CO. 因为 CD⊥OB,所以 BD=OD. 设点 A$(m,\frac{6\sqrt{2}}{m})$,则点 B$(0,\frac{6\sqrt{2}}{m})$,D$(0,\frac{3\sqrt{2}}{m})$,所以点 C$(2m,\frac{3\sqrt{2}}{m})$. 因为 AB²+OB²=AC²+OC²,所以$m^{2}+(\frac{6\sqrt{2}}{m})^{2}=m^{2}+(\frac{3\sqrt{2}}{m})^{2}+(2m)^{2}+(\frac{3\sqrt{2}}{m})^{2}$,解得$m_{1}=\sqrt{3}$,$m_{2}=-\sqrt{3}$(舍去). 所以点 A 的坐标为$(\sqrt{3},2\sqrt{6})$. 所以直径 OA=$\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+(2\sqrt{6})^{2}}=3\sqrt{3}$.

5. 如图,$\odot O$的半径为 1,A,P,B,C 是$\odot O$上的四点,$\angle APC= \angle CPB= 60^{\circ}$.
(1)$\triangle ABC$的形状为______等边三角形.
(2)试探究线段 PA,PB,PC 之间的数量关系,并证明你的结论.
PC=PA+PB. 证明如下:
如图 1,在 PC 上截取 PD=AP,连接 AD. 因为∠APC=60°,所以△APD 是等边三角形,所以 AD=AP=PD,∠ADP=60°,所以∠ADC=120°. 又因为∠APB=∠APC+∠CPB=120°,所以∠ADC=∠APB. 在△APB 和△ADC中,$\begin{cases}\angle APB=\angle ADC,\\\angle ABP=\angle ACD,\\AP=AD,\end{cases}$所以△APB≌△ADC,所以 PB=DC. 又因为 PD=AP,PC=PD+DC,所以 PC=PA+PB.
(3)当点 P 位于$\widehat{AB}$的什么位置时,四边形 APBC 的面积最大？求出最大面积.
当点 P 位于$\overset{\frown}{AB}$的中点处时，四边形 APBC 的面积最大，最大面积为$\sqrt{3}$.

答案：
(1)等边三角形
(2)PC=PA+PB. 证明如下:
如图 1,在 PC 上截取 PD=AP,连接 AD. 因为∠APC=60°,所以△APD 是等边三角形,所以 AD=AP=PD,∠ADP=60°,所以∠ADC=120°. 又因为∠APB=∠APC+∠CPB=120°,所以∠ADC=∠APB. 在△APB 和△ADC中,$\begin{cases}\angle APB=\angle ADC,\\\angle ABP=\angle ACD,\\AP=AD,\end{cases}$所以△APB≌△ADC,所以 PB=DC. 又因为 PD=AP,PC=PD+DC,所以 PC=PA+PB.
(3)如图 2,过点 P 作 PE⊥AB,垂足为 E,过点 C 作 CF⊥AB,垂足为 F. 因为$S_{\triangle APB}=\frac{1}{2}AB\cdot PE$,$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot CF$,所以$S_{四边形APBC}=\frac{1}{2}AB\cdot(PE+CF)$. 因为当点 P 位于$\overset{\frown}{AB}$的中点处时,PE+CF=PC,且 PC 为⊙O 的直径,所以此时四边形 APBC 的面积最大. 连接 BO,则∠ABO=30°,所以 OF=$\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}$,所以由勾股定理,得 BF=$\sqrt{OB^{2}-OF^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以 AB=2BF=$\sqrt{3}$. 所以四边形 APBC 的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$.

6. (2024 安徽省中考)如图,$\odot O是\triangle ABC$的外接圆,D 是直径 AB 上一点,$\angle ACD$的平分线交 AB 于点 E,交$\odot O$于另一点 F,$FA= FE$.
(1)求证:$CD\perp AB$；
(2)设$FM\perp AB$,垂足为 M,若$OM= OE= 1$,求 AC 的长.

答案：
(1)证明:因为 FA=FE,所以∠FAE=∠AEF. 因为∠FAE=∠BCE,∠AEF=∠CEB,所以∠CEB=∠BCE. 因为 CE 平分∠ACD,所以∠ACE=∠DCE. 因为 AB 是直径,所以∠ACB=90°,所以∠CEB+∠DCE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=90°,所以∠CDE=90°,所以 CD⊥AB.
(2)解:由
(1)知,∠BEC=∠BCE,所以 BE=BC. 因为 AF=EF,FM⊥AB,所以 MA=ME=2,AE=4,所以圆的半径 OA=OB=AE - OE=3,所以 BC=BE=OB - OE=2. 在△ABC 中,AB=6,BC=2,∠ACB=90°,所以 AC=$\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{6^{2}-2^{2}}=4\sqrt{2}$.