《2025年课时训练九年级数学上册苏科版江苏人民出版社》

变式3.2 (2025·广东汕头潮阳区期末)如图,在$Rt△AOB$中,$OA= OB= 4,\odot O$的半径为1,点P是AB边上的动点,过点P作$\odot O$的一条切线PQ,Q为切点,则线段PQ长度的最小值为( ).


A.$\sqrt {5}$
B.$\sqrt {7}$
C.$2\sqrt {3}$
D.$3\sqrt {2}$

答案：
B [解析]如图，连接 OQ、OP，过点 O 作 OP'⊥AB 于 P'。在 Rt△AOB 中，OA = OB = 4，则 AB = $\sqrt{OA² + OB²}$ = 4$\sqrt{2}$。
∵PQ 为⊙O 的切线，
∴OQ⊥PQ，
∴PQ = $\sqrt{OP² - OQ²}$ = $\sqrt{OP² - 1}$，
∴当 OP 最小时，PQ 最小。由垂线段最短可知，当 OP'⊥AB 时，OP'最小，此时，OP' = $\frac{1}{2}$AB = 2$\sqrt{2}$，
∴PQ 的最小值为 $\sqrt{(2\sqrt{2})^{2} - 1}$ = $\sqrt{7}$。故选 B。

4 如图,AB是$\odot O$的弦,$OM⊥AB$于点M,若$\odot O$的半径为1,求$OM+AB$的最大值.

答案： 设 AM = x，
∵OM⊥AB，
∴AB = 2x。在 Rt△AOM 中，OM = $\sqrt{OA² - AM²}$ = $\sqrt{1 - x²}$，设 OM + AB = a，即 $\sqrt{1 - x²}$ + 2x = a，
∴$\sqrt{1 - x²}$ = a - 2x，
∴1 - x² = a² - 4ax + 4x²，
∴5x² - 4ax + a² - 1 = 0，Δ = (-4a)² - 4×5×(a² - 1) ≥ 0，即 a² ≤ 5，解得 -$\sqrt{5}$ ≤ a ≤ $\sqrt{5}$，则 a 的最大值为 $\sqrt{5}$，即 OM + AB 的最大值为 $\sqrt{5}$。

变式4.1 在扇形OAB中,$OA= OB= 2,∠AOB= 60^{\circ }$,点C在弧AB上,$CD⊥AO$,垂足为点D,则$△OCD$面积的最大值为(C).
A.$\frac {1}{2}$
B.$\frac {\sqrt {3}}{2}$
C.1
D.$\sqrt {3}$

答案： C [解析]
∵OC = 2，点 C 在 AB 上，CD⊥OA，
∴DC = $\sqrt{OC² - OD²}$ = $\sqrt{4 - OD²}$，
∴$S_{\triangle OCD}$ = $\frac{1}{2}$OD·$\sqrt{4 - OD²}$，
∴$S_{\triangle OCD}^{2}$ = $\frac{1}{4}$OD²·(4 - OD²) = -$\frac{1}{4}$OD⁴ + OD² = -$\frac{1}{4}$(OD² - 2)² + 1。
∵(OD² - 2)² ≥ 0，
∴ -$\frac{1}{4}$(OD² - 2)² ≤ 0，
∴ -$\frac{1}{4}$(OD² - 2)² + 1 ≤ 1，
∴当 OD² = 2，即 OD = $\sqrt{2}$时，△OCD 的面积最大，最大值为 1。 故选 C。

变式4.2 如图,已知$□ ABCD$中,$AD= 6,∠ADC= 45^{\circ }$,以AB为直径的圆经过点C,Q为线段DC上任一点(与点D、点C不重合),过点Q作直线$PE⊥AD$于E,交射线BC于P,求$△DPQ$的面积的最大值.

答案：
设 DE = t，△DPQ 的面积为 S，连接 AC，
∵AB 是圆的直径，
∴∠ACB = 90°。
∵四边形 ABCD 是平行四边形，AD//BC，
∴∠DAC = 90°。
∵∠ADC = 45°，
∴AD = AC = 6，∠QCP = 45°。
∵PE⊥AD，
∴∠AEP = ∠ACP = ∠DAC = 90°，
∴四边形 ACPE 是矩形，
∴AC = PE = 6，∠QED = 90°。
∵∠QDE = 45°，
∴△DQE 是等腰直角三角形，
∴DE = QE = t，
∴PQ = PE - QE = 6 - t，
∴S = $\frac{1}{2}$PQ·DE = $\frac{1}{2}$t(6 - t) = -$\frac{1}{2}$t² + 3t = -$\frac{1}{2}$(t - 3)² + 4.5(0 ＜ t ＜ 6)。
∵(t - 3)² ≥ 0，
∴ -$\frac{1}{2}$(t - 3)² + 4.5 ≤ 4.5，
∴当 t = 3 时，S 最大为 4.5。

5(2024·浙江金华永康期中)如图,在$Rt△ABC$中,$∠ABC= 90^{\circ },BC= 3,AC= 5$,点D是其内部一动点,且$∠DBC= ∠BAD$,则C、D两点的最小距离为( ).

A.3
B.4
C.$\sqrt {13}-2$

D.$\sqrt {13}$

答案：
C [解析]Rt△ABC 中，∠ABC = 90°，BC = 3，AC = 5，
∴由勾股定理，得 AB = $\sqrt{AC² - BC²}$ = $\sqrt{5² - 3²}$ = 4。如图，取 AB 的中点 O，连接 OD、OC 交圆于点 D'，
∵∠DBC = ∠BAD，∠DBC + ∠ABD = 90°，
∴∠BAD + ∠ABD = 90°，
∴∠ADB = 90°，
∴点 D 在以 O 为圆心，半径为 OA 的圆上运动，当 O、D、C 三点在同一直线上时，CD 最短，此时 OD = OD' = OA = 2。在 Rt△OCB 中，由勾股定理，得 OC = $\sqrt{BC² + OB²}$ = $\sqrt{3² + 2²}$ = $\sqrt{13}$，故 CD 的最小值为 OC - OD' = $\sqrt{13}$ - 2。故选 C。

变式5.1 (2025·山东日照东港区北京路中学期中)如图,正方形ABCD的边长为4,点E是平面内一点,连接AE、BE,且$∠AEB= 90^{\circ }$,点O是正方形ABCD的中心,连接EO,线段EO绕点O逆时针旋转$90^{\circ }$得到线段FO,连接EF,则EF的最大值是____.

答案：
4$\sqrt{2}$ [解析]如图，连接 AC，以 AB 为直径作圆 P，P 为圆心，连接 OP，则点 P 为 AB 的中点。
∵点 E 是平面内一点，且∠AEB = 90°，
∴点 E 在⊙P 上运动。
∵四边形 ABCD 为正方形，点 O 为正方形 ABCD 的中心，边长为 4，
∴AC 过点 O，且 OA = OC，AB = BC = 4，∠ABC = 90°。
∵点 P 为 AB 的中点，即 PA = PB = $\frac{1}{2}$AB = 2，
∴PO 为△ABC 的中位线，
∴PO = $\frac{1}{2}$BC = 2，OP//BC，
∴PO = PA = PB = 2，
∴点 O 在⊙P 上。
∵线段 EO绕点 O 逆时针旋转 90°得到线段 FO,
∴OE = OF,∠EOF = 90°,由勾股定理得 EF = $\sqrt{OE² + OF²}$ = $\sqrt{2}$OE,
∴当 OE 为最大时，EF 最大。
∵点 O、E 都在⊙P 上，
∴OE 为⊙P 的弦。根据圆内最大的弦为直径，得 OE 的最大值为⊙P 的直径，即 OE 的最大值为 4，此时 EF 的最大值为 4$\sqrt{2}$。

变式5.2 如图,在$Rt△ABC$中,$∠A= 90^{\circ },AC= AB= 4$,D、E分别是AB、AC的中点,若等腰直角三角形ADE绕点A逆时针旋转,得到等腰直角三角形$AD_{1}E_{1}$,记直线$BD_{1}与CE_{1}$的交点为P,求点P到AB所在直线的距离的最大值.

答案：
如图，作 PG⊥AB，交 AB 所在直线于点 G，
∵D₁、E₁ 在以 A 为圆心，AD 为半径的圆上，
∴当 BD₁ 所在直线与⊙A 相切时，直线 BD₁ 与 CE₁ 的交点 P 到直线 AB 的距离最大，此时四边形 AD₁PE₁ 是正方形，PD₁ = 2，则 BD₁ = $\sqrt{AB² - AD₁²}$ = $\sqrt{4² - 2²}$ = 2$\sqrt{3}$，故∠ABP = 30°，PB = 2 + 2$\sqrt{3}$，故点 P 到 AB 所在直线的距离的最大值为 PG = 1 + $\sqrt{3}$。