《2025年课时训练九年级数学上册苏科版江苏人民出版社》

1 (2024·河北唐山期末)已知$\odot O的半径是一元二次方程x^{2}-2x-3= 0$的一个根,圆心$O到直线l的距离d= 4$,则直线$l与\odot O$的位置关系是(C).
A.相交
B.相切
C.相离
D.平行

答案： C

2 (2024·河北承德期末)如图,在$\triangle ABC$中,$AB= AC= 5,BC= 8$,以$A$为圆心作一个半径为3的圆,下列结论中正确的是( ).

A.点$B在\odot A$内
B.直线$BC与\odot A$相离
C.点$C在\odot A$上
D.直线$BC与\odot A$相切

答案：
D　[解析]过点A作AH⊥BC于H,如图,
∵AB=AC,
∴BH=CH=$\frac{1}{2}$BC=4.在Rt△ABH中,AH=$\sqrt{AB^2-BH^2}$=3.
∵AB=5＞3,
∴点B在⊙A外,
∴A选项不符合题意;
∵AC=5＞3,
∴点C在⊙A外,
∴C选项不符合题意;
∵AH=3,AH⊥BC,
∴直线BC与⊙A相切,
∴D选项符合题意，B选项不符合题意.故选D.
　　　　　　

3 如图,在以点$O$为圆心的两个同心圆中,大圆的弦$AB$与小圆相切,切点为$C$,若大圆的半径是13,小圆的半径是5,则$AB$的长为(D).

A.10
B.12
C.20
D.24

答案： D

4 (2025·南通海门区期中)如图,$PA$、$PB分别与\odot O相切于A$、$B$两点,$∠P= 70^{\circ }$,则$∠C$的度数为(B).

A.$50^{\circ }$
B.$55^{\circ }$
C.$65^{\circ }$
D.$70^{\circ }$

答案： B

5 在$\triangle ABC$中,$AB= 2,BC= \sqrt {2}$,则$∠A$度数的最大值为______$^{\circ}$.

答案：
45　[解析]如图,画出线段AB,以B为圆心,BC为半径画圆即可得到,当C从AB与圆交点处开始运动时,∠A 逐渐增大，当AC与圆相切时最大，随后逐渐减小,
∴当AC⊥BC时,∠A的度数最大,此时∠A度数的最大值为45°.
　　　　　　　

6 如图,菱形$ABCD,∠B= 60^{\circ },AB= 4,\odot O$内切于菱形ABCD,则$\odot O$的半径为$\sqrt{3}$.

答案： $\sqrt{3}$

7 如图,$\triangle ABC的三边AB$、$BC$、$CA$的长度分别为3、7、8,圆$I为\triangle ABC$的内切圆,则$\triangle ABC的内切圆I$的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

答案： $\frac{2\sqrt{3}}{3}$　[解析]如图,过点B作BD⊥AC,过点I作IE⊥BC于点E,连接AI、BI、CI.
∵将△ABC分成△ABI、△BCI、△ACI三部分,其三边AB、BC、CA的长度分别为3、7、8,
∴设AD=x,则CD=8−x.在△ABD与△CBD中,BD²=AB²−AD²=BC²−CD²,
∴3²−x²=7²−(8−x)²,解得x=$\frac{3}{2}$,
∴AD=$\frac{3}{2}$,
∴BD=$\sqrt{AB^2-AD^2}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
∵I为△ABC的内心,
∴将△ABC分成△ABI、△BCI、△ACI三部分,其三边AB、BC、CA上的高都等于IE.
∵S△ABC=$\frac{1}{2}$AC·BD=$\frac{1}{2}$(AC+BC+AB)·IE,
∴8×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=(3+7+8)×IE,
∴IE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴△ABC的内切圆I的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

8 如图,在$\triangle ABC$中,内切圆$I与AB$、$BC$、$CA分别切于点E$、$D$、$F$,连接$BI$、$CI$、$FD$、$ED$.
(1)若$∠A= 40^{\circ }$,求$∠BIC与∠FDE$的度数;
(2)若$∠BIC= α,∠FDE= β$,试猜想$α$、$β$的关系,并证明你的结论.

答案：

(1)
∵圆I是△ABC的内切圆,
∴∠IBC=$\frac{1}{2}$∠ABC,∠ICB=$\frac{1}{2}$∠ACB,
∴∠IBC+∠ICB=$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB).
∵∠ABC+∠ACB=180°−∠A=140°,
∴∠IBC+∠ICB=70°,
∴∠BIC=180°−(∠IBC+∠ICB)=110°.如图，连接IF、IE.
∵圆I是△ABC的内切圆，
∴∠IFA=∠IEA=90°.
∵∠A=40°,
∴∠FIE=360°−∠IFA−∠IEA−∠A=140°,
∴∠EDF=$\frac{1}{2}$∠EIF=70°.
　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)α+β=180°.理由如下:由
(1),得∠BIC=180°−(∠IBC+∠ICB)=180°−$\frac{1}{2}$(∠ABC+∠ACB)=180°−$\frac{1}{2}$(180°−∠A)=90°+$\frac{1}{2}$∠A=α.①∠FDE=$\frac{1}{2}$∠FIE=$\frac{1}{2}$(360°−90°−90°−∠A)=90°−$\frac{1}{2}$∠A=β.②由①+②,得α+β=180°.

9 (2025·南通崇川区期中)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$∠C= 90^{\circ },\odot O是\triangle ABC$的内切圆,三个切点分别为$D$、$E$、$F$,若$BF= 4,AF= 6$,则$\triangle ABC$的面积是( ).

A.24
B.28
C.32
D.36

答案：
A　[解析]连接DO、EO.
　　　　　　　　
∵⊙O是△ABC的内切圆,切点分别为D、E、F,
∴OE⊥AC,OD⊥BC,CD=CE,BD=BF=4,AF=AE=6,
∴AB=AF+BF=6+4=10.又∠C=90°,
∴四边形OECD是矩形.又EO=DO,
∴矩形OECD是正方形.设EO=x,则EC=CD=x.在Rt△ABC中,由勾股定理,得BC²+AC²=AB²,故(x+4)²+(x+6)²=10²,解得x=2(负值舍去).
∴BC=6,AC=8,
∴S△ABC=$\frac{1}{2}$×6×8=24.故选A.

10 隐圆模型 如图,在正方形$ABCD$中,边长为4,$M是CD$的中点,点$P是BC$上一个动点,当$∠DPM$的度数最大时,则$BP= $4−2$\sqrt{2}$.

答案： 4−2$\sqrt{2}$　[解析]如图,作△PMD的外接圆,则圆心O在DM的中垂线上移动.
∵∠DOM=2∠DPM,
∴当∠DOM最大时，∠DPM最大.当⊙O与BC相切时,∠DOM最大.
∵M是CD的中点,CD=4,
∴CM=DM=2.连接OP,则OP⊥BC.
∵∠C=90°,ON⊥CD,
∴四边形OPCN是矩形,
∴OP=NC=2+1=3=OM.在Rt△MON中,由勾股定理,得ON=$\sqrt{OM^2-MN^2}$=$\sqrt{3^2-1^2}$=2$\sqrt{2}$,即PC=2$\sqrt{2}$,
∴BP=BC−PC=4−2$\sqrt{2}$.