《2025年实验班提优训练九年级数学上册苏科版》

变式 3.2 (2025·广东汕头潮阳区期末)如图,在$Rt\triangle AOB$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. 实验班原创 如图,AB 是$\odot O$的弦,$OM\perp AB$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 实验班原创 在扇形 OAB 中,$OA= OB= 2$,$\angle AOB= 60^{\circ}$,点 C 在弧 AB 上,$CD\perp AO$,垂足为点 D,则$\triangle OCD$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$\widehat{AB}$上,CD⊥OA,
∴DC=$\sqrt{OC²−OD²}$=$\sqrt{4−OD²}$,
∴S△OCD=$\frac{1}{2}$OD·$\sqrt{4−OD²}$,
∴S△OCD²=$\frac{1}{4}$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 实验班原创 如图,已知$□ ABCD$中,$AD= 6$,$\angle ADC= 45^{\circ}$,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$PE\perp AD$于 E,交射线 BC 于 P,求$\triangle DPQ$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$Rt\triangle ABC$中,$\angle ABC= 90^{\circ}$,$BC= 3$,$AC= 5$,点 D 是其内部一动点,且$\angle DBC= \angle BAD$,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$\angle AEB= 90^{\circ}$,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$Rt\triangle ABC$中,$\angle A= 90^{\circ}$,$AC= AB= 4$,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$AD_1E_1$,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+$\sqrt{3}$.