《2025年通城学典全程测评卷九年级数学全一册苏科版》

7. (2024·南京鼓楼期末)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C= 90^{\circ}$,$AC= 3$,$BC= 4$,以边$AB上一点O$为圆心,作$\odot O与边AC$相切,若$\odot O与边BC$只有一个公共点,则$OA$的取值范围是____.

答案：
OA=$\frac{15}{7}$或$\frac{25}{9}$＜OA≤5 解析:如图①,⊙O与BC相切于点E,此时⊙O与边BC只有一个公共点.
∵∠C=90°,AC=3,BC=4,
∴BA=$\sqrt{AC^2 + BC^2}$=$\sqrt{3^2 + 4^2}$=5.设⊙O与AC相切于点D,连接OD、OE,则AC⊥OD,BC⊥OE.
∴∠ADO=∠OEB=∠C=90°.
∴OD//BC,OE//AC.
∴△AOD∽△ABC,△OBE∽△ABC.
∴$\frac{OD}{BC}$=$\frac{OA}{BA}$,$\frac{OE}{AC}$=$\frac{BO}{BA}$.
∴OD=$\frac{BC·OA}{BA}$=$\frac{4}{5}$OA,OE=$\frac{AC·BO}{BA}$=$\frac{3}{5}$BO=$\frac{3}{5}$(5 - OA).
∵OD=OE,
∴$\frac{4}{5}$OA=$\frac{3}{5}$(5 - OA),解得OA=$\frac{15}{7}$.如图②,⊙O经过点B,设此时⊙O与AC相切于点H,连接OH,则OB=OH=$\frac{4}{5}$OA.
∴$\frac{4}{5}$OA+OA=5,解得OA=$\frac{25}{9}$.
∴OB=5 - $\frac{25}{9}$=$\frac{20}{9}$.
∵当0≤OB＜$\frac{20}{9}$时,⊙O与边BC只有一个公共点,
∴0≤5 - OA＜$\frac{20}{9}$.
∴$\frac{25}{9}$＜OA≤5.综上所述,OA的取值范围是OA=$\frac{15}{7}$或$\frac{25}{9}$＜OA≤5.
　　　

8. (2024·东台期末)如图,在正方形$ABCD$中,$AB= 4$,$E为对角线BD$上的一动点,以$AE为斜边向右作等腰直角三角形AEF$,则$CF+DF$的最小值为____.

答案：
4$\sqrt{2}$ 解析:如图,连接AC交BD于点O,连接OF.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,OA=OB=OD=OC,AB=BC=4,∠ABC=90°.
∴∠BAO=∠ABO=45°,AB=$\sqrt{2}$OA,AC=4$\sqrt{2}$.
∵△AEF是等腰直角三角形,
∴∠EAF=45°,AE=$\sqrt{2}$AF.
∴∠BAO=∠EAF.
∴∠BAE=∠OAF.
∵$\frac{AB}{AO}$=$\frac{AE}{AF}$=$\sqrt{2}$,
∴△BAE∽△OAF.
∴∠AOF=∠ABE=45°.
∵∠AOD=90°,
∴∠AOF=∠DOF.
∵OA=OD,OF=OF,
∴△AOF≌△DOF.
∴AF=DF.
∴DF+CF=AF+CF≥AC=4$\sqrt{2}$.
∴DF+CF的最小值为4$\sqrt{2}$.
　　　　　　　　

9. (20分)(2024·无锡)如图,$AB是\odot O$的直径,$\triangle ACD内接于\odot O$,$\overset{\frown}{CD}= \overset{\frown}{DB}$,$AB$、$CD的延长线相交于点E$,且$DE= AD$.
(1) 求证:$\triangle CAD\backsim \triangle CEA$;
(2) 求$\angle ADC$的度数.

答案：

(1)
∵$\widehat{CD}$=$\widehat{BD}$,
∴∠CAD=∠DAB.
∵DE=AD,
∴∠DAB=∠E.
∴∠CAD=∠E.又
∵∠C=∠C,
∴△CAD∽△CEA.
(2)连接BD,如图所示.
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ADB=90°.设∠CAD=∠DAB=α,
∴∠CAE=2α.由
(1)知,△CAD∽△CEA,
∴∠ADC=∠CAE=2α.
∵四边形ABDC是⊙O的内接四边形,
∴∠CAB+∠CDB=180°,即2α+2α+90°=180°,解得α=22.5°.
∴∠ADC=∠CAE=2×22.5°=45°.
　　　　　　　

10. (20分)新考法 操作实践题 (2024·徐州)在$\triangle ABC$中,点$D在边AB$上,若$CD^{2}= AD\cdot DB$,则称$D是点C$的“关联点”.
(1) 如图①,在$\triangle ABC$中,若$\angle ACB= 90^{\circ}$,$CD\perp AB于点D$.试说明:$D是点C$的“关联点”.
(2) 如图②,点$D在线段AB$上,用无刻度的直尺和圆规作一个$\triangle ABC$,使其同时满足下面的条件:①$D为点C$的“关联点”;②$\angle ACB$是钝角(保留作图痕迹,不写作法).
(3) 若$\triangle ABC$为锐角三角形,且$D为点C$的“关联点”.设$AD= m$,$DB= n$,用含$m$、$n的代数式表示AC$的取值范围.

答案：

(1)
∵CD⊥AB,
∴∠CDA=∠CDB=90°.
∴∠A+∠ACD=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠BCD+∠ACD=90°.
∴∠A=∠BCD.
∵∠CDA=∠CDB=90°,
∴△ACD∽△CBD.
∴$\frac{CD}{BD}$=$\frac{AD}{CD}$.
∴$CD^2$=AD·DB.
∴D是点C的“关联点”.
(2)如图①,△ABC即为所求 解析:①作线段AB的垂直平分线,交AB于点O;②以点O为圆心、OA长为半径作圆;③过点D作DP⊥AB交⊙O于点P;④以点D为圆心、DP长为半径画圆,则点C在⊙D上且在直线DP右侧.
∵点P在以AB为直径的圆上,
∴∠APB=90°.根据
(1)很容易得出$DP^2$=DA·DB.
∵DC=DP,
∴$DC^2$=DA·DB.
(3)①当m＜n时,如图②所示,结合
(2),我们发现当点C在直线DP左侧、点A的右侧时,△ACB是锐角三角形,此时$AC_1$＜AC＜$AC_2$.
∵$DC^2$=DA·DB,且DA=m,DB=n,
∴$DC_1^2$=$DC_2^2$=mn.在Rt△ADC₁中,$AC_1$=$\sqrt{DC_1^2 - DA^2}$=$\sqrt{mn - m^2}$;在Rt△ADC₂中,$AC_2$=$\sqrt{DC_2^2 + DA^2}$=$\sqrt{mn + m^2}$.
∴$\sqrt{mn - m^2}$＜AC＜$\sqrt{mn + m^2}$;②当m＞n时,同理,可得$\sqrt{mn + m^2}$＜AC＜$\sqrt{m^2 + 3mn}$.综上,$\sqrt{mn - m^2}$＜AC＜$\sqrt{mn + m^2}$或，$\sqrt{mn + m^2}$＜AC＜$\sqrt{m^2 + 3mn}$.