《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

26. (10 分)如图①,在 $ \triangle ABC $ 中, $ D $ 为边 $ AB $ 上一点,连接 $ CD $, $ \angle BCD = \angle BAC $,以 $ AD $ 为直径的 $ \odot O $ 恰好经过点 $ C $.
(1) 求证:直线 $ BC $ 是 $ \odot O $ 的切线;
(2) 若 $ AB = 8\sqrt{5},\tan\angle ADC = 2 $.
① 求 $ \odot O $ 的半径 $ r $;
② 如图②,若 $ E $ 是 $ \overset{\frown}{AD} $ 的中点, $ E,C $ 两点在直径 $ AD $ 的异侧,连接 $ CE $,求 $ CE $ 的长.

答案：
(1)连接OC,则$OC=OD$.所以$\angle OCD=\angle ODC$.因为AD为$\odot O$的直径,所以$\angle ACD=90^{\circ}$,即$\angle BAC+\angle ODC=90^{\circ}$.又$\angle BCD=\angle BAC$,所以$\angle OCD+\angle BCD=90^{\circ}$,即$\angle OCB=90^{\circ}$.所以$OC\perp BC$.又OC为$\odot O$的半径,所以直线BC是$\odot O$的切线.
(2)①因为$\angle BCD=\angle BAC$,$\angle B=\angle B$,所以$\triangle BCD\backsim \triangle BAC$.所以$\frac {BD}{BC}=\frac {CB}{AB}=\frac {CD}{AC}$.由
(1),得$\angle ACD=90^{\circ}$,且$\tan\angle ADC=2$,所以$\frac {AC}{CD}=2$,即$\frac {BD}{BC}=\frac {CB}{AB}=\frac {1}{2}$.又$AB=8\sqrt {5}$,所以$BC=4\sqrt {5}$,$BD=2\sqrt {5}$.所以$AD=AB-BD=6\sqrt {5}$,即$2r=6\sqrt {5}$,解得$r=3\sqrt {5}$.则$\odot O$的半径r为$3\sqrt {5}$.②连接OE,过点C作$CF\perp OD$于点F,过点E作$EG\perp CF$,交CF的延长线于点G.由
(2)①,得$r=3\sqrt {5}$,$\angle ACD=90^{\circ}$,$\frac {AC}{CD}=2$,则$OE=OD=3\sqrt {5}$,$AD=6\sqrt {5}$.在$Rt\triangle ACD$中,由勾股定理,得$AC^{2}+CD^{2}=AD^{2}$,所以$(2CD)^{2}+CD^{2}=(6\sqrt {5})^{2}$,解得$CD=6$(负值已舍去).同理,得$CF=\frac {12\sqrt {5}}{5}$,$DF=\frac {6\sqrt {5}}{5}$,即$OF=OD-DF=\frac {9\sqrt {5}}{5}$.因为E是$\overset{\frown}{AD}$的中点,所以$OE\perp AD$,即四边形OEGF为矩形.所以$EG=OF=\frac {9\sqrt {5}}{5}$,$FG=OE=3\sqrt {5}$,即$CG=CF+FG=\frac {27\sqrt {5}}{5}$.在$Rt\triangle CEG$中,由勾股定理,得$CE=\sqrt {EG^{2}+CG^{2}}=9\sqrt {2}$.则CE的长为$9\sqrt {2}$.

27. (10 分)新趋势 推导探究 如图,二次函数 $ y = a(x + 1)(x - 3) $ ( $ a $ 是常数,且 $ a＞0 $)的图像 $ C_{1} $ 与 $ x $ 轴交于 $ A,B $ 两点(点 $ A $ 在点 $ B $ 的左侧),与 $ y $ 轴交于点 $ C $,并作图像 $ C_{1} $ 中位于 $ y $ 轴左侧的部分关于 $ y $ 轴的对称图像,该对称图像记为图像 $ C_{2} $.
(1) 点 $ A $ 的坐标为$(-1,0)$,点 $ B $ 的坐标为$(3,0)$;
(2) 若直线 $ l:y = m $ ( $ m $ 是常数)交图像 $ C_{1} $ 于 $ D,E $ 两点(点 $ D $ 在点 $ E $ 的左侧),并与图像 $ C_{2} $ 交于点 $ F $,且 $ DF = 2EF $,求 $ a $ 与 $ m $ 之间的数量关系;
令DE与y轴交于点G.由轴对称的性质,得$DG=FG$.又$DF=2EF$,所以$DG=FG=EF$.令$a(x+1)(x-3)=m$,则$ax^{2}-2ax-3a-m=0$.设$DG=FG=EF=y$,则$EG=2y$.所以方程$ax^{2}-2ax-3a-m=0$的解为$x_{1}=-y$,$x_{2}=2y$.又$x_{1}+x_{2}=2$,$x_{1}\cdot x_{2}=\frac {-3a-m}{a}$,所以$-y+2y=2$,$-y\cdot 2y=\frac {-3a-m}{a}$,即$m=5a$.则a与m之间的数量关系为$m=5a$.
(3) 当 $ a = \frac{1}{3} $ 时,连接 $ BC $,图像 $ C_{2} $ 上是否存在一点 $ P $,过点 $ P $ 作 $ PQ\perp $ 直线 $ BC $,垂足为 $ Q $,连接 $ CP $,使得 $ \angle CPQ = 2\angle ABC $? 若存在,求点 $ P $ 的坐标;若不存在,请说明理由.
存在.由(1),得点B的坐标为$(3,0)$.当$a=\frac {1}{3}$时,$y=\frac {1}{3}(x+1)(x-3)=\frac {1}{3}x^{2}-\frac {2}{3}x-1=\frac {1}{3}(x-1)^{2}-\frac {4}{3}$.令$x=0$,得$y=-1$,所以点C的坐标为$(0,-1)$.则$OC=1$,$OB=3$.又图像$C_{2}$为图像$C_{1}$位于y轴左侧部分关于y轴的对称图形,所以图像$C_{2}$的函数表达式为$y=\frac {1}{3}(x+1)^{2}-\frac {4}{3}(x\geqslant0)$.在AB上取点M,连接CM,使$CM=BM$,则$\angle ABC=\angle BCM$.又$\angle OMC=\angle ABC+\angle BCM$,所以$\angle OMC=2\angle ABC$.又$\angle CPQ=2\angle ABC$,所以$\angle OMC=\angle CPQ$.又$PQ\perp BC$,且$\angle COM=90^{\circ}$.所以$\angle COM=\angle PQC=90^{\circ}$.易得$\angle OCM=\angle PCQ$.令CP交x轴于点N.所以$\angle OCM-\angle PCM=\angle PCQ-\angle PCM$,即$\angle OCN=\angle BCM$.所以$\angle OCN=\angle ABC$.又$\angle CON=\angle BOC=90^{\circ}$,所以$\triangle ONC\backsim \triangle OCB$.所以$\frac {ON}{OC}=\frac {OC}{OB}$,即$\frac {ON}{1}=\frac {1}{3}$,解得$ON=\frac {1}{3}$.所以点N的坐标为$(\frac {1}{3},0)$.易得直线CN的函数表达式为$y=3x-1$.联立方程组,得$\left\{\begin{array}{l} y=3x-1,\\ y=\frac {1}{3}(x+1)^{2}-\frac {4}{3},\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} x_{1}=0,\\ y_{1}=-1\end{array}\right. $(舍去)或$\left\{\begin{array}{l} x_{2}=7,\\ y_{2}=20.\end{array}\right. $所以点P的坐标为$(7,20)$.

答案：
(1)$(-1,0)$ $(3,0)$
(2)令DE与y轴交于点G.由轴对称的性质,得$DG=FG$.又$DF=2EF$,所以$DG=FG=EF$.令$a(x+1)(x-3)=m$,则$ax^{2}-2ax-3a-m=0$.设$DG=FG=EF=y$,则$EG=2y$.所以方程$ax^{2}-2ax-3a-m=0$的解为$x_{1}=-y$,$x_{2}=2y$.又$x_{1}+x_{2}=2$,$x_{1}\cdot x_{2}=\frac {-3a-m}{a}$,所以$-y+2y=2$,$-y\cdot 2y=\frac {-3a-m}{a}$,即$m=5a$.则a与m之间的数量关系为$m=5a$.
(3)存在.由
(1),得点B的坐标为$(3,0)$.当$a=\frac {1}{3}$时,$y=\frac {1}{3}(x+1)(x-3)=\frac {1}{3}x^{2}-\frac {2}{3}x-1=\frac {1}{3}(x-1)^{2}-\frac {4}{3}$.令$x=0$,得$y=-1$,所以点C的坐标为$(0,-1)$.则$OC=1$,$OB=3$.又图像$C_{2}$为图像$C_{1}$位于y轴左侧部分关于y轴的对称图形,所以图像$C_{2}$的函数表达式为$y=\frac {1}{3}(x+1)^{2}-\frac {4}{3}(x\geqslant0)$.在AB上取点M,连接CM,使$CM=BM$,则$\angle ABC=\angle BCM$.又$\angle OMC=\angle ABC+\angle BCM$,所以$\angle OMC=2\angle ABC$.又$\angle CPQ=2\angle ABC$,所以$\angle OMC=\angle CPQ$.又$PQ\perp BC$,且$\angle COM=90^{\circ}$.所以$\angle COM=\angle PQC=90^{\circ}$.易得$\angle OCM=\angle PCQ$.令CP交x轴于点N.所以$\angle OCM-\angle PCM=\angle PCQ-\angle PCM$,即$\angle OCN=\angle BCM$.所以$\angle OCN=\angle ABC$.又$\angle CON=\angle BOC=90^{\circ}$,所以$\triangle ONC\backsim \triangle OCB$.所以$\frac {ON}{OC}=\frac {OC}{OB}$,即$\frac {ON}{1}=\frac {1}{3}$,解得$ON=\frac {1}{3}$.所以点N的坐标为$(\frac {1}{3},0)$.易得直线CN的函数表达式为$y=3x-1$.联立方程组,得$\left\{\begin{array}{l} y=3x-1,\\ y=\frac {1}{3}(x+1)^{2}-\frac {4}{3},\end{array}\right. $解得$\left\{\begin{array}{l} x_{1}=0,\\ y_{1}=-1\end{array}\right. $(舍去)或$\left\{\begin{array}{l} x_{2}=7,\\ y_{2}=20.\end{array}\right. $所以点P的坐标为$(7,20)$.