《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

8. 如图, $ \odot O $ 的周长为 $ 4 \pi $,正六边形 ABCDEF 内接于 $ \odot O $,则 $ \triangle O A B $ 的面积为 (B)
A.1
B.$ \sqrt{3} $
C.$ \frac{3}{2} $
D.$ \frac{3}{2} \sqrt{3} $

答案： B

9. 如图,在平面直角坐标系中, $ \triangle A B C $ 的顶点坐标分别为 $ A(0,-2), B(2,0), C(2,2) $,则 $ \triangle A B C $ 的外心坐标为 (C)
A.$ (0,0) $
B.$ (-1,0) $
C.$ (-1,1) $
D.$ (-2,1) $

答案： C

10. 已知抛物线 $ y= x^{2}-2 m x+m^{2}+m-6 $ (m 是常数),则下列结论正确的是 ( )
① 若此抛物线与 x 轴只有一个公共点,则 $ m= -6 $;
② 若此抛物线与坐标轴只有一个公共点,则 $ m＞6 $;
③ 若点 $ A\left(m-2, y_{1}\right) $ 和点 $ B\left(m+1, y_{2}\right) $ 都在该抛物线上,则 $ y_{1}＜y_{2} $;
④ 无论 m 为何值,抛物线的顶点到直线 $ y= x $ 的距离都等于 $ 3 \sqrt{2} $.

A.②④
B.①③
C.②③
D.①④

答案：
A　解析:对于①,因为此抛物线与x轴只有一个公共点,所以$(-2m)^{2}-4(m^{2}+m-6)=0$,解得$m=6$.故①错误;对于②,对于$y=x^{2}-2mx+m^{2}+m-6$.令$x=0$,得$y=m^{2}+m-6$.所以此抛物线与y轴交于点$(0,m^{2}+m-6)$.因为此抛物线与坐标轴只有一个公共点，所以此抛物线与x轴无交点，即方程$x^{2}-2mx+m^{2}+m-6=0$无实数根.所以$(-2m)^{2}-4(m^{2}+m-6)＜0$,解得$m＞6$.故②正确;对于③，由题意，得该抛物线的对称轴为直线$x=-\frac{-2m}{2}=m$.又$a=1＞0$,所以该抛物线开口向上.又$m−2＜m＜m+1$,且$|m−2−m|＞|m+1−m|$,所以$y_1＞y_2$.故③错误;对于④,因为$y=x^{2}-2mx+m^{2}+m-6=(x-m)^{2}+m-6$,所以该抛物线的顶点坐标为$(m,m-6)$,即该抛物线的顶点在直线$y=x-6$上.易得直线$y=x-6$与直线$y=x$互相平行.如图，设直线$y=x-6$与x轴交于点A,过点A作$AB⊥$直线$y=x$于点B.易得$∠AOB=45^{\circ }$,所以$\triangle OAB$是等腰直角三角形,即$AB=OB$.对于$y=x-6$,令$y=0$,得$x-6=0$,解得$x=6$.所以点A的坐标为$(6,0)$,即$OA=6$.在$Rt\triangle OAB$中,由勾股定理,得$AB^{2}+OB^{2}=OA^{2}$,所以$2AB^{2}=36$,解得$AB=3\sqrt {2}$.所以无论m为何值，抛物线的顶点到直线$y=x$的距离都等于$3\sqrt {2}$.故④正确.综上，结论正确的是②④.
　　　　　　　

11. 方程 $ x^{2}+x= 0 $ 的解是$x_1=0,x_2=-1$.

答案： $x_1=0,x_2=-1$

12. 若关于 x 的一元二次方程 $ x^{2}+6 x+m= 0 $ 有两个相等的实数根,则 m 的值为9.

答案： 9

13. 写出一个图像过点 $ (1,1) $,且在其对称轴右侧,y 的值随 x 值的增大而减小的二次函数表达式为$y=-x^{2}+2x$.

答案： $y=-x^{2}+2x$(答案不唯一)

14. 为便于研究圆锥与扇形的关系,小方同学利用扇形纸片恰好围成一个底面圆半径为 5 cm、母线长为 12 cm 的圆锥侧面,则这张扇形纸片的面积是______ $ \mathrm{cm}^{2} $. (结果保留 $ \pi $)
60π

答案： 60π

15. 如图, $ \triangle A B C $ 是 $ \odot O $ 的内接三角形,连接 OB. 若 $ \angle O B C= 26^{\circ} $,则 $ \angle A= $64$ ^{\circ} $.

答案： 64

16. 新素养 运算能力如图,在 $ \triangle A B C $ 中, $ A B= A C= 6 $,以 AB 为直径的 $ \odot O $ 与 AC 相切于点 A,交 BC 于点 D,连接 OD,AD,则图中阴影部分的面积为$\frac{9}{4}π-\frac{9}{2}$.

答案： $\frac{9}{4}π-\frac{9}{2}$

17. 如图,矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 交于点 O, $ D E \perp A C $ 于点 E,延长 DE 与 BC 交于点 F. 若 $ A B= 2, B C= 3 $,则点 F 到 BD 的距离为$\frac{10\sqrt{13}}{39}$.

答案： $\frac{10\sqrt{13}}{39}$

18. 如图,在 $ \triangle A B D $ 中, $ \angle A B D= 30^{\circ}, \angle B A D= 105^{\circ} $,将 $ \triangle A B D $ 沿 BD 翻折 $ 180^{\circ} $ 得到 $ \triangle C B D $,将线段 DC 绕点 D 按顺时针方向旋转 $ 30^{\circ} $ 得到线段 DF,E 为 AB 的中点,连接 EF,ED,则 $ \angle A D E= $30$ ^{\circ} $;若 $ E F= 2 $,则 $ \triangle B E D $ 的面积是$\sqrt{3}+1$.

答案： 30　$\sqrt{3}+1$　解析:过点A作$AG⊥BD$于点G.因为$∠ABD=30^{\circ },∠BAD=105^{\circ },∠ABD+∠BAD+∠ADB=180^{\circ }$,所以$∠ADB=180^{\circ }-∠ABD-∠BAD=45^{\circ }$.又E为AB的中点,所以$AE=BE$.设$AE=a$,则$BE=a,AB=2a$.所以$AG=\frac{1}{2}AB=a$.在$Rt\triangle ABG$中，由勾股定理，得$BG=\sqrt{AB^{2}-AG^{2}}=\sqrt{3}a$.又$∠DAG=90^{\circ }-∠ADB=45^{\circ }$,所以$∠DAG=∠ADB$,即$DG=AG=a$.在$Rt\triangle ADG$中,由勾股定理，得$AD=\sqrt{AG^{2}+DG^{2}}=\sqrt{2}a$.因为$\frac{AE}{AD}=\frac{a}{\sqrt{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{AD}{AB}=\frac{\sqrt{2}a}{2a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以$\frac{AE}{AD}=\frac{AD}{AB}$.又$∠DAE=∠BAD$,所以$\triangle DAE\backsim \triangle BAD$.所以$∠ADE=∠ABD=30^{\circ }$.由翻折及旋转的性质,得$AD=CD,∠CDB=∠ADB=45^{\circ },∠CDF=30^{\circ },CD=DF$,则$AD=DF$.所以$∠ADB+∠CDB=∠ADE+∠EDF+∠CDF$,即$∠EDF=30^{\circ }$.所以$∠ADE=∠EDF$.又$DE=DE$,所以$\triangle ADE\cong \triangle FDE (SAS)$.所以$AE=EF$.又$EF=2$,所以$BE=AE=2$,即$a=2$.过点E作$EH⊥BD$于点H,则$EH=\frac{1}{2}BE=1$.所以$BD=BG+DG=\sqrt{3}a+a=2\sqrt{3}+2$.所以$S_{\triangle BED}=\frac{1}{2}EH\cdot BD=\frac{1}{2}×1×(2\sqrt{3}+2)=\sqrt{3}+1$.