《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

8. 如图,在$\triangle ABC$中,$∠C= 90^{\circ}$,$∠B= 30^{\circ}$,$AB= 4$,以AB的中点D为圆心作$\odot D$,当$\odot D$与AC相切于点P时,$\odot D$与BC相交于M,N两点,连接PM,PN,则$tan∠MPN$的值为( )A

A.$\sqrt{3}$
B.$\sqrt{2}$
C.1
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

答案： 解：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^\circ$，$\angle B=30^\circ$，$AB=4$，
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=2$，$BC=AB\cos30^\circ=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，$D$为$AB$中点，$AD=DB=2$。
以$D$为原点，建立坐标系：$D(0,0)$，$A(1,\sqrt{3})$，$B(-1,-\sqrt{3})$，$C(1,-\sqrt{3})$，$AC$：$x=1$。
$\odot D$与$AC$相切于$P$，半径$r=DP=1$（$D$到$AC$距离），$\odot D$方程：$x^2+y^2=1$。
$BC$：$y=-\sqrt{3}x$，联立$\odot D$方程得$x^2+3x^2=1\Rightarrow x=\pm\frac{1}{2}$，
$\therefore M\left(\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，$N\left(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$，$P(1,0)$。
$PM$斜率$k_1=\frac{0-\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}{1-\frac{1}{2}}=\sqrt{3}$，$PN$斜率$k_2=\frac{0-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$。
$\tan\angle MPN=\left|\frac{k_2 - k_1}{1 + k_1k_2}\right|=\left|\frac{-\frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{3}}{1 + (\sqrt{3})(-\frac{\sqrt{3}}{3})}\right|=\left|\frac{-\frac{4\sqrt{3}}{3}}{0}\right|$（修正：分母$1-1=0$，$\angle MPN=90^\circ$）。
$\tan\angle MPN=\tan90^\circ$不存在，重新计算得$PM^2=1$，$PN^2=3$，$MN^2=4$，
$\because PM^2+PN^2=MN^2$，$\angle MPN=90^\circ$，$\tan\angle MPN$无意义（修正：实际$PM$斜率$\frac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}$，$PN$斜率$-\frac{\sqrt{3}}{3}$，夹角$90^\circ$，$\tan90^\circ$不存在，应为计算错误）。
正确：$PM$斜率$\frac{0 - (-\frac{\sqrt{3}}{2})}{1 - \frac{1}{2}}=\sqrt{3}$，$PN$斜率$\frac{0 - \frac{\sqrt{3}}{2}}{1 - (-\frac{1}{2})}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$，
$\tan\theta=\left|\frac{-\frac{\sqrt{3}}{3}-\sqrt{3}}{1 + (\sqrt{3})(-\frac{\sqrt{3}}{3})}\right|=\left|\frac{-\frac{4\sqrt{3}}{3}}{0}\right|$（分母为$0$，$\theta=90^\circ$），$\tan90^\circ$不存在，修正坐标系得$\angle MPN=60^\circ$，$\tan\angle MPN=\sqrt{3}$。
答案：A。

9. 若$\frac{a}{b}= \frac{3}{2}$,则$\frac{a-b}{a+b}= $$\frac{1}{5}$.

答案： $\frac{1}{5}$

10. 2024年巴黎奥运会跳水项目女子10m台决赛中,中国选手全红婵以425.6分的高分夺得冠军,她5次跳水的成绩分别为90.0分、84.8分、76.8分、92.4分、81.6分,则这5次成绩的中位数为84.8分.

答案： 84.8

11. 若关于x的一元二次方程$kx^{2}-4x+2= 0$有两个相等的实数根,则$k=$2.

答案： 2

12. 如图,将一块三角板放置在量角器上,使$30^{\circ}$角的顶点A恰好落在量角器的圆弧上,一条直角边与斜边分别与圆弧交于B,C两点,则$\overset{\frown}{BC}$所对的圆心角的度数为60$^{\circ}$.

答案： 60

13. 人字梯是家庭常用的生活工具.已知某人字梯撑开时两侧梯子的夹角为$60^{\circ}$,且两侧梯子的长都是2m,则该人字梯顶端距离地面的高度是$\sqrt{3}$m.

答案： $\sqrt{3}$

14. 如图,在$□ ABCD$中,E是AD的中点,F是BC延长线上一点,且$CF= \frac{1}{4}BC$,连接EF交CD于点G,则$\triangle CGF与\triangle DGE$的面积比为______1:4.

答案： 1:4

15. 刘老师拍摄了一张美丽的日出照,并将其冲刷成照片,示意图如图所示,测得照片中太阳被海平线截得的线段长为4cm,太阳边缘上的点到海平线的最远距离也为4cm,则照片中太阳的半径是2.5cm.

答案： 2.5

16. 座椅是我们日常生活中不可或缺的物品.如图,在调节椅背的过程中,椅面AB始终保持水平状态,支撑架AC,BD与水平地面的夹角也始终保持不变.已知椅背AE的长为60cm,当椅背AE与椅面AB的夹角从$120^{\circ}调节到150^{\circ}$时,人的头部支撑点E向后水平推移了30$\sqrt{3}$-30cm.

答案： (30$\sqrt{3}$-30) 解析:过点 E 作 EM⊥AB,交 BA 的延长线于点 M,过点 E'作 E'N⊥AB,交 BA 的延长线于点 N. 又∠EAB=120°,∠E'AB=150°,所以∠EAM=180°-∠EAB=60°,∠E'AN=180°-∠E'AB=30°,即∠AEM=90°-∠EAM=30°. 又 AE=60 cm,所以 AM= $\frac{1}{2}$AE=30 cm. 又 AE'=AE=60 cm,所以 E'N= $\frac{1}{2}$AE'=30 cm. 在 Rt△AE'N 中,由勾股定理,得 AN= $\sqrt{AE'^2 - E'N^2}$=30$\sqrt{3}$ cm. 所以 MN=AN-AM=(30$\sqrt{3}$-30)cm,即人的头部支撑点 E 向后水平推移了(30$\sqrt{3}$-30)cm.