《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

15. (10分)(2023·山东济南)如图,$AB,CD为\odot O$的直径,过点$C的切线与AB的延长线交于点P$,$\angle ABC= 2\angle BCP$,$E是\overgroup{BD}$的中点,弦$CE,BD相交于点F$.
(1) 求$\angle OCB$的度数;
(2) 若$EF= 3$,求$\odot O$的直径.

答案：
(1)因为PC是⊙O的切线，所以PC⊥OC，即∠OCP=90°.又OC=OB，所以∠OCB=∠OBC.又∠ABC=2∠BCP，所以∠BCP=$\frac{1}{2}$∠ABC，即∠BCP=$\frac{1}{2}$∠OCB.又∠OCB+∠BCP=∠OCP，所以∠OCB=$\frac{2}{3}$∠OCP=60°.
(2)连接DE.因为CD是⊙O的直径，所以∠DEC=∠DBC=90°.又E是$\widehat{BD}$的中点，所以$\widehat{DE}$=$\widehat{BE}$=，即∠DCE=∠BCE.由
(1)，得∠OCB=60°，且∠OCB=∠DCE+∠BCE，所以∠DCE=∠BCE=30°，即BF=$\frac{1}{2}$CF.又OB=OC，所以△OBC是等边三角形，即∠BOC=60°.所以∠BDC=30°，即CD=2BC，∠BDC=∠DCE.所以DF=CF.又∠DFE=∠CFB，所以△DEF≌△CBF (AAS).所以EF=BF.又EF=3，所以BF=3，即CF=6.在Rt△BCF中，由勾股定理，得BC=$\sqrt{CF^2-BF^2}$=3$\sqrt{3}$，所以CD=6$\sqrt{3}$，即⊙O的直径为6$\sqrt{3}$.

16. (10分) 新素养 推理能力 已知在$\triangle ABC$中,$AB= 5,BC= 3,CA= 4$,点$P在\angle ABC$的平分线上,以点$P为圆心作\odot P$.
(1) 如图,当圆心$P在边AC$上,且$\odot P经过点C$时,求证:$\odot P与直线AB$相切;
(2) 当$\odot P同时与直线BC,CA$相切时,求$\odot P$的半径.

答案： 1. （1）证明：
过点$P$作$PD\perp AB$于点$D$。
因为$AB = 5$，$BC = 3$，$CA = 4$，所以$BC^{2}+CA^{2}=3^{2}+4^{2}=25$，$AB^{2}=5^{2}=25$。
则$BC^{2}+CA^{2}=AB^{2}$，根据勾股定理逆定理可得$\angle C = 90^{\circ}$。
因为$BP$平分$\angle ABC$，$PD\perp AB$，$PC\perp BC$，根据角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，所以$PD = PC$。
因为$\odot P$经过点$C$，所以$PC$是$\odot P$的半径，又$PD = PC$，$PD\perp AB$，所以$\odot P$与直线$AB$相切。
2. （2）解：
设$\odot P$的半径为$r$。
因为$\odot P$同时与直线$BC$，$CA$相切，所以点$P$到$BC$和$CA$的距离都为$r$。
设$P$到$AB$的距离也为$r$（角平分线性质）。
设$P$在$\angle ABC$平分线上，$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABP}+S_{\triangle BCP}+S_{\triangle ACP}$。
已知$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×3×4 = 6$，$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}× AB× r=\frac{1}{2}×5r$，$S_{\triangle BCP}=\frac{1}{2}× BC× r=\frac{1}{2}×3r$，$S_{\triangle ACP}=\frac{1}{2}× AC× r=\frac{1}{2}×4r$。
则$6=\frac{1}{2}(5r + 3r+4r)$。
即$6=\frac{1}{2}(12r)$。
解得$r = 1$。
综上，（1）得证；（2）$\odot P$的半径为$1$。

17. (12分)如图,$\odot O为\triangle ABC$的外接圆,$D为OC与AB$的交点,$E为线段OC$延长线上一点,且$\angle EAC= \angle ABC$.
(1) 求证:直线$AE为\odot O$的切线;
(2) 若$D为AB$的中点,$CD= 6,AB= 16$.
① 求$\odot O$的半径;
② 求$\triangle ABC的内心到点O$的距离.

答案：
(1)如图,连接 AO 并延长,交⊙O 于点 F,连接 CF.所以∠ACF=90°,即∠OAC+∠F=90°.又∠F=∠ABC,∠ABC=∠EAC,所以∠F=∠EAC.所以∠OAC+∠EAC=90°,即∠EAF=90°.所以 AE⊥AF.又 AF 为⊙O 的直径,所以直线 AE 为⊙O 的切线.
(2)①如图,连接 OA,OB.因为 OA=OB,D 为 AB 的中点,所以 OC⊥AB.又 AB=16,所以 BD=AD=$\frac{1}{2}$AB=8.设⊙O 的半径为 r,则 OA=OC=r.又 CD=6,所以 OD=OC-CD=r-6.在 Rt△AOD 中,由勾股定理,得 OA²=AD²+OD²,所以 r²=8²+(r-6)²,解得 r=$\frac{25}{3}$.则⊙O 的半径为$\frac{25}{3}$. ②由
(2)①,得 OC=$\frac{25}{3}$,OC⊥AB,AD=BD=8,所以 OC 平分∠ACB,AC=BC,即△ABC 的内心必在 CD 上.设△ABC 的内心为点 H.如图,作∠BAC 和∠ABC 的平分线交 CD 于点 H,过点 H 分别作 HM⊥AC,HN⊥BC,垂足分别为 M,N,则 HM=HN=HD.令 HD=d.在△ABC 中,S△ABC=S△ACH+S△BCH+S△ABH=$\frac{1}{2}$(HM·AC+HN·BC+HD·AB)=$\frac{d}{2}$(AC+BC+AB).在 Rt△ACD 中,CD=6,由勾股定理,得 AC=$\sqrt{AD^2+CD^2}$=10.所以 BC=AC=10.又 AB=16,所以 S△ABC=$\frac{1}{2}$CD·AB=48,即$\frac{d}{2}$(10+10+16)=48,解得 d=$\frac{8}{3}$.所以 HD=$\frac{8}{3}$.则 OH=OC-CD+HD=5.则△ABC 的内心到点 O 的距离为 5