《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

1. (2024·广东广州)如图,在$\odot O$中,弦AB的长为$4\sqrt {3}$,点C在$\odot O$上,$OC⊥AB,∠ABC= 30^{\circ },\odot O$所在的平面内有一点P.若$OP= 5$,则点P与$\odot O$的位置关系是 (C)
A.点P在⊙O上
B.点P在⊙O内
C.点P在⊙O外
D.无法确定

答案： 1. 首先，根据垂径定理：
因为$OC\perp AB$，$AB = 4\sqrt{3}$，由垂径定理$AB = 2AC$（垂直于弦的直径平分弦），所以$AC=BC = 2\sqrt{3}$。
已知$\angle ABC = 30^{\circ}$，在$Rt\triangle BCD$（设$OC$与$AB$交点为$D$）中，根据$\tan\angle ABC=\frac{CD}{BD}$，$\cos\angle ABC=\frac{BD}{BC}$。
因为$BD=\frac{1}{2}AB = 2\sqrt{3}$（垂径定理），$\tan\angle ABC=\frac{CD}{BD}$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，$\tan30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以$CD=\frac{\sqrt{3}}{3}× BD$，把$BD = 2\sqrt{3}$代入得$CD = 2$。
设$\odot O$半径为$r$，在$Rt\triangle OBD$中，$OD=r - CD=r - 2$，$BD = 2\sqrt{3}$，根据勾股定理$OB^{2}=OD^{2}+BD^{2}$（$OB$为半径$r$）。
即$r^{2}=(r - 2)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}$。
2. 然后，展开并求解方程：
展开$r^{2}=(r - 2)^{2}+(2\sqrt{3})^{2}$，根据$(a - b)^{2}=a^{2}-2ab + b^{2}$，则$r^{2}=r^{2}-4r + 4+12$。
移项可得：$r^{2}-r^{2}+4r=4 + 12$。
合并同类项得$4r=16$，解得$r = 4$。
3. 最后，判断点$P$与$\odot O$的位置关系：
已知$OP = 5$，$\odot O$半径$r = 4$。
因为$OP＞r$（$5＞4$）。
所以点$P$在$\odot O$外，答案是C。

2. (2024·四川广安)如图,在等腰三角形ABC中,$AB= AC= 10,∠C= 70^{\circ }$,以AB为直径作半圆,与AC,BC分别相交于D,E两点,则$\widehat {DE}$的长为 (C)

A.$\frac {π}{9}$
B.$\frac {5π}{9}$
C.$\frac {10π}{9}$
D.$\frac {25π}{9}$

答案： C

3. 亮点原创·如图,四边形ABCD内接于$\odot O$,AC,BD为对角线,且交于点E,BD经过圆心O.若$∠ABD= 25^{\circ },∠BEC= 65^{\circ }$,则$2\widehat {AD}与\widehat {CD}$之间的大小关系是 (C)

A.$\widehat {CD}＞2\widehat {AD}$
B.$\widehat {CD}＜2\widehat {AD}$
C.$\widehat {CD}= 2\widehat {AD}$
D.不能确定

答案： C

4. (2023·四川凉山)如图,在$\odot O$中,$OA⊥BC,∠ADB= 30^{\circ },BC= 2\sqrt {3}$,则OC的长为 (B)
A.1
B.2
C.$2\sqrt {3}$
D.4

答案： 1. 首先，根据垂径定理：
因为$OA\perp BC$，由垂径定理$OA$平分$BC$（垂直于弦的直径平分弦），所以$CE = BE=\frac{1}{2}BC$。
已知$BC = 2\sqrt{3}$，则$CE=\sqrt{3}$。
2. 然后，根据圆周角定理：
同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍，因为$\angle ADB$与$\angle AOC$都对弧$\overset{\frown}{AB}$，所以$\angle AOC = 2\angle ADB$。
已知$\angle ADB = 30^{\circ}$，则$\angle AOC=60^{\circ}$。
3. 接着，在$Rt\triangle OCE$中：
设$OC = r$，在$Rt\triangle OCE$中，$\sin\angle AOC=\frac{CE}{OC}$。
由$\angle AOC = 60^{\circ}$，$CE=\sqrt{3}$，根据正弦函数定义$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，且$\sin\angle AOC=\frac{CE}{OC}$，即$\sin60^{\circ}=\frac{CE}{OC}$。
把$CE = \sqrt{3}$代入$\sin60^{\circ}=\frac{CE}{OC}$中，得到$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{OC}$。
交叉 - 相乘可得：$\sqrt{3}× OC=2×\sqrt{3}$。
或者根据$\angle AOC = 60^{\circ}$，$\angle OEC = 90^{\circ}$，则$\angle OCE=30^{\circ}$，在$Rt\triangle OCE$中，$30^{\circ}$所对的直角边等于斜边的一半，设$OC = x$，则$OE=\frac{1}{2}x$，再根据勾股定理$OC^{2}=OE^{2}+CE^{2}$，即$x^{2}=(\frac{1}{2}x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$。
展开得$x^{2}=\frac{1}{4}x^{2}+3$。
移项得$x^{2}-\frac{1}{4}x^{2}=3$，即$\frac{3}{4}x^{2}=3$。
两边同时除以$\frac{3}{4}$得$x^{2}=4$，解得$x = 2$（$x\gt0$）。
所以$OC$的长为$2$，答案是B。

5. 如图,正方形ABCD的边长为2,E是边BC上一点,以AB为直径在正方形内作半圆O,将$\triangle DCE$沿DE翻折,点C刚好落在半圆O的点F处,则CE的长为 (A)
A.$\frac {2}{3}$
B.$\frac {3}{5}$
C.$\frac {3}{4}$
D.$\frac {4}{7}$

答案： A

6. 如图,扇形ODE的半径为3,边长为$\sqrt {3}$的菱形OABC的顶点A,C,B分别在OD,OE,$\widehat {DE}$上.若把扇形ODE围成一个圆锥,则此圆锥的高为 (B)
A.$\frac {1}{2}$
B.$\frac {\sqrt {35}}{2}$
C.3
D.$2\sqrt {3}$

答案： B