《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

16. 如图,在扇形ABC中,$CD⊥AB$,垂足为D,$\odot E是\triangle ACD$的内切圆,连接AE,BE,则$∠AEB$的度数为______135°.

答案： 1. 首先，根据三角形内角和定理：
在$\triangle ACD$中，$\angle ADC = 90^{\circ}$，由三角形内角和定理$\angle CAD+\angle ACD=180^{\circ}-\angle ADC$，所以$\angle CAD+\angle ACD = 90^{\circ}$。
因为$\odot E$是$\triangle ACD$的内切圆，$AE$平分$\angle CAD$，$CE$平分$\angle ACD$，设$\angle CAE=\angle DAE = x$，$\angle ACE=\angle DCE = y$，则$2x + 2y=90^{\circ}$，即$x + y = 45^{\circ}$。
2. 然后，利用三角形外角性质：
在$\triangle ACE$中，$\angle CEB$是$\triangle ACE$的外角，根据三角形外角性质$\angle CEB=\angle CAE+\angle ACE$，所以$\angle CEB=x + y=45^{\circ}$。
因为$AC = BC$，$\angle CAE=\angle CBE$（同弧所对的圆周角相等，这里$AC = BC$，$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，根据圆周角定理的推论：同弧或等弧所对的圆周角相等），$AE = BE$（$\odot E$是$\triangle ACD$内切圆，$AE$，$BE$是角平分线，可通过全等证明$AE = BE$：
连接$CE$，在$\triangle ACE$和$\triangle BCE$中，$\left\{\begin{array}{l}AC = BC\\\angle CAE=\angle CBE\\CE = CE\end{array}\right.$（$SAS$全等判定），所以$\triangle ACE\cong\triangle BCE$，则$\angle AEC=\angle BEC$。
又因为$\angle AEB=\angle AEC+\angle BEC$，且$\angle CEB = 45^{\circ}$。
所以$\angle AEB = 135^{\circ}$。
故答案为$135^{\circ}$。

17. 新素养 推理能力 (2025·江苏连云港模拟)如图,$\odot O$的半径是4,A,B两点在$\odot O$上,且$∠AOB= 90^{\circ }$,动点C在$\odot O$上运动(不与A,B两点重合),连接BC,D为线段BC的中点,连接AD,则线段AD的长的最大值为______,最小值为______.

答案：
$2\sqrt {5}+2$ $2\sqrt {5}-2$ 解析:如图,连接 OC,取 OB 的中点 E,连接 DE.又$\odot O$的半径为4,所以$OA=OB=OC=4$,即$OE=EB=\frac {1}{2}OB=2$.因为 D 为线段 BC 的中点,所以 DE 是$\triangle OBC$的中位线,即$DE=\frac {1}{2}OC=2$.所以$OE=DE=EB$,即点 D 在以点 E 为圆心,2 为半径的圆上.AD 的长的最大值就是点 A 到$\odot E$上的点的距离的最大值;AD 的长的最小值就是点 A 到$\odot E$上的点的距离的最小值.当点 E 在线段 AD 上时,AD 的长取最大值;当点 D 在线段 AE 上时,AD 的长取最小值.在$Rt\triangle AOE$中,由勾股定理,得$AE=\sqrt {OA^{2}+OE^{2}}=2\sqrt {5}$.所以 AD 的长的最大值为$AE+DE=2\sqrt {5}+2$,最小值为$AE-DE=2\sqrt {5}-2$.

18. (2025·江苏无锡期末)如图,在平面直角坐标系中,$\odot M$交x轴于$A(-1,0),B(3,0)$两点,交y轴于$C(0,-1),D(0,3)$两点,S是$\widehat {DB}$上一动点,连接OS,N是OS的中点,连接DN,则线段DN的长的最小值是______.

答案：
$\frac {\sqrt {26}-\sqrt {5}}{2}$ 解析:如图,过点 M 分别作$ME⊥x$轴,$MF⊥y$轴,垂足分别为 E,F,连接 OM,DM,MS,取 OM 的中点 P,连接 DP,PN.又 N 是 OS 的中点,所以 PN 是$\triangle OMS$的中位线,即$PN=\frac {1}{2}MS$.由题意,得$CD=AB=4,OA=OC=1$,所以$AE=\frac {1}{2}AB=2$,$CF=\frac {1}{2}CD=2$,即$OE=OF=1$.又$∠EOF=90^{\circ }$,所以四边形 OEMF 是正方形.所以$MF=ME=1$,即点 M 的坐标为$(1,1)$.所以点 P 的坐标为$(\frac {1}{2},\frac {1}{2})$.由勾股定理,得$DP=\sqrt {(\frac {1}{2}-0)^{2}+(\frac {1}{2}-3)^{2}}=\frac {\sqrt {26}}{2}$,$DM=\sqrt {(1-0)^{2}+(1-3)^{2}}=\sqrt {5}$,所以$MS=DM=\sqrt {5}$,即$PN=\frac {\sqrt {5}}{2}$.又$DN≥DP-PN$,所以当点 N 在线段 DP 上时,DN 的长取最小值,且最小值为$\frac {\sqrt {26}}{2}-\frac {\sqrt {5}}{2}=\frac {\sqrt {26}-\sqrt {5}}{2}$.

19. (6分)如图,在单位长度为1的正方形网格中,一段圆弧经过格点A,B,C.
(1) 请画出该圆弧所在圆的圆心O的位置;
(2) 请在(1)的基础上,解答下列问题:
① $\odot O$的半径为______;
② $\widehat {ABC}$的长为______;
③ 点D在格点上,判断直线CD与$\odot O$之间的位置关系,并说明理由.

答案：

(1) 圆心 O 即为线段 AB,BC 的垂直平分线的交点 
(2) ①$2\sqrt {5}$
②$\sqrt {5}π$
③ 直线 CD 与$\odot O$相切.理由如下:连接 OC,CD,OD.由勾股定理,得$OC^{2}=4^{2}+2^{2}=20$,$CD^{2}=1^{2}+2^{2}=5$,且$OD^{2}=25$,所以$OC^{2}+CD^{2}=OD^{2}$,即$OC⊥CD$.又 OC 是$\odot O$的半径,所以直线 CD 与$\odot O$相切.

20. (6分)如图,$\odot O$的弦AB,CD的延长线相交于点P,且$AB= CD$.求证:$PA= PC$.

答案： 连接 AC.因为$\widehat {AB}=\widehat {CD}$,所以$AB=CD$.所以$\widehat {AB}+\widehat {BD}=\widehat {BD}+\widehat {CD}$,即$\widehat {AD}=\widehat {CB}$.所以$∠C=∠A$.所以$PA=PC$.

21. (6分)(2023·安徽)已知四边形ABCD内接于$\odot O$,对角线BD是$\odot O$的直径.
(1) 如图①,连接OA,CA.若$OA⊥BD$,求证:CA平分$∠BCD$;
(2) 如图②,E为$\odot O$内部一点,满足$AE⊥BC,CE⊥AB$.若$BD= 3\sqrt {3},AE= 3$,求弦BC的长.

答案：
(1) 因为$OA⊥BD$,所以$∠AOB=∠AOD=90^{\circ }$,即$∠ACB=\frac {1}{2}∠AOB=45^{\circ }$,$∠ACD=\frac {1}{2}∠AOD=45^{\circ }$.所以$∠ACB=∠ACD$,即 CA 平分$∠BCD$.
(2) 因为 BD 是$\odot O$的直径,所以$∠BAD=∠BCD=90^{\circ }$,即$AB⊥AD$,$BC⊥CD$.又$AE⊥BC$,$CE⊥AB$,所以$CE// AD$,$AE// CD$,即四边形 AECD 是平行四边形.所以$AE=CD$.又$AE=3$,所以$CD=3$.在$Rt\triangle BCD$中,$BD=3\sqrt {3}$,由勾股定理,得$BC=\sqrt {BD^{2}-CD^{2}}=3\sqrt {2}$.则弦 BC 的长为$3\sqrt {2}$.