《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

25. (8分)如图,AB是$\odot O$的直径,C是$\widehat {BD}$的中点,CF是$\odot O$的弦,且$CF⊥AB$,垂足为E,连接BD交CF于点G,连接CD,AD,BF.
(1) 求证:$\triangle BFG\cong \triangle CDG$;
(2) 若$AD= BE= 2$,求BF的长.

答案：
(1) 因为 C 是$\widehat {BD}$的中点,所以$\widehat {CD}=\widehat {BC}$.因为 AB 是$\odot O$的直径,且$CF⊥AB$,所以$\widehat {BC}=\widehat {BF}$,即$\widehat {CD}=\widehat {BF}$.所以$CD=BF$.在$\triangle BFG$和$\triangle CDG$中,$\left\{\begin{array}{l} ∠F=∠CDG,\\ ∠FGB=∠DGC,\\ BF=CD,\end{array}\right. $所以$\triangle BFG\cong \triangle CDG(AAS)$.
(2) 连接 OC 交 BD 于点 P.因为 C 是$\widehat {BD}$的中点,OC 是$\odot O$的半径,所以 OC 垂直平分 BD,即 P 是 BD 的中点.又 O 是 AB 的中点,所以 OP 是$\triangle ABD$的中位线,即$OP=\frac {1}{2}AD$.又$AD=2$,所以$OP=1$.由
(1),得$\triangle BFG\cong \triangle CDG$,$CD=BF$,所以$S_{\triangle BFG}=S_{\triangle CDG}$,$DG=FG$.所以$\frac {1}{2}BE\cdot FG=\frac {1}{2}CP\cdot DG$,即$CP=BE$.又$BE=2$,所以$CP=2$.所以$OC=OP+CP=3$.在$Rt\triangle BOP$中,$OB=OC=3$,由勾股定理,得$DP^{2}=BP^{2}=OB^{2}-OP^{2}=8$.在$Rt\triangle CDP$中,由勾股定理,得$CD=\sqrt {DP^{2}+CP^{2}}=2\sqrt {3}$.所以$BF=2\sqrt {3}$.

26. (8分)如图①,矩形ABCD与以EF为直径的半圆O在直线l的上方,线段AB与E,F两点都在直线l上,且$AB= 7,EF= 10,BC＞5$,点B以每秒1个单位长度的速度从点E处出发,沿射线EF方向运动,矩形ABCD随之运动,运动的时间为t秒.
(1) 如图②,当$t= 2.5$时,求半圆O在矩形ABCD内的弧长;
(2) 在点B运动的过程中,当AD,BC都与半圆O相交时,设这两个交点分别为G,H,连接OG,OH.若$∠GOH$为直角,求此时t的值.

答案：

(1) 设边 BC 与半圆 O 交于点 M,连接 OM,ME,如图①.当$t=2.5$时,$BE=2.5$.因为$EF=10$,所以$OM=OE=\frac {1}{2}EF=5$,即$OB=OE-BE=2.5$.所以$EB=OB$.又四边形 ABCD 为矩形,所以$∠ABC=90^{\circ }$.又$∠ABC+∠OBM=180^{\circ }$,所以$∠OBM=180^{\circ }-∠ABC=90^{\circ }$,即$∠EBM=∠OBM=90^{\circ }$.又$MB=MB$,所以$\triangle MBE\cong \triangle MBO(SAS)$.所以$ME=MO$,即$ME=OE=OM$.所以$\triangle MOE$是等边三角形,即$∠EOM=60^{\circ }$.所以$l_{\widehat {ME}}=\frac {60π×5}{180}=\frac {5π}{3}$.则半圆 O 在矩形 ABCD 内的弧长为$\frac {5π}{3}$.
(2) 如图②,由题意,得当 AD,BC 都与半圆 O 相交时,$7＜t＜10$.因为$∠GOH=90^{\circ }$,$∠AGO+∠GOH+∠BOH=180^{\circ }$,所以$∠AGO+∠BOH=180^{\circ }-∠GOH=90^{\circ }$.又四边形 ABCD 为矩形,所以$∠BAD=∠ABC=90^{\circ }$,即$∠GAO=∠OBH$.又$∠AGO+∠AOG=90^{\circ }$,所以$∠AGO=∠BOH$.又$EF=10$,所以$OE=OF=OG=OH=\frac {1}{2}EF=5$.所以$\triangle AGO\cong \triangle BOH(AAS)$.所以$AG=BO$.又$BE=t$,所以$AG=BO=BE-OE=t-5$.因为$AB=7$,所以$AO=AB-OB=7-(t-5)=12-t$.在$Rt\triangle AGO$中,由勾股定理,得$AG^{2}+AO^{2}=OG^{2}$,所以$(t-5)^{2}+(12-t)^{2}=5^{2}$,解得$t_{1}=8$,$t_{2}=9$.则 t 的值为 8 或 9.
　　

27. (10分)新趋势 情境素材 结果如此巧合!
下面是小颖对一道题目的解答.
题目:如图,$Rt\triangle ABC$的内切圆与斜边AB相切于点D,$AD= 3,BD= 4$,求$\triangle ABC$的面积.
解:设$\triangle ABC$的内切圆分别与AC,BC相切于E,F两点,CE的长为x.

则$AE= AD= 3,BF= BD= 4,CF= CE= x$.
由勾股定理,得$(x+3)^{2}+(x+4)^{2}= (3+4)^{2}$,整理,得$x^{2}+7x= 12$.
所以$S_{\triangle ABC}= \frac {1}{2}AC\cdot BC= \frac {1}{2}(x+3)(x+4)= \frac {1}{2}(x^{2}+7x+12)= \frac {1}{2}×(12+12)= 12$.
小颖发现12恰好就是$3×4$,即$\triangle ABC$的面积等于AD与BD的积.这仅仅是巧合吗?
请你帮她完成下面的探索.
已知$\triangle ABC$的内切圆与AB相切于点D,$AD= m,BD= n$.
可以一般化吗?
(1) 若$∠C= 90^{\circ }$,求证:$\triangle ABC$的面积等于mn;
倒过来思考呢?
(2) 若$AC\cdot BC= 2mn$,求证:$∠C= 90^{\circ }$;
改变一下条件……
(3) 若$∠C= 60^{\circ }$,用m,n表示$\triangle ABC$的面积.

答案：
设$\triangle ABC$的内切圆分别与 AC,BC 相切于 E,F 两点,$CE=x$,则$AE=AD=m$,$BF=BD=n$,$CF=CE=x$.所以$AC=x+m$,$BC=x+n$,$AB=m+n$.
(1) 如图①,在$Rt\triangle ABC$中,由勾股定理,得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$,所以$(x+m)^{2}+(x+n)^{2}=(m+n)^{2}$,整理,得$x^{2}+(m+n)x=mn$.所以$S_{\triangle ABC}=\frac {1}{2}AC\cdot BC=\frac {1}{2}(x+m)\cdot (x+n)=\frac {1}{2}[x^{2}+(m+n)x+mn]=\frac {1}{2}(mn+mn)=mn$.
(2) 由$AC\cdot BC=2mn$,得$(x+m)(x+n)=2mn$,整理,得$x^{2}+(m+n)x=mn$.所以$AC^{2}+BC^{2}=(x+m)^{2}+(x+n)^{2}=2[x^{2}+(m+n)x]+m^{2}+n^{2}=m^{2}+n^{2}+2mn=(m+n)^{2}=AB^{2}$.由勾股定理的逆定理,得$∠C=90^{\circ }$.
(3) 如图②,过点 A 作$AG⊥BC$,垂足为 G.所以$∠AGC=∠AGB=90^{\circ }$,即$∠C+∠CAG=90^{\circ }$.因为$∠C=60^{\circ }$,所以$∠CAG=90^{\circ }-∠C=30^{\circ }$.所以$CG=\frac {1}{2}AC=\frac {1}{2}(x+m)$.在$Rt\triangle ACG$中,由勾股定理,得$AG=\sqrt {AC^{2}-CG^{2}}=\frac {\sqrt {3}}{2}(x+m)$.又$BG=BC-CG=(x+n)-\frac {1}{2}(x+m)$,所以在$Rt\triangle ABG$中,由勾股定理,得$AG^{2}+BG^{2}=AB^{2}$,即$[\frac {\sqrt {3}}{2}(x+m)]^{2}+[(x+n)-\frac {1}{2}(x+m)]^{2}=(m+n)^{2}$.整理,得$x^{2}+(m+n)x=3mn$.所以$S_{\triangle ABC}=\frac {1}{2}BC\cdot AG=\frac {1}{2}(x+n)×\frac {\sqrt {3}}{2}(x+m)=\frac {\sqrt {3}}{4}[x^{2}+(m+n)x+mn]=\frac {\sqrt {3}}{4}(3mn+mn)=\sqrt {3}mn$.则$\triangle ABC$的面积为$\sqrt {3}mn$.