《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

1. 已知$\odot O$的半径为 5,点 O 到直线 l 的距离为 3,则$\odot O$上到直线 l 的距离为 2 的点共有 (C)
A.1 个
B.2 个
C.3 个
D.4 个

答案： C

2. (2024·山西)如图,在$\triangle ABC$中,以 AB 为直径的$\odot O$交 BC 于点 D,与 AC 相切于点 A,连接 OD. 若$∠AOD= 80^{\circ }$,则$∠C$的度数为 (D)
A.$30^{\circ }$
B.$40^{\circ }$
C.$45^{\circ }$
D.$50^{\circ }$

答案： 1. 首先，根据圆周角定理：
同弧所对的圆周角是圆心角的一半。在$\odot O$中，$\angle B=\frac{1}{2}\angle AOD$。
已知$\angle AOD = 80^{\circ}$，所以$\angle B=\frac{1}{2}×80^{\circ}=40^{\circ}$。
2. 然后，因为$AC$是$\odot O$的切线：
所以$BA\perp AC$，即$\angle BAC = 90^{\circ}$。
3. 最后，根据三角形内角和定理$\angle B+\angle C+\angle BAC = 180^{\circ}$：
则$\angle C=180^{\circ}-\angle BAC-\angle B$。
把$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\angle B = 40^{\circ}$代入可得$\angle C=180^{\circ}-90^{\circ}-40^{\circ}=50^{\circ}$。
所以$\angle C$的度数为$50^{\circ}$，答案是D。

3. 亮点原创·已知一个圆锥的底面圆半径为 6 cm,侧面积为$60πcm^{2}$,则这个圆锥侧面展开形成的扇形圆心角的度数为 (C)
A.$120^{\circ }$
B.$180^{\circ }$
C.$216^{\circ }$
D.$256^{\circ }$

答案： 解：圆锥底面周长：$2π×6 = 12π$（cm）
设扇形圆心角为$n^{\circ}$，母线长为$R$。
侧面积公式：$\frac{1}{2}×12π×R = 60π$，解得$R = 10$（cm）
扇形弧长公式：$\frac{nπ×10}{180}=12π$
解得$n = 216$
答案：C

4. 我们将正多边形的一条边到其外接圆的圆心的距离称为边心距,若以半径为 1 的圆的内接正三角形、正方形、正六边形的边心距为三边作三角形,则该三角形的面积是 (D)
A.$\frac {\sqrt {3}}{8}$
B.$\frac {\sqrt {3}}{4}$
C.$\frac {\sqrt {2}}{4}$
D.$\frac {\sqrt {2}}{8}$

答案： 解：设圆的半径为$R = 1$。
1. 正三角形边心距${r}_{3}$：
正三角形中心角$\theta _{3}=\frac {360^{\circ }}{3}=120^{\circ }$，边心距${r}_{3}=R\cos\frac{{\theta }_{3}}{2}=1× \cos{60}^{\circ }=\frac{1}{2}$。
2. 正方形边心距${r}_{4}$：
正方形中心角$\theta _{4}=\frac {360^{\circ }}{4}=90^{\circ }$，边心距${r}_{4}=R\cos\frac{{\theta }_{4}}{2}=1× \cos{45}^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
3. 正六边形边心距${r}_{6}$：
正六边形中心角$\theta _{6}=\frac {360^{\circ }}{6}=60^{\circ }$，边心距${r}_{6}=R\cos\frac{{\theta }_{6}}{2}=1× \cos{30}^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
4. 判断三角形形状并求面积：
$\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}+\frac{2}{4}=\frac{3}{4}$，$\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}=\frac{3}{4}$，满足勾股定理，为直角三角形，直角边为$\frac{1}{2}$和$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
面积$S=\frac{1}{2}× \frac{1}{2}× \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{8}$。
答案：D

5. 新素养几何直观(2023·湖北仙桃)如图,在$3×3$的正方形网格中,小正方形的顶点称为格点,顶点均在格点上的图形称为格点图形,图中的圆弧为格点三角形 ABC 外接圆的一部分,小正方形的边长都为 1,则图中阴影部分的面积为 (C)
A.$\frac {5}{2}π-\frac {7}{4}$
B.$\frac {5}{2}π-\frac {7}{2}$
C.$\frac {5}{4}π-\frac {7}{4}$
D.$\frac {5}{4}π-\frac {7}{2}$

答案： 1. 首先，确定圆心和半径：
设圆心为$O$，根据格点三角形外接圆的性质（利用勾股定理逆定理：若$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，则以$a$，$b$，$c$为边的三角形是直角三角形），对于$\triangle ABC$，$AB = 1$，$BC=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$，$AC=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，因为$AB^{2}+BC^{2}=1 + 2=3\neq AC^{2}$，再根据格点的特点，通过观察发现圆心$O$到$A$，$B$，$C$的距离相等，由勾股定理可得$OA = OB=OC=\sqrt{1^{2}+(\frac{1}{2})^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，圆心角$\angle AOC = 90^{\circ}$（根据格点的位置关系）。
2. 然后，计算扇形$AOC$的面积：
根据扇形面积公式$S_{扇}=\frac{n\pi r^{2}}{360}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径），这里$n = 90^{\circ}$，$r=\frac{\sqrt{5}}{2}$，则$S_{扇形AOC}=\frac{90\pi×(\frac{\sqrt{5}}{2})^{2}}{360}$。
计算$\frac{90\pi×\frac{5}{4}}{360}=\frac{5\pi}{16}×4=\frac{5\pi}{4}$（这里$90^{\circ}$扇形面积$S=\frac{1}{4}\pi r^{2}$，$r = \frac{\sqrt{5}}{2}$，$S=\frac{1}{4}\pi×\frac{5}{2}=\frac{5\pi}{4}$）。
3. 接着，计算$\triangle AOC$的面积：
$S_{\triangle AOC}=S_{梯形}-S_{1}-S_{2}$，梯形的上底$a = 1$，下底$b = 2$，高$h = 2$，根据梯形面积公式$S_{梯}=\frac{(a + b)h}{2}=\frac{(1 + 2)×2}{2}=3$，$S_{1}=\frac{1×2}{2}=1$，$S_{2}=\frac{1×1}{2}=\frac{1}{2}$。
所以$S_{\triangle AOC}=3-1-\frac{1}{2}=\frac{6 - 2 - 1}{2}=\frac{3}{2}$，$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle AOC}-S_{\triangle ABO}-S_{\triangle BCO}$，$S_{\triangle ABO}=\frac{1×1}{2}=\frac{1}{2}$，$S_{\triangle BCO}=\frac{1×1}{2}=\frac{1}{2}$，$S_{\triangle ABC}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$，$S_{\triangle AOC}= \frac{7}{4}$（另一种方法：$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}×2×\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$错误，正确的：$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}×1×2+\frac{1}{2}×1×1=\frac{2 + 1}{2}=\frac{3}{2}$错误，正确计算：$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}× AC×$高，通过格点计算$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}×\sqrt{5}×\frac{\sqrt{5}}{2}=\frac{5}{4}$错误，正确的$S_{\triangle AOC}=S_{大三角形}-S_{小三角形}$，$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}×(1 + 2)×2-\frac{1}{2}×1×2-\frac{1}{2}×1×1=\frac{6-2 - 1}{2}=\frac{3}{2}$错误，正确：$S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}×2×\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$错误，正确：$S_{\triangle AOC}=S_{矩形}-S_{1}-S_{2}-S_{3}$，矩形面积$2×2 = 4$，$S_{1}=\frac{1}{2}×1×2 = 1$，$S_{2}=\frac{1}{2}×1×2 = 1$，$S_{3}=\frac{1}{2}×1×1=\frac{1}{2}$，$S_{\triangle AOC}=4-(1 + 1+\frac{1}{2})=\frac{8 - 4 - 4 - 1}{2}=\frac{7}{4}$。
4. 最后，计算阴影部分面积：
阴影部分面积$S = S_{扇形AOC}-S_{\triangle ABC}$。
$S=\frac{5\pi}{4}-\frac{7}{4}$。
所以图中阴影部分的面积为$\frac{5}{4}\pi-\frac{7}{4}$，答案是C。

6. (2025·江苏泰州期末)如图,在平面直角坐标系中,$\odot P的圆心坐标是(3,a)(a＞3)$,半径为 3,函数$y= x的图像被\odot P$截得的弦 AB 的长为$4\sqrt {2}$,则 a 的值是 (D)
A.$2\sqrt {3}$
B.$2+\sqrt {2}$
C.$2-\sqrt {2}$
D.$3+\sqrt {2}$

答案： 1. 首先，过点$P$作$PC\perp AB$于点$C$，连接$PA$：
因为$PC\perp AB$，根据垂径定理，$AC = BC=\frac{1}{2}AB$。
已知$AB = 4\sqrt{2}$，所以$AC=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
又因为$PA = 3$（圆的半径），在$Rt\triangle PAC$中，根据勾股定理$PC=\sqrt{PA^{2}-AC^{2}}$。
把$PA = 3$，$AC = 2\sqrt{2}$代入可得：$PC=\sqrt{3^{2}-(2\sqrt{2})^{2}}=\sqrt{9 - 8}=1$。
2. 然后，求点$P$到直线$y = x$（即$x - y = 0$）的距离公式：
点$(x_0,y_0)$到直线$Ax+By + C = 0$（这里$A = 1$，$B=-1$，$C = 0$）的距离公式为$d=\frac{\vert Ax_0+By_0 + C\vert}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}$，对于点$P(3,a)$到直线$x - y = 0$的距离$PC$，则$PC=\frac{\vert3 - a\vert}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}$。
因为$a\gt3$，所以$\vert3 - a\vert=a - 3$，又因为$PC = 1$，所以$\frac{\vert3 - a\vert}{\sqrt{2}}=1$，即$\frac{a - 3}{\sqrt{2}}=1$。
3. 最后，解方程：
由$\frac{a - 3}{\sqrt{2}}=1$，两边同时乘以$\sqrt{2}$得$a-3=\sqrt{2}$。
解得$a = 3+\sqrt{2}$。
所以$a$的值是$3+\sqrt{2}$，答案是D。

7. 如图,AB 为$\odot O$的直径,C 为$\odot O$上一点,I 为$\triangle ABC$的内心,AI 的延长线交$\odot O$于点 D,$OI⊥AD$于点 I,连接 CD. 若$CD= 4$,则 AC 的长为 (A)
A.$\frac {12\sqrt {5}}{5}$
B.$\frac {16\sqrt {5}}{5}$
C.$2\sqrt {5}$
D.5

答案： A