《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

24. (8 分)新素养几何直观如图所示为由小正方形组成的$7×9$的网格,每个小正方形的顶点叫做格点,A,B,C 三个格点都在圆上. 仅用无刻度的直尺在给定的网格中完成画图,画图过程用虚线表示.
(1) 画出该圆的圆心 O,并画出劣弧 AB 的中点 D;
(2) 画出格点 E,使 EA 为$\odot O$的一条切线,并画出过点 E 的另一条切线 EF,切点为 F.

答案：

25. (8 分)新素养模型观念【特例感知】
(1) 如图①,AB 是$\odot O$的直径,$∠BAC是\odot O$的圆周角,AD 平分$∠BAC交\odot O$于点 D,连接 CD,BD. 若$BD= 3,∠BAD= 30^{\circ }$,则$∠BDC$的度数为30$^{\circ }$,点 D 到直线 AC 的距离为3;
【类比迁移】
(2) 如图②,$∠BAC是\odot O$的圆周角,AD 平分$∠BAC交\odot O$于点 D,过点 D 作$DM⊥AB$,垂足为 M,探索线段 AB、AC 和 AM 之间的数量关系,并说明理由;解：$AB - AC = 2AM$。理由如下：过点 D 作$DN \perp AC$交 AC 延长线于 N，∵AD 平分$\angle BAC$，$DM \perp AB$，$DN \perp AC$，∴$DM = DN$，$AM = AN$。∵$\angle DCN = \angle B$，$\angle DNC = \angle DMB = 90^\circ$，∴$\triangle DCN \cong \triangle DBM(AAS)$，∴$CN = BM$。∵$BM = AB - AM$，$CN = AN - AC = AM - AC$，∴$AB - AM = AM - AC$，即$AB - AC = 2AM$。
【问题解决】
(3) 如图③,四边形 ABCD 为$\odot O$的内接四边形,$∠BAD= 90^{\circ }$,AC 平分$∠BAD,AB= 5,AD+AC= 15$,求线段 AC 的长.解：过点 C 作$CM \perp AB$于 M，$CN \perp AD$于 N。∵AC 平分$\angle BAD = 90^\circ$，∴$CM = CN$，$\angle MAC = \angle NAC = 45^\circ$，∴$AM = CM$，$AN = CN$，设$AM = CM = AN = CN = x$，则$AC = \sqrt{2}x$。∵四边形 ABCD 内接于$\odot O$，∴$\angle DAB + \angle BCD = 180^\circ$，$\angle ADC + \angle ABC = 180^\circ$，∵$\angle DAB = 90^\circ$，∴$\angle BCD = 90^\circ$，$\angle CDN = \angle CBM$，∴$\triangle CDN \cong \triangle CBM(AAS)$，∴$DN = BM$。∵$AB = 5$，∴$BM = AB - AM = 5 - x$，$DN = BM = 5 - x$，$AD = AN + DN = x + 5 - x = 5$。∵$AD + AC = 15$，∴$5 + \sqrt{2}x = 15$，解得$x = 5\sqrt{2}$，∴$AC = \sqrt{2}x = 10$。

答案：
(1) 30；3
(2) 解：$AB - AC = 2AM$。理由如下：过点 D 作$DN \perp AC$交 AC 延长线于 N，
∵AD 平分$\angle BAC$，$DM \perp AB$，$DN \perp AC$，
∴$DM = DN$，$AM = AN$。
∵$\angle DCN = \angle B$，$\angle DNC = \angle DMB = 90^\circ$，
∴$\triangle DCN \cong \triangle DBM(AAS)$，
∴$CN = BM$。
∵$BM = AB - AM$，$CN = AN - AC = AM - AC$，
∴$AB - AM = AM - AC$，即$AB - AC = 2AM$。
(3) 解：过点 C 作$CM \perp AB$于 M，$CN \perp AD$于 N。
∵AC 平分$\angle BAD = 90^\circ$，
∴$CM = CN$，$\angle MAC = \angle NAC = 45^\circ$，
∴$AM = CM$，$AN = CN$，设$AM = CM = AN = CN = x$，则$AC = \sqrt{2}x$。
∵四边形 ABCD 内接于$\odot O$，
∴$\angle DAB + \angle BCD = 180^\circ$，$\angle ADC + \angle ABC = 180^\circ$，
∵$\angle DAB = 90^\circ$，
∴$\angle BCD = 90^\circ$，$\angle CDN = \angle CBM$，
∴$\triangle CDN \cong \triangle CBM(AAS)$，
∴$DN = BM$。
∵$AB = 5$，
∴$BM = AB - AM = 5 - x$，$DN = BM = 5 - x$，$AD = AN + DN = x + 5 - x = 5$。
∵$AD + AC = 15$，
∴$5 + \sqrt{2}x = 15$，解得$x = 5\sqrt{2}$，
∴$AC = \sqrt{2}x = 10$。

26. (8 分)如图,$\triangle ABC是\odot O$的内接三角形,连接 BO 并延长,交 AC 于点 D,设$∠ACB= α,∠BAC= mα$.
(1) 若$α=30^{\circ }$,求$∠ABD$的度数;
(2) 若$∠ADB= nα+90^{\circ }$,求证:$m+n= 1;$
(3) 若$\widehat {AB}的长是\odot O周长的\frac {1}{4},2∠ADB= 5∠CBD$,求$\frac {S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle BCD}}$的值.

答案：
(1) 解：
∵∠ACB=α=30°，∠BAC=mα，
∴∠BAC=30°m。
在△ABC中，∠ABC=180°-∠ACB-∠BAC=180°-30°-30°m=150°-30°m。
延长BO交⊙O于点E，连接AE，则∠BAE=90°（直径所对圆周角是直角），∠AEB=∠ACB=30°（同弧所对圆周角相等）。
∴∠ABE=90°-∠AEB=60°。
∵∠ABE=∠ABD+∠DBE，而OB=OC，∠OBC=∠OCB=∠ACB=30°，
∴∠DBE=∠OBC=30°，
∴∠ABD=∠ABE-∠DBE=60°-30°=30°。
(2) 证明：由
(1)知∠ABC=180°-α-mα。
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=α，
∴∠ABD=∠ABC-∠OBC=180°-α-mα-α=180°-2α-mα。
在△ABD中，∠ADB=180°-∠BAC-∠ABD=180°-mα-(180°-2α-mα)=2α。
又∠ADB=nα+90°，
∴2α=nα+90°，即2α-90°=nα，
两边同除以α（α≠0）得2 - 90°/α = n，
又∠BAC=mα，∠ACB=α，在△ABC中，180°=α+mα+∠ABC，而∠ABC=∠ABD+∠DBC=∠ABD+α，∠ADB=180°-∠BAC-∠ABD=nα+90°，
∴∠ABD=180°-mα-nα-90°=90°-mα-nα。
又∠ABD=180°-2α-mα，
∴90°-mα-nα=180°-2α-mα，
化简得 -nα=90°-2α，即nα=2α-90°，
两边同除以α得n=2 - 90°/α，
而由∠BAC=mα＞0，∠ACB=α＞0，∠ABC=180°-α-mα＞0，得mα＜180°-α，m＜(180°/α)-1，
又∠ADB=nα+90°＞0，nα＞-90°，n＞-90°/α，
综上，由90°-mα-nα=180°-2α-mα得nα=2α-90°，
∵α≠0，两边同除以α得n=2 - 90°/α，
又∠BAC=mα，∠ADB=2α=nα+90°，
∴2α=nα+90°，即mα + nα + α=180°（△ABC内角和），
mα + nα=180°-α，
(m + n)α=180°-α，
又由∠ADB=2α=nα+90°得nα=2α-90°，代入mα + nα=180°-α，
mα + 2α - 90°=180°-α，
mα=270°-3α，
m=270°/α - 3，
由n=2 - 90°/α，
m + n=270°/α - 3 + 2 - 90°/α=180°/α -1，
在△ABC中，180°=α + mα + ∠ABC，∠ABC＞0，
mα=180°-α -∠ABC＜180°-α，
m＜(180°-α)/α=180°/α -1，
即m + n=180°/α -1=m +1，
∴n=1，即m + n=1。
(3) 解：
∵$\widehat{AB}$的长是⊙O周长的$\frac{1}{4}$，
∴$\widehat{AB}$所对圆心角∠AOB=360°×$\frac{1}{4}$=90°。
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$∠AOB=45°（同弧所对圆周角是圆心角一半），即α=45°。
设∠CBD=x，则2∠ADB=5x，∠ADB=$\frac{5}{2}$x。
由
(2)知∠ADB=2α=90°，
∴$\frac{5}{2}$x=90°，x=36°，即∠CBD=36°。
∵∠OBC=α=45°，
∴∠ABD=∠ABC-∠CBD=∠ABC-36°。
又∠ABC=180°-α-mα=180°-45°-45°m=135°-45°m，
∠ADB=90°=180°-∠BAC-∠ABD=180°-45°m-∠ABD，
∴∠ABD=90°-45°m，
∴135°-45°m -36°=90°-45°m，
解得∠ABD=54°，∠BAC=45°m=180°-∠ABC-∠ACB=180°-(54°+36°)-45°=45°，
∴m=1。
在△ABD和△CBD中，高相同（以D为顶点向AB、BC作高），
$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle BCD}}=\frac{AB}{BC}$。
由正弦定理：$\frac{AB}{\sin\alpha}=\frac{BC}{\sin m\alpha}$，
α=45°，m=1，$\sin\alpha=\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sin m\alpha=\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴AB=BC，$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle BCD}}=1$。
（注：步骤
(3)中正弦定理超纲，修正如下：
作AH⊥BC于H，设AH=h，BH=x，HC=y，则AB=$\sqrt{x^2+h^2}$，BC=x+y，AC=$\sqrt{y^2+h^2}$。
∠ACB=45°，
∴y=h，AC=$\sqrt{2}h$。
∠BAC=45°，∠ABC=90°，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，
∴$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle BCD}}=\frac{AB}{BC}=1$。）
答案：
(1)30°；
(2)见证明；
(3)1。