《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

27. (10 分)已知 CH 是$\odot O$的直径,A,B 是$\odot O$上的两个点,连接 OA,OB,D,E 分别是半径 OA,OB 的中点,连接 CD,CE,BH,且$∠AOC= 2∠CHB$.
(1) 如图①,求证:$∠ODC= ∠OEC;$
(2) 如图②,延长 CE 交 BH 于点 F. 若$CD⊥OA$,求证:$FC= FH;$
(3) 如图③,G 是$\widehat {BH}$上一点,连接 AG,BG,HG,OF. 在(2)的条件下,若$AG:BG= 5:3,HG= 2$,求 OF 的长.

答案： 1. （1）证明：
因为$\angle AOC = 2\angle CHB$，$\angle AOC = 2\angle OAC$（同弧所对的圆心角是圆周角的$2$倍，$\angle OAC$是$\overset{\frown}{OC}$所对的圆周角，$\angle AOC$是$\overset{\frown}{OC}$所对的圆心角），所以$\angle OAC=\angle CHB$。
又因为$OA = OB$，$D$，$E$分别是$OA$，$OB$的中点，所以$OD=\frac{1}{2}OA$，$OE=\frac{1}{2}OB$，则$OD = OE$。
因为$OC = OC$，$\angle AOC=\angle BOC$（$\angle AOC = 2\angle CHB$，$\angle BOC = 2\angle CHB$）。
在$\triangle ODC$和$\triangle OEC$中，$\begin{cases}OD = OE\\\angle DOC=\angle EOC\\OC = OC\end{cases}$，根据$SAS$（边角边）定理，$\triangle ODC\cong\triangle OEC$。
所以$\angle ODC=\angle OEC$。
2. （2）证明：
因为$CD\perp OA$，$D$是$OA$中点，所以$CA = CO$（垂直平分线的性质：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等）。
又因为$CO = OA$，所以$\triangle AOC$是等边三角形，$\angle AOC = 60^{\circ}$。
由（1）知$\angle AOC=\angle BOC = 60^{\circ}$，$\angle CHB=\frac{1}{2}\angle BOC = 30^{\circ}$。
因为$\angle OEC=\angle ODC = 90^{\circ}$（$CD\perp OA$，$\triangle ODC\cong\triangle OEC$），$\angle BOC = 60^{\circ}$，所以$\angle ECO = 30^{\circ}$。
所以$\angle FCH=\angle CHB = 30^{\circ}$，所以$FC = FH$（等角对等边）。
3. （3）解：
由（2）知$\angle AOC=\angle BOC = 60^{\circ}$，所以$\angle AOB = 120^{\circ}$，$\angle AHG+\angle BHG=\frac{1}{2}\angle AOB = 60^{\circ}$。
因为$\angle HCG=\angle HAG$，$\angle HCG=\angle FCH = 30^{\circ}$（$\angle FCH=\angle CHB = 30^{\circ}$，$\angle HCG$与$\angle FCH$是同一个角），所以$\angle HAG = 30^{\circ}$。
同理$\angle HBG = 30^{\circ}$。
把$\triangle HBG$绕点$H$逆时针旋转$60^{\circ}$，使$HB$与$HA$重合，设$BG$与$AG$交于点$M$。
因为$\angle AHG+\angle BHG = 60^{\circ}$，$\angle HAG=\angle HBG = 30^{\circ}$，所以$\angle AGH = 90^{\circ}$。
设$AG = 5x$，$BG = 3x$，由旋转知$MG=AG - AM=AG - BG = 5x - 3x = 2x$，$\angle MHG = 60^{\circ}$，$HG = HM = 2$。
所以$\triangle MHG$是等边三角形，$MG = HG = 2$，即$2x = 2$，$x = 1$。
所以$AG = 5$，$BG = 3$。
在$Rt\triangle AGH$中，$AH=\sqrt{AG^{2}-HG^{2}}=\sqrt{25 - 4}=\sqrt{21}$。
因为$\angle AHB=\frac{1}{2}\angle AOB = 60^{\circ}$，$\angle AFH=\angle FCH+\angle CHB = 60^{\circ}$，所以$\triangle AFH$是等边三角形。
因为$OA = OB$，$\angle AOC=\angle BOC = 60^{\circ}$，$OE = OD$，$\angle OEC=\angle ODC = 90^{\circ}$，$CF = FH$。
易证$\triangle AOC\cong\triangle BOC$，$CE = CD$，$\angle ECF=\angle DCH$。
因为$\angle AOC = 60^{\circ}$，$OA = OC$，$CD\perp OA$，所以$OD=\frac{1}{2}OC$。
设$OC = r$，则$OD=\frac{1}{2}r$，$CD=\frac{\sqrt{3}}{2}r$。
因为$\angle CHB = 30^{\circ}$，$\angle CFH = 60^{\circ}$，$\angle FCH = 30^{\circ}$，$OC = OB$，$\angle BOC = 60^{\circ}$，$OB = BH$（$\triangle OBH$是等边三角形，因为$\angle BOC = 60^{\circ}$，$OB = OC$）。
又因为$\triangle AGH$中，$\angle AGH = 90^{\circ}$，$\angle AHG = 60^{\circ}$，$HG = 2$，$AH = 4$（$\cos\angle AHG=\frac{HG}{AH}$，$\cos60^{\circ}=\frac{2}{AH}$，$AH = 4$）。
因为$\angle AHB = 60^{\circ}$，$\angle AFH = 60^{\circ}$，所以$OF=\frac{1}{2}AH$（$O$是$AB$中点，$\triangle AFH$是等边三角形，根据中位线定理或等边三角形三线合一）。
所以$OF = 1$。
综上，（1）得证$\angle ODC=\angle OEC$；（2）得证$FC = FH$；（3）$OF$的长为$1$。

28. (10 分)如图①,以 AE 为直径的半圆的圆心为 O,半径为 5,矩形 ABCD 的顶点 B 在直径 AE 上,顶点 C 在半圆上,$AB= 8$,P 为半圆上一点(点 P 不与 A,E 两点重合).
(1) 矩形 ABCD 的边 BC 的长为4;
(2) 连接 AP,将矩形沿直线 AP 折叠,点 B 落在点$B'$处.
① 点$B'$到直线 AE 的最大距离是8;
② 当点 P 与点 C 重合时,连接 OC,如图②所示,$AB'$交 DC 于点 M. 求证:四边形 AOCM 是菱形;
③ 连接$EB'$,则当$EB'// BD$时,$EB'$的长为$\frac{16\sqrt{5}}{5}$.

答案： 1. （1）
连接$OC$，因为$AE$为直径，$O$为圆心，半径$r = 5$，所以$AO=OE = OC=5$。
已知$AB = 8$，则$OB=AB - AO=8 - 5 = 3$。
在$Rt\triangle OBC$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（其中$c$为斜边，$a,b$为两直角边），$BC=\sqrt{OC^{2}-OB^{2}}$。
把$OC = 5$，$OB = 3$代入得$BC=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$。
2. （2）①
当$AP$为半圆$O$的切线时（此时$AP\perp AE$），点$B'$到直线$AE$的距离最大。
由折叠性质可知$AB'=AB = 8$，因为$AP\perp AE$，所以点$B'$到直线$AE$的最大距离是$8$。
3. （2）②
解（证明）：
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AB// CD$，即$AO// CM$。
由折叠可知$\angle BAC=\angle B'AC$，因为$OA = OC$，所以$\angle OAC=\angle OCA$。
所以$\angle B'AC=\angle OCA$，则$AM// OC$。
所以四边形$AOCM$是平行四边形。
又因为$OA = OC = 5$，所以平行四边形$AOCM$是菱形。
4. （2）③
连接$AC$，$BD$，因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AC = BD$。
由（1）知$AB = 8$，$BC = 4$，根据勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+4^{2}}=\sqrt{64 + 16}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$，所以$BD = 4\sqrt{5}$。
因为$EB'// BD$，$AB// CD$，所以$\angle ABD=\angle B'EO$，$\angle BAD=\angle EOB' = 90^{\circ}$。
又因为$AB = AB'$，$AB = CD$，$CD = BE$（矩形对边相等，$AE = 10$，$AB = 8$，$BE=AE - AB=2$，这里错误，重新来：
连接$AC$，$BD$，$EB'$，$OB'$。因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AD = BC = 4$，$AB = 8$，$BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{8^{2}+4^{2}}=\sqrt{64 + 16}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$。
因为$EB'// BD$，所以$\angle AEB'=\angle ABD$。
又因为$\angle BAE=\angle B'AE$，$AB = AB' = 8$。
设$EB'=x$，过$B'$作$B'H\perp AE$于$H$。
由$\triangle AEB'\sim\triangle ABD$（$\angle AEB'=\angle ABD$，$\angle EAB'=\angle BAD = 90^{\circ}$），根据相似三角形对应边成比例$\frac{EB'}{BD}=\frac{AB'}{AB + BE}$（$BE=AE - AB=10 - 8 = 2$）。
即$\frac{x}{4\sqrt{5}}=\frac{8}{8 + 2}$，$10x=32\sqrt{5}$，解得$x=\frac{16\sqrt{5}}{5}$。
故答案依次为：（1）$4$；（2）①$8$；②见上述证明过程；③$\frac{16\sqrt{5}}{5}$。