《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

16. 新素养 几何直观 如图,矩形ABOC的顶点O在坐标原点,顶点B,C分别在x轴、y轴的正半轴上,顶点A在反比例函数$y= \frac {k}{x}$(k为常数,$k＞0,x＞0)$的图像上,将矩形ABOC绕点A按逆时针方向旋转$90^{\circ }得到矩形AB'O'C'$.若点O的对应点$O'$恰好落在此反比例函数的图像上,则$\frac {OB}{OC}$的值是$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

答案： $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

17. 如图,AB是$\odot O$的直径,$AB= 4$,C为半圆O的三等分点(靠近点A),P为$\odot O$上一动点.若D为AP的中点,则线段CD的长的最小值为______$\sqrt{3}-1$.

答案： $\sqrt{3}-1$ 解析:连接 OD，OC，AC.因为 AB 是⊙O 的直径，AB=4，所以 OA=OC=2.又 D为 AP 的中点，所以 OD⊥AP，即∠ADO=90°.所以点 D 在以 OA 为直径的圆上.取 OA的中点为 E，连接 DE，则$DE=OE=\frac{1}{2}OA=1$.所以当点 D 在线段 CE 上时，CD 的长最小.又 C 为半圆 O 的三等分点（靠近点 A），所以∠AOC=60°，即△AOC 是等边三角形.所以 CE⊥OA.在Rt△OCE 中，由勾股定理，得$CE=\sqrt{OC^{2}-OE^{2}}=\sqrt{3}$.所以 CD 的长的最小值为$CE-DE=CE-OE=\sqrt{3}-1$.

18. 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$∠C= 90^{\circ },AC= 6,BC= 2\sqrt {3}$,半径为1的$\odot O在Rt\triangle ABC$内平移($\odot O$可以与该三角形的边相切),则点A到$\odot O$上的点的距离的最大值为______$2\sqrt{7}+1$.

答案： $2\sqrt{7}+1$ 解析:由题意，得当⊙O 与 AB，BC 都相切时，OA 的长最大（如图），即点 A 到⊙O 上的点的距离最大，且最大值为 OA 的长与⊙O的半径之和.设此时⊙O 与 BC 的切点为 F.连接 OF，OB，OA，则 OF⊥BC，$\angle OBF=\frac{1}{2}\angle ABC$.所以∠OFB=∠OFC=90°.过点 O作 OH⊥AC 于点 H，则∠OHC=∠OHA=90°.又∠C=90°，所以四边形 OHCF 是矩形，即 OH=CF，CH=OF.又⊙O 的半径为 1，所以 CH=OF=1.在 Rt△ABC 中，AC=6，$BC=2\sqrt{3}$，由勾股定理，得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=4\sqrt{3}$，所以$BC=\frac{1}{2}AB$.所以∠BAC=30°.又∠BAC+∠ABC=90°，所以∠ABC=90°-∠BAC=60°，即∠OBF=30°.所以 OB=2OF=2.在Rt△BOF 中，由勾股定理，得$BF=\sqrt{OB^{2}-OF^{2}}=\sqrt{3}$.所以 CF=BC-BF=$\sqrt{3}$，即 OH=$\sqrt{3}$.在 Rt△AOH 中，AH=AC-CH=5，由勾股定理，得$OA=\sqrt{AH^{2}+OH^{2}}=2\sqrt{7}$.所以点 A 到⊙O 上的点的距离的最大值为$2\sqrt{7}+1$.

19. (6分)解下列方程:
(1)$(3x+2)^{2}-4x^{2}= 0$;
(2)(2023·江苏无锡)$2x^{2}+x-2= 0$.

答案： （1）$x_{1}=-2$，$x_{2}=-\frac{2}{5}$.（2）$x_{1}=\frac{-1+\sqrt{17}}{4}$，$x_{2}=\frac{-1-\sqrt{17}}{4}$.

20. (6分)亮点原创 已知$T= (2m+5n)^{2}+(3m+5n)(3m-5n)-m^{2}$.
(1)化简T;
(2)若关于y的方程$\frac {1}{4}y^{2}-(m+n)y+n^{2}+\frac {1}{3}mn+1= 0$有两个相等的实数根,求T的值.

答案： （1）$T=4m^{2}+20mn+25n^{2}+9m^{2}-25n^{2}-m^{2}=12m^{2}+20mn$.（2）由题意，得$[-(m+n)]^{2}-4×\frac{1}{4}\cdot(n^{2}+\frac{1}{3}mn+1)=m^{2}+\frac{5}{3}mn-1=0$，所以$3m^{2}+5mn=3$.由（1），得$T=12m^{2}+20mn$，所以$T=4(3m^{2}+5mn)=12$.