《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

27. (10分)如图,D是$\triangle ABC外接圆\odot O$上的一点,$AC⊥BD$于点G,连接AD,过点B作直线$BF// AD$交AC于点E,交$\odot O$于点F,且F是$\widehat {CD}$的中点,连接OG,OD,CD.
(1)求证:$∠DBF= ∠ACB$;
(2)若$AG= \frac {\sqrt {6}}{2}GE$,试探究$∠GOD与∠ADC$之间的数量关系,并证明.

答案： （1）因为 AD//BF，所以∠ADB=∠DBF.又∠ACB=∠ADB，所以∠DBF=∠ACB.（2）2∠GOD+∠ADC=240°.证明如下：如图，作 OM⊥DC 于点 M，连接 OC.由（1），得∠ADB=∠DBF，所以$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{DF}$.又 F 为$\overset{\frown}{DC}$的中点，所以$\overset{\frown}{FC}=\overset{\frown}{DF}$，即$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{FC}$.所以∠GCB=∠CBE=∠GBE.因为 AC⊥BD，所以∠BGC=90°，即∠GBE+∠CBE+∠GCB=90°.所以∠GCB=∠CBE=∠GBE=30°.所以∠ADB=30°，∠DBC=60°.所以∠DOC=2∠DBC=120°.又 OD=OC，所以∠DOM=60°.又∠DOM+∠ODM=90°，所以∠ODM=90°-∠DOM=30°.设 GE=x，则$AG=\frac{\sqrt{6}}{2}x$，BE=2x.由勾股定理，得$BG=\sqrt{BE^{2}-GE^{2}}=\sqrt{3}x$.所以$BC=2BG=2\sqrt{3}x$.由勾股定理，得$GC=\sqrt{BC^{2}-BG^{2}}=3x$.在 Rt△ADG 中，$AD=2AG=\sqrt{6}x$，由勾股定理，得$DG=\sqrt{AD^{2}-AG^{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}x$.在Rt△CDG 中，由勾股定理，得$DC=\sqrt{DG^{2}+GC^{2}}=\frac{3\sqrt{6}}{2}x$.所以$DM=\frac{3\sqrt{6}}{4}x$.在Rt△ODM 中，$OM=\frac{1}{2}OD$，由勾股定理，得$OD^{2}=OM^{2}+DM^{2}$，所以$OD^{2}=(\frac{1}{2}OD)^{2}+\frac{54}{16}x^{2}$，解得$OD=\frac{3\sqrt{2}}{2}x$.所以 DG=OD，即∠GOD=∠OGD.所以 2∠GOD+∠ADC=∠GOD+∠OGD+∠GDO+∠ADB+∠ODM=180°+30°+30°=240°.

28. (10分)【操作体验】
如图①,线段AB和直线l,用无刻度的直尺和圆规在l上作出所有的点P,使$∠APB= 30^{\circ }$.如图②,小明的作图方法如下:

第一步:分别以A,B两点为圆心,AB的长为半径作弧,两弧在AB上方交于点O;
第二步:连接OA,OB;
第三步:以点O为圆心,OA的长为半径作$\odot O$,交l于$P_{1},P_{2}$两点.
所以图中$P_{1},P_{2}$两点即为所求的点.
(1)在图②中,连接$P_{1}A,P_{1}B$.求证:$∠AP_{1}B= 30^{\circ }$;
【方法迁移】
(2)如图③,用无刻度的直尺和圆规在矩形ABCD内(不包括矩形边上的点)作出所有的点P,使得$∠BPC= 45^{\circ }$(不写作法,保留作图痕迹);
【深入探究】
(3)已知矩形ABCD,$BC= 2,AB= m$,P为边AD上的点.若满足$∠BPC= 45^{\circ }$的点P恰有两个,则m的取值范围为______;
(4)已知矩形ABCD,$AB= 3,BC= 2$,P是矩形ABCD内部一点,且$∠BPC= 135^{\circ }$.若点P绕点A逆时针旋转$90^{\circ }$到点Q,则PQ的长的最小值为______.

答案：
（1）由作图过程，得 OA=OB=AB，所以△AOB 为等边三角形.所以∠AOB=60°.所以$\angle AP_{1}B=\frac{1}{2}\angle AOB=30^{\circ}$.（2）如图①，P 为$\overset{\frown}{EF}$上的任意一点（E，F 两点除外）. （3）$2\leq m＜\sqrt{2}+1$ 解析:由（2）中的方法作⊙O（如图②）.当 BE=BC=2 时，因为四边形 ABCD 为矩形，所以∠ABC=∠BCD=90°.所以△BCE 是等腰直角三角形.所以∠BEC=45°.同理，得∠BFC=45°.所以此时点 P 有两个，即 E，F 两点；当⊙O 与直线 MN 相切时，$\angle BPC=\frac{1}{2}\angle BOC=45^{\circ}$，此时点 P 只有一个.过点 O 作 OH⊥BC，则$BH=\frac{1}{2}BC$.又 BC=2，所以 BH=1.又∠BOC=90°，所以 OH=BH=1.在Rt△BOH 中，由勾股定理，得$OB=\sqrt{OH^{2}+BH^{2}}=\sqrt{2}$.则 OP=OB=$\sqrt{2}$.所以$PH=OP+OH=\sqrt{2}+1$，即 BM=$\sqrt{2}+1$.又 AB=m，所以当$2\leq m＜\sqrt{2}+1$时，满足∠BPC=45°的点 P 恰有两个.（4）$\sqrt{34}-2$ 解析:如图③，由（2）中的方法作⊙O，使∠BOC=90°.在优弧 BC 上任取一点 H，连接 BH，CH，则∠BHC=45°.又四边形 BHCP 是⊙O 的内接四边形，所以∠BPC+∠BHC=180°.所以∠BPC=135°.则点 P 在劣弧 BC 上.由旋转的性质，得 AQ=AP，∠PAQ=90°.所以△PAQ 是等腰直角三角形.所以$PQ=\sqrt{2}AP$.则当 AP 的长最小时，PQ 的长最小.过点 O 作 OK⊥AB，交 AB 的延长线于点 K，则∠AKO=90°.又∠ORB=∠RBK=90°，OR=BR，所以四边形 ORBK 为正方形.所以$OK=BK=BR=\frac{1}{2}BC$.又 BC=2，所以 OK=BK=1.由勾股定理，得$OB=\sqrt{OK^{2}+BK^{2}}=\sqrt{2}$.又 AB=3，所以 AK=4.在Rt△AOK 中，由勾股定理，得$AO=\sqrt{AK^{2}+OK^{2}}=\sqrt{17}$.所以当 P 为 AO与$\overset{\frown}{BC}$的交点时，AP 的长最小，且最小值为 AO-OE=AO-OB=$\sqrt{17}-\sqrt{2}$.所以 PQ 的长的最小值为$\sqrt{2}×(\sqrt{17}-\sqrt{2})=\sqrt{34}-2$.