《2025年时代新课程九年级数学上册苏科版》

8. (2023·娄底)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ AC = 3 $，$ AB = 4 $，$ BC $ 边上的高 $ AD = 2 $，将 $ \triangle ABC $ 绕着 $ BC $ 所在的直线旋转一周得到的几何体的表面积为14\pi.

答案： $8. 14\pi$

9. (2025·虞城县二模)在如图所示的网格中，每个小正方形的边长为 $ 1 $，点 $ A $、$ B $、$ O $ 均为格点，点 $ C $ 为弧 $ AB $ 的三等分点(靠近点 $ A $)，点 $ E $、$ F $ 分别是线段 $ AO $、$ BO $ 上的动点，且 $ EF = 5 $，点 $ G $ 为 $ EF $ 的中点，连接 $ CG $、$ BG $.在 $ EF $ 滑动的过程中，当 $ CG $ 值最小时，阴影部分的面积是\frac{25}{6}\pi-\frac{25}{8}\sqrt{3}.

答案： $9. \frac{25}{6}\pi-\frac{25}{8}\sqrt{3}$

10. 在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90^{\circ} $，$ AC = 12 $，$ BC = 9 $，$ \odot P $ 在 $ \triangle ABC $ 内自由移动.若 $ \odot P $ 的半径为 $ 1 $，则圆心 $ P $ 在 $ \triangle ABC $ 内所能到达的区域的面积为24.

答案： 10. 24

11. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，以 $ AB $ 为直径的 $ \odot O $ 分别与 $ BC $，$ AC $ 相交于点 $ D $，$ E $，$ BD = CD $，过点 $ D $ 作 $ \odot O $ 的切线交边 $ AC $ 于点 $ F $.
(1) 求证：$ DF \perp AC $；
(2) 若 $ \odot O $ 的半径为 $ 5 $，$ \angle CDF = 30^{\circ} $，求 $ \overgroup{BD} $ 的长.(结果保留 $ \pi $)

答案： 1. （1）证明：
连接$OD$。
因为$DF$是$\odot O$的切线，$D$为切点，所以$OD\perp DF$，即$\angle ODF = 90^{\circ}$。
因为$OA = OB$，$BD = CD$，所以$OD$是$\triangle ABC$的中位线。
根据三角形中位线定理，$OD// AC$。
所以$\angle DFC=\angle ODF$（两直线平行，同位角相等）。
因为$\angle ODF = 90^{\circ}$，所以$\angle DFC = 90^{\circ}$，即$DF\perp AC$。
2. （2）
因为$\angle CDF = 30^{\circ}$，$\angle ODF = 90^{\circ}$，所以$\angle ODB=180^{\circ}-\angle CDF - \angle ODF=60^{\circ}$。
又因为$OB = OD$（$\odot O$的半径），所以$\triangle OBD$是等边三角形。
则$\angle BOD = 60^{\circ}$。
已知$\odot O$的半径$r = 5$，根据弧长公式$l=\frac{n\pi r}{180}$（其中$n$是圆心角的度数，$r$是半径）。
对于$\overgroup{BD}$，$n = 60^{\circ}$，$r = 5$，所以$l_{\overgroup{BD}}=\frac{60\pi×5}{180}=\frac{5\pi}{3}$。
综上，（1）得证；（2）$\overgroup{BD}$的长为$\frac{5\pi}{3}$。

12. (2025·宜兴市二模)如图，在半 $ \odot O $ 中，直径 $ AB $ 的长为 $ 6 $，点 $ C $ 是半圆上一点，过圆心 $ O $ 作 $ AB $ 的垂线交线段 $ AC $ 的延长线于点 $ D $，交弦 $ BC $ 于点 $ E $.
(1) 求证：$ \angle D = \angle ABC $；
(2) 若 $ OE = CE $，求图中阴影部分的面积(结果保留根号和 $ \pi $).

答案： 12.
(1) 证明：$\because AB $是直径，$\therefore \angle ACB = 90^{\circ}$
$\therefore \angle A + \angle ABC = 90^{\circ}$
$\because DO \perp AB, \therefore \angle A + \angle D = 90^{\circ}$
$\therefore \angle D = \angle ABC;$
(2) 解：设$\angle B = \alpha，$则$\angle BCO = \alpha，$
$\because OE = CE, \therefore \angle EOC = \angle BCO = \alpha，$
在$\triangle BCO$中，$\alpha + \alpha + 90^{\circ} + \alpha = 180^{\circ}，$
$\therefore \alpha = 30^{\circ}, \therefore \angle A = 60^{\circ}，$
$\because OA = 3, \therefore OC = OA = 3, OD = 3\sqrt{3}，$
OA边上的高为$\frac{3\sqrt{3}}{2}，$
$\therefore S = \frac{9\sqrt{3}}{4} - \frac{3}{4}\pi.$

13. 如图，已知扇形 $ AOB $ 中，$ \angle AOB = 60^{\circ} $，半径 $ R = 3 $.
(1) 求扇形 $ AOB $ 的面积 $ S $ 及图中阴影部分的面积 $ S_{阴} $；
(2) 在扇形 $ AOB $ 的内部，$ \odot O_1 $ 与 $ OA $，$ OB $ 都相切，且与 $ \overgroup{AB} $ 只有一个交点 $ C $，此时我们称 $ \odot O_1 $ 为扇形 $ AOB $ 的内切圆，试求 $ \odot O_1 $ 的面积 $ S_1 $.

答案： 13. 解：$(1) \because \angle AOB = 60^{\circ}, R = 3, \therefore S = \frac{60\pi × 3^{2}}{360} = \frac{3\pi}{2}，$
$\because OA = OB, \angle AOB = 60^{\circ},$
$\therefore \triangle OAB $是等边三角形，
$\therefore S_{\triangle OAB} = \frac{9\sqrt{3}}{4}，$
$\therefore $阴影部分的面积$ S_{阴} = \frac{3\pi}{2} - \frac{9\sqrt{3}}{4}.$
(2) 设$ \odot O_1 $与 OA 相切于点 E，连接
$O_1O, O_1E,$
$\because $相切两圆的连心线必过切点，
$\therefore O、$$O_1、$C三点共线，
$\therefore \angle EOO_1 = \frac{1}{2} \angle AOB = 30^{\circ}, \angle OEO_1 = 90^{\circ}，$
在$ Rt \triangle OO_1E $中，
$\because \angle EOO_1 = 30^{\circ}, \therefore OO_1 = 2O_1E, \therefore O_1E = 1，$
$\therefore \odot O_1 $的半径$ O_1E = 1. \therefore S_1 = \pi r^2 = \pi.$