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2025年通城学典非常课课通九年级数学上册人教版江苏专版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年通城学典非常课课通九年级数学上册人教版江苏专版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
10. 如图，$\odot O$ 的半径为 $17$ cm，$AB // CD$，$AB = 30$ cm，$CD = 16$ cm，圆心 $O$ 位于 $AB$，$CD$ 的上方。求 $AB$ 和 $CD$ 之间的距离。
答案：
10.连接OA,OC，过点O作OF⊥CD于点F，交AB于点E.
∵AB//CD,
∴OE⊥AB.
∴AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=15cm,CF=DF=$\frac{1}{2}$CD=8cm.
∵OA=17cm,
∴在Rt△OAE中,OE= $\sqrt{17^{2}-15^{2}}$=8(cm).同理,OF=15cm.
∵圆心O位于AB,CD的上方，
∴EF=OF−OE=15−8=7(cm),即AB和CD之间的距离是7cm
∵AB//CD,
∴OE⊥AB.
∴AE=BE=$\frac{1}{2}$AB=15cm,CF=DF=$\frac{1}{2}$CD=8cm.
∵OA=17cm,
∴在Rt△OAE中,OE= $\sqrt{17^{2}-15^{2}}$=8(cm).同理,OF=15cm.
∵圆心O位于AB,CD的上方，
∴EF=OF−OE=15−8=7(cm),即AB和CD之间的距离是7cm
11. 如图，$AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$C$ 是 $\overset{\frown}{BD}$ 的中点，$CF$ 是 $\odot O$ 的弦，且 $CF \perp AB$，垂足为 $E$，连接 $BD$ 交 $CF$ 于点 $G$，连接 $CD$，$AD$，$BF$。
（1）求证：$\triangle BFG \cong \triangle CDG$；
（2）若 $AD = BE = 2$，求 $BF$ 的长。
（1）求证：$\triangle BFG \cong \triangle CDG$；
（2）若 $AD = BE = 2$，求 $BF$ 的长。
答案：
11.
(1)
∵C是BD的中点，
∴ $\widehat{CD}=\widehat{BC}$.
∵AB是⊙O的直径,且CF⊥AB，
∴CE=EF， $\widehat{CE}=\widehat{EF}$，BC=BF， $\widehat{BC}=\widehat{BF}$.
∴ $\widehat{CD}=\widehat{BF}$.
∴CD=BF.在△BFG和△CDG中，
$\begin{cases}\angle FGB=\angle DGC,\\\angle BFG=\angle CDG,\end{cases}$
∴△BFG≌△CDG.
(2)如图,连接OF.设⊙O的半径为r,则OE=r−2.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°.在Rt△ADB中,BD²=AB²−AD²,即BD²=(2r)²−2²;在Rt△OEF中,EF²=OF²−OE²,即EF²=r²−(r−2)².
∵CD=BC=BF，
∴BD=CF.
∴BD²=CF²=(2EF)²=4EF²,即(2r)²−2²=4[r²−(r−2)²],解得r=1(不合题意,舍去)或r=3.
∴在Rt△BEF中,BF²=EF²+BE²=3²−(3−2)²+2²=12.
∴BF=2$\sqrt{3}$
11.
(1)
∵C是BD的中点，
∴ $\widehat{CD}=\widehat{BC}$.
∵AB是⊙O的直径,且CF⊥AB，
∴CE=EF， $\widehat{CE}=\widehat{EF}$，BC=BF， $\widehat{BC}=\widehat{BF}$.
∴ $\widehat{CD}=\widehat{BF}$.
∴CD=BF.在△BFG和△CDG中，
$\begin{cases}\angle FGB=\angle DGC,\\\angle BFG=\angle CDG,\end{cases}$
∴△BFG≌△CDG.
(2)如图,连接OF.设⊙O的半径为r,则OE=r−2.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°.在Rt△ADB中,BD²=AB²−AD²,即BD²=(2r)²−2²;在Rt△OEF中,EF²=OF²−OE²,即EF²=r²−(r−2)².
∵CD=BC=BF，
∴BD=CF.
∴BD²=CF²=(2EF)²=4EF²,即(2r)²−2²=4[r²−(r−2)²],解得r=1(不合题意,舍去)或r=3.
∴在Rt△BEF中,BF²=EF²+BE²=3²−(3−2)²+2²=12.
∴BF=2$\sqrt{3}$
12. 如图，$AB$ 为 $\odot O$ 的一固定直径，它把 $\odot O$ 分成上、下两个半圆，过上半圆上一点 $C$ 作弦 $CD \perp AB$，$\angle OCD$ 的平分线交 $\odot O$ 于点 $P$，当点 $C$ 在上半圆(不包括 $A$，$B$ 两点)上移动时，点 $P$(
A.到 $CD$ 的距离保持不变
B.位置不变
C.等分 $\overset{\frown}{CD}$
D.随点 $C$ 的移动而移动
B
)A.到 $CD$ 的距离保持不变
B.位置不变
C.等分 $\overset{\frown}{CD}$
D.随点 $C$ 的移动而移动
答案：
12.B
13. 如图，$\odot O$ 的半径为 $1$，$A$，$P$，$B$，$C$ 是 $\odot O$ 上的四个点，$\angle APC = \angle BPC = 60^{\circ}$。
（1）判断 $\triangle ABC$ 的形状。
（2）试探究线段 $AP$，$BP$，$CP$ 之间的数量关系，并证明你的结论。
（3）当点 $P$ 位于 $\overset{\frown}{AB}$ 的什么位置时，四边形 $APBC$ 的面积最大？求出最大面积。
（1）判断 $\triangle ABC$ 的形状。
（2）试探究线段 $AP$，$BP$，$CP$ 之间的数量关系，并证明你的结论。
（3）当点 $P$ 位于 $\overset{\frown}{AB}$ 的什么位置时，四边形 $APBC$ 的面积最大？求出最大面积。
答案：
13.
(1)
∵∠BAC=∠BPC,∠ABC=∠APC,∠APC=∠BPC=60°,
∴∠ABC=∠BAC=60°.
∴易得△ABC是等边三角形.
(2)CP=AP+BP.如图①,在PC上截取PD=AP，连接AD.
∵∠APC=60°,
∴△APD是等边三角形.
∴AD=AP=PD,∠ADP=60°.
∴∠ADC=120°.又
∵∠APB=∠APC+∠BPC=120°,
∴∠APB=∠ADC.在△APB和△ADC中，
$\begin{cases}\angle ABP=\angle ACD,\\\angle APB=\angle ADC,\end{cases}$
∴△APB≌△ADC.
∴BP=CD.又
∵PD=AP,
∴CP=PD+CD=AP+BP.
(3)当点P位于AB的中点处时,四边形APBC的面积最大.如图②,过点P作PE⊥AB,垂足为E,过点C作CF⊥AB，垂足为F.
∵$S_{\triangle APB}=\frac{1}{2}AB·PE$,$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB·CF$,
∴$S_{四边形APBC}=S_{\triangle APB}+S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$.当点P位于AB的中点处时,PE+CF=PC,PC为⊙O的直径，
∴此时四边形APBC的面积最大.又
∵⊙O的半径为1,
∴易得AB=$\sqrt{3}$,⊙O的直径为2.
∴四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$
13.
(1)
∵∠BAC=∠BPC,∠ABC=∠APC,∠APC=∠BPC=60°,
∴∠ABC=∠BAC=60°.
∴易得△ABC是等边三角形.
(2)CP=AP+BP.如图①,在PC上截取PD=AP，连接AD.
∵∠APC=60°,
∴△APD是等边三角形.
∴AD=AP=PD,∠ADP=60°.
∴∠ADC=120°.又
∵∠APB=∠APC+∠BPC=120°,
∴∠APB=∠ADC.在△APB和△ADC中，
$\begin{cases}\angle ABP=\angle ACD,\\\angle APB=\angle ADC,\end{cases}$
∴△APB≌△ADC.
∴BP=CD.又
∵PD=AP,
∴CP=PD+CD=AP+BP.
(3)当点P位于AB的中点处时,四边形APBC的面积最大.如图②,过点P作PE⊥AB,垂足为E,过点C作CF⊥AB，垂足为F.
∵$S_{\triangle APB}=\frac{1}{2}AB·PE$,$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB·CF$,
∴$S_{四边形APBC}=S_{\triangle APB}+S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$.当点P位于AB的中点处时,PE+CF=PC,PC为⊙O的直径，
∴此时四边形APBC的面积最大.又
∵⊙O的半径为1,
∴易得AB=$\sqrt{3}$,⊙O的直径为2.
∴四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$
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