《2025年实验班提优训练九年级数学上册人教版》

1. 如图,在以 AB 为直径的$\odot O$中,已知弦$CD⊥AB$于点 M,且$MB = 1$,$\sqrt {3}BC = 2MC$,点 P 是优弧 CAD 上的一个动点,连接 CP,BP,过点 O 作$OF⊥CP$于点 F,交 BP 于点 G,连接 AG.
(1) 求 BC 的长；
(2) 当点 P 在运动过程中,求 AG 的最小值.

答案：

(1) $\because CD \perp AB$ 于点 $M$，且 $MB = 1$，$\sqrt{3}BC = 2MC$，
$\therefore \angle BMC = \angle OMC = 90^{\circ}$，$MC = \frac{\sqrt{3}}{2}BC$。
$\because MB^{2} + MC^{2} = BC^{2}$，$\therefore 1^{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2}BC)^{2} = BC^{2}$，
$\therefore BC = 2$（负值已舍去），$\therefore BC$ 的长是 $2$。
(2) 如图，取 $BC$ 的中点 $K$，连接 $MK$，$CG$，$OC$，
则 $OB = OC$，$MK = BK = \frac{1}{2}BC = 1$，
$\therefore MK = BK = MB$，
$\therefore \triangle KBM$ 是等边三角形，
$\therefore \angle OBC = 60^{\circ}$，
$\therefore \triangle BOC$ 是等边三角形，

$\therefore OA = OB = OC = BC = 2$，
$OM = MB = 1$，$\angle BOC = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle P = \frac{1}{2}\angle BOC = 30^{\circ}$，$AM = OA + OM = 3$。
$\because OF \perp CP$ 于点 $F$，$\therefore CF = PF$，$\therefore CG = PG$，
$\therefore \angle GCP = \angle P = 30^{\circ}$，$\therefore \angle BGC = \angle GCP + \angle P = 60^{\circ}$。
作 $\triangle BGC$ 的外接圆交 $AB$ 于点 $J$，则 $\angle BJC = \angle BGC = 60^{\circ}$，$\therefore \angle BCJ = \angle BJC = \angle JBC = 60^{\circ}$，
$\therefore CJ$ 与 $CO$ 重合，$\therefore$ 点 $J$ 与点 $O$ 重合。
作 $OH$ 平分 $\angle BOC$ 交 $CM$ 于点 $H$，连接 $GH$，$AH$，则 $OH$ 所在的直线垂直平分 $BC$，$\therefore$ 点 $H$ 是 $\triangle BOC$ 的外心。
$\because CM = \sqrt{BC^{2} - MB^{2}} = \sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$，且等边三角形的重心与外心重合，
$\therefore CH = \frac{2}{3}CM = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，$MH = \frac{1}{3}CM = \frac{\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore AH = \sqrt{AM^{2} + MH^{2}} = \sqrt{3^{2} + (\frac{\sqrt{3}}{3})^{2}} = \frac{2\sqrt{21}}{3}$。
$\because$ 点 $G$ 在 $\odot H$ 上，$\therefore GH = CH = \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
$\because AG + GH \geq AH$，$\therefore AG + \frac{2\sqrt{3}}{3} \geq \frac{2\sqrt{21}}{3}$，
$\therefore AG \geq \frac{2\sqrt{21} - 2\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore AG$ 的最小值为 $\frac{2\sqrt{21} - 2\sqrt{3}}{3}$。

2. (2023·济宁中考)如图,已知 AB 是$\odot O$的直径,$CD = CB$,BE 切$\odot O$于点 B,过点 C 作$CF⊥OE$交 BE 于点 F,$EF = 2BF$.
(1) 如图(1),连接 BD,求证：$\triangle ADB\cong \triangle OBE$.
(2) 如图(2),N 是 AD 上一点,在 AB 上取一点 M,使$∠MCN = 60^{\circ }$,连接 MN. 请问：三条线段 MN,BM,DN 有怎样的数量关系？并证明你的结论.

答案：

(1) $\because CF \perp OE$，$OC$ 是半径，$\therefore CF$ 是圆 $O$ 的切线。
$\because BE$ 是圆 $O$ 的切线，$\therefore BF = CF$。
$\because EF = 2BF$，$\therefore EF = 2CF$，$\therefore \angle E = 30^{\circ}$，$\angle EOB = 60^{\circ}$。
$\because CD = CB$，$\therefore \overset{\frown}{CD} = \overset{\frown}{CB}$，$\therefore OC \perp BD$。
$\because AB$ 是直径，$\therefore \angle ADB = 90^{\circ} = \angle EBO$。
$\because \angle E + \angle EBD = 90^{\circ}$，$\angle ABD + \angle EBD = 90^{\circ}$，
$\therefore \angle E = \angle ABD = 30^{\circ}$，$\therefore AD = BO = \frac{1}{2}AB$，
$\therefore \triangle ADB \cong \triangle OBE(AAS)$。
(2) $MN = BM + DN$。证明如下：
延长 $ND$ 至点 $H$ 使得 $DH = BM$，连接 $CH$，$BD$，
如图所示，
$\because \angle CBM + \angle NDC = 180^{\circ}$，$\angle HDC + \angle NDC = 180^{\circ}$，
$\therefore \angle HDC = \angle MBC$。
又 $CD = CB$，$DH = BM$，
$\therefore \triangle HDC \cong \triangle MBC(SAS)$，
$\therefore \angle BCM = \angle DCH$，$CM = CH$。
由
(1) 可得 $\angle ABD = 30^{\circ}$。
$\because AB$ 是直径，$\therefore \angle ADB = 90^{\circ}$，
$\therefore \angle A = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle DCB = 180^{\circ} - \angle A = 120^{\circ}$。
$\because \angle MCN = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle BCM + \angle NCD = 120^{\circ} - \angle NCM = 120^{\circ} - 60^{\circ} = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle DCH + \angle NCD = \angle NCH = 60^{\circ}$，
$\therefore \angle NCH = \angle NCM$。
又 $NC = NC$，$CH = CM$，$\therefore \triangle CNH \cong \triangle CNM(SAS)$，
$\therefore NH = MN$，$\therefore MN = DN + DH = DN + BM$，
$\therefore MN = BM + DN$。

3. 如图,在四边形 ABCD 中,$AB// CD$,$AB≠CD$,$∠ABC = 90^{\circ }$,点 E,F 分别在线段 BC,AD 上,且$EF// CD$,$AB = AF$,$CD = DF$.
(1) 求证：$CF⊥FB$；
(2) 求证：以 AD 为直径的圆与 BC 相切；
(3) 若$EF = 2$,$∠DFE = 120^{\circ }$,求$\triangle ADE$的面积.

答案：

(1) $\because CD = DF$，$\therefore \angle DCF = \angle DFC$。
$\because EF // CD$，$\therefore \angle DCF = \angle EFC$。
$\therefore \angle DFC = \angle EFC$。$\therefore \angle DFE = 2\angle EFC$。
$\because AB = AF$，$\therefore \angle ABF = \angle AFB$。
$\because CD // EF$，$CD // AB$，$\therefore AB // EF$。
$\therefore \angle EFB = \angle ABF$，$\therefore \angle EFB = \angle AFB$。
$\therefore \angle AFE = 2\angle BFE$。
$\because \angle AFE + \angle DFE = 180^{\circ}$，$\therefore 2\angle BFE + 2\angle EFC = 180^{\circ}$。
$\therefore \angle BFE + \angle EFC = 90^{\circ}$。$\therefore \angle BFC = 90^{\circ}$。$\therefore CF \perp BF$。
(2) 如图
(1)，取 $AD$ 的中点 $O$，取 $BC$ 的中点 $H$，连接 $OH$，
连接 $CO$ 并延长交 $BA$ 的延长线于点 $G$，
$\therefore \angle G = \angle DCO$。$\because \angle AOG = \angle DOC$，$OA = OD$，
$\therefore \triangle AOG \cong \triangle DOC(AAS)$。$\therefore OG = OC$，$AG = DC$。
$\therefore OH$ 是 $\triangle BCG$ 的中位线。$\therefore OH // BG$，$OH = \frac{1}{2}BG = \frac{1}{2}(AB + AG) = \frac{1}{2}(AF + DF) = \frac{1}{2}AD$。
$\because \angle CBA = 90^{\circ}$，$OH // BG$，$\therefore OH \perp BC$。
$\therefore$ 以 $AD$ 为直径的圆与 $BC$ 相切。

(3) 如图
(2)，连接 $AE$，$DE$。由
(1) 知，$\angle DFE = 2\angle EFC$。
$\because \angle DFE = 120^{\circ}$，$\therefore \angle CFE = 60^{\circ}$。
在 $Rt\triangle CEF$ 中，$EF = 2$，$\angle ECF = 90^{\circ} - \angle CFE = 30^{\circ}$，
$\therefore CF = 2EF = 4$，$\therefore CE = \sqrt{CF^{2} - EF^{2}} = 2\sqrt{3}$。
$\because AB // EF // CD$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$\therefore \angle ECD = \angle CEF = 90^{\circ}$。
过点 $D$ 作 $DM \perp EF$，交 $EF$ 的延长线于点 $M$，
$\therefore \angle M = 90^{\circ}$，$\therefore \angle M = \angle ECD = \angle CEF = 90^{\circ}$。
$\therefore$ 四边形 $CEMD$ 是矩形，$\therefore DM = CE = 2\sqrt{3}$。
过点 $A$ 作 $AN \perp EF$ 于点 $N$，
$\therefore$ 四边形 $ABEN$ 是矩形。$\therefore AN = BE$。
由
(1) 知，$\angle CFB = 90^{\circ}$。$\because \angle CFE = 60^{\circ}$，$\therefore \angle BFE = 30^{\circ}$。
在 $Rt\triangle BEF$ 中，$EF = 2$，
由勾股定理易得 $BE = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，$\therefore AN = \frac{2\sqrt{3}}{3}$。
$\therefore S_{\triangle ADE} = S_{\triangle AEF} + S_{\triangle DEF} = \frac{1}{2}EF \cdot AN + \frac{1}{2}EF \cdot DM = \frac{1}{2}EF \cdot (AN + DM) = \frac{1}{2} \times 2 \times (\frac{2\sqrt{3}}{3} + 2\sqrt{3}) = \frac{8\sqrt{3}}{3}$。

4. 如图,线段 AB 与$\odot O$相切于点 B,AO 交$\odot O$于点 M,其延长线交$\odot O$于点 C,连接 BC,$∠ABC = 120^{\circ }$,D 为$\odot O上一点且\overset{\frown}{DB}$的中点为 M,连接 AD,CD.
(1) 求$∠ACB$的度数.
(2) 四边形 ABCD 是否是菱形？如果是,请证明；如果不是,请说明理由.
(3) 若$AC = 6$,求$\overset{\frown}{CD}$的长.

答案：

(1) 如图
(1)，连接 $OB$，
$\because$ 线段 $AB$ 与 $\odot O$ 相切于点 $B$，
$\therefore OB \perp AB$，$\therefore \angle ABO = 90^{\circ}$。
$\because \angle ABC = 120^{\circ}$，$\therefore \angle OBC = \angle ABC - \angle ABO = 30^{\circ}$。
$\because OB = OC$，$\therefore \angle ACB = \angle OBC = 30^{\circ}$。
(2) 四边形 $ABCD$ 是菱形。证明如下：
如图
(2)，连接 $BM$，$DM$，$\because \overset{\frown}{DB}$ 的中点为 $M$，
$\therefore \angle DCM = \angle BCM = 30^{\circ}$，$DM = BM$。
$\because \angle CAB + \angle ABC + \angle ACB = 180^{\circ}$，
$\therefore \angle CAB = 30^{\circ} = \angle ACB = \angle DCM$，
$\therefore AB = BC$，$AB // CD$。
$\because MC$ 为 $\odot O$ 的直径，$\therefore \angle CDM = \angle CBM = 90^{\circ}$。
在 $Rt\triangle CDM$ 和 $Rt\triangle CBM$ 中，$\begin{cases} CM = CM, \\ DM = BM, \end{cases}$
$\therefore Rt\triangle CDM \cong Rt\triangle CBM(HL)$，$\therefore CD = CB$，$\therefore CD = AB$。
又 $AB // CD$，$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形。
$\because AB = BC$，$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形。
(3) 如图
(3)，连接 $OD$。
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形，
$\therefore AD = CD$，
$\therefore \angle DAC = \angle DCA = 30^{\circ}$，
$\therefore \angle ADC = 180^{\circ} - \angle DAC - \angle DCA = 120^{\circ}$。
$\because OD = OC$，
$\therefore \angle ODC = \angle OCD = 30^{\circ}$，
$\therefore \angle ADO = \angle ADC - \angle ODC = 90^{\circ}$，$\angle COD = 180^{\circ} - \angle OCD - \angle ODC = 120^{\circ}$，$\therefore OA = 2OD = 2OC$。
$\because AC = OA + OC = 6$，$\therefore OC = 2$，
$\therefore \overset{\frown}{CD}$ 的长 $= \frac{120\pi \times 2}{180} = \frac{4}{3}\pi$。