《2025年拔尖特训九年级数学上册人教版》

9. 如图,AD 为$\triangle ABC$的外接圆的直径,$AD\perp BC$,垂足为 F,$\angle ABC$的平分线交 AD 于点 E,连接 BD,CD.
(1)求证:$BD= CD$.
(2)试判断 B,E,C 三点是否在以点 D 为圆心、DB 长为半径的圆上,并说明理由.

答案： （1）$\because AD$为直径,$AD\perp BC$,$\therefore \overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$.$\therefore BD=CD$.
（2）B,E,C三点在以点D为圆心、DB长为半径的圆上.
理由:由（1）,知$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,$\therefore \angle BAD=\angle CBD$.
$\because BE$是$\angle ABC$的平分线,$\therefore \angle CBE=\angle ABE$.
$\because \angle DBE=\angle CBD+\angle CBE$,$\angle DEB=\angle BAD+\angle ABE$,$\therefore \angle DBE=\angle DEB$.$\therefore BD=DE$.
由（1）,知$BD=CD$,$\therefore BD=DE=CD$.$\therefore B,E,C$三点在以点D为圆心、DB长为半径的圆上.

10. 如图①,BD,CE 是$\triangle ABC$的高,BD,CE 相交于点 F,M 是 BC 的中点,$\odot O是\triangle ABC$的外接圆.
(1)点 B,C,D,E 是否在以点 M 为圆心的同一个圆上？请说明理由.
(2)如图②,若$AB= 8,CF= 6$,求$\triangle ABC$外接圆的半径.

答案： （1）点B,C,D,E在以点M为圆心的同一个圆上.
理由:如图①,连接EM,DM.$\because BD\perp AC,CE\perp AB$,$\therefore \angle BDC=\angle BEC=90^\circ$.$\because M$是BC的中点,$\therefore EM=BM=\frac{1}{2}BC,DM=CM=\frac{1}{2}BC$.$\therefore EM=BM=DM=CM$.$\therefore$点B,C,D,E在以点M为圆心的同一个圆上.
（2）如图②,连接AF并延长,交BC于点G,连接BO并延长,交$\odot O$于点H,连接AH,CH.$\because BD,CE$是$\triangle ABC$的高,BD,CE相交于点F,$\therefore AG\perp BC$.$\because BH$是$\odot O$的直径,$\therefore \angle BAH=\angle BCH=90^\circ$.$\therefore BA\perp AH,BC\perp CH$.$\therefore AG// CH$.$\because CE\perp AB$,$\therefore AH// CE$.$\therefore$四边形AFCH是平行四边形.$\therefore CF=AH=6$.$\because$在$Rt\triangle BAH$中,$AB=8$,$\therefore BH=\sqrt{AB^2+AH^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$.$\therefore \triangle ABC$外接圆的半径为5.

11. 如图,AB 为$\odot O$的直径,C 为$\odot O$上一点,其中$AB= 4,\angle AOC= 120^{\circ }$,P 为$\odot O$上的动点,连接 AP,取 AP 中点 Q,连接 CQ,则线段 CQ 长的最大值为(D)
A.3
B.$1+\sqrt {6}$
C.$1+3\sqrt {2}$
D.$1+\sqrt {7}$

答案： D 解析:如图,连接OQ,过点C作$CH\perp AB$于点H.$\because AQ=QP$,$\therefore OQ\perp PA$.$\therefore \angle AQO=90^\circ$.$\therefore$点Q的运动轨迹为以AO为直径的$\odot K$.连接CK,KQ.$\therefore OK=KQ=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×4=1$.当点Q在CK的延长线上时,CQ的长最大.在$Rt\triangle OCH$中,$\because \angle COH=180^\circ - 120^\circ=60^\circ$,$OC=2$,$\therefore$易得$OH=\frac{1}{2}OC=1$,$CH=\sqrt{3}$.在$Rt\triangle CKH$中,$KH=KO+OH=2$.$\therefore CK=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}$.$\therefore CQ$长的最大值为$1+\sqrt{7}$.

12. 如图,E 是菱形 ABCD 内一点,$\angle BEC= 90^{\circ },DF\perp CE$,垂足为 F,且$DF= CE$,连接 AE.
(1)求证:菱形 ABCD 是正方形.
(2)当 F 是线段 CE 的中点时,求证:点 F 在以 AB 为半径的$\odot A$上.

答案： （1）$\because DF\perp CE$,$\therefore \angle CFD=90^\circ$.$\therefore \angle CDF+\angle FCD=90^\circ$.$\because \angle BEC=90^\circ$,$\therefore \angle BEC=\angle CFD$.$\because$四边形ABCD为菱形,$\therefore BC=CD$.在$Rt\triangle BCE$和$Rt\triangle CDF$中,$\begin{cases} BC = CD \\ CE = DF \end{cases}$,$\therefore Rt\triangle BCE\congRt\triangle CDF$.$\therefore \angle BCE=\angle CDF$.$\therefore \angle BCE+\angle FCD=90^\circ$,即$\angle BCD=90^\circ$.$\therefore$菱形ABCD为正方形.
（2）连接AF,ED.$\because$四边形ABCD为正方形,$\therefore \angle ADC=90^\circ,AD=CD$.$\because F$为CE的中点,$DF\perp CE$,$\therefore DF$是CE的垂直平分线.$\therefore DE=DC=AD$.$\therefore \angle DAE=\angle DEA,\angle DEC=\angle DCE$.$\because \angle DAE+\angle DEA+\angle ADE=180^\circ$,$\angle DEC+\angle DCE+\angle CDE=180^\circ$,$\therefore \angle AED=\frac{180^\circ - \angle ADE}{2},\angle DEC=\frac{180^\circ - \angle CDE}{2}$.$\therefore \angle AEF=\angle AED+\angle DEC=180^\circ-\frac{1}{2}(\angle ADE+\angle CDE)=180^\circ - 45^\circ=135^\circ$.$\therefore \angle AEB=360^\circ - 135^\circ - 90^\circ=135^\circ$.$\therefore \angle AEF=\angle AEB$.$\because \triangle BCE\cong\triangle CDF$,$\therefore BE=CF=FE$.在$\triangle AFE$和$\triangle ABE$中,$\begin{cases} AE = AE \\ \angle AEF = \angle AEB \\ EF = EB \end{cases}$,$\therefore \triangle AFE\cong\triangle ABE$.$\therefore AB=AF$.$\therefore$点F在以AB为半径的$\odot A$上.