《2025年小题狂做九年级数学上册苏科版巅峰版》

10. 菱形ABCD的边长为1,$\angle ADC= 60^\circ$,等边三角形AEF的顶点E,F分别在边DC,CB上.
(1)如图1,若点E,F分别是边DC,CB的中点,求证:菱形ABCD对角线AC,BD的交点O即为等边三角形AEF的外心.
(2)如图2,若点E,F始终分别在边DC,CB上移动,记等边三角形AEF的外心为点P.猜想$\triangle AEF$的外心P落在哪一条直线上,并加以证明.

答案：
(1) 证明:连接OE，OF。在菱形ABCD中，因为∠ADC=60°，所以△ADC为等边三角形，故BC=AD=CD=AC。因为E是CD的中点，易知O是BD的中点，所以OE=1/2BC。同理，OF=1/2CD。易知OA=1/2AC。所以OE=OF=OA，所以点O即为等边三角形AEF的外心。
(2) 猜想:△AEF的外心P落在直线BD上。证明如下:
连接AP，EP，过点P分别作PH⊥AD于点H，PG⊥CD于点G，则∠DHP=∠DGP=90°。因为∠ADC=60°，所以∠GPH=360° - ∠DGP - ∠DHP - ∠ADC=120°。因为点P是等边三角形AEF的外心，所以∠APE=120°，所以∠EPG=∠APH。易证△EPG≌△APH (AAS)，所以PG=PH，所以点P在菱形ABCD的对角线BD上。

11. 如图,$\odot O$的半径为R,正三角形ABC内接于$\odot O$,将$\triangle ABC$按逆时针方向旋转90°后得到$\triangle A'B'C'$,它的两边与AB相交于点D,E.现有以下说法:①$AD= A'D$;②$B'E= 3A'E$;③$\angle ADC'= 30^\circ$;④$R= \sqrt{3}DE$.其中说法正确的个数是 (B)
A.1
B.2
C.3
D.4

答案： B 提示:连接A'O，AO，AA'，BB'。由题意可知，△A'B'C'为等边三角形，∠BAC=∠B'A'C'=60°，而点O为△A'B'C'的外心，所以∠C'A'O=∠OAB=30°。又因为∠A'OA=90°，AO=A'O，所以∠AA'O=∠A'AO=45°，所以∠AA'D=∠A'AD=15°，所以AD=A'D，故①正确。易知∠A'DE=∠AA'D+∠A'AD=30°，而∠DA'E=60°，所以∠A'ED=90°。所以A'D=2A'E，DE=√3A'E，所以AE=AD+DE=A'D+DE=(2 + √3)A'E。因为AB=A'B'，所以⌢AB=⌢A'B'，所以⌢AA'=⌢BB'，所以AA'=BB'。易证△AA'E≌△B'BE (AAS)，所以AE=B'E。所以B'E=(2 + √3)A'E，故②错误。因为∠ADC'=∠A'DE=30°，故③正确。在Rt△AA'E中，AE=(2 + √3)A'E，所以AA'²=AE²+A'E²=(8 + 4√3)A'E²，所以AA'=√2×(√3 + 1)A'E。易得AA'=√2R，所以(√3 + 1)A'E=R，可得R=(√3 + 1)×√3/3DE=(3 + √3)/3DE，故④错误。

12. 联想三角形外心的概念,我们可定义:到三角形两个顶点的距离相等的点,叫作此三角形的“准外心”.如图,若$PM= PN$,则点P为$\triangle MNO$的“准外心”.已知$\triangle ABC$为直角三角形,斜边$BC= 5$,$AB= 3$,“准外心”点P在边AC上,则PA的长为______2或7/8.

答案： 2或7/8 提示:因为△ABC为直角三角形，斜边BC=5，AB=3，所以AC=√(BC² - AB²)=4。由题意知，当PA=PC时，PA=1/2AC=2；当PB=PC时，设PA=x，则PB=PC=4 - x，在Rt△ABP中，由勾股定理，得PA²+AB²=PB²，即x²+3²=(4 - x)²，解得x=7/8，所以PA=7/8。