《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

28. (10分)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$∠ACB= 90^{\circ },AB= 10,AC= 6$,D为边BC上的一个动点,连接AD,以CD为直径的$\odot O$交AD于点E,过点C作$CF// AB$,交$\odot O$于点F,连接CE,EF.
(1) 当$∠CFE= 45^{\circ }$时,求CD的长;
(2) 求证:$∠BAC= ∠CEF$;
(3) 是否存在点D,使$\triangle CFE$是以EF为腰的等腰三角形? 若存在,求出此时CD的长;若不存在,请说明理由.

答案：

(1) 因为$∠CFE=45^{\circ }$,所以$∠CDE=∠CFE=45^{\circ }$.因为$∠ACB=90^{\circ }$,所以$∠CDE+∠DAC=90^{\circ }$.所以$∠DAC=90^{\circ }-∠CDE=45^{\circ }$.所以$∠DAC=∠ADC$.所以$AC=CD$.又$AC=6$,所以$CD=6$.
(2) 因为$∠ACB=90^{\circ }$,所以$∠B+∠BAC=90^{\circ }$.又$AB// CF$,所以$∠DCF=∠B$,即$∠DCF+∠BAC=90^{\circ }$.又 CD 是$\odot O$的直径,所以$∠DEC=90^{\circ }$,即$∠DEF+∠CEF=90^{\circ }$.又$∠DEF=∠DCF$,所以$∠BAC=∠CEF$.
(3) 存在.在$Rt\triangle ABC$中,$∠ACB=90^{\circ }$,$AB=10$,$AC=6$,由勾股定理,得$BC=\sqrt {AB^{2}-AC^{2}}=8$.连接 FD 并延长,交 AB 于点 G.因为四边形 CEDF 为$\odot O$的内接四边形,所以$∠ECF+∠EDF=180^{\circ }$.又$∠EDF+∠ADG=180^{\circ }$,所以$∠ADG=∠ECF$.因为$\triangle CFE$是以 EF 为腰的等腰三角形,所以有$EF=CE$或$EF=CF$两种情况.① 如图①,当$EF=CE$时,$∠EFC=∠ECF$.又$∠CDE=∠EFC$,所以$∠ADG=∠CDE$.因为 CD 为$\odot O$的直径,所以$∠DFC=90^{\circ }$.因为$FC// AB$,所以$∠DFC+∠FGA=180^{\circ }$,即$∠FGA=180^{\circ }-∠DFC=90^{\circ }$.所以$∠FGA=∠ACD$.因为$AD=AD$,所以$\triangle AGD\cong \triangle ACD(AAS)$.所以$AG=AC=6$,$DG=DC$.所以$BG=AB-AG=4$.设$CD=x$,则$BD=BC-CD=8-x$,$DG=x$.在$Rt\triangle BDG$中,由勾股定理,得$BG^{2}+DG^{2}=BD^{2}$,所以$4^{2}+x^{2}=(8-x)^{2}$,解得$x=3$,即$CD=3$;

② 如图②,当$EF=CF$时,$∠CEF=∠ECF$.因为$∠CEF=∠CDF$,所以$∠CDF=∠ECF$.又$∠CDF=∠BDG$,所以$∠BDG=∠ECF=∠ADG$.同理,得$∠FGA=90^{\circ }$,则$FG⊥AB$,即$∠DGB=∠DGA=90^{\circ }$.又$DG=DG$,所以$\triangle BDG\cong \triangle ADG(ASA)$.所以$BD=AD$.设$CD=m$,则$AD=BD=BC-CD=8-m$.在$Rt\triangle ACD$中,由勾股定理,得$AC^{2}+CD^{2}=AD^{2}$,所以$6^{2}+m^{2}=(8-m)^{2}$,解得$m=\frac {7}{4}$,即$CD=\frac {7}{4}$.综上,CD 的长为 3 或$\frac {7}{4}$.