9. 如图，$\odot O$ 的半径为 1，$A,P,B,C$ 是 $\odot O$ 上的四个点，$∠ APC = ∠ CPB = 60°$.
（1）$△ ABC$ 的形状为.
（2）试探究线段 $PA,PB,PC$ 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？说明理由并求出最大面积.

9. 解:(1) 等边三角形
(2) $PC=PA+PB$. 证明如下：
如图 1,在 PC 上截取 $PD=PA$,连接 AD.
因为 $∠ APD=60°$,所以 $△ APD$ 是等边三角形,所以 $AD=PA=PD$,$∠ ADP=60°$,所以 $∠ ADC=120°$. 又因为 $∠ APB=∠ APC+$$∠ CPB=120°$,所以 $∠ ADC=∠ APB$. 在
$△ APB$ 和 $△ ADC$ 中,$\begin{cases}∠ APB=∠ ADC,\\∠ ABP=∠ ACD,\\AP=AD,\end{cases}$所以
$△ APB≌△ ADC$,所以 $PB=DC$. 又因为$PD=PA$,所以 $PC=PA+PB$.
(3) 当 P 为 $\overset{\frown}{AB}$ 的中点时,四边形 APBC的面积最大. 理由如下：
如图 2,过点 P 作 $PE⊥ AB$,垂足为 E. 过点 C 作 $CF⊥ AB$,垂足为 F. 因为 $S_{△ APB}=$$\frac{1}{2}AB· PE$,$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CF$,所以
$S_{\mathrm{四边形}APBC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)≤\frac{1}{2}AB·$$PC$. 当 P 为 $\overset{\frown}{AB}$ 的中点时,$PE+CF=PC$,此时点 E 与点 F 重合,P,E,C 三点共线,且PC 为 $\odot O$ 的直径,所以此时四边形 APBC的面积最大. 又因为 $\odot O$ 的半径为 1,所以其内接正三角形的边长 $AB=\sqrt{3}$,所以四边形APBC 面积的最大值为 $\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$.

【分析】
本题是圆的综合题，分三小问逐步推导：
（1）利用圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，由已知∠APC=∠CPB=60°，可得△ABC的两个内角为60°，进而判断其形状；
（2）探究PA、PB、PC的数量关系，采用截长补短法：在PC上截取PD=PA，先证△APD为等边三角形，再通过角的关系证明△APB≌△ADC，推导出线段和的关系；
（3）四边形APBC的面积由△APB和△ABC的面积和组成，AB为定值，面积取决于AB边上的高之和，当P为弧AB中点时，高之和等于圆的直径，此时面积最大，结合圆的半径计算最大面积。
【解析】
（1）
∵∠APC与∠ABC都是弧AC所对的圆周角，
∴∠ABC=∠APC=60°；
同理，∠BAC与∠CPB都是弧BC所对的圆周角，
∴∠BAC=∠CPB=60°，
∴△ABC中，∠ABC=∠BAC=60°，故△ABC是等边三角形。
（2）PC=PA+PB，证明如下：
如图1，在PC上截取PD=PA，连接AD。
∵∠APC=60°，PD=PA，
∴△APD是等边三角形，
∴AD=PA=PD，∠ADP=60°，
∴∠ADC=180°-∠ADP=120°。
又
∵∠APB=∠APC+∠CPB=60°+60°=120°，
∴∠APB=∠ADC。
在△APB和△ADC中：
$\{\begin{array}{l}∠APB=∠ADC \\∠ABP=∠ACD \\AP=AD\end{array} $
∴△APB≌△ADC（AAS），
∴PB=DC，
又
∵PD=PA，
∴PC=PD+DC=PA+PB。
（3）当点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC的面积最大，理由如下：
如图2，过点P作PE⊥AB于E，过点C作CF⊥AB于F。
则$S_{△APB}=\frac{1}{2}AB·PE$，$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·CF$，
∴$S_{四边形APBC}=S_{△APB}+S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·(PE+CF)$。
∵AB为定值，
∴当PE+CF最大时，四边形面积最大。
当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，PE+CF=PC，此时PC为⊙O的直径（圆中最长弦），故PC最大，PE+CF最大。
已知⊙O半径为1，直径PC=2；△ABC是⊙O的内接等边三角形，边长$AB=\sqrt{3}$，
∴四边形APBC的最大面积为$\frac{1}{2}×AB×PC=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×2=\sqrt{3}$。
【答案】
（1）等边三角形；（2）$PC=PA+PB$；（3）当P为$\overset{\frown}{AB}$的中点时，四边形APBC面积最大，最大面积为$\sqrt{3}$。

【知识点】
圆周角定理，全等三角形判定，面积最值
【点评】
本题综合考查圆的性质、全等三角形、等边三角形及面积最值，需运用截长补短法处理线段和问题，利用圆的直径是最长弦求面积最大值，是中等难度的几何综合题，对学生的几何逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.5

10. 已知$△ A B C$内接于$\odot O$.
(1) 如图 1,过点$B$作$B D ⊥ A C$于点$N$,交$\odot O$于点$D$,过点$A$作$A E ⊥ B C$于点$E$,交$BD$于点$M$,试探究$AM$与$AD$的数量关系,并说明理由.
(2) 如图 2,在(1)的条件下,过点$O$作$O H ⊥ B C$于点$H$,试证明:$A M=2 O H$.
(3) 如图 3,作$∠ B A C$的平分线$AD$交$\odot O$于点$D$,若$P$为劣弧$BC$上一动点,连接$P B, P C$,过点$D$作$D H ⊥ P C$于点$H$,试猜想$\dfrac{P B+P C}{C H}$的值是否是定值.如果是,请求出定值;如果不是,请说明理由.

10. (1) 解:$AM=AD$. 理由如下：
因为 $BD⊥ AC$,$AE⊥ BC$,所以 $∠ AND=$$∠ BEM=90°$,所以 $∠ D=∠ C=90°-$$∠ CBD=∠ BME=∠ AMD$,所以 $AM=AD$.
(2) 证明:如图 1,过点 C 作 $\odot O$ 的直径 CF,连接 BF. 因为 CF 是 $\odot O$ 的直径,所以$∠ CBF=90°$. 因为 $BD⊥ AC$,所以 $∠ BNA=$$90°$. 因为 $∠ F=∠ BAC$,所以 $∠ BCF=$$∠ ABD$,所以 $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{AD}$,所以 $BF=AD$,由(1)得 $AM=AD$,所以 $AM=BF$. 因为$OH⊥ BC$,所以 H 为 BC 的中点,所以 OH是 $△ CBF$ 的中位线,所以 $OH=\frac{1}{2}BF=$$\frac{1}{2}AM$,即 $AM=2OH$.

(3) 解:$\frac{PB+PC}{CH}$ 的值是定值. 如图 2,在CH 上截取 $CN=BP$,连接 DB,DC,DP,DN,则 $∠ PBD=∠ NCD$. 因为 AD 是$∠ BAC$ 的平分线,所以 $∠ BAD=∠ CAD$,所以 $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,所以 $BD=CD$. 所以$△ PBD≌△ NCD$,所以 $DP=DN$. 因为$DH⊥ PC$,所以 $PH=NH$. 所以 $PB+$$PC=PN+CN+CN=2HN+2CN=$$2CH$,所以 $\frac{PB+PC}{CH}=2$.

【分析】
本题为圆的综合题，分三个小问逐步推导：(1) 利用垂直关系得到直角，结合同角的余角相等推导角相等，进而得出AM与AD的数量关系；(2) 通过作直径构造三角形，结合圆周角定理、垂径定理和三角形中位线定理证明AM=2OH；(3) 采用截长补短法构造全等三角形，结合等腰三角形三线合一的性质探究$\frac{PB+PC}{CH}$的定值。
【解析】
(1) 解：$AM=AD$，理由如下：
因为 $BD⊥ AC$，$AE⊥ BC$，所以 $∠ AND=∠ BEM=90°$，
所以 $∠ D + ∠ CAD = 90°$，$∠ AMD + ∠ CAD = 90°$，故 $∠ D = ∠ AMD$，
所以 $AM=AD$。
(2) 证明：如图 1，过点 C 作 $\odot O$ 的直径 CF，连接 BF。
因为 CF 是 $\odot O$ 的直径，所以$∠ CBF=90°$。
因为 $BD⊥ AC$，所以 $∠ BNA=90°$。
因为同弧所对的圆周角相等，所以 $∠ F=∠ BAC$，
故 $∠ BCF=90° - ∠ F$，$∠ ABD=90° - ∠ BAC$，因此 $∠ BCF=∠ ABD$，
所以 $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{AD}$，故 $BF=AD$。
由(1)得 $AM=AD$，所以 $AM=BF$。
因为$OH⊥ BC$，根据垂径定理，H 为 BC 的中点，
所以 OH是 $△ CBF$ 的中位线，故 $OH=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}AM$，即 $AM=2OH$。
(3) 解：$\frac{PB+PC}{CH}$ 的值是定值，定值为2。
如图 2，在CH 上截取 $CN=BP$，连接 DB,DC,DP,DN。
因为 AD 是$∠ BAC$ 的平分线，所以 $∠ BAD=∠ CAD$，根据圆周角定理，$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，所以 $BD=CD$。
又因为同弧所对的圆周角相等，$∠ PBD=∠ NCD$，
在$△ PBD$和$△ NCD$中，$\begin{cases}BP=CN \\ ∠ PBD=∠ NCD \\ BD=CD\end{cases}$，所以 $△ PBD≌△ NCD(SAS)$，
故 $DP=DN$。
因为$DH⊥ PC$，根据等腰三角形三线合一，$PH=NH$，
所以 $PB+PC=PN + CN + CN=2HN+2CN=2CH$，因此 $\frac{PB+PC}{CH}=2$。
【答案】
10. (1) 解:$AM=AD$. 理由如下：
因为 $BD⊥ AC$,$AE⊥ BC$,所以 $∠ AND=$$∠ BEM=90°$,所以 $∠ D=∠ C=90°-$$∠ CBD=∠ BME=∠ AMD$,所以 $AM=AD$.
(2) 证明:如图 1,过点 C 作 $\odot O$ 的直径 CF,连接 BF. 因为 CF 是 $\odot O$ 的直径,所以$∠ CBF=90°$. 因为 $BD⊥ AC$,所以 $∠ BNA=$$90°$. 因为 $∠ F=∠ BAC$,所以 $∠ BCF=$$∠ ABD$,所以 $\overset{\frown}{BF}=\overset{\frown}{AD}$,所以 $BF=AD$,由(1)得 $AM=AD$,所以 $AM=BF$. 因为$OH⊥ BC$,所以 H 为 BC 的中点,所以 OH是 $△ CBF$ 的中位线,所以 $OH=\frac{1}{2}BF=$$\frac{1}{2}AM$,即 $AM=2OH$.

(3) 解:$\frac{PB+PC}{CH}$ 的值是定值. 如图 2,在CH 上截取 $CN=BP$,连接 DB,DC,DP,DN,则 $∠ PBD=∠ NCD$. 因为 AD 是$∠ BAC$ 的平分线,所以 $∠ BAD=∠ CAD$,所以 $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$,所以 $BD=CD$. 所以$△ PBD≌△ NCD$,所以 $DP=DN$. 因为$DH⊥ PC$,所以 $PH=NH$. 所以 $PB+$$PC=PN+CN+CN=2HN+2CN=$$2CH$,所以 $\frac{PB+PC}{CH}=2$.

【知识点】圆周角定理、垂径定理、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理
【点评】本题是圆的综合题，融合多个几何核心知识点，需通过辅助线构造转化线段关系，考查学生的逻辑推理与综合运用能力，综合性较强。
【难度系数】0.5