《2025年通城学典课时作业本九年级数学下册苏科版江苏专版》

1. [定义]
我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），那么把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”.
[理解]
（1）如图①，Rt△ABC在网格中，每个小正方形的边长均为1，请你用直尺在网格中找到一点D，使四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形（找出3个即可）.
（2）如图②，在四边形ABCD中，∠ABC = 80°，∠ADC = 140°，对角线BD平分∠ABC，AB≠BD. 求证：BD是四边形ABCD的“相似对角线”.
（3）如图③，FH是四边形EFGH的“相似对角线”，∠EFH = ∠HFG = 30°，连接EG. 若△EFG的面积为2$\sqrt{3}$，求FH的长.
　　　　　　　　　

答案：
（1）答案不唯一，如图①，点$D_1$、$D_2$、$D_3$即为所求
（2）$\because \angle ABC = 80^{\circ}$，$BD$平分$\angle ABC$，$\therefore \angle ABD=\angle DBC = 40^{\circ}$.$\therefore \angle A+\angle ADB = 140^{\circ}$.$\because \angle ADC = 140^{\circ}$，$\therefore \angle BDC+\angle ADB = 140^{\circ}$.$\therefore \angle A=\angle BDC$.$\therefore \triangle ABD\backsim \triangle DBC$.又$\because AB\neq BD$，$\therefore \triangle ABD$与$\triangle DBC$不全等.$\therefore BD$是四边形$ABCD$的“相似对角线”
（3）$\because FH$是四边形$EFGH$的“相似对角线”，$\therefore \triangle FEH$与$\triangle FHG$相似.$\because \angle EFH=\angle HFG$，$\therefore$易得$\triangle FEH\backsim \triangle FHG$.$\therefore \frac{FE}{FH}=\frac{FH}{FG}$.$\therefore FH^{2}=FE\cdot FG$.
如图②，过点$E$作$EQ\perp FG$于点$Q$.$\because \angle EFH=\angle HFG = 30^{\circ}$，$\therefore \angle EFG = 60^{\circ}$.$\therefore$在$Rt\triangle EQF$中，$\angle FEQ = 30^{\circ}$.$\therefore$易得$FQ=\frac{1}{2}FE$.$\therefore$由勾股定理，得$EQ=\sqrt{FE^{2}-FQ^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}FE$.
$\because S_{\triangle EFG}=\frac{1}{2}FG\cdot EQ = 2\sqrt{3}$，$\therefore \frac{1}{2}FG\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}FE = 2\sqrt{3}$.$\therefore FG\cdot FE = 8$.$\therefore FH^{2}=FE\cdot FG = 8$，解得$FH = 2\sqrt{2}$（负值舍去）

2. 如图①，在四边形ABCD的边AB上任取一点P（点P不与点A、B重合），分别连接PD、PC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，那么把P叫做四边形ABCD的边AB上的“相似点”；如果这三个三角形都相似，那么把P叫做四边形ABCD的边AB上的“强相似点”.
（1）如图①，∠A = ∠B = ∠DPC = 50°，试判断P是否为四边形ABCD的边AB上的“相似点”，并说明理由.
（2）如图②，在四边形ABCD中，A、B、C、D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长都为1）的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图②中画出四边形ABCD的边BC上的“相似点”，并直接写出对应的相似三角形.
（3）如图③，在四边形ABCD中，∠B = ∠C = 90°，AB = 3，CD = 5，AD = 8，点P在边BC上. 若P是四边形ABCD的边BC上的一个“强相似点”，求BP的长.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

答案：
（1）$P$是四边形$ABCD$的边$AB$上的“相似点” 理由：$\because$在$\triangle APD$中，$\angle A = 50^{\circ}$，$\therefore \angle ADP+\angle APD = 130^{\circ}$.$\because \angle DPC = 50^{\circ}$，$\angle APB = 180^{\circ}$，$\therefore \angle APD+\angle BPC = 130^{\circ}$.$\therefore \angle ADP=\angle BPC$.又$\because \angle A=\angle B$，$\therefore \triangle ADP\backsim \triangle BPC$.$\therefore P$是四边形$ABCD$的边$AB$上的“相似点”.
（2）如图①，过点$A$作$AP_1\perp AD$，交边$BC$于点$P_1$，则$P_1$为边$BC$上的一个“相似点”，连接$DP_1$，此时$\triangle ABP_1\backsim \triangle DAP_1$；作点$A$关于直线$BC$的对称点$A'$，连接$DA'$，交$BC$于点$P_2$，则$P_2$为边$BC$上的另一个“相似点”，连接$AP_2$，此时$\triangle ABP_2\backsim \triangle DCP_2$
（3）如图②，连接$AP$、$DP$.$\because P$是四边形$ABCD$的边$BC$上的一个“强相似点”，$\angle B=\angle C = 90^{\circ}$，$\therefore$易得$\triangle ABP\backsim \triangle APD\backsim \triangle PCD$，且$\angle APD = 90^{\circ}$.过点$A$作$AE\perp DC$，垂足为$E$，则四边形$ABCE$为矩形.$\therefore CE = AB = 3$，$AE = BC$.$\because CD = 5$，$\therefore DE = CD - CE = 2$.$\because$在$Rt\triangle AED$中，$AD = 8$，$\therefore$由勾股定理，得$AE=\sqrt{AD^{2}-DE^{2}}=2\sqrt{15}$.$\therefore BC = 2\sqrt{15}$.设$BP = x$，则$CP = 2\sqrt{15}-x$.$\because \triangle ABP\backsim \triangle PCD$，$\therefore \frac{AB}{PC}=\frac{BP}{CD}$，即$\frac{3}{2\sqrt{15}-x}=\frac{x}{5}$，解得$x_1 = x_2=\sqrt{15}$.$\therefore BP$的长为$\sqrt{15}$