《2025年课时训练九年级数学下册人教版江苏人民出版社》

15（2023·云南中考）如图，$BC$是$\odot O$的直径，$A$是$\odot O$上异于$B$，$C$的点. $\odot O$外的点$E$在射线$CB$上，直线$EA$与$CD$垂直，垂足为$D$，且$DA\cdot AC = DC\cdot AB$. 设$\triangle ABE$的面积为$S_{1}$，$\triangle ACD$的面积为$S_{2}$.
(1)判断直线$EA$与$\odot O$的位置关系，并证明你的结论；
(2)若$BC = BE$，$S_{2}=mS_{1}$，求常数$m$的值.

答案：
（1）证明\(AE\)与圆O相切：
连接\(OA\)，由\(DA\cdot AC = DC\cdot AB\)可得\(\frac{DA}{DC}=\frac{AB}{CA}\)。因为\(BC\)是圆O的直径，所以\(\angle BAC = 90^{\circ}=\angle ADC\)，\(\triangle ABC\sim\triangle DAC\)，\(\angle ACB=\angle ACD\)。又\(OA = OC\)，所以\(\angle OAC=\angle ACB=\angle ACD\)，\(OA\parallel CD\)，\(\angle OAE=\angle CDE = 90^{\circ}\)，\(OA\perp DE\)，\(OA\)为半径，所以\(AE\)与圆O相切。 - （2）因为\(OA\parallel CD\)，所以\(\triangle AOE\sim\triangle DCE\)，\(\frac{AO}{CD}=\frac{OE}{EC}\)。设\(BO = OC = OA = a\)，则\(BC = 2a\)，因为\(BC = BE = 2a\)，所以\(S_{\triangle ABE}=S_{\triangle ABC}\)，\(EO = 3a\)，\(EC = 4a\)，\(\frac{a}{CD}=\frac{3a}{4a}\)，解得\(CD=\frac{4}{3}a\)。又因为\(\triangle ABC\sim\triangle DAC\)，\(\frac{BC}{AC}=\frac{AC}{CD}\)，\(AC^{2}=BC\cdot CD=\frac{8}{3}a^{2}\)，\(\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABC}}=(\frac{AC}{BC})^{2}=\frac{2}{3}\)，\(S_{2}=\frac{2}{3}S_{1}\)，\(m=\frac{2}{3}\)。

16 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC = 8$，$BC = 6$，$CD\perp AB$于点$D$. 点$P$从点$D$出发，沿线段$DC$向点$C$运动，点$Q$从点$C$出发，沿线段$CA$向点$A$运动. 两点同时出发. 速度都为每秒1个单位长度，当点$P$运动到$C$时，两点都停止. 设运动时间为$t$秒.
(1)求线段$CD$的长.
(2)设$\triangle CPQ$的面积为$S$，求$S$与$t$之间的函数解析式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻$t$，使得$S_{\triangle CPQ}:S_{\triangle ABC}=9:100$? 若存在，求出$t$的值；若不存在，说明理由.

答案：
（1）因为\(\angle ACB = 90^{\circ}\)，\(AC = 8\)，\(BC = 6\)，所以\(AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = 10\)。由\(\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}AB\cdot CD\)，可得\(\frac{1}{2}×8×6=\frac{1}{2}×10×CD\)，解得\(CD = 4.8\)。 - （2）\(AD=\sqrt{AC^{2}-CD^{2}} = 6.4\)。过点Q作\(QH\perp CD\)于点H，
因为\(CD\perp AB\)，所以\(QH\parallel AD\)，\(\triangle CHQ\sim\triangle CDA\)，\(\frac{QH}{AD}=\frac{CQ}{AC}\)，即\(\frac{QH}{6.4}=\frac{t}{8}\)，解得\(QH = 0.8t\)，\(S=\frac{1}{2}QH\cdot CP=\frac{1}{2}×0.8t×(4.8 - t)=-0.4t^{2}+1.92t\)。又\(S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC = 24\)，由\(S_{\triangle CPQ}:S_{\triangle ABC}=9:100\)，可得\(\frac{-0.4t^{2}+1.92t}{24}=\frac{9}{100}\)，整理得\(5t^{2}-24t + 27 = 0\)，解得\(t_{1}=3\)，\(t_{2}=1.8\)，即在运动过程中存在某一时刻\(t\)，使\(S_{\triangle CPQ}:S_{\triangle ABC}=9:100\)，\(t\)值为3或1.8。

17（2023·常德模拟）如图，点$E$是正方形$ABCD$中边$BC$上一点. 将$\triangle ABE$沿$AE$翻折得到$\triangle AGE$. 使点$B$落在点$G$处，延长$AG$与边$CD$交于点$H$，直线$EG$与$CD$交于点$F$.
(1)如图(1)，求证：$DF = GF$；
(2)如图(2)，若直线$EG$与$AD$的延长线交于点$N$. 求证：$AD\cdot FN = AN\cdot DF$；
(3)如图(3)，若直线$EG$与$AB$，$AD$的延长线分别交于点$M$，$N$，$AG$交$BD$于点$P$. 求证：$\frac{BP}{DP}=\frac{AM}{AN}$.

答案： （1）连接\(AF\)，因为四边形\(ABCD\)是正方形，所以\(AB = AD\)，\(\angle B=\angle D = 90^{\circ}\)。将\(\triangle ABE\)沿\(AE\)翻折得到\(\triangle AGE\)，所以\(AB = AG\)，\(\angle AGE=\angle B = 90^{\circ}\)，\(AD = AG\)，\(\angle D=\angle AGF = 90^{\circ}\)，又\(AF = AF\)，所以\(Rt\triangle ADF\cong Rt\triangle AGF(HL)\)，\(DF = GF\)。 - （2）因为\(\angle ADC=\angle AGN = 90^{\circ}\)，所以\(\angle N+\angle NFD=\angle N+\angle NAG = 90^{\circ}\)，\(\angle NAG=\angle NFD\)，又\(\angle FDN=\angle AGN = 90^{\circ}\)，所以\(\triangle NAG\sim\triangle NFD\)，\(\frac{AN}{NF}=\frac{AG}{DF}\)，因为\(AD = AG\)，所以\(AD\cdot NF = AN\cdot DF\)。 - （3）因为\(AB\parallel CD\)，所以\(\triangle ABP\sim\triangle HDP\)，\(\frac{AB}{DH}=\frac{BP}{DP}=\frac{AD}{DH}\)。因为\(\angle AHD+\angle NAG = 90^{\circ}=\angle N+\angle NAG\)，所以\(\angle N=\angle AHD\)，又\(\angle ADH=\angle MAN = 90^{\circ}\)，所以\(\triangle MAN\sim\triangle ADH\)，\(\frac{AM}{AN}=\frac{AD}{DH}\)，所以\(\frac{BP}{DP}=\frac{AM}{AN}\)。