《2024年孟建平单元测试九年级数学全一册浙教版》

22. (10分)如图1,在正方形$ABCD$中,$P$为线段$BC$上的一个动点,连结$AP$,将$\triangle ABP$沿直线$AP$翻折得到$\triangle AEP$,$Q$是$CD$的中点,连结$BQ$交$AE$于点$F$.若$BQ// PE$,
(1) 求证:$\triangle ABF\sim\triangle BQC$;
(2) 求证:$BF = \frac{2}{3}FQ$;
(3) 如图2,连结$DE$交$BQ$于点$G$,连结$EC,GC$.若$FQ = 6$,求$\triangle GBC$的面积.

答案：
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°,AB//CD,
∴∠ABF=∠BQC.由折叠，得∠AEP=∠ABP=90°,
∵BQ//PE,
∴∠AFB=∠AEP=90°=∠BCQ'
∴△ABF∽△BQC.　　
(2)证明:设AB=BC=CD=DA=2.
∵Q为CD的中点,
∴QC=$\frac{1}{2}$CD=1,
∴在Rt△BQC中,BQ=√BC+QC=√5.由
(1)知,△ABF∽△BQC,
∴$\frac{AB}{BQ}$$\frac{B}{QC}$
∴BF=ABB.QQC=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$,
∴FQ=BQ−BF=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$,
∴BF=$\frac{2}{3}$FQ.　　
(3)解:由
(2)知,BF=$\frac{2}{3}$FQ.
∵FQ=6,
∴BF=4,
∴BQ=10.设AB=BC=CD=2x,
∵Q是CD的中点,
∴QC=DQ=$\frac{1}{2}$CD=x.
∴在Rt△BQC中,BQ=BC²+QC²,即10²=(2x)²+x²,解得x=2$\sqrt{5}$(负值已舍),
∴BC=4$\sqrt{5}$
∵AE=AB=AD,
∴∠AED=∠ADE;
∵∠ADE+∠CDE=90°,∠AED+∠EGF=90°,
∴∠EGF=∠CDE.
∵∠QGD=∠EGF,
∴∠QDG=∠QGD,
∴QG=QD=2$\sqrt{5}$
∴BG=BQ−Q　G=10−2$\sqrt{5}$过点G作GH⊥BC于点H,则GH//QC,
∴△BGH∽△BQC,
∴$\frac{BG}{BQ}$=$\frac{GH}{QC}$
∴GH=BGB.QQC=2$\sqrt{5}$−2,
∴S△GC$\frac{1}{2}$BC.GH=20−4$\sqrt{5}$

23. (12分)定义:如果经过三角形一个顶点的线段把这个三角形分成两个小三角形,其中一个三角形是等腰三角形,另外一个三角形和原三角形相似,那么这条线段称为原三角形的“等似分割线”,例如:如图1,等腰直角三角形斜边上的中线就是一条“等似分割线”.
(1) 判断下列两个命题是真命题还是假命题(填“真”或“假”).
①等边三角形必存在“等似分割线”;
②如果三角形中有一个角是另一个角的两倍,则这个三角形必存在“等似分割线”.
命题①是______命题,命题②是______命题;
(2) 如图2,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ},\angle B = 30^{\circ},AC = 4$,请在图2中画出$Rt\triangle ABC$的“等似分割线”,直接写出“等似分割线”的长度,并说明此画法正确的理由;
(3) 如图3,$\triangle ABC$中,$\angle A = 48^{\circ}$.若线段$CD$是$\triangle ABC$的“等似分割线”,且$\triangle BCD$是等腰三角形,求出所有符合条件的$\angle B$的度数.

答案： 解:
(1)假　真　
(2)作∠CAB的平分线AD交BC于点D,则AD是Rt△ABC的“等似分割线”,图略,　“等似分割线”AD=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$.　理由:
∵∠C=90°,∠B=30°,
∴∠CAB=60°.
∵AD平分∠CAB,
∴∠CAD=∠DAB=30°=∠B,
∴易得△CAD∽△CBA,△ADB为等腰三角形,
∴AD为Rt△ABC 的“等似分割线”.　　
(3)当△ACD∽△ABC,∠DCB=∠B时,设∠B=x,则∠BCD=x,∠ADC=2x,
∴∠ACD=180°−∠A−∠ADC=132°−2x.
∵△ACD∽△ABC,
∴∠ADC=∠ACB,即2x=132°−2x+x,解得x=44°;当△ACD∽△ABC,∠BCD=∠BDC时,设∠BC¹D=∠BDC=x,则∠B =180°−2x,∠ACD=x−48°,
∵△ACD∽△ABC,
∴∠ACD=∠B,即x−48°=180°−2x,解得x=76°,
∴∠B=180°−2x=28°.综上,∠B的度数为44°或28°.