《2025年阳光同学分层设计九年级数学全一册人教版福建专版》

阅读下列材料,并完成相应任务.
天文学家开普勒把黄金分割称为神圣分割,并指出,毕达哥拉斯定理(勾股定理)和黄金分割是几何中的双宝,前者好比黄金,后者堪称珠玉.历史上最早正式在书中使用"黄金分割"这个名称的是德国数学家欧姆.19世纪以后,"黄金分割"的说法逐渐流行起来,黄金分割也被广泛应用于建筑等领域.那么究竟什么是黄金分割呢?黄金分割是指把一条线段分为两部分,使其中较长部分与线段总长之比等于较短部分与较长部分之比,该比值为$\frac { \sqrt { 5 } - 1 } { 2 }$,这个分割点叫做黄金分割点.用下面的方法(如图1)就可以作出已知线段AB的黄金分割点H:
①以线段AB为边作正方形ABCD;
②取AD的中点E,连接EB;
③延长DA到点F,使EF= EB;
④以线段AF为边作正方形AFGH,点H就是线段AB的黄金分割点.
以下是证明点H是线段AB的黄金分割点的部分过程.
证明:设正方形ABCD的边长为1,则AB= AD= 1.
∵E为AD的中点,
∴$A E = \frac { 1 } { 2 }$.
在$Rt\triangle BAE$中,$B E = \sqrt { A B ^ { 2 } + A E ^ { 2 } } = \sqrt { 1 ^ { 2 } + \left( \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { 2 } } = \frac { \sqrt { 5 } } { 2 }$,
∴$E F = B E = \frac { \sqrt { 5 } } { 2 }$.
∴$A F = E F - A E = \frac { \sqrt { 5 } - 1 } { 2 }$.
因为四边形$AFGH$是正方形，所以$AH = AF=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$HB=AB - AH=1-\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$。
$\frac{AH}{AB}=\frac{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}{1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$\frac{HB}{AH}=\frac{\frac{3 - \sqrt{5}}{2}}{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}=\frac{3 - \sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}=\frac{(3 - \sqrt{5})(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}=\frac{3\sqrt{5}+3 - 5-\sqrt{5}}{5 - 1}=\frac{2\sqrt{5}-2}{4}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
所以$\frac{AH}{AB}=\frac{HB}{AH}$，即点$H$是线段$AB$的黄金分割点。
任务二:如图2,已知点C为线段AB的黄金分割点(AC＞BC),分别以AC,BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和矩形CBFD,连接BD,BE.求证:$\triangle E A B \backsim \triangle B C D$.
已知点$C$为线段$AB$的黄金分割点$(AC\gt BC)$，则$\frac{AC}{AB}=\frac{BC}{AC}$。
因为四边形$ACDE$是正方形，四边形$CBFD$是矩形，所以$AE = AC$，$BC = CD$，$\angle EAB=\angle BCD = 90^{\circ}$。
在$\triangle EAB$和$\triangle BCD$中，$\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AB}$，$\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{BC}=1$，又因为$\frac{AC}{AB}=\frac{BC}{AC}$，$AE = AC$，$CD = BC$，所以$\frac{AE}{AB}=\frac{BC}{CD}$。
根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”，可得$\triangle EAB\backsim\triangle BCD$。
任务三:(1)如图3,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle A C B = 9 0 ^ { \circ }$,CD是边AB上的高.以AD为边,作$□ ADEF$,使得点E,F分别落在边BC,AC上(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹).
以$D$为圆心，$AD$长为半径画弧，交$AB$于一点（此步骤可确定平行四边形的边$AD$长度相关）。
过$D$作$AC$的平行线，过$A$作$BC$的平行线，两线相交于$F$，$E$（根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，完成$□ ADEF$的作图）。
(2)在(1)的条件下.若DE= EF,求证:点F是线段AC的黄金分割点.
因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CD\perp AB$，所以$\angle A+\angle B = 90^{\circ}$，$\angle B+\angle BCD = 90^{\circ}$，则$\angle A=\angle BCD$。
又因为$\angle ACD+\angle BCD = 90^{\circ}$，$\angle A+\angle ACD = 90^{\circ}$，所以$\angle A=\angle DCF$。
因为四边形$ADEF$是平行四边形，$DE = EF$，所以四边形$ADEF$是菱形，$AF = EF = DE$。
因为$DE// AC$，所以$\triangle BDE\backsim\triangle BAC$，$\frac{DE}{AC}=\frac{BD}{BA}$。
因为$\angle A=\angle DCF$，$\angle AFD=\angle DFC = 90^{\circ}$，$AD = DF$（菱形的性质），所以$\triangle ADF\cong\triangle CDF(AAS)$，则$AF = CF$。
设$AF = x$，$AC = y$，则$CF=x$，$CD = AD$（由$\triangle ADF\cong\triangle CDF$）。
由射影定理$AC^{2}=AD\cdot AB$，即$y^{2}=AD\cdot AB$，又$\frac{DE}{AC}=\frac{BD}{BA}$，$DE = x$，可得$\frac{x}{y}=\frac{AB - AD}{AB}$，$xAB=yAB - yAD$，$yAD=(y - x)AB$，$\frac{AD}{AB}=\frac{y - x}{y}$。
又因为$y^{2}=AD\cdot AB$，所以$\frac{y}{AB}=\frac{AD}{y}$，$\frac{x}{y}=\frac{y - x}{x}$（交叉相乘可得），即点$F$是线段$AC$的黄金分割点。

答案： ### 任务一：补全证明过程
因为四边形$AFGH$是正方形，所以$AH = AF=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$HB=AB - AH=1-\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$。
$\frac{AH}{AB}=\frac{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}{1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$\frac{HB}{AH}=\frac{\frac{3 - \sqrt{5}}{2}}{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}=\frac{3 - \sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}=\frac{(3 - \sqrt{5})(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}=\frac{3\sqrt{5}+3 - 5-\sqrt{5}}{5 - 1}=\frac{2\sqrt{5}-2}{4}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
所以$\frac{AH}{AB}=\frac{HB}{AH}$，即点$H$是线段$AB$的黄金分割点。
### 任务二：证明$\triangle EAB\backsim\triangle BCD$
已知点$C$为线段$AB$的黄金分割点$(AC\gt BC)$，则$\frac{AC}{AB}=\frac{BC}{AC}$。
因为四边形$ACDE$是正方形，四边形$CBFD$是矩形，所以$AE = AC$，$BC = CD$，$\angle EAB=\angle BCD = 90^{\circ}$。
在$\triangle EAB$和$\triangle BCD$中，$\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AB}$，$\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{BC}=1$，又因为$\frac{AC}{AB}=\frac{BC}{AC}$，$AE = AC$，$CD = BC$，所以$\frac{AE}{AB}=\frac{BC}{CD}$。
根据“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”，可得$\triangle EAB\backsim\triangle BCD$。
### 任务三：
**（1）尺规作图**：
以$D$为圆心，$AD$长为半径画弧，交$AB$于一点（此步骤可确定平行四边形的边$AD$长度相关）。
过$D$作$AC$的平行线，过$A$作$BC$的平行线，两线相交于$F$，$E$（根据平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，完成$//ogram ADEF$的作图）。
**（2）证明点$F$是线段$AC$的黄金分割点**
因为$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CD\perp AB$，所以$\angle A+\angle B = 90^{\circ}$，$\angle B+\angle BCD = 90^{\circ}$，则$\angle A=\angle BCD$。
又因为$\angle ACD+\angle BCD = 90^{\circ}$，$\angle A+\angle ACD = 90^{\circ}$，所以$\angle A=\angle DCF$。
因为四边形$ADEF$是平行四边形，$DE = EF$，所以四边形$ADEF$是菱形，$AF = EF = DE$。
因为$DE// AC$，所以$\triangle BDE\backsim\triangle BAC$，$\frac{DE}{AC}=\frac{BD}{BA}$。
因为$\angle A=\angle DCF$，$\angle AFD=\angle DFC = 90^{\circ}$，$AD = DF$（菱形的性质），所以$\triangle ADF\cong\triangle CDF(AAS)$，则$AF = CF$。
设$AF = x$，$AC = y$，则$CF=x$，$CD = AD$（由$\triangle ADF\cong\triangle CDF$）。
由射影定理$AC^{2}=AD\cdot AB$，即$y^{2}=AD\cdot AB$，又$\frac{DE}{AC}=\frac{BD}{BA}$，$DE = x$，可得$\frac{x}{y}=\frac{AB - AD}{AB}$，$xAB=yAB - yAD$，$yAD=(y - x)AB$，$\frac{AD}{AB}=\frac{y - x}{y}$。
又因为$y^{2}=AD\cdot AB$，所以$\frac{y}{AB}=\frac{AD}{y}$，$\frac{x}{y}=\frac{y - x}{x}$（交叉相乘可得），即点$F$是线段$AC$的黄金分割点。
综上，任务一证明过程补全如上；任务二得证$\triangle EAB\backsim\triangle BCD$；任务三（1）完成作图，（2）得证点$F$是线段$AC$的黄金分割点。