《2025年名师帮同步学案九年级数学全一册人教版》

【例题1]如图，AD与 BC交于点O,∠A= ∠C，AO=4,CO=2,CD=3,求AB的长.

解：∵ $ \angle A = \angle C $，$ \angle AOB = \angle COD $， ∴ $ \triangle AOB \backsim \triangle COD $， ∴ $ \frac{AB}{CD} = \frac{AO}{CO} $，即 $ \frac{AB}{3} = \frac{4}{2} $， 解得 $ AB = $6。

答案： 解：
∵ \( \angle A = \angle C \)，\( \angle AOB = \angle COD \)，
∴ \( \triangle AOB \backsim \triangle COD \)，
∴ \( \frac{AB}{CD} = \frac{AO}{CO} \)，即 \( \frac{AB}{3} = \frac{4}{2} \)， 解得 \( AB = 6 \)。

【变式1】如图,已知$AD// BC$,$∠A= ∠BDC= 90^{\circ }$.

(1) 求证：$△ABD\backsim △DCB$；
证明：∵ $AD // BC $，
∴ $ \angle ADB = \angle DBC $。
又∵ $ \angle A = \angle BDC = 90^\circ $，
∴ $ \triangle ABD \backsim \triangle DCB $；
(2) 若$BD= 6$,$DC= 8$,求AB的长.
解：∵ $ \triangle ABD \backsim \triangle DCB $，
∴ $ \frac{DC}{AB} = \frac{BC}{BD} $，
又∵ $ BD = 6 $，$ DC = 8 $，
∴ $ BC = \sqrt{BD^2 + DC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10 $，
∴ $ AB = $$\frac{24}{5}$。

答案：
(1)证明：
∵ $ AD // BC $，
∴ $ \angle ADB = \angle DBC $。
又
∵ $ \angle A = \angle BDC = 90^\circ $，
∴ $ \triangle ABD \backsim \triangle DCB $；
(2)解：
∵ $ \triangle ABD \backsim \triangle DCB $，
∴ $ \frac{DC}{AB} = \frac{BC}{BD} $，
又
∵ $ BD = 6 $，$ DC = 8 $，
∴ $ BC = \sqrt{BD^2 + DC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10 $，
∴ $ AB = \frac{24}{5} $。

【例题2】如图,已知$CD⊥AB$,$BE⊥AC$. 证明：$\frac {AD}{AE}= \frac {AC}{AB}$.


证明：∵ $ CD \perp AB $，$ BE \perp AC $，∴ $ \angle ADC = \angle AEB = 90^\circ $。又∵ $ \angle A = \angle A $，∴ $ \triangle ADC \backsim \triangle AEB $，∴ $ \frac{AD}{AE} = \frac{AC}{AB} $。

答案： 证明：
∵ $ CD \perp AB $，$ BE \perp AC $，
∴ $ \angle ADC = \angle AEB = 90^\circ $。
又
∵ $ \angle A = \angle A $，
∴ $ \triangle ADC \backsim \triangle AEB $，
∴ $ \frac{AD}{AE} = \frac{AC}{AB} $。

【变式2】如图,在$△ABC$中,$∠ACB= 90^{\circ }$,$CD⊥AB$于点D. 求证：$CD^{2}= AD\cdot BD$.

答案： 证明：
∵ $ \angle ACB = 90^\circ $，
∴ $ \angle ACD + \angle BCD = 90^\circ $。
∵ $ CD \perp AB $，
∴ $ \angle BDC = 90^\circ $，
∴ $ \angle B + \angle BCD = 90^\circ $，
∴ $ \angle ACD = \angle B $。
又
∵ $ \angle ADC = \angle BDC = 90^\circ $，
∴ $ \triangle ACD \backsim \triangle CBD $，
∴ $ \frac{AD}{CD} = \frac{CD}{BD} $，
∴ $ CD^2 = AD \cdot BD $。

【例题3】如图,在$\odot O$中,弦AB,CD交于点P.

(1) 求证：$△ADP\backsim △CBP$；
证明：∵ $ \overset{\frown}{DB} = \overset{\frown}{DB} $，$ \overset{\frown}{AC} = \overset{\frown}{AC} $，∴ $ \angle DAP = \angle BCP $，$ \angle ADP = \angle CBP $，∴ $ \triangle ADP \backsim \triangle CBP $
(2) 求证：$PA\cdot PB= PC\cdot PD$.
证明：∵ $ \triangle ADP \backsim \triangle CBP $，∴ $ \frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB} $，∴ $ PA \cdot PB = PC \cdot PD $

答案： 证明：
(1)
∵ $ \overset{\frown}{DB} = \overset{\frown}{DB} $，$ \overset{\frown}{AC} = \overset{\frown}{AC} $，
∴ $ \angle DAP = \angle BCP $，$ \angle ADP = \angle CBP $，
∴ $ \triangle ADP \backsim \triangle CBP $；
(2)
∵ $ \triangle ADP \backsim \triangle CBP $，
∴ $ \frac{PA}{PC} = \frac{PD}{PB} $，
∴ $ PA \cdot PB = PC \cdot PD $。

【变式3】如图,AB是$\odot O$的直径,PB与$\odot O$相切于点B,连接PA交$\odot O$于点C,连接BC.

(1) 求证：$∠BAC= ∠CBP$；
证明：∵ AB 是 ⊙O 的直径，∴ ∠ACB = 90°，∴ ∠BAC + ∠ABC = 90°。∵ PB 与 ⊙O 相切于点 B，∴ ∠ABP = 90°，∴ ∠CBP + ∠ABC = 90°，∴ ∠BAC = ∠CBP
(2) 求证：$PB^{2}= PA\cdot PC$.
证明：∵ ∠BAC = ∠CBP，∠P = ∠P，∴ △PBC ∽ △PAB，∴ $\frac{PB}{PA} = \frac{PC}{PB}$，∴ $PB^2 = PA \cdot PC$

答案： 证明：
(1)
∵ $ AB $ 是 $ \odot O $ 的直径，
∴ $ \angle ACB = 90^\circ $，
∴ $ \angle BAC + \angle ABC = 90^\circ $。
∵ $ PB $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ B $，
∴ $ \angle ABP = 90^\circ $，
∴ $ \angle CBP + \angle ABC = 90^\circ $，
∴ $ \angle BAC = \angle CBP $；
(2)
∵ $ \angle BAC = \angle CBP $，$ \angle P = \angle P $，
∴ $ \triangle PBC \backsim \triangle PAB $，
∴ $ \frac{PB}{PA} = \frac{PC}{PB} $，
∴ $ PB^2 = PA \cdot PC $。

【例题4】如图,在平行四边形ABCD中,DE交BC于点F,交AB的延长线于点E,且$∠EDB= ∠C$.

(1) 求证：$△ADE\backsim △DBE$；
证明：平行四边形 $ ABCD $ 中，$ \angle A = \angle C $，
∵ $ \angle EDB = \angle C $，
∴ $ \angle A = \angle EDB $，
又∵ $ \angle E = \angle E $，
∴ $ \triangle ADE \backsim \triangle DBE $；
(2) 若$DC= 9cm$,$BE= 16cm$,求DE的长.
解：平行四边形 $ ABCD $ 中，$ DC = AB $，
∵ $ DC = 9 \text{ cm} $，$ BE = 16 \text{ cm} $，
∴ $ AB = 9 \text{ cm} $，$ AE = 25 \text{ cm} $，
由(1)得 $ \triangle ADE \backsim \triangle DBE $，
∴ $ \frac{DE}{BE} = \frac{AE}{DE} $，∴ $ DE^2 = AE \cdot BE = 25 × 16 = 400 $。
∴ $ DE = $20$ \text{ cm} $。

答案：
(1)证明：平行四边形 $ ABCD $ 中，$ \angle A = \angle C $，
∵ $ \angle EDB = \angle C $，
∴ $ \angle A = \angle EDB $，
又
∵ $ \angle E = \angle E $，
∴ $ \triangle ADE \backsim \triangle DBE $；
(2)解：平行四边形 $ ABCD $ 中，$ DC = AB $，
∵ $ DC = 9 \text{ cm} $，$ BE = 16 \text{ cm} $，
∴ $ AB = 9 \text{ cm} $，$ AE = 25 \text{ cm} $，
由
(1)得 $ \triangle ADE \backsim \triangle DBE $，
∴ $ \frac{DE}{BE} = \frac{AE}{DE} $，
∴ $ DE^2 = AE \cdot BE = 25 × 16 = 400 $。
∴ $ DE = 20 \text{ cm} $。

【变式4】如图,用三个全等的菱形ABGH,BCFG,CDEF拼成$□ ADEH$,连接AE与BG,CF分别交于P,Q两点. 若$AB= 6$,求线段BP的长.

2

答案： 解：
∵ 菱形 $ ABGH $，$ BCFG $，$ CDEF $ 全等，
∴ $ BC = CD = DE = AB = 6 $。
∴ $ AD = 18 $。
∵ $ BG // DE $，
∴ $ \angle GBA = \angle EDA $，$ \angle APB = \angle AED $，
∴ $ \triangle ABP \backsim \triangle ADE $，
∴ $ \frac{BP}{DE} = \frac{AB}{AD} $，即 $ \frac{BP}{6} = \frac{6}{18} $，解得 $ BP = 2 $。

1. (1) 如图1,PB,PD是$\odot O$的割线. 求证：$PA\cdot PB= PC\cdot PD$；
(2) 如图2,PB是$\odot O$的割线,PC是$\odot O$的切线,切点为C. 求证：$PA\cdot PB= PC^{2}$.

答案：
证明：
(1)如图1，连接 $ AC $，$ BD $，
∵ 四边形 $ ABCD $ 是 $ \odot O $ 的内接四边形，
∴ $ \angle BAC + \angle D = 180^\circ $，
∵ $ \angle PAC + \angle BAC = 180^\circ $，
∴ $ \angle PAC = \angle D $。
又
∵ $ \angle P = \angle P $，
∴ $ \triangle PBD \backsim \triangle PCA $，
∴ $ \frac{PC}{PB} = \frac{PA}{PD} $，
∴ $ PA \cdot PB = PC \cdot PD $；
(2)如图2，连接 $ CO $ 并延长，交 $ \odot O $ 于点 $ B' $，连接 $ AC $，$ AB' $，$ BC $。

∵ $ \overset{\frown}{AC} = \overset{\frown}{AC} $，
∴ $ \angle B = \angle B' $。
∵ $ PC $ 为 $ \odot O $ 的切线，$ CB' $ 为 $ \odot O $ 的直径，
∴ $ \angle PCO = \angle CAB' = 90^\circ $，
∴ $ \angle PCA + \angle ACO = 90^\circ $，$ \angle B' + \angle ACO = 90^\circ $，
∴ $ \angle PCA = \angle B' $，
∴ $ \angle PCA = \angle B $。
又
∵ $ \angle P = \angle P $，
∴ $ \triangle PCA \backsim \triangle PBC $，
∴ $ \frac{PC}{PB} = \frac{PA}{PC} $，
∴ $ PA \cdot PB = PC^2 $。