《2025年名师帮同步学案九年级数学全一册人教版》

1.如图，已知$AD// BC,∠A=∠BDC=90^{\circ }.$
(1)求证：$△ABD\backsim △DCB;$
(2)若$BD=6,DC=8$，求AB的长.

答案：
(1) 证明：
∵ $ AD // BC $，
∴ $ \angle ADB = \angle DBC $，
∵ $ \angle A = \angle BDC = 90 ^ { \circ } $，
∴ $ \triangle ABD \backsim \triangle DCB $；
(2) 解：
∵ $ \triangle ABD \backsim \triangle DCB $，
∴ $ \frac { A B } { B D } = \frac { D C } { C B } $，
∵ $ B D = 6 $，$ C D = 8 $，$ \angle B D C = 90 ^ { \circ } $，
∴ $ B C = \sqrt { B D ^ { 2 } + C D ^ { 2 } } = \sqrt { 6 ^ { 2 } + 8 ^ { 2 } } = 10 $，
∴ $ \frac { A B } { 6 } = \frac { 8 } { 10 } $，
∴ $ A B = 4.8 $。

2.如图，AD，BC交于点O，P为AB，CD延长线的交点，且$PA\cdot PB=PC\cdot PD$.求证：$△PAD\backsim △PCB.$

答案： 证明：
∵ $ P A \cdot P B = P C \cdot P D $，
∴ $ \frac { P A } { P C } = \frac { P D } { P B } $，
∵ $ \angle A P D = \angle C P B $，
∴ $ \triangle P A D \backsim \triangle P C B $。

3.如图，AB是$\odot O$的直径，CD是$△ABC$的高.求证：$AC^{2}=AD\cdot AB.$

答案： 证明：
∵ $ A B $ 是 $ \odot O $ 的直径，
∴ $ \angle A C B = 90 ^ { \circ } $，
∵ $ C D $ 是 $ \triangle A B C $ 的高，
∴ $ \angle A D C = 90 ^ { \circ } $，
∴ $ \angle A C B = \angle A D C $，
∵ $ \angle A = \angle A $，
∴ $ \triangle A C D \backsim \triangle A B C $，
∴ $ \frac { A C } { A B } = \frac { A D } { A C } $，
∴ $ A C ^ { 2 } = A D \cdot A B $。

4.(循环练)抛物线经过三点$A(0,0),B(2,0),C(1,1)$，则抛物线的解析式为$ y = - x ^ { 2 } + 2 x $.

答案： $ y = - x ^ { 2 } + 2 x $

5.如图，在平面直角坐标系中$Rt△ABC$在第二象限内，$AC⊥x$轴，若$∠ABC=90^{\circ },OC=3,OB=4$，则点A的纵坐标是$\frac{25}{4}$.

答案： $ \frac { 25 } { 4 } $

6.如图，AB是$\odot O$的直径，AP是$\odot O$的切线，切点为A，$OP// BC.$
(1)求证：$△ABC\backsim △POA;$
(2)若$OP=10,BC=4$，求$\odot O$半径的长.

答案：
(1) 证明：
∵ $ O P // B C $，
∴ $ \angle A O P = \angle A B C $，
∵ $ A P $ 是 $ \odot O $ 的切线，
∴ $ \angle P A O = 90 ^ { \circ } $，
∵ $ A B $ 是 $ \odot O $ 的直径，
∴ $ \angle A C B = 90 ^ { \circ } $，
∴ $ \angle P A O = \angle A C B $，
∴ $ \triangle A B C \backsim \triangle P O A $；
(2) 解：
∵ $ \triangle A B C \backsim \triangle P O A $，
∴ $ \frac { A B } { P O } = \frac { B C } { O A } $，
∴ $ A B \cdot O A = B C \cdot P O = 4 × 10 = 40 $，
∵ $ A B = 2 O A $，
∴ $ 2 O A ^ { 2 } = 40 $，
∴ $ O A = \pm 2 \sqrt { 5 } $，
∵ $ O A ＞ 0 $，
∴ $ O A = 2 \sqrt { 5 } $，
∴ $ \odot O $ 的半径是 $ 2 \sqrt { 5 } $。

7.如图，在等边$△ABC$中，$AB=6$，将一直角三角尺DEF的$60^{\circ }$角的顶点E在边BC上移动(不与B，C重合)，移动过程中，始终满足直角边DE经过点A，斜边EF交AC于点G.
(1)求证：$△ABE\backsim △ECG;$
(2)在移动过程中，设$BE=x$，则线段CG有没有最大值？若有，请求出；若没有，请说明理由.

答案：
(1) 证明：
∵ $ \triangle A B C $ 是等边三角形，
∴ $ \angle B = \angle C = \angle A E G = 60 ^ { \circ } $，
∴ $ \angle A E B + \angle C E G = 180 ^ { \circ } - \angle A E G = 120 ^ { \circ } $，
$ \angle A E B + \angle B A E = 180 ^ { \circ } - \angle B = 120 ^ { \circ } $，
∴ $ \angle B A E = \angle C E G $，
∵ $ \angle B = \angle C $，
∴ $ \triangle A B E \backsim \triangle E C G $；
(2) 解：线段 $ C G $ 有最大值，最大值为 $ \frac { 3 } { 2 } $。理由如下：
∵ $ \triangle A B E \backsim \triangle E C G $，
∴ $ \frac { A B } { E C } = \frac { B E } { C G } $，即 $ C G = \frac { B E \cdot E C } { A B } $，
∵ $ \triangle A B C $ 是等边三角形，$ A B = 6 $，
∴ $ B C = A B = 6 $。
由于 $ B E + E C = B C $，设 $ B E $ 的长为 $ x $，则 $ E C $ 的长为 $ 6 - x $，
∴ $ C G = \frac { x \cdot ( 6 - x ) } { 6 } = \frac { 6 x - x ^ { 2 } } { 6 } = - \frac { 1 } { 6 } ( x ^ { 2 } - 6 x + 9 ) + \frac { 3 } { 2 } = - \frac { 1 } { 6 } ( x - 3 ) ^ { 2 } + \frac { 3 } { 2 } ( 0 ＜ x ＜ 6 ) $
∴ 当 $ x = 3 $ 时，$ C G $ 取得最大值，最大值为 $ \frac { 3 } { 2 } $。