《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册北师大版》

8. [2022·杭州] 如图, 在 $ \triangle ABC $ 中, 点 $ D $, $ E $, $ F $ 分别在边 $ AB $, $ AC $, $ BC $ 上, 连接 $ DE $, $ EF $. 已知四边形 $ BFED $ 是平行四边形, $ \frac{DE}{BC}=\frac{1}{4} $.
(1) 若 $ AB=8 $, 求线段 $ AD $ 的长;2
(2) 若 $ \triangle ADE $ 的面积为 1, 求平行四边形 $ BFED $ 的面积.6

答案： 1. （1）
解：
因为四边形$BFED$是平行四边形，所以$DE// BC$。
根据相似三角形的判定定理（平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似），可得$\triangle ADE\sim\triangle ABC$。
由相似三角形的性质（相似三角形对应边成比例），若$\triangle ADE\sim\triangle ABC$，则$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}$。
已知$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$，$AB = 8$，设$AD=x$，则$\frac{x}{8}=\frac{1}{4}$。
交叉相乘得$4x = 8$，解得$x = 2$。
所以线段$AD$的长为$2$。
2. （2）
解：
因为$\triangle ADE\sim\triangle ABC$，且$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，设$\triangle ADE$的面积为$S_{\triangle ADE}$，$\triangle ABC$的面积为$S_{\triangle ABC}$，则$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}}=(\frac{DE}{BC})^2$。
已知$S_{\triangle ADE}=1$，$\frac{DE}{BC}=\frac{1}{4}$，所以$\frac{1}{S_{\triangle ABC}}=\frac{1}{16}$，则$S_{\triangle ABC}=16$。
又因为四边形$BFED$是平行四边形，$\triangle ADE\sim\triangle ABC$，$\frac{AD}{AB}=\frac{1}{4}$，那么$\frac{AE}{AC}=\frac{1}{4}$，所以$\frac{CE}{AC}=\frac{3}{4}$。
因为$DE// BC$，所以$\triangle CEF\sim\triangle CAB$，$\frac{CE}{AC}=\frac{3}{4}$，则$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle CAB}}=(\frac{CE}{AC})^2=\frac{9}{16}$，$S_{\triangle CEF}=\frac{9}{16}S_{\triangle ABC}$，把$S_{\triangle ABC}=16$代入得$S_{\triangle CEF}=9$。
平行四边形$BFED$的面积$S = S_{\triangle ABC}-S_{\triangle ADE}-S_{\triangle CEF}$。
把$S_{\triangle ABC}=16$，$S_{\triangle ADE}=1$，$S_{\triangle CEF}=9$代入得$S = 16 - 1-9=6$。
综上，（1）$AD = 2$；（2）平行四边形$BFED$的面积为$6$。

9. (推理能力) 如图, 在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中, $ \angle A=90^{\circ} $, 内有边长分别为 $ a $, $ b $, $ c $ 的三个正方形.
(1) 求证: $ \triangle D S F \backsim \triangle M T P $;略
(2) 若 $ a=1 $, $ c=2 $, 求 $ b $ 的值;3
(3) 直接写出 $ a $, $ b $, $ c $ 满足的关系式.b=a+c

答案： 1. （1）证明：
因为$\angle A = 90^{\circ}$，三个图形是正方形，所以$\angle DFE=\angle MPN = 90^{\circ}$，$\angle DFS+\angle MPT = 90^{\circ}$，$\angle DFS+\angle FDS = 90^{\circ}$。
根据同角的余角相等，可得$\angle FDS=\angle MPT$。
又因为$\angle DSF=\angle MTP = 90^{\circ}$。
根据两角分别相等的两个三角形相似，所以$\triangle D S F\backsim\triangle M T P$。
2. （2）解：
因为$\triangle D S F\backsim\triangle M T P$，所以$\frac{DS}{MT}=\frac{SF}{TP}$。
已知$DS = a$，$MT=b - c$，$SF=b - a$，$TP = c$。
把$a = 1$，$c = 2$代入$\frac{a}{b - c}=\frac{b - a}{c}$，即$\frac{1}{b - 2}=\frac{b - 1}{2}$。
交叉相乘得：$2=(b - 1)(b - 2)$。
展开式子：$2=b^{2}-2b - b + 2$。
整理得$b^{2}-3b=0$，因式分解得$b(b - 3)=0$。
解得$b = 3$或$b = 0$（边长不能为$0$，舍去）。
3. （3）
由$\triangle D S F\backsim\triangle M T P$得$\frac{DS}{MT}=\frac{SF}{TP}$，即$\frac{a}{b - c}=\frac{b - a}{c}$。
交叉相乘得$ac=(b - a)(b - c)$。
展开：$ac=b^{2}-bc - ab+ac$。
整理得$b^{2}=ab + bc$，即$b=a + c$。
综上，（1）已证；（2）$b = 3$；（3）$b=a + c$。