《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册北师大版》

8. [2023·嘉兴、舟山]如图，在平面直角坐标系中，$\triangle ABC$的三个顶点分别为$A(1,2)$，$B(2,1)$，$C(3,2)$，现以原点O为位似中心，在第一象限内作与$\triangle ABC$的位似比为2的位似图形$\triangle A'B'C'$，则顶点$C'$的坐标是$(6,4)$.

答案： $(6,4)$

9. 如图，在菱形ABCD中，$∠C=60^{\circ }$，$AB=4$，E是边BC的中点，连接DE，AE，BD.
(1)求DE的长.
(2)点F为边CD上的一点，连接AF，交DE于点G，连接EF，$AF⊥EF$.
①求证：$\triangle AGE\backsim \triangle DGF$；
②求DF的长.
(1)$2\sqrt{3}$
(2)①略 ②1

答案： 1. （1）求$DE$的长：
连接$BD$，因为四边形$ABCD$是菱形，所以$AB = BC = CD = AD = 4$。
又因为$\angle C = 60^{\circ}$，所以$\triangle BCD$是等边三角形。
因为$E$是$BC$的中点，根据等边三角形三线合一的性质，$DE\perp BC$，$CE=\frac{1}{2}BC = 2$。
在$Rt\triangle DEC$中，根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$c = CD = 4$，$a = CE = 2$，$b = DE$），则$DE=\sqrt{CD^{2}-CE^{2}}$。
把$CD = 4$，$CE = 2$代入可得：$DE=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=\sqrt{16 - 4}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$。
2. （2）①求证：$\triangle AGE\backsim\triangle DGF$：
因为$AF\perp EF$，$DE\perp BC$，$AD// BC$，所以$\angle AGE+\angle DGF = 180^{\circ}-\angle AGF = 180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$，$\angle DGF+\angle GDF = 90^{\circ}$。
所以$\angle AGE=\angle GDF$（同角的余角相等），又$\angle AEG=\angle DFG = 90^{\circ}+ \angle EDC$（$\angle AEG=\angle AED+\angle DEC$，$\angle AED=\angle EDC$（因为$AD// BC$，内错角相等），$\angle DEC = 90^{\circ}$；$\angle DFG=\angle DFC+\angle EFC$，$\angle DFC = 90^{\circ}$，$\angle EFC=\angle EDC$（因为$BC = CD$，$E$是$BC$中点，$F$在$CD$上，$\angle ECD=\angle FCD = 60^{\circ}$，$\triangle ECD$和$\triangle FCD$中利用三角形内角和））。
所以$\triangle AGE\backsim\triangle DGF$（两角分别相等的两个三角形相似）。
3. （2）②求$DF$的长：
过$E$作$EH\perp CD$于$H$。
因为$\angle C = 60^{\circ}$，$CE = 2$，在$Rt\triangle ECH$中，$\angle CEH = 30^{\circ}$，则$CH=\frac{1}{2}CE = 1$，$EH=\sqrt{CE^{2}-CH^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$。
设$DF=x$，则$CF = 4 - x$，$FH=CF - CH=(4 - x)-1=3 - x$。
因为$\triangle AGE\backsim\triangle DGF$，所以$\frac{AE}{DF}=\frac{DE}{GF}$（相似三角形对应边成比例），又因为$\triangle ADE$中，$AD = 4$，$DE = 2\sqrt{3}$，根据勾股定理$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{4^{2}+(2\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{16 + 12}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$。
由$AF\perp EF$，根据勾股定理$EF^{2}=EH^{2}+FH^{2}=3+(3 - x)^{2}$，$AF^{2}=AD^{2}+DF^{2}=16+x^{2}$，$AE^{2}=28$，又因为$AE^{2}=AF^{2}+EF^{2}$（勾股定理，$\triangle AEF$中）。
即$28=16+x^{2}+3+(3 - x)^{2}$。
展开得$28=16+x^{2}+3 + 9-6x+x^{2}$。
整理得$2x^{2}-6x = 0$，$x^{2}-3x = 0$，$x(x - 3)=0$。
解得$x = 3$或$x = 0$（$x = 0$舍去）。
综上，（1）$DE$的长为$2\sqrt{3}$；（2）①证明如上；②$DF$的长为$3$。

10. [2022秋·沈阳期末]【教材呈现】
(1)如图1，在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，$∠BAC=∠G=90^{\circ }$，$BC=6$，若$\triangle ABC$固定不动，将$\triangle AFG$绕点A旋转，边AF，AG与边BC分别交于点D，E(点D不与点B重合，点E不与点C重合).
①求证：$AE^{2}=DE\cdot BE$；
②求$BE\cdot CD$的值.18
【拓展探究】
(2)如图2，在$\triangle ABC$中，$∠C=90^{\circ }$，点D，E在边BC上，$∠B=∠DAE=30^{\circ }$，且$AD=\frac {3}{4}AE$，请直接写出$\frac {DE}{BC}$的值.$\frac{25\sqrt{3}}{18} - 2$

答案： 1. ①
证明：
因为$\triangle ABC$和$\triangle AFG$是全等的等腰直角三角形，$\angle BAC = \angle G=90^{\circ}$，$\angle B=\angle C = 45^{\circ}$，$\angle FAG = 45^{\circ}$。
所以$\angle BAE=\angle BAD + 45^{\circ}$，$\angle ADE=\angle BAD+\angle B=\angle BAD + 45^{\circ}$，则$\angle BAE=\angle ADE$。
又因为$\angle B=\angle B$，所以$\triangle BAE\sim\triangle BDA$。
根据相似三角形的性质$\frac{BE}{AE}=\frac{AE}{DE}$，即$AE^{2}=DE\cdot BE$。
2. ②
解：
同理可证$\triangle ACD\sim\triangle ECA$，则$\frac{CD}{AC}=\frac{AC}{CE}$，即$AC^{2}=CD\cdot CE$。
因为$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$BC = 6$，根据等腰直角三角形三边关系$BC=\sqrt{2}AC$（设$AC = x$，由勾股定理$AB^{2}+AC^{2}=BC^{2}$，$AB = AC$，则$2x^{2}=BC^{2}$），可得$AC^{2}=\frac{1}{2}BC^{2}$。
又因为$AE^{2}=DE\cdot BE$，$AC^{2}=CD\cdot CE$，且$AC = AB$。
由$\triangle BAE\sim\triangle BDA$，$\triangle ACD\sim\triangle ECA$，$\angle B=\angle C = 45^{\circ}$，$\angle DAE = 45^{\circ}$。
我们可以利用$\triangle ABC$的面积$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}BC\cdot h$（$h$为$BC$边上的高，$h=\frac{1}{2}BC$），且$AB = AC$。
因为$\triangle BAE\sim\triangle ADE$，$\triangle ACD\sim\triangle AED$。
由$\triangle ABC$是等腰直角三角形，$BC = 6$，$AB = AC=\frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}$。
又因为$\triangle BAE\sim\triangle ADE$，$\triangle ACD\sim\triangle AED$，可得$BE\cdot CD=AC^{2}$。
所以$BE\cdot CD=\frac{1}{2}BC^{2}$，把$BC = 6$代入得$BE\cdot CD = 18$。
3.
(2)
解：
设$AE = 4x$，因为$AD=\frac{3}{4}AE$，则$AD = 3x$。
因为$\angle C = 90^{\circ}$，$\angle B = 30^{\circ}$，所以$AC=\frac{1}{2}AB$，$BC=\sqrt{3}AC$。
由$\angle B=\angle DAE = 30^{\circ}$，$\angle ADE=\angle BAD+\angle B$，$\angle BAE=\angle BAD+\angle DAE$，可得$\angle ADE=\angle BAE$，$\angle B=\angle DAE$，所以$\triangle ADE\sim\triangle BAE$。
则$\frac{DE}{AE}=\frac{AE}{BE}$，$\frac{DE}{AD}=\frac{AD}{CE}$。
设$AC = m$，则$AB = 2m$，$BC=\sqrt{3}m$。
由$\triangle ADE\sim\triangle BAE$和$\triangle ADE\sim\triangle CDA$（$\angle C=\angle DAE = 30^{\circ}$，$\angle ADE=\angle CDA$）。
因为$\triangle ADE\sim\triangle BAE$，$\triangle ADE\sim\triangle CDA$，$AD = 3x$，$AE = 4x$。
根据相似三角形的性质$\frac{DE}{BC}=\frac{3}{16}$。
故答案为：
(1)①证明见上述过程；②$18$；
(2)$\frac{3}{16}$。