《2025年实验班提优训练九年级数学上册浙教版》

9.(2025·山东菏泽期中)如图,设BE,CD为$\triangle ABC$的两条高,若$AB=6$,$BC=5$,$DE=3$,求线段BE的长.

答案：
∵$BE$，$CD$为$\triangle ABC$的两条高，
∴$\angle AEB = \angle ADC = 90^{\circ}$.
∵$\angle A = \angle A$，
∴$\triangle AEB \sim \triangle ADC$，
∴$\frac{AE}{AD}=\frac{AB}{AC}$，
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AC}$，
∵$\angle A = \angle A$，
∴$\triangle AED \sim \triangle ABC$，
∴$\frac{ED}{BC}=\frac{AE}{AB}$.
∵$AB = 6$，$BC = 5$，$ED = 3$，
∴$\frac{3}{5}=\frac{AE}{6}$，
∴$AE=\frac{18}{5}$，
∴$BE = \sqrt{AB^{2}-AE^{2}}=\sqrt{6^{2}-(\frac{18}{5})^{2}}=\frac{24}{5}$.

10.一题多问 (2024·珠海香洲区一模)黄金分割是一种最能引起美感的分割比例,具有严格的比例性、艺术性、和谐性,蕴藏着丰富的美学价值,我们知道:如图(1),如果$\frac{BC}{AC}=\frac{AC}{AB}$,那么称点C为线段AB的黄金分割点.

(1)如图(1),$AB=2$,点C在线段AB上,点C为线段AB的黄金分割点,且$BC\lt AC$,请直接写出CB与AC的比值是______;
(2)如图(2),在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C=90^{\circ}$,$BC=1$,$AC=2$,则$AB=$______,在BA上截取$BD=BC$,则$AD=$______,在AC上截取$AE=AD$,则$\frac{AE}{AC}$的值为______;
(3)如图(3),用边长为a的正方形纸片进行如下操作:对折正方形ABDE得折痕MN,连结EN,把边AE折到线段EN上,即使点A的对应点H落在EN上,得到折痕EC,请证明:C是线段AB的黄金分割点;
(4)如图(4),在边长为２的正方形ABCD中,M为对角线BD上一点,点N在边CD上,且$CN\lt DN$,当N为线段CD的黄金分割点时,$\angle AMB=\angle ANB$,连结NM,延长NM交AD于点E,求DE 的长.

答案：
【解析】：本题可根据黄金分割点的定义，结合图形中线段的关系，分别求解各小题。 （1）若$C$为线段$AB$的黄金分割点，$AC\gt BC$，求$\frac{AC}{AB}$的值设$AB = 1$，$AC = x$，因为$\frac{BC}{AC}=\frac{AC}{AB}$，且$BC=AB - AC = 1 - x$，所以可得$\frac{1 - x}{x}=\frac{x}{1}$，即$x^{2}+x - 1 = 0$。对于一元二次方程$ax^{2}+bx+c = 0(a\neq0)$，其求根公式为$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$，在方程$x^{2}+x - 1 = 0$中，$a = 1$，$b = 1$，$c = -1$，则$x=\frac{-1\pm\sqrt{1^{2}-4×1×(-1)}}{2×1}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$。因为线段长度为正，所以舍去$x=\frac{-1 - \sqrt{5}}{2}$，得到$x=\frac{-1 + \sqrt{5}}{2}$，即$\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。 （2）若$D$是$AC$的黄金分割点，$AD\gt DC$，求$\frac{AD}{AC}$的值由（1）可知，若$D$是$AC$的黄金分割点，且$AD\gt DC$，同理可得$\frac{AD}{AC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。 （3）若$E$，$N$分别是$AB$，$BC$的黄金分割点，$AE\gt BE$，$BN\gt CN$，求证：$EN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AC$因为$E$是$AB$的黄金分割点，$AE\gt BE$，所以$AE=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AB$，则$BE = AB - AE = AB-\frac{\sqrt{5}-1}{2}AB=\frac{3 - \sqrt{5}}{2}AB$。又因为$N$是$BC$的黄金分割点，$BN\gt CN$，$BC = AB - AC$，$AC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AB$，所以$BN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}BC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}(AB - AC)$。$EN = BN - BE=\frac{\sqrt{5}-1}{2}(AB - AC)-\frac{3 - \sqrt{5}}{2}AB$，将$AC=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AB$代入化简可得$EN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}AC$。 （4）若$M$是$DE$的黄金分割点，$DM\gt ME$，求$\frac{DM}{DE}$的值因为$M$是$DE$的黄金分割点，$DM\gt ME$，根据黄金分割点的定义，可得$\frac{DM}{DE}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。【答案】：（1）$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；（2）$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$；（3）证明过程如上述解析；（4）$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
@@$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
@@$\sqrt{5}$ $\sqrt{5}-1$ $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
@@设$EC$与$MN$交于点$P$，作$PQ \perp EN$于点$Q$，如图
(1).
∵$MN // AB$，且点$M$为$AE$中点，
∴$\frac{MP}{AC}=\frac{EM}{EA}=\frac{1}{2}$.
∵$EC$平分$\angle AEN$，$PQ \perp EN$，$PM \perp AE$，
∴$PM = PQ$. 设$PM = PQ=\frac{1}{2}AC = x$，
∴$PN = MN - PM = a - x$.
∵$\angle NQP = \angle NME = 90^{\circ}$，$\angle PNQ = \angle ENM$，
∴$\triangle NQP \sim \triangle NME$，
∴$\frac{EM}{PQ}=\frac{EN}{NP}$.
∵$EN = \sqrt{DE^{2}+DN^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}a$，
∴$\frac{\frac{1}{2}a}{x}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{2}a}{a - x}$，
∴$x=\frac{\sqrt{5}-1}{4}a$，经检验，$x=\frac{\sqrt{5}-1}{4}a$为方程的解，
∴$AC = 2x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a$，
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
∴$C$是线段$AB$的黄金分割点.
@@延长$NE$，$BA$交于点$K$，过点$N$作$NL \perp AB$于点$L$，过点$A$作$AS \perp AN$交$NK$于点$S$，过点$S$作$ST \perp AK$于点$T$，$BM$，$AN$交于点$O$，如图
(2).
∵$\angle AMO = \angle BNO$，$\angle AOM = \angle BON$，
∴$\triangle AMO \sim \triangle BNO$，
∴$\frac{OA}{OB}=\frac{OM}{ON}$，
∴$\frac{OA}{OM}=\frac{OB}{ON}$. 又$\angle MON = \angle AOB$，
∴$\triangle MON \sim \triangle AOB$，
∴$\angle 1 = \angle ABO = 45^{\circ}$，
∴$\triangle ASN$为等腰直角三角形，
∴$SA = AN$，$\angle SAN = 90^{\circ}$，
∴$\angle 3 = 90^{\circ}-\angle 4 = \angle 5$，
∴$\triangle STA \cong \triangle ALN(AAS)$.
∵$N$为$CD$的黄金分割点，$CN ＜ DN$，$CD = 2$，
∴$DN=\frac{\sqrt{5}-1}{2}×2=\sqrt{5}-1$.
∵$DC = BC = NL = AT = 2$，
∴$TL = AT + AL = DN + AD=\sqrt{5}+1$. 设$KT = x$.
∵$ST // NL$，
∴$\frac{ST}{NL}=\frac{KT}{KL}$，即$\frac{\sqrt{5}-1}{2}=\frac{x}{x+\sqrt{5}+1}$，
∴$x = 3+\sqrt{5}$，经检验，$x = 3+\sqrt{5}$为原方程的解，
∴$AK = x + 2 = 5+\sqrt{5}$.
∵$DC // BK$，
∴$\triangle AKE \sim \triangle DNE$，
∴$\frac{AE}{DE}=\frac{AK}{DN}=\frac{5+3\sqrt{5}}{2}$，设$AE = m$，则$DE = 2 - m$，
∴$\frac{m}{2 - m}=\frac{5+3\sqrt{5}}{2}$，
∴$m = 3\sqrt{5}-5$. 经检验$m = 3\sqrt{5}-5$为原方程的解，
∴$DE = 7 - 3\sqrt{5}$.