《2025年华东师大版一课一练九年级数学全一册沪教版54制》

6 如图,$△ABC与△CDE$是等边三角形,且在直线BD的同侧,AD交于CE于点P,若$BC= 6,CD= 2$,则CP的长为 $\frac{3}{2}$。

答案： 解：
∵△ABC与△CDE是等边三角形，
∴∠ACB=∠ECD=60°，AC=BC=6，CE=CD=2，
∴∠ACE=180°-∠ACB-∠ECD=60°，
∴∠ACB=∠ACE，即∠ACP=∠BCD=60°，
又
∵∠CAP=∠BDC（△ACP∽△BCD的对应角），
∴△ACP∽△BCD，
∴$\frac{CP}{CD} = \frac{AC}{BC + CD}$，
∵BC=6，CD=2，AC=6，
∴$\frac{CP}{2} = \frac{6}{6 + 2}$，
解得$CP = \frac{12}{8} = \frac{3}{2}$。
答案：$\frac{3}{2}$

7 如图,在$△ABC$中,$DE// FG// BC$,若$DE:FG:BC= 2:5:9$,则$AD:DF:FB$= $2:3:4$。

答案： 【解析】：本题可根据平行线分线段成比例定理来求解$AD:DF:FB$的比值。
平行线分线段成比例定理为：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例。
在$\triangle ABC$中，因为$DE// FG// BC$，所以根据平行线分线段成比例定理可得：
$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}$，$\frac{AD}{AF}=\frac{DE}{FG}$，$\frac{AF}{AB}=\frac{FG}{BC}$。
设$DE = 2x$，因为$DE:FG:BC = 2:5:9$，所以$FG = 5x$，$BC = 9x$。
由$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=\frac{2x}{9x}=\frac{2}{9}$，设$AD = 2y$，则$AB = 9y$。
又因为$\frac{AD}{AF}=\frac{DE}{FG}=\frac{2x}{5x}=\frac{2}{5}$，$AD = 2y$，所以$AF = 5y$。
那么$DF=AF - AD = 5y - 2y = 3y$。
$FB=AB - AF = 9y - 5y = 4y$。
所以$AD:DF:FB = 2y:3y:4y = 2:3:4$。
【答案】：$2:3:4$

8 平行于梯形两底的直线截梯形的两腰,当两交点之间的线段长度是两底的比例中项时,我们称这条线段是梯形的“比例中线”。在梯形ABCD中,$AD// BC,AD= 4$,$BC= 9$,点E、F分别在边AB、CD上,且EF是梯形ABCD的“比例中线”,那么$\frac {DF}{FC}= $$\frac{2}{3}$。

答案： 解：因为EF是梯形ABCD的“比例中线”，所以$EF^2 = AD \cdot BC$。
已知$AD = 4$，$BC = 9$，则$EF^2 = 4 × 9 = 36$，故$EF = 6$（线段长度为正）。
设$\frac{DF}{FC} = k$，则$\frac{FC}{DF} = \frac{1}{k}$，$\frac{DC}{DF} = \frac{DF + FC}{DF} = 1 + \frac{1}{k} = \frac{k + 1}{k}$，所以$\frac{DF}{DC} = \frac{k}{k + 1}$。
过点D作$DH // AB$交BC于点H，交EF于点G。
因为$AD // BC$，$DH // AB$，所以四边形ABHD是平行四边形，$BH = AD = 4$，$HC = BC - BH = 9 - 4 = 5$。
因为$EF // AD // BC$，$DH // AB$，所以四边形AEGD、四边形BGHE都是平行四边形，$EG = AD = 4$，则$GF = EF - EG = 6 - 4 = 2$。
由于$EF // BC$，根据三角形一边的平行线性质定理，在$\triangle DHC$中，$\frac{GF}{HC} = \frac{DF}{DC}$，即$\frac{2}{5} = \frac{k}{k + 1}$。
解得$2(k + 1) = 5k$，$2k + 2 = 5k$，$3k = 2$，$k = \frac{2}{3}$。
所以$\frac{DF}{FC} = \frac{2}{3}$。
$\frac{2}{3}$

9 如图,已知在$△ABC$中,$DE// BC$,分别交边AB、AC于点D、E,且DE将$△ABC$分成面积相等的两部分。把$△ADE$沿直线DE翻折,点A落在点F的位置上,DF交BC于点G,EF交BC于点H,那么$\frac {GH}{DE}= $$2 - \sqrt{2}$。

答案： 解：设△ABC的面积为2S，因为DE将△ABC分成面积相等的两部分，所以△ADE的面积为S。
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，相似比为k。
由相似三角形面积比等于相似比的平方，得$k^2 = \frac{S}{2S} = \frac{1}{2}，$
∴$k = \frac{\sqrt{2}}{2}，$即$\frac{AD}{AB} = \frac{DE}{BC} = \frac{\sqrt{2}}{2}。$
设$AD = \sqrt{2}x，$则AB = 2x，$DB = AB - AD = 2x - \sqrt{2}x = (2 - \sqrt{2})x。$
将△ADE沿DE翻折得△FDE，
∴$FD = AD = \sqrt{2}x，$∠FDE = ∠ADE。
∵DE//BC，
∴∠ADE = ∠B，∠FDE = ∠B，
∴DG//AB（此处应为∠DGB = ∠FDE = ∠B，所以DG = DB）。
在△FDG和△FHB中（此处应为△FDG中，∠FDG = ∠B，∠FGD = ∠C，所以△FDG∽△ABC），或直接由$DG = DB = (2 - \sqrt{2})x。$
同理可得$EH = EC = (2 - \sqrt{2})y（$设$AE = \sqrt{2}y，$AC = 2y，$EC = 2y - \sqrt{2}y = (2 - \sqrt{2})y）。$
∵DE//BC，
∴$\frac{DG}{DE} = \frac{DB}{AD}（$此处利用平行线分线段成比例，过G作GM//AC交DE于M，得$\frac{DG}{AD} = \frac{GM}{AE} = \frac{MH}{EC}，$过程略），可求得$DG = DB = (2 - \sqrt{2})x，$同理$EH = EC = (2 - \sqrt{2})y，$又因为$\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{\sqrt{2}}{2}，$所以$\frac{x}{y} = \frac{AD}{AE} = \frac{AB}{AC}，$设BC = 2z，则$DE = \sqrt{2}z，$BG + HC = BC - GH = 2z - GH。
又
∵$BG = DG = (2 - \sqrt{2})x，$$HC = EH = (2 - \sqrt{2})y，$且$\frac{x}{AB} = \frac{y}{AC} = \frac{1}{2}（$由$AD = \sqrt{2}x，$AB = 2x得$\frac{x}{AB} = \frac{1}{2}），$所以$BG + HC = (2 - \sqrt{2})(x + y) = (2 - \sqrt{2})\frac{AB + AC}{2}，$但更简便的是利用相似比求$BC = \sqrt{2}DE，$设DE = m，则$BC = \sqrt{2}m。$
$BG = DG = DB = AB - AD = \frac{AB}{\sqrt{2}}（$由$AD = \frac{\sqrt{2}}{2}AB$得$DB = AB - \frac{\sqrt{2}}{2}AB = AB(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})，$又AD = FD，所以$FD = \frac{\sqrt{2}}{2}AB，$在△FDG中，$\frac{DG}{FD} = \frac{DB}{AD}，$即$DG = DB = AB(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})，$$\frac{DG}{AD} = \frac{AB(1 - \frac{\sqrt{2}}{2})}{\frac{\sqrt{2}}{2}AB} = \sqrt{2} - 1，$所以$\frac{BG}{DE} = \sqrt{2} - 1，$同理$\frac{HC}{DE} = \sqrt{2} - 1。$
∴$BG + HC = (\sqrt{2} - 1)DE + (\sqrt{2} - 1)DE = 2(\sqrt{2} - 1)DE。$
∵BC = BG + GH + HC，$BC = \sqrt{2}DE，$
∴$\sqrt{2}DE = 2(\sqrt{2} - 1)DE + GH，$
解得$GH = \sqrt{2}DE - 2(\sqrt{2} - 1)DE = \sqrt{2}DE - 2\sqrt{2}DE + 2DE = (2 - \sqrt{2})DE，$
∴$\frac{GH}{DE} = 2 - \sqrt{2}。$答案：$2 - \sqrt{2}$

10 如图,在$△ABC$中,E、F是BC的三等分点,D是AC的中点,AE、AF分别交BD于点M、N,则$BM:MN:ND$=5:3:2。

答案： 解：过点D作DG//BC交AE于点G，交AF于点H。
∵D是AC中点，DG//BC，
∴DG是△AEC的中位线，
∴DG = 1/2 EC，AG = GE。
∵E、F是BC三等分点，设BE = EF = FC = x，则EC = 2x，
∴DG = 1/2 × 2x = x，即DG = BE = x。
∵DG//BC，
∴∠MBE = ∠MDG，∠MEB = ∠MGD。
在△BME和△DMG中，
∠MBE = ∠MDG，BE = DG，∠MEB = ∠MGD，
∴△BME≌△DMG（ASA），
∴BM = MD。
设DH = y，同理，DH是△AFC的中位线，
∴DH = 1/2 FC = 1/2 x。
∵DH//BF，BF = 2x，
∴NH/NB = DH/BF = (1/2 x)/(2x) = 1/4。
设NH = k，则NB = 4k，BN = BM + MN = 4k，MN = 4k - BM。
又
∵BD = BM + MD = 2BM，BD = BN + ND = 4k + ND，
且ND = MD - MN = BM - (4k - BM) = 2BM - 4k，
∴2BM = 4k + 2BM - 4k，等式恒成立。
由DH//BF得ND/NB = DH/BF = 1/4，即ND = 1/4 NB = k，
∴2BM = 4k + k = 5k，BM = 5k/2，MN = 4k - 5k/2 = 3k/2，
∴BM:MN:ND = 5k/2 : 3k/2 : k = 5:3:2。
5:3:2

11 如图,直线$l_{1}$、$l_{2}$、$l_{3}分别交直线l_{4}$于点A、B、C,交直线$l_{5}$于点D、E、F,且$l_{1}// $$l_{2}// l_{3}$,已知$DE:DF= 3:8,AC= 24$。
(1) 求BC的长；
(2) 当$AD= 4,CF= 20$时,求BE的长。

答案：

解:

(1)
∵$l_{1}// l_{2}// l_{3}$,
∴$\frac {AB}{AC}=\frac {DE}{DF}$,即$\frac {AB}{24}=\frac {3}{8}$,解得$AB = 9$,

∴$BC=AC - AB=24 - 9 = 15$.

(2)如图,过点$A$作$AN// DF$交$CF$于点$N$,交$EB$于点$M$,易得四边形$ADEM$和四边形$ADFN$为平行四边形,

∴$EM = FN = AD = 4$,
∴$CN=CF - FN=20 - 4 = 16$.

∵$BM// CN$,
∴$\triangle ABM\backsim\triangle ACN$,

∴$\frac {BM}{CN}=\frac {AB}{AC}$,即$\frac {BM}{16}=\frac {9}{24}$,解得$BM = 6$,

∴$BE=EM + BM=4 + 6 = 10$.