《2025年中学生世界九年级数学上册沪教版五四制》

5. 在Rt△ABC中,已知∠ACB= 90°,CD⊥AB于点D,AD= 4cm,BD= 9cm,则△ABC较短的直角边的长是2√13cm.

答案： 【解析】：
本题主要考察相似三角形的判定及性质。在直角三角形中，可以利用相似三角形来求解未知的边长。
由于$\angle ACB = 90^\circ$，且$CD \perp AB$，那么$\triangle ACD \sim \triangle CBD$（根据AA相似判定，即两个角对应相等）。
根据相似三角形的性质，对应边成比例，即：
$\frac{AD}{CD} = \frac{CD}{BD}$，
代入已知的$AD = 4\text{cm}$和$BD = 9\text{cm}$，得到：
$\frac{4}{CD} = \frac{CD}{9}$，
$CD^2 = 4 × 9$，
$CD = \sqrt{36} = 6 \text{(cm)}$，（负值舍去，因为边长不能为负），
接下来，利用勾股定理在$\triangle ACD$中求$AC$：
$AC = \sqrt{AD^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + 6^2} = \sqrt{16 + 36} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}\text{(cm)}$，
在$\triangle CBD$中求$BC$：
$BC = \sqrt{CD^2 + BD^2} = \sqrt{6^2 + 9^2} = \sqrt{36 + 81} = \sqrt{117} = 3\sqrt{13}\text{(cm)}$，
因为$2\sqrt{13} \lt 3\sqrt{13}$，
所以，$\triangle ABC$较短的直角边是$AC$，长度为$2\sqrt{13}\text{cm}$。
【答案】：
$2\sqrt{13}\text{cm}$。

6. 如图,在△ABC中,如果CE平分∠ACB,点D在边BC上,AD交CE于点F,且∠CAD= ∠B,那么图中与△CDF相似的三角形是△CAF.

答案： 证明：
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACF=∠DCF。
∵∠CAD=∠B，∠ACD=∠BCA，
∴△ACD∽△BCA（AA），
∴∠ADC=∠BAC。
∵∠BAC=∠BAD+∠CAD，∠ADC=∠BAD+∠B，且∠CAD=∠B，
∴∠BAD+∠CAD=∠BAD+∠B，即∠BAC=∠ADC。
在△CDF和△CAF中，
∠DCF=∠ACF，∠CDF=∠CAF（已证∠ADC=∠BAC，∠CAD=∠B，∠CAF=∠CAD=∠B，∠CDF=∠ADC=∠BAC，故∠CDF=∠CAF），
∴△CDF∽△CAF（AA）。
△CAF

7. 已知点A(2,0)和点B(0,4),在坐标轴上找到点C(1,0)和点D,使△AOB与△DOC相似,则点D的坐标是(0, 2)、(0, -2)、(0,$\frac12$)、(0，$-\frac12$).

答案： 解：
情况1：点D在y轴上
设D(0, d)，
∵△AOB∽△DOC，
∴AO/DO = BO/CO，
AO=2，BO=4，CO=1，DO=|d|，
2/|d| = 4/1 ⇒ |d|=0.5，
∴D(0, 0.5)或(0, -0.5)。
情况2：点D在x轴上
设D(d, 0)，
∵△AOB∽△COD，
∴AO/CO = BO/DO，
2/1 = 4/|d| ⇒ |d|=2，
∴D(2, 0)（与A重合，舍）或D(-2, 0)。
综上，点D的坐标是(0, 0.5)、(0, -0.5)、(-2, 0)。
答案：(0, 0.5)、(0, -0.5)、(-2, 0)

8. 如图,在梯形ABCD中,已知AD//BC,AB= AD= CD,AE= DF,点E、F分别在边AD、CD上,AF与BE相交于点G,找出图中相似的三角形,并证明你所得的结论.

答案： 1. 首先，根据已知条件分析角的关系：
因为$AD// BC$，$AB = CD$，所以梯形$ABCD$是等腰梯形，则$\angle BAD=\angle ADC$。
又因为$AB = AD$，$AE = DF$，在$\triangle ABE$和$\triangle DAF$中：
根据$SAS$（边角边）判定定理，$\left\{\begin{array}{l}AB = DA\\\angle BAE=\angle ADF\\AE = DF\end{array}\right.$，所以$\triangle ABE\cong\triangle DAF$。
由$\triangle ABE\cong\triangle DAF$可得$\angle ABE=\angle DAF$。
2. 然后，证明$\triangle AGE\sim\triangle BGA$：
在$\triangle AGE$和$\triangle BGA$中，$\angle AGE=\angle BGA$（公共角），$\angle GAE=\angle GBA$（已证$\angle ABE = \angle DAF$）。
根据两角分别相等的两个三角形相似，即$\angle AGE=\angle BGA$，$\angle GAE=\angle GBA$，所以$\triangle AGE\sim\triangle BGA$。
所以图中相似的三角形是$\triangle AGE\sim\triangle BGA$。

9. 如图,已知正方形ABCD和正方形DEFG,点G在边AD上.联结AE,交FG于点M,联结CG,并延长交AE于点N.
(1)写出图中所有与△EFM相似的三角形;
(2)求证$:EF^2= FM·CD.$

答案：
(1)与△EFM相似的三角形有：△AGM、△ADN。
(2)证明：
∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴EF=DE=DG=GF，CD=AD，∠EFM=∠ADC=90°，EF//AD。
∵EF//AD，
∴∠FEM=∠DAN。
∴△EFM∽△ADN。
∴$\frac{EF}{AD}=\frac{FM}{DN}$。
∵∠AGM=∠DGC，∠GAM=∠GCD，
∴△AGM∽△DGC。
∴$\frac{AG}{DG}=\frac{GM}{GC}$。
∵AG=AD-DG=CD-EF，DG=EF，
∴$\frac{CD-EF}{EF}=\frac{GM}{GC}$。
又
∵EF//AD，
∴$\frac{FM}{AG}=\frac{EF}{AD}$，即$\frac{FM}{CD-EF}=\frac{EF}{CD}$。
∴FM·CD=EF(CD-EF)。
∵△EFM∽△AGM，
∴$\frac{EF}{AG}=\frac{FM}{GM}$，即$\frac{EF}{CD-EF}=\frac{FM}{GM}$。
∴GM=$\frac{FM(CD-EF)}{EF}$。
∵GC=GM+MC，MC=EF，
∴GC=$\frac{FM(CD-EF)}{EF}$+EF=$\frac{FM(CD-EF)+EF^2}{EF}$。
由$\frac{AG}{DG}=\frac{GM}{GC}$得：$\frac{CD-EF}{EF}=\frac{\frac{FM(CD-EF)}{EF}}{\frac{FM(CD-EF)+EF^2}{EF}}$，
化简得：CD-EF=$\frac{FM(CD-EF)}{FM(CD-EF)+EF^2}$，
两边同乘[FM(CD-EF)+EF²]得：(CD-EF)[FM(CD-EF)+EF²]=FM(CD-EF)。
当CD≠EF时，两边同除以(CD-EF)得：FM(CD-EF)+EF²=FM，
即FM·CD - FM·EF + EF²=FM，
FM·CD=FM + FM·EF - EF²=FM(1 + EF) - EF²。（此步有误，重新推导）
正确推导：
∵EF//AD，
∴△EFM∽△AGM，
∴$\frac{EF}{AG}=\frac{FM}{GM}$。
∵AG=AD - GD=CD - EF，GD=EF，
∴$\frac{EF}{CD - EF}=\frac{FM}{GM}$，
∴GM=$\frac{FM(CD - EF)}{EF}$。
∵FG=FM + GM=EF，
∴FM + $\frac{FM(CD - EF)}{EF}$=EF，
FM[1 + $\frac{CD - EF}{EF}$]=EF，
FM[$\frac{EF + CD - EF}{EF}$]=EF，
FM·$\frac{CD}{EF}$=EF，
∴EF²=FM·CD。