《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

24. (14分)新趋势项目式学习(2024·南通中考)综合与实践:九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动.
【特例探究】
(1)图①、②、③是三个等腰三角形(相关条件见图中标注),列表分析两腰之和与两腰之积.

等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
请补全表格中数据,并完成以下猜想.
已知$\triangle ABC的角平分线AD= 1,AB= AC,\angle BAD= \alpha$,用含$\alpha的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积AB\cdot AC$之间的数量关系:AB+AC=2AB·AC·cosα.
【变式思考】
(2)已知$\triangle ABC的角平分线AD= 1,\angle BAC= 60^{\circ}$,用等式写出两边之和$AB+AC与两边之积AB\cdot AC$之间的数量关系,并证明.AB+AC=$\sqrt{3}$AB·AC
【拓展运用】
(3)如图④,在$\triangle ABC$中,$AB= AC= 1$,点$D在边AC$上,$BD= BC= AD$.以点$C$为圆心,$CD长为半径作弧与线段BD相交于点E$,过点$E作任意直线与边AB、BC分别交于M、N$两点.请补全图形,并分析$\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$的值是否变化?$\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$的值不变

答案：
(1)$\frac{2\sqrt{3}}{3}$ $\frac{4\sqrt{3}}{3}$ $\frac{4}{3}$ 【解析】
∵∠BAD=∠CAD=30°，AD是△ABC的角平分线，AD=1，
∴AD⊥BC，
∴AB=AC=$\frac{AD}{\cos30°}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴AB+AC=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，AB·AC=$\frac{4}{3}$；
图序　角AD平的分长线　∠B度A数D的　腰长　两之腰和　两之腰积
图①　　1　　　　60°　　　2　　　4　　　4
图②　　1　　　　45°　　　$\sqrt{2}$　$2\sqrt{2}$　　2
图③　　　1　　　　30°　　　$\frac{2\sqrt{3}}{3}$　$\frac{4\sqrt{3}}{3}$　　$\frac{4}{3}$
AB+AC=2AB·AC·cosα 【解析】如图①，
∵AD是∠BAC的平分线，AB=AC，∠BAD=∠CAD=α，AD⊥BC，
∴AB=AC=$\frac{AD}{\cos\alpha}=\frac{1}{\cos\alpha}$，
∴AB+AC=$\frac{2}{\cos\alpha}$，AB·AC=$\frac{1}{\cos^{2}\alpha}$，
∴AB+AC=2AB·AC·cosα.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，
(2)AB+AC=$\sqrt{3}$AB·AC，证明：如图②，延长AB至点E，使AE=AC，连接CE，过点B作BH⊥CE于点H，延长AD交CE于点F，
∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，
∴△ACE为等边三角形，AF⊥CE，∠EAF=∠CAF=30°，设AC=AE=CE=2x，EH=a，
∴CF=EF=x，AF=$\sqrt{3}x$，而AD=1，
∴DF=$\sqrt{3}x - 1$.
∵BH⊥CE，AF⊥CE，
∴BH//AF，
∴∠EBH=∠EAF=30°，△CDF∽△CBH，
∴BE=2a，BH=$\sqrt{3}a$.
∵△CDF∽△CBH，
∴$\frac{DF}{BH}=\frac{CF}{CH}$，即$\frac{\sqrt{3}x - 1}{\sqrt{3}a}=\frac{x}{2x - a}$，解得$a=\frac{2\sqrt{3}x^{2}-2x}{2\sqrt{3}x - 1}$，
∴AB+AC=4x - 2a=4x - $\frac{4\sqrt{3}x^{2}-4x}{2\sqrt{3}x - 1}=\frac{4\sqrt{3}x^{2}}{2\sqrt{3}x - 1}$，AB·AC=(2x - 2a)2x=4x² - 4ax=$\frac{4\sqrt{3}x^{2}}{2\sqrt{3}x - 1}$，
∴AB+AC=$\sqrt{3}$AB·AC；
(3)补全图形如图③所示.设∠A=α，
∵BD=AD，
∴∠ABD=∠A=α，
∴∠BDC=∠ABD+∠A=2α.
∵BD=BC，
∴∠BCD=∠BDC=2α.
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=2α.
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴α+2α+2α=180°，解得α=36°，
∴∠A=∠ABD=∠CBD=36°.如图④，过点E作EF⊥AB于点F，EH⊥BC于点H，过点N作NG⊥AB于点G.
∵S△BMN=S△BEM+S△BEN，
∴$\frac{1}{2}BM·NG=\frac{1}{2}BM·EF+\frac{1}{2}BN·EH$.
∵∠ABD=∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC，
∴EF=EH，在Rt△BNG中，NG=BN·sin∠ABC=BN·sin72°，
∴BM·BN·sin72°=(BM+BN)·EH，
∴$\frac{\sin72°}{EH}=\frac{BM+BN}{BM·BN}=\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$.
∵$\frac{EH}{BE}=\sin∠CBD=\sin36°$，
∴EH=BE·sin36°，
∴$\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}=\frac{\sin72°}{BE·sin36°}$.
∵△ABC是确定的，由作图可得BE为定长，而sin36°和sin72°为定值，
∴$\frac{\sin72°}{BE·sin36°}$为定值，即$\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$为定值.