《2025年综合应用创新题典中点九年级数学全一册浙教版浙江专版》

10. 如图,在$△ABC$中,$∠ABC= 90^{\circ }$,点$E在CB$的延长线上,$BE= \frac {1}{3}AB$,过点$E作ED⊥AC于点D$.若$AD= ED,AC= 6$,则$CD$的长为(B)

A.1.5
B.2
C.2.5
D.4

答案： B

11. 母题 教材P133作业题T4 如图,$\odot O是△ABC$的外接圆,$D是\overset{\frown }{AC}$的中点,连结$AD,BD$,其中$BD与AC交于点E$.写出图中所有与$△ADE$相似的三角形:△CBE，△BDA.

答案： △CBE，△BDA

12. 如图,在矩形$ABCD$中,$E是BC$的中点,$DF⊥AE$,垂足为$F$.
(1)求证:$△ABE\backsim △DFA$.
(2)若$AB= 6,BC= 4$,求$DF$的长.

答案：
(1)[证明]
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠BAD=∠B=90°.
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠BAE+∠DAF=90°，
∴∠DAF=∠AEB.
∵DF⊥AE，
∴∠AFD=90°=∠B.
∴△ABE∽△DFA.
(2)[解]
∵E是BC的中点，BC=4，
∴BE=2.
∵AB=6，
∴AE=$\sqrt{AB^2+BE^2}$=$\sqrt{6^2+2^2}$=2$\sqrt{10}$.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4.
由
(1)得△ABE∽△DFA，
∴$\frac{AB}{DF}$=$\frac{AE}{AD}$.
∴DF=$\frac{AB·AD}{AE}$=$\frac{6×4}{2\sqrt{10}}$=$\frac{6}{5}\sqrt{10}$.

13. 新考法 方程思想 如图,在边长为1的正方形$ABCD$中,点$E在边AD$上(不与点$A,D$重合),射线$BE与射线CD交于点F$.
(1)若$ED= \frac {1}{3}$,求$DF$的长;
(2)求证:$AE\cdot CF= 1;$
(3)以点$B$为圆心,$BC$长为半径画弧,交线段$BE于点G$.若$EG= ED$,求$ED$的长.

答案：
(1)[解]
∵ED=$\frac{1}{3}$，正方形ABCD的边长为1，
∴AB=AD=BC=1，AE=AD - ED=$\frac{2}{3}$.
由题意得AB//FC，
∴∠ABE=∠F.又
∵∠AEB=∠DEF，
∴△ABE∽△DFE.
∴$\frac{AB}{DF}$=$\frac{AE}{DE}$=2.
∴DF=$\frac{1}{2}$.
(2)[证明]由题意得AD//BC，
∴∠AEB=∠CBF，
又
∵∠BAE=∠FCB，
∴△ABE∽△CFB.
∴$\frac{AE}{CB}$=$\frac{AB}{CF}$.
又
∵AB=BC=1，
∴AE·CF=AB·BC=1.
(3)[解]由题意得BG=BC=1.设EG=ED=x，得AE=1 - x，BE=1 + x.
在Rt△ABE中，由勾股定理得(1 - x)²+1²=(1 + x)²，
解得x=$\frac{1}{4}$.
∴ED=$\frac{1}{4}$.

14. [2025杭州月考]如图,矩形$ABCD$中,$BC＜2AB$,$M是BC$的中点,连结$AM$.将$△ABM沿着AM折叠后得△APM$,延长$AP交CD于点E$,连结$ME$.
(1)求证:$ME平分∠PMC$;
(2)求证:$△EMC\backsim △MAB$.

答案： [证明]
(1)
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
∵M是BC的中点，
∴BM=CM.
∵将△ABM沿着AM折叠后得△APM，
∴PM=BM，∠MPE=∠APM=∠B=90°.
∴PM=CM，∠MPE=∠C.
又
∵EM=EM，
∴△PEM≌△CEM.
∴∠CME=∠PME.
∴ME平分∠PMC.
(2)由折叠可得∠AMB=∠APM，
由
(1)得∠CME=∠PME.
∵∠AMB+∠APM+∠PME+∠CME=180°，
∴∠AMB+∠CME=90°.
∵∠B=90°，
∴∠BAM+∠AMB=90°.
∴∠BAM=∠CME.
又
∵∠B=∠C=90°，
∴△EMC∽△MAB.