《2025年教与学课程同步讲练九年级数学全一册浙教版》

9. 我们把一个内角等于$36^{\circ }$的等腰三角形称为黄金三角形,它的腰长与底边长的比(或者底边长与腰长的比)等于黄金比.如图,在$△ABC$中,$AB=AC,∠BAC=36^{\circ }$,以点C为圆心,以BC长为半径作弧交AC于点D,再分别以B,D为圆心,以大于$\frac{1}{2}BD$的长为半径作弧,两弧相交于点P,作射线CP交AB于点E,连结DE.下列结论中,错误的是 (C)

(第9题)

A.$∠BCE=36^{\circ }$
B.$BC=AE$
C.$\frac{BE}{AC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
D.$\frac{S_{△AEC}}{S_{△BEC}}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$

答案： C

10. 如图,点P是线段AB的黄金分割点,且 $AP＞BP$.设以AP为边长的正方形面积为$S_{1}$,以PB为宽,AB为长的矩形面积为 $S_{2}$,则$S_{1}$=$S_{2}.$
(第10题)

答案： =

11. 如图,以长为2的线段AB为边作正方形ABCD,取AB 的中点P,连结PD,在BA 的延长线上取点F,使$PF=PD$,以AF为边作正方形AMEF,点M在AD上.
(1)求AM,DM的长.
(2)求证:$AM^{2}=AD\cdot DM.$
(3)根据(2)的结论,你能找出图中的某一
个黄金分割点吗？
(第11题)

答案： 1. （1）
解：
在$Rt\triangle APD$中，$AD = 2$，$AP=\frac{1}{2}AB = 1$。
根据勾股定理$PD=\sqrt{AD^{2}+AP^{2}}$，将$AD = 2$，$AP = 1$代入可得$PD=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{4 + 1}=\sqrt{5}$。
因为$PF = PD=\sqrt{5}$，所以$AF=PF - AP=\sqrt{5}-1$。
又因为四边形$AMEF$是正方形，所以$AM = AF=\sqrt{5}-1$。
则$DM=AD - AM=2-(\sqrt{5}-1)=3 - \sqrt{5}$。
2. （2）
证明：
计算$AM^{2}=(\sqrt{5}-1)^{2}=5-2\sqrt{5}+1 = 6 - 2\sqrt{5}$。
计算$AD\cdot DM=2×(3 - \sqrt{5})=6 - 2\sqrt{5}$。
所以$AM^{2}=AD\cdot DM$。
3. （3）
答案：点$M$是$AD$的黄金分割点。

12. 宽与长的比是$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$的矩形叫黄金矩形,黄金矩形给我们以协调的美感,世界各国许多著名建筑为取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的设计.已知四边形ABCD是黄金矩形($AB＜BC$).P是边AD上一点,则满足$PB⊥PC$的点P有几个？

答案： 如解图，四边形 ABCD 是黄金矩形，$AB\lt BC$，$\frac{AB}{BC}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.设$AB=a$，$BC=b$，假设存在点 P，且$AP=x$，则$PD=b - x$.在$\text{Rt}\triangle ABP$中，$BP^{2}=AB^{2}+AP^{2}=a^{2}+x^{2}$.在$\text{Rt}\triangle PDC$中，$PC^{2}=PD^{2}+CD^{2}=(b - x)^{2}+a^{2}$.$\because PB\perp PC$，$\therefore BC^{2}=BP^{2}+PC^{2}$，即$b^{2}=a^{2}+x^{2}+(b - x)^{2}+a^{2}$，整理，得$x^{2}-bx+a^{2}=0$.$\because \Delta =b^{2}-4a^{2}$，$\frac{AB}{BC}=\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，即$a=\frac{\sqrt{5}-1}{2}b$，$\therefore \Delta =b^{2}-4a^{2}=b^{2}-4× \frac{(\sqrt{5}-1)^{2}}{4}b^{2}=(2\sqrt{5}-5)b^{2}$.$\because 2\sqrt{5}-5\lt 0$，$b^{2}\gt 0$，$\therefore \Delta =b^{2}-4a^{2}=(2\sqrt{5}-5)b^{2}\lt 0$，$\therefore$方程无解，即点 P 不存在，满足$PB\perp PC$的点 P 有 0 个.