《2025年同步练习上海科学技术出版社九年级数学上册沪科版》

18. 如图,在$\triangle ABC$中,点$D在边AB$上,点$E在CB$的延长线上,且$BE = CD$,$EP // AC交直线CD于点P$,交直线$AB于点F$,$\angle ADP = \angle ACB$.求证：$AC = BF$.

答案：
∵∠ADP = ∠A + ∠ACD，∠ACB = ∠ACD + ∠BCD，∠ADP = ∠ACB，
∴∠A = ∠BCD.又
∵∠CBD = ∠ABC，
∴△CBD∽△ABC.
∴$\frac{CD}{AC}$ = $\frac{BC}{BA}$.
∵EF//AC，
∴$\frac{BC}{BA}$ = $\frac{BE}{BF}$.
∴$\frac{CD}{AC}$ = $\frac{BE}{BF}$.
∵BE = CD，
∴AC = BF

19. 如图,在矩形$ABCD$中,对角线$AC$,$BD相交于点F$,延长$BC到点E$,使得四边形$ACED$是一个平行四边形.平行四边形的对角线$AE分别交BD$,$CD于点G和H$.
(1)求证：$DG^2 = FG \cdot BG$；
(2)若$AB = 5$,$BC = 6$,求$GH$的长.

答案：
(1)
∵在矩形ABCD中，AD//BC，
∴$\frac{DG}{BG}$ = $\frac{AG}{GE}$.
∵在平行四边形ACED中，AC//DE，
∴$\frac{FG}{DG}$ = $\frac{AG}{GE}$.
∴$\frac{DG}{BG}$ = $\frac{FG}{DG}$.
∴DG² = FG·BG
(2)在平行四边形ACED中，DH = $\frac{1}{2}$CD = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{5}{2}$.在直角三角形ADH中，AD = BC = 6，AH = $\sqrt{AD^{2}+DH^{2}}$ = $\frac{13}{2}$.由AB//DH可证△ABG∽△HDG，则$\frac{GH}{AG}$ = $\frac{DH}{AB}$ = $\frac{1}{2}$，即$\frac{GH}{AH - GH}$ = $\frac{1}{2}$，可得GH = $\frac{13}{6}$

20. 如图,在$\triangle ABC$中,点$D在边AB$上.
(1)若$\angle ACD = \angle ABC$,求证：$AC^2 = AD \cdot AB$；
(2)若$E为CD$中点,$\angle ACD = \angle ABE$,$AB = 3$,$AC = 2$,求$BD$的长.

答案：
(1)
∵∠ACD = ∠ABC，∠A = ∠A，
∴△ACD∽△ABC.
∴$\frac{AC}{AB}$ = $\frac{AD}{AC}$.
∴AC² = AD·AB
(2)过点E作EF//AC交AB于点F，则∠A = ∠BFE，又
∵∠ACD = ∠ABE，
∴△ACD∽△FBE.
∴$\frac{BF}{AC}$ = $\frac{EF}{AD}$.
∵E是CD中点，
∴EF = $\frac{1}{2}$AC = 1.设BD = x，则AF = DF = $\frac{3 - x}{2}$.
∴$\frac{x + \frac{3 - x}{2}}{2}$ = $\frac{1}{3 - x}$.解方程，得x = $\sqrt{5}$，即BD = $\sqrt{5}$

21. 如图,在$Rt \triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$AC = BC$,$P为\triangle ABC$内部一点,且$\angle APB = \angle BPC = 135^{\circ}$.
(1)求证：$\triangle PAB \backsim \triangle PBC$；
(2)求证：$PA = 2PC$；
(3)若点$P到三角形的边AB$,$BC$,$CA的距离分别为h_1$,$h_2$,$h_3$,求证：$h_1^2 = h_2 \cdot h_3$.

答案： 1. （1）证明$\triangle PAB\backsim\triangle PBC$：
解（证明）：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC$，所以$\angle ABC=45^{\circ}=\angle PBA+\angle PBC$。
又因为$\angle APB = 135^{\circ}$，所以$\angle PAB+\angle PBA = 45^{\circ}$，则$\angle PBC=\angle PAB$。
又$\angle APB=\angle BPC = 135^{\circ}$，根据两角分别相等的两个三角形相似，可得$\triangle PAB\backsim\triangle PBC$。
2. （2）证明$PA = 2PC$：
解（证明）：
设$PC = a$。
因为$\triangle PAB\backsim\triangle PBC$，所以$\frac{PA}{PB}=\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{BC}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$AC = BC$，$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{2}BC$，即$\frac{AB}{BC}=\sqrt{2}$，所以$PB=\sqrt{2}PC=\sqrt{2}a$。
又$\frac{PA}{PB}=\sqrt{2}$，则$PA=\sqrt{2}PB$，把$PB = \sqrt{2}a$代入得$PA = 2a$，所以$PA = 2PC$。
3. （3）证明$h_{1}^{2}=h_{2}\cdot h_{3}$：
解（证明）：
连接$PC$，$PA$，$PB$。
$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PBC}+S_{\triangle PAC}$。
因为$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}AB\cdot h_{1}$，$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}BC\cdot h_{2}$，$S_{\triangle PAC}=\frac{1}{2}AC\cdot h_{3}$，且$AC = BC$，$AB=\sqrt{2}BC$。
由$\triangle PAB\backsim\triangle PBC$可得$\frac{S_{\triangle PAB}}{S_{\triangle PBC}}=\left(\frac{PA}{PB}\right)^{2}=2$，即$S_{\triangle PAB}=2S_{\triangle PBC}$，$S_{\triangle PAC}=\frac{1}{2}AC\cdot h_{3}=\frac{1}{2}BC\cdot h_{3}$。
又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AC=\frac{1}{2}BC^{2}$，$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}AB\cdot h_{1}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}BC\cdot h_{1}$，$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}BC\cdot h_{2}$。
因为$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle PAB}+S_{\triangle PBC}+S_{\triangle PAC}$，且$S_{\triangle PAB}=2S_{\triangle PBC}$，$S_{\triangle PAC}=S_{\triangle PBC}$（由$PA = 2PC$，根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高），$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle APC+\angle BPC+\angle APB=360^{\circ}$，$\angle APC = 90^{\circ}$，$S_{\triangle PAC}=\frac{1}{2}AC\cdot h_{3}$，$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}BC\cdot h_{2}$，$AC = BC$，$\frac{S_{\triangle PAC}}{S_{\triangle PBC}}=\frac{PA}{PB}×\frac{PC}{PB}$，结合前面相似关系可推得）。
由$S_{\triangle PAB}\cdot S_{\triangle PBC}=S_{\triangle PAC}^{2}$（根据相似三角形面积比与边的关系以及面积公式推导）。
把$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}AB\cdot h_{1}$，$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}BC\cdot h_{2}$，$S_{\triangle PAC}=\frac{1}{2}AC\cdot h_{3}$（$AB=\sqrt{2}BC$，$AC = BC$）代入$S_{\triangle PAB}\cdot S_{\triangle PBC}=S_{\triangle PAC}^{2}$得：
$\left(\frac{1}{2}×\sqrt{2}BC\cdot h_{1}\right)×\left(\frac{1}{2}BC\cdot h_{2}\right)=\left(\frac{1}{2}BC\cdot h_{3}\right)^{2}$。
化简可得$h_{1}^{2}=h_{2}\cdot h_{3}$。
综上，（1）已证$\triangle PAB\backsim\triangle PBC$；（2）已证$PA = 2PC$；（3）已证$h_{1}^{2}=h_{2}\cdot h_{3}$。