《2025年新课程学习与测评同步学习九年级数学全一册湘教版》

5. 如图 10,四边形 ABCD 为菱形,点 E 在 AC 的延长线上,$∠ACD= ∠ABE$.
(1) 求证：$△ABC\backsim△AEB$.
(2) 当$AB= 6$,$AC= 4$时,求 AE 的长.

答案：
(1)证明:
∵ 四边形ABCD为菱形,
∴ $\angle ACD=\angle ACB$.
∵ $\angle ACD=\angle ABE$,
∴ $\angle ACB=\angle ABE$.又
∵ $\angle BAC=\angle EAB$,
∴ $\triangle ABC \backsim \triangle AEB$.
(2)解:
∵ $\triangle ABC \backsim \triangle AEB$.
∴ $\frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AB}$.
∵ AB=6,$AC=4$,
∴ $\frac{6}{AE}=\frac{4}{6}$.
∴ $AE=9$.

6. 如图 11,在等边三角形 ABC 中,点 D 在 AB 边上,$AD= 4$.将$△ABC$折叠,使点 C 与点 D 重合,折痕为 EF,点 E,F 分别在边 AC,BC 上,$BF= 5$,则$\frac{CF}{CE}= $____.

答案： $\frac{5}{4}$ 提示:由题意,得$\angle A=\angle B=\angle C=\angle EDF=60^{\circ}$,$CE=DE$,$CF=DF$.又$\angle EDB=\angle EDF+\angle BDF=\angle A+\angle AED$,故$\angle BDF=\angle AED$.所以$\triangle AED \backsim \triangle BDF$.则$\frac{DF}{ED}=\frac{BF}{AD}=\frac{5}{4}$.故$\frac{CF}{CE}=\frac{DF}{ED}=\frac{5}{4}$.

7. 如图 12,在四边形 ABCD 中,AC 平分$∠DAB$,$∠ADC= ∠ACB= 90^{\circ}$,E 为 AB 的中点,连接 DE 交 AC 于点 F.
(1) 求证：$AC^{2}= AB\cdot AD$.
(2) 求证：$△AFD\backsim△CFE$.

答案： 证明:
(1)
∵ AC平分$\angle DAB$,
∴ $\angle DAC=\angle CAB$.又$\angle ADC=\angle ACB=90^{\circ}$,
∴ $\triangle ADC \backsim \triangle ACB$.
∴ $\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}$.
∴ $AC^{2}=AB \cdot AD$.
(2)
∵ $\angle ACB=90^{\circ}$,E为AB的中点,
∴ $CE=BE=AE$.
∴ $\angle EAC=\angle ECA$.
∵ $\angle DAC=\angle CAB$,
∴ $\angle DAC=\angle ECA$.又$\angle DFA=\angle EFC$.
∴ $\triangle AFD \backsim \triangle CFE$.

8. 如图 13,正方形 ABCD 的边长为 2,E 是 CD 的中点,点 P 在射线 AB 上,过点 P 作线段 AE 的垂线,垂足为点 F.
(1) 求证：$△PAF\backsim△AED$.
(2) 连接 PE,判断是否存在点 P,使$△PEF与△AED$相似.若存在,则请求出 PA 的长；若不存在,则请说明理由.

答案：
(1)证明:
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ CD//AB,$\angle D=90^{\circ}$.
∴ $\angle PAF=\angle AED$.又PF⊥AE,
∴ $\angle PFA=\angle D=90^{\circ}$.
∴ $\triangle PAF \backsim \triangle AED$.
(2)解:存在.
∵ PF⊥AE,
∴ $\angle PFE=\angle D=90^{\circ}$.①当$\triangle EFP \backsim \triangle ADE$时,有$\angle PEF=\angle EAD$.
∴ PE//AD.
∴ 四边形ADEP为矩形.
∵ E是CD的中点,$CD=2$,
∴ $DE=1$.
∴ $PA=DE=1$.②当$\triangle PFE \backsim \triangle ADE$时,有$\angle PEF=\angle AED$.
∵ $\angle PAF=\angle AED$,
∴ $\angle PEF=\angle PAF$.
∴ $PE=PA$.又PF⊥AE,
∴ F为AE的中点.在Rt△ADE中,由勾股定理,得$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{5}$.
∴ $AF=\frac{\sqrt{5}}{2}$.
∵ $\triangle PAF \backsim \triangle AED$,
∴ $\frac{PA}{AE}=\frac{AF}{ED}$,即$\frac{PA}{\sqrt{5}}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{2}}{1}$.
∴ $PA=\frac{5}{2}$.综上所述,PA的长为1或$\frac{5}{2}$.