《2025年新课堂学习与探究九年级数学全一册北师大版》

17. 如图,在$□ ABCD$中,过点$A作AE\perp BC$,垂足为$E$,连接$DE$,$F为线段DE$上一点,且$\angle AFE = \angle B$.
(1)求证：$\triangle ADF\backsim \triangle DEC$.
(2)若$AB = 4$,$AD = 3$,$AE = 3$,求$AF$的长.

答案：
(1)证明:$\because$四边形$ABCD$是平行四边形,
$\therefore AD// BC$,$AB// CD$,
$\therefore \angle ADF=\angle CED$,$\angle B+\angle C=180^{\circ}$.
$\because \angle AFE+\angle AFD=180^{\circ}$,$\angle AFE=\angle B$,
$\therefore \angle AFD=\angle C$,$\therefore \triangle ADF\backsim \triangle DEC$.
(2)解:$\because$四边形$ABCD$是平行四边形,
$\therefore CD=AB=4$,$AD// BC$.
$\because AE\perp BC$,$\therefore AE\perp AD$.
在$Rt\triangle ADE$中,$DE=\sqrt{AD^{2}+AE^{2}}=\sqrt{3^{2}+3^{2}}=3\sqrt{2}$,
$\because \triangle ADF\backsim \triangle DEC$,
$\therefore \frac{AD}{DE}=\frac{AF}{DC}$,即$\frac{3}{3\sqrt{2}}=\frac{AF}{4}$,
$\therefore AF=4× \frac{3}{3\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$.

18. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB = 6\mathrm{cm}$,$BC = 8\mathrm{cm}$,对角线$AC$,$BD交于点O$.点$P从点A$出发,沿$AD$方向匀速运动,速度为$1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$；同时,点$Q从点D$出发,沿$DC$方向匀速运动,速度为$1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$.当一个点停止运动时,另一个点也停止运动.连接$PO$并延长,交$BC于点E$,过点$Q作QF// AC$,交$BD于点F$.设运动时间为$t(\mathrm{s})(0\lt t\lt 6)$.
(1)当$t$为何值时,$\triangle AOP$是等腰三角形？
(2)在运动过程中,是否存在某一时刻$t$,使$S_{五边形OECQF}:S_{\triangle ACD} = 9:16$？若存在,求出$t$的值；若不存在,请说明理由.

答案：
解:
(1)在$Rt\triangle ABC$中,
根据勾股定理得$AC=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$,
则$OA=\frac{1}{2}AC=5$.
当$\triangle AOP$是等腰三角形时,
①若$AP=AO$,则$t=5$;
②若$AO=PO$,则$P$与$D$重合,故$t=8$;
③若$AP=PO$,如图①,

过点$P$作$PG\perp AO$于点$G$,则$AG=\frac{1}{2}AO=\frac{5}{2}$.
$\because \angle AGP=\angle ADC=90^{\circ}$,$\angle PAG=\angle CAD$,
$\therefore \triangle APG\backsim \triangle ACD$,
$\therefore \frac{AP}{AC}=\frac{AG}{AD}$,即$\frac{t}{10}=\frac{\frac{5}{2}}{8}$,解得$t=\frac{25}{8}$.
$\because 0＜t＜6$,$\therefore t=\frac{25}{8}$或5.
(2)如图②,过点$O$作$OH\perp BC$于点$H$,
过点$O$作$OI\perp DC$于点$I$.

$\because OB=OC$,$OH\perp BC$,
$\therefore BH=CH$.
又$\because OB=OD$,
$\therefore OH$是$\triangle BDC$的中位线,
$\therefore OH=\frac{1}{2}DC=3$.
同理,$OI=4$.
由$\triangle POA\cong \triangle EOC$得$AP=CE=t$,
则$BE=8-t$.
由$\triangle DFQ\backsim \triangle DOC$得$\frac{S_{\triangle DFQ}}{S_{\triangle DOC}}=\left(\frac{DQ}{DC}\right)^{2}$,
即$\frac{S_{\triangle DFQ}}{\frac{1}{2}× 6× 4}=\left(\frac{t}{6}\right)^{2}$,$S_{\triangle DFQ}=\frac{1}{3}t^{2}$,
$S=S_{\triangle BDC}-S_{\triangle BOE}-S_{\triangle DFQ}$
$=\frac{1}{2}× 6× 8-\frac{1}{2}(8-t)× 3-\frac{1}{3}t^{2}$
$=-\frac{1}{3}t^{2}+\frac{3}{2}t+12$.
若$S_{五边形OECQF}:S_{\triangle ACD}=9:16$,
则$-\frac{1}{3}t^{2}+\frac{3}{2}t+12=\frac{9}{16}× \frac{1}{2}× 6× 8$,
即$2t^{2}-9t+9=0$,解得$t_{1}=3$,$t_{2}=\frac{3}{2}$.
综上,当$t=\frac{3}{2}$或3时,$S_{五边形OECQF}:S_{\triangle ACD}=9:16$.