《2025年名校课堂内外九年级数学上册湘教版湖南专版》

10. 如图,在两个直角三角形中,$\angle ACB= \angle ADC = 90^{\circ}$,$AC = 6$,$AD = 3\sqrt{3}$。那么当$AB$的长等于12或$4\sqrt{3}$时,这两个直角三角形相似。

答案： 12或$4\sqrt{3}$

11. 如图,在菱形$ABCD$中,$E为BC$边上一点,$\angle AED= \angle B$。
(1)求证：$\triangle ABE\backsim\triangle DEA$；
(2)若$AE = 4$,$DE = 6$,求菱形$ABCD$的边长。

答案：

(1)证明:如图

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC.
∴∠DAE=∠AEB，又
∵∠B=∠AED，
∴△ABE∽△DEA；
(2)
解:
∵△ABE∽△DEA，
∴$\frac{AE}{DA}=\frac{AB}{DE}$，
∴AE·DE=AB·DA.
∵四边形ABCD是菱形，AB=AD，
∴$AB^2$=AE·DE=24，
∴AB=$2\sqrt{6}$或$-2\sqrt{6}$(舍去).
∴菱形ABCD的边长为$2\sqrt{6}$.

12.(类比思想)尤秀同学遇到了这样一个问题：如图 1 所示,已知$AF$,$BE是\triangle ABC$的中线,且$AF\perp BE$,垂足为$P$,设$BC = a$,$AC = b$,$AB = c$。求证：$a^2 + b^2 = 5c^2$。
该同学仔细分析后,得到如下解题思路：
先连接$EF$,利用$EF为\triangle ABC的中位线得到\triangle EPF\backsim\triangle BPA$,故$\frac{EP}{BP}= \frac{PF}{PA}= \frac{EF}{BA}= \frac{1}{2}$,设$PF = m$,$PE = n$,用$m$,$n把PA$,$PB$分别表示出来,再在$Rt\triangle APE$,$Rt\triangle BPF$,$Rt\triangle EFP$中利用勾股定理计算,消去$m$,$n$即可得证。
(1)请你根据以上解题思路帮尤秀同学写出证明过程；
(2)利用题中的结论,解答下列问题：
在边长为$3的菱形ABCD$中,$O为对角线AC$,$BD$的交点,$E$,$F分别为线段AO$,$DO$的中点,连接$BE$,$CF并延长交于点M$,$BM$,$CM分别交AD于点G$,$H$,如图 2 所示,直接写出$MG^2 + MH^2$的值。

答案：

(1)解:设PF=m，PE=n，连接EF，如图1 ，
∵AF，BE是△ABC的中线，
∴EF为△ABC的中位线，$AE=\frac{1}{2}b$，$BF=\frac{1}{2}a$，
∴EF //AB，$EF=\frac{1}{2}c$，
∴△EPF∽△BPA，
∴$\frac{EP}{BP}=\frac{PF}{PA}=\frac{EF}{BA}=\frac{1}{2}$，即$\frac{n}{PB}=\frac{m}{PA}=\frac{1}{2}$，
∴PB=2n，PA=2m，
∵在Rt△AEP中，$PE^2+PA^2=AE^2$，
∴$n^2+4m^2=\frac{1}{4}b^2$①，
∵在Rt△BFP中，$PF^2+PB^2=BF^2$，
∴$m^2+4n^2=\frac{1}{4}a^2$②，①+②得$5(n^2+m^2)=\frac{1}{4}(a^2+b^2)$，
∵在Rt△EFP 中，$PE^2+PF^2=EF^2$，
∴$n^2+m^2=EF^2=\frac{1}{4}c^2$，
∴$5\cdot\frac{1}{4}c^2=\frac{1}{4}(a^2+b^2)$，
∴$a^2 + b^2 = 5c^2$；
(2)$MG^2 + MH^2=5$