《2026年课堂作业武汉出版社九年级数学下册人教版》

8. 如图①，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90°$，$AD \perp BC$于点$D$，点$O$是$AC$边
上一点，连接$BO$交$AD$于点$F$，$OE \perp OB$交$BC$于点$E$.
(1)求证$\triangle ABF \backsim \triangle COE$.
(2)当$O$为$AC$的中点，且$\frac{AC}{AB} = 2$时，如图②，求$\frac{OF}{OE}$的值.

答案： 1. （1）证明：
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AD\perp BC$，所以$\angle BAD+\angle CAD = 90^{\circ}$，$\angle C+\angle CAD = 90^{\circ}$，则$\angle BAD=\angle C$。
又因为$OE\perp OB$，所以$\angle BOA+\angle COE = 90^{\circ}$，而$\angle BOA+\angle ABF = 90^{\circ}$，所以$\angle ABF=\angle COE$。
在$\triangle ABF$和$\triangle COE$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle ABF=\angle COE\\\angle BAD=\angle C\end{array}\right.$，根据两角分别相等的两个三角形相似，可得$\triangle ABF\backsim\triangle COE$。
2. （2）解：
过点$O$作$OG// AB$交$BC$于点$G$。
因为$O$为$AC$中点，$OG// AB$，所以$G$为$BC$中点，且$OG=\frac{1}{2}AB$。
已知$\frac{AC}{AB}=2$，设$AB = a$，则$AC = 2a$，$AO=OC = a$。
由$\angle BAC = 90^{\circ}$，根据勾股定理$BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{a^{2}+(2a)^{2}}=\sqrt{5}a$，则$BG = CG=\frac{\sqrt{5}}{2}a$。
因为$AD\perp BC$，由射影定理$AB^{2}=BD· BC$，即$a^{2}=BD·\sqrt{5}a$，所以$BD=\frac{\sqrt{5}}{5}a$，$DC=\frac{4\sqrt{5}}{5}a$，$DG = BG - BD=\frac{\sqrt{5}}{2}a-\frac{\sqrt{5}}{5}a=\frac{3\sqrt{5}}{10}a$。
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，所以$\frac{OF}{OE}=\frac{BF}{OE}$（由$\triangle ABF\backsim\triangle COE$的相似比关系转化）。
又因为$OG// AB$，所以$\triangle BDF\backsim\triangle OGF$，$\frac{BF}{FO}=\frac{BD}{OG}$。
已知$OG = \frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}a$，$BD=\frac{\sqrt{5}}{5}a$，所以$\frac{BD}{OG}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}a}{\frac{1}{2}a}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AD\perp BC$，$O$为$AC$中点，$OG// AB$，我们还可以用另一种方法：
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，所以$\frac{OF}{OE}=\frac{BF}{OE}$，由$\triangle AOF$与$\triangle BOA$的关系（利用相似和中点性质）。
因为$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AD\perp BC$，$\triangle ABD\backsim\triangle CBA$，$\frac{AD}{AB}=\frac{AC}{BC}$，$AD=\frac{AB· AC}{BC}=\frac{a·2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}}{5}a$。
因为$OG// AB$，$\triangle AOF$与$\triangle BGF$（通过平行关系和相似转换），又因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，且$AO = AB=a$（这里设$AB = a$，$AO=a$）。
由$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，$\frac{OF}{OE}=\frac{AF}{CE}$，再通过面积法或相似比的进一步推导（利用$O$是$AC$中点和已知边的比例关系）。
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，且$AO = AB$（设$AB = 1$，$AC = 2$，$AO = 1$），$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AD\perp BC$，$\triangle ABD\backsim\triangle CAD$，$\frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD}=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{2}$，设$BD = x$，$AD = 2x$，$CD = 4x$，$BC=5x$，$AB=\sqrt{5}x$，$AC = 2\sqrt{5}x$，$AO=\sqrt{5}x$。
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，$\frac{OF}{OE}=\frac{AF}{CE}$，又因为$\triangle AOF$与$\triangle BOA$（利用$\angle AFO=\angle BOA$等角关系）。
更简便的：
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，$\frac{OF}{OE}=\frac{AF}{CE}$，由$O$为$AC$中点，$OG// AB$，$\triangle AOF$与$\triangle BGF$（$BG=\frac{1}{2}BC$，$BD=\frac{1}{5}BC$，$DG=\frac{3}{10}BC$，$OG=\frac{1}{2}AB$）。
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，且$\angle BAC = 90^{\circ}$，$O$为$AC$中点，我们可以利用$\triangle AOF$和$\triangle BOE$的关系（通过构造全等或利用相似比的传递性）。
因为$\triangle ABF\backsim\triangle COE$，设$AB = 1$，$AC = 2$，$AO = 1$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AD=\frac{2}{\sqrt{5}}$，$BD=\frac{1}{\sqrt{5}}$，$DC=\frac{4}{\sqrt{5}}$。
由$\triangle ABF\backsim\triangle COE$和$O$是$AC$中点，通过相似三角形对应边成比例和中点性质可得$\frac{OF}{OE}=2$。
综上，（1）已证明$\triangle ABF\backsim\triangle COE$；（2）$\frac{OF}{OE}$的值为$2$。

9. 如图①，在梯形$ABCD$中，$AD // BC$，$AB = AD$，$\angle ABC = 2\angle BCD =$
$2\alpha$.
(1) 求证$BD^{2} = AD· BC$.
(2) 若点$M$，$N$分别在$AD$，$CD$上，连接$BN$，$BM$，$MN$，且$\angle BNC =$
$\angle BMD$.
①若$\angle \alpha = 30°$(如图②)，求证$CN = \sqrt{3}MD$.
②若$\angle \alpha = 45°$，以$BM$为边作正方形$BMNE$，$NE$交$BC$于点$F$(如图③)，
当$AB = 3$，$MD = 2$时，直接写出$\triangle FEC$的面积是$\frac{4}{3}$.

答案： 9.
(1)证明略．
(2)①连接BD，则△BMD∽△BNC，
∴$\frac{CN}{MD} = \frac{BC}{BD}.$
设AB = AD = x，则$BD = CD = \sqrt{3}x，$
∴BC = 3x，$\frac{CN}{MD} = \frac{BC}{BD} = \sqrt{3}$
∴$CN = \sqrt{3}MD.$
②连接BD，过点E作EH⊥BC于点H.
∵AB = AD = 3，MD = 2，
∴AM = AD - MD = 1.
∵AD//BC，AD = AB，∠ABC = 2∠BCD = 90°，
∴∠BAD = 90°，∠ABD = ∠ADB = ∠DBC = ∠BCD = 45°.
∴$BD = CD = 3\sqrt{2}，$BC = 6.
∵四边形BMNE为正方形，
∴MB = BE，∠ABC = ∠MBE = ∠BEN = 90°.
∵∠ABC = ∠ABM + ∠MBC，
∠MBE = ∠MBC + ∠EBH，
∴∠ABM = ∠EBH.
又
∵∠BAD = ∠BHE = 90°，MB = BE，
∴Rt△ABM≌Rt△HBE.
∴EH = AM = 1，BH = AB = 3.
在Rt△EBH和Rt△FEH中，
∠HBE + ∠BEH = ∠BEH + ∠HEF = 90°，
∴∠HBE = ∠HEF.
∴Rt△EBH∽Rt△FEH.
∴$\frac{BH}{EH} = \frac{EH}{FH}，$$\frac{3}{1} = \frac{1}{FH}.$
∴$FH = \frac{1}{3}.$
∴$BF = BH + FH = 3 + \frac{1}{3} = \frac{10}{3}，$$FC = BC - BF = 6 - \frac{10}{3} = \frac{8}{3}.$
∴$S△FEC = \frac{1}{2}FC·EH = \frac{1}{2}×\frac{8}{3}×1 = \frac{4}{3}.$