《2026年课堂作业武汉出版社九年级数学下册人教版》

B 级
5.如图，在正方形$ABCD$中，$BM$，$DN$分别平分正方形的两个外角，且满足$\angle MAN = 45°$，连接$MN$.若正方形的边长为$a$，求$BM · DN$的值.

答案： a².提示:证明△ABM∽△NDA.

6.如图，已知正方形$ABCD$，$N$是$BC$上一点，且$BK \perp AN$于点$K$，$BN = BM$.求证$MK \perp KD$.

答案： 1. 首先证明$\triangle ABM\cong\triangle BCN$：
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB = BC$，$\angle ABM=\angle BCN = 90^{\circ}$。
又已知$BN = BM$，根据$SAS$（边角边）判定定理，在$\triangle ABM$和$\triangle BCN$中，$\left\{\begin{array}{l}AB = BC\\\angle ABM=\angle BCN\\BM = BN\end{array}\right.$，所以$\triangle ABM\cong\triangle BCN$。
则$\angle BAM=\angle CBN$。
2. 然后利用$BK\perp AN$：
因为$\angle BAM+\angle ANB = 90^{\circ}$（直角三角形两锐角互余，在$Rt\triangle ABN$中，$\angle ABN = 90^{\circ}$），又$\angle BAM=\angle CBN$，所以$\angle CBN+\angle ANB = 90^{\circ}$，即$\angle BKN = 90^{\circ}$，$\angle AKB = 90^{\circ}$。
由$\triangle ABM\cong\triangle BCN$可得$\angle AMB=\angle BNC$。
因为$\angle BAM+\angle AMB = 90^{\circ}$，$\angle BAM=\angle MBK$（同角的余角相等，$\angle BAM+\angle AKB+\angle ABK = 180^{\circ}$，$\angle MBK+\angle ABK+\angle ABM = 180^{\circ}$，$\angle ABM=\angle AKB = 90^{\circ}$），所以$\angle MBK=\angle BAM$。
又$AB = AD$，$BM = BN$，$\angle ABM=\angle DAK + \angle BAM=90^{\circ}$，$\angle ADK+\angle DAK = 90^{\circ}$（因为$AB// CD$，$\angle BAN=\angle ADK$（内错角相等）），所以$\angle BAM=\angle ADK$。
因为$\angle ABM=\angle DAK+\angle BAM = 90^{\circ}$，$\angle ADK+\angle DAK = 90^{\circ}$，所以$\angle BAM=\angle ADK$。
且$\frac{BM}{AB}=\frac{BN}{BC}$，$AB = AD$，$BC = AB$，所以$\frac{BM}{AD}=\frac{BN}{AB}$。
又$\angle MBK=\angle DAK$（已证$\angle MBK=\angle BAM$，$\angle BAM=\angle DAK$（$\angle BAN$与$\angle ADK$是内错角，$AB// CD$，$\angle BAN=\angle ADK$，$\angle MBK=\angle BAN$（同角的余角相等）））。
所以$\triangle MBK\sim\triangle DAK$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
3. 最后证明$MK\perp KD$：
因为$\triangle MBK\sim\triangle DAK$，所以$\angle BKM=\angle AKD$。
又$\angle BKM+\angle AKM = 90^{\circ}$，所以$\angle AKD+\angle AKM = 90^{\circ}$。
解（证明）：
因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AB = BC$，$\angle ABM=\angle BCN = 90^{\circ}$，又$BN = BM$，根据$SAS$得$\triangle ABM\cong\triangle BCN$，则$\angle BAM=\angle CBN$。
由于$BK\perp AN$，$\angle BAM+\angle ANB = 90^{\circ}$，$\angle CBN+\angle ANB = 90^{\circ}$，$\angle AKB = 90^{\circ}$。
由$\triangle ABM\cong\triangle BCN$知$\angle AMB=\angle BNC$，$\angle BAM=\angle MBK$（同角的余角相等）。
因为$AB// CD$，$\angle BAN=\angle ADK$（内错角相等），$\angle ABM = 90^{\circ}$，$\angle ADK+\angle DAK = 90^{\circ}$，$\angle ABM=\angle DAK+\angle BAM$，所以$\angle BAM=\angle ADK$。
又$\frac{BM}{AB}=\frac{BN}{BC}$，$AB = AD$，$BC = AB$，即$\frac{BM}{AD}=\frac{BN}{AB}$，$\angle MBK=\angle DAK$，所以$\triangle MBK\sim\triangle DAK$（$SAS$相似）。
由$\triangle MBK\sim\triangle DAK$得$\angle BKM=\angle AKD$。
因为$\angle BKM+\angle AKM = 90^{\circ}$，所以$\angle AKD+\angle AKM=\angle MKD = 90^{\circ}$。
所以$MK\perp KD$。

7.如图，在$Rt \triangle ABC$中，$\angle ACB = 90°$，$CH \perp AB$于点$H$，$CE$平分$\angle ACH$交$AB$于点$E$，$BD // CE$交$CH$的延长线于点$D$.
(1) 求证$\triangle ACE \backsim \triangle CDB$.
(2) 连接$DE$并延长，交$AC$于点$F$，求证$AF = FC$.

答案：
(1)证∠ACE = ∠CDB,∠EAC = ∠BCD,
∴△ACE∽△CDB.
(2)过点A作AQ//EC交DF的延长线于点Q.由
(1)得△ACE∽△CDB，
∴$\frac{CE}{DB} = \frac{AE}{BC}$,∠EAC = ∠BCD.
又
∵∠ECA = ∠ECH,
∴∠BCE = ∠BCD + ∠ECH = ∠EAC + ∠ECA = ∠BEC.
∴BC = BE.
∴$\frac{CE}{DB} = \frac{AE}{BC} = \frac{AE}{BE}$.
∵AQ//DB,
∴$\frac{AE}{BE} = \frac{AQ}{DB}$.
∴CE = AQ.
又
∵AQ//EC,
∴△AFQ≌△CFE,
∴AF = FC.