《2026年课堂作业武汉出版社九年级数学下册人教版》

（重庆中考）如图①，在$□ ABCD$中，$AB = 6$，$AD = 8$，$\angle DEF = \angle B = 60^{\circ}$，$\angle EFD = 90^{\circ}$，求$AF$的长.

答案： 解：
方法1（构造“一线三等角”相似）
1. 作辅助线：过点$ E $作$ EM \perp AB $于点$ M $，过点$ D $作$ DN \perp AB $交$ BA $的延长线于点$ N $，设$ AF = a $。
2. 在$ Rt\triangle DNA $中求$ DN $和$ AN $：
在$ □ ABCD $中，$ AD = 8 $，$ \angle DAB = 180° - \angle B = 120° $，故$ \angle DAN = 60° $。
$ DN = AD · \sin 60° = 8 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3} $，
$ AN = AD · \cos 60° = 8 × \frac{1}{2} = 4 $，
则$ FN = AN + AF = 4 + a $。
3. 在$ Rt\triangle EFD $中确定边的关系：
$ \angle EFD = 90° $，$ \angle DEF = 60° $，故$ \angle EDF = 30° $，
因此$ EF:FD = 1:\sqrt{3} $（$ 30° $角所对直角边是斜边的一半）。
4. 证明$ \triangle EMF \sim \triangle FND $：
$ \angle EMF = \angle FND = 90° $，
又$ \angle EFM + \angle DFN = 90° $（平角$ 180° - \angle EFD = 90° $），
$ \angle EFM + \angle FEM = 90° $（$ Rt\triangle EMF $中两锐角互余），
故$ \angle FEM = \angle DFN $，从而$ \triangle EMF \sim \triangle FND $（AA相似）。
5. 利用相似比列方程：
相似比$ \frac{EF}{FD} = \frac{1}{\sqrt{3}} $，故$ \frac{MF}{DN} = \frac{1}{\sqrt{3}} $，$ \frac{EM}{FN} = \frac{1}{\sqrt{3}} $。
由$ \frac{MF}{DN} = \frac{1}{\sqrt{3}} $得$ MF = \frac{DN}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 4 $。
设$ BM = x $，在$ Rt\triangle BME $中，$ \angle B = 60° $，则$ EM = \sqrt{3}x $，$ BE = 2x $。
由$ \frac{EM}{FN} = \frac{1}{\sqrt{3}} $得$ EM = \frac{FN}{\sqrt{3}} = \frac{a + 4}{\sqrt{3}} $，
故$ \sqrt{3}x = \frac{a + 4}{\sqrt{3}} $，解得$ x = \frac{a + 4}{3} $（即$ BM = \frac{a + 4}{3} $）。
6. 求$ a $：
$ AB = 6 $，$ AM = AB - BM = 6 - \frac{a + 4}{3} $，
又$ MF = AM - AF = 4 $，即$ \left(6 - \frac{a + 4}{3}\right) - a = 4 $，
解得$ a = 0.5 $。
结论：$ AF = 0.5 $。
$\boxed{0.5}$

A 级
1. 如图，在梯形$AEFD$中，$EF// AD$，$\angle F = 90^{\circ}$，以$AE$为直径的$\odot O$交$FD$于点$B$，$C$，若$AD = 3$，$BC = 4$，$CD = 1$，求$AE$的长.

答案： 1.$\frac{2\sqrt{85}}{3}$.

2. 如图，$AB\perp BD$，$CD\perp BD$，若$AB = 9$，$CD = 4$，$BD = 10$，则在$BD$上是否存在点$P$，使得以$P$，$A$，$B$三点为顶点的三角形与以$P$，$C$，$D$三点为顶点的三角形相似？若存在，求出$BP$的长；若不存在，请说明理由.

答案： 2.这样的点P存在,BP=$\frac{90}{13}$.