《2026年启东中学作业本九年级数学下册苏科版宿迁专版》

8. ($2024·$南充)如图，已知线段 $AB$，按以下步骤作图：①过点 $B$ 作 $BC\perp AB$，使$BC=\frac{1}{2}AB$，连接 $AC$；②以点 $C$ 为圆心，$BC$ 长为半径画弧，交 $AC$ 于点 $D$；③以点 $A$ 为圆心，$AD$ 长为半径画弧，交 $AB$ 于点 $E$. 若 $AE=mAB$，则 $m$ 的值为 (A)

A.$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}-2}{2}$
C.$\sqrt{5}-1$
D.$\sqrt{5}-2$

答案： 8.A

9. 已知 $P$ 是线段 $AB$ 的黄金分割点，且 $AP＞BP$，那么$\frac{AP-BP}{BP}$的值为$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

答案： 9.$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$

10. 如图，在$\triangle ABC$中，$D$ 是 $BC$ 边上一点，若$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABD}}$，则称 $AD$ 为$\triangle ABC$的黄金分割线.
(1)求证：若 $AD$ 为$\triangle ABC$的黄金分割线，则 $D$ 是线段 $BC$ 的黄金分割点；
(2)若 $S_{\triangle ABC}=20$，求$\triangle ACD$的面积.（结果保留根号）

答案： 10.
(1)证明：$\because\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{BD}{BC},\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABD}}=\frac{CD}{BD}$,
又$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABD}},\therefore\frac{BD}{BC}=\frac{CD}{BD}$,
$\therefore$D是线段BC的黄金分割点.
(2)解：由
(1)知$\frac{BD}{BC}=\frac{CD}{BD},\therefore BD=\frac{\sqrt{5}-1}{2}BC$,
$\therefore DC=BC - BD=BC-\frac{\sqrt{5}-1}{2}BC=\frac{3-\sqrt{5}}{2}BC$,
$\because\frac{S_{\triangle ACD}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{DC}{BC}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$,
$\therefore S_{\triangle ACD}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}S_{\triangle ABC}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}×20=30 - 10\sqrt{5}$.

11. 如图，以长为 $2$ 的线段 $AB$ 为边作正方形 $ABCD$. 取 $AB$ 的中点 $P$，连接 $PD$，在 $BA$ 的延长线上取点 $F$，使$PF=PD$，以 $AF$ 为边作正方形 $AMEF$，点 $M$ 在边 $AD$ 上.

(1)求线段 $AM$，$DM$ 的长；
(2)求证：$AM^2=AD· DM$；
(3)根据(2)的结论直接写出图中的黄金分割点.

答案： 11.
(1)解：$\because$正方形ABCD的边长为2,P是AB的中点，
$\therefore AB=AD=2,AP=1$.
在$Rt\triangle APD$中,由勾股定理,得$PD=\sqrt{AP^{2}+AD^{2}}=\sqrt{5}$.
$\because PF=PD,\therefore AF=PF - AP=\sqrt{5}-1$.
$\because$四边形AMEF是正方形，
$\therefore AM=AF=\sqrt{5}-1$,
$DM=AD - AM=2-(\sqrt{5}-1)=3-\sqrt{5}$.
(2)证明：由
(1)得$AM^{2}=(\sqrt{5}-1)^{2}=6-2\sqrt{5}$,
$AD· DM=2×(3-\sqrt{5})=6-2\sqrt{5}$,
$\therefore AM^{2}=AD· DM$.
(3)解：M是线段AD的黄金分割点.