《2026年启东中学作业本九年级数学下册苏科版宿迁专版》

5.(2024·建邺区期末)(1)如图①,$\triangle ABC\sim\triangle DEC$,求证:$\triangle ACD\sim\triangle BCE$.
(2)如图②,在$\triangle ABC$和$\triangle ABD$中,$\angle ACB=\angle ADB=90^{\circ},\frac{AC}{BC}=\frac{1}{2},BD=6,CD=4$,求$AD$的长.

答案：
5.
(1)证明:
∵△ABC∽△DEC,
∴∠ACB=∠DCE,$\frac{AC}{DC}$=$\frac{BC}{EC}$,
∴∠ACB−∠DCB=∠DCE−∠DCB,
∴∠ACD=∠BCE.
∵$\frac{AC}{DC}=\frac{BC}{EC}$
∴$\frac{AC}{BC}$=$\frac{DC}{EC}$,
∴△ACD∽△BCE;
(2)解:如答图，设AD与BC交于点O,作CH⊥CD,交AD于点H.
∵CH⊥CD,
∴∠HCD=∠ACB=90°,
∴∠HCD−∠HCB=∠ACB−∠HCB,
∴∠ACH=∠BCD.
∵∠ACB=∠ADB,∠COA=∠DOB,
∴∠CAD=∠CBD,
∴△ACH∽△BCD,
∴$\frac{AC}{BC}$=$\frac{AH}{BD}$=$\frac{CH}{CD}$=$\frac{1}{2}$,
∴AH=3,CH=2.在Rt△HDC中,DH²=CD²+CH²=4²+2²=20,即DH=2$\sqrt{5}$,
∴AD=AH+DH=3+2$\sqrt{5}$
　　　　　　　

6.如图,$\triangle ABC$和$\triangle ADE$都是直角三角形,$\angle ABC=\angle ADE=90^{\circ},\angle BAC=\angle DAE$.
(1)如图①,求证:$\triangle ABD\sim\triangle ACE$;
(2)如图②,延长$DB,EC$交于点$G,O$是$AE$边的中点,连接$GO$,求证:$OG=OE$;
(3)如图③,若$AD=2AB=4,\angle BAC=60^{\circ},\triangle ADE$绕点$A$旋转,当点$B,C,E$共线时,求$BD$的长.

答案：
6.
(1)证明:
∵∠ABC=∠ADE=90°,∠BAC=∠DAE,
∴△ABC∽△ADE,
∴$\frac{AB}{AD}$=$\frac{AC}{AE}$,
∴$\frac{AB}{AC}$=$\frac{AD}{AE}$.
∵∠DAE=∠BAC,
　即∠DAB+∠BAE=∠EAC+∠BAE,
∴∠DAB=∠EAC,
∴△ABD∽△ACE;
(2)证明:由
(1)知△ABD∽△ACE,
∴∠ADB=∠AEC,即∠ADG=∠AEG,
∴A,D,E,G四点共圆.
∵∠ADE=90°,
∴AE是A,D,E,G四点所共圆的直径.
∵O为AE边的中点，
∴O是A,D,E,G四点所共圆的圆心，
∴OG=OE.
(3)解:当点E在线段BC的延长线上时，如答图①,连接BD,
∵AD=2AB=4,∠BAC=60°,
∴AB=2,∠DAE=∠BAC=60°,
∴∠ACB=∠AED=30°,
∴AC=2AB=4,AE=2AD=8.
　在Rt△ABC中,BC=$\sqrt{AC^{2}-AB^{2}}$=$\sqrt{4^{2}-2^{2}}$=2$\sqrt{3}$,在Rt△ABE中,BE=$\sqrt{AE^{2}-AB^{2}}$=$\sqrt{8^{2}-2^{2}}$=2$\sqrt{15}$,
∴CE=BE−BC=2$\sqrt{15}$-2$\sqrt{3}$.
∵△ABD∽△ACE,
∴$\frac{AB}{AC}$=$\frac{BD}{CE}$,即$\frac{2}{4}$=$\frac{BD}{2\sqrt{15}-2\sqrt{3}}$,
∴BD=$\sqrt{15}$-$\sqrt{3}$
　当点E在线段CB的延长线上时，如答图②，连接BD,同理可得AB=2,AC=4,BC=2$\sqrt{3}$,BE=2$\sqrt{15}$,
∴CE=BE+BC=2$\sqrt{15}$+2$\sqrt{3}$
∵△ABD∽△ACE,
∴$\frac{AB}{AC}$=$\frac{BD}{CE}$,即$\frac{2}{4}$=$\frac{BD}{2\sqrt{15}+2\sqrt{3}}$,
∴BD=$\sqrt{15}$+$\sqrt{3}$
综上所述，BD的长为$\sqrt{15}$−$\sqrt{3}$或$\sqrt{15}$+$\sqrt{3}$

7.【特殊发现】(1)如图①,正方形$BEFG$与正方形$ABCD$的顶点$B$重合,边$BE,BG$分别在边$BC$,
$BA$上,连接$DF$.①$\frac{DF}{AG}=$$\sqrt{2}$;②直线$DF$与直线$AG$所夹的锐角的度数为$45°$.
【类比探究】(2)将图①中的正方形$BEFG$绕点$B$逆时针旋转,连接$DF,AG$,如图②,(1)中的
结论是否仍然成立？请说明理由.
【解决问题】(3)如图③,$P$是正方形$ABCD$的边$AB$上一动点(不与点$A,B$重合),连接$PC$,沿$PC$将$\triangle PBC$翻折到$\triangle PEC$的位置,连接$DE$并延长,与$CP$的延长线交于点$F$,连接$AF$,若$AB=\sqrt{5}PB$,求$\frac{DE}{EF}$的值.

答案：
7.
(1)①$\sqrt{2}$　②$45°$
(2)解:
(1)中的结论仍然成立，理由如下:
　①连接BF,BD,如答图①，
∵四边形ABCD为正方形,
∴∠BAD=90°,BA=AD,
∴∠ABD=∠ADB=45°.
∵四边形BEFG为正方形，
∴∠BGF=90°,BG=GF,
∴∠GFB=∠GBF=45°,
∴∠ABG+∠ABF=45°,∠ABF+∠DBF=45°,
∴∠ABG=∠DBF.
∵△BGF和△BAD都为等腰直角三角形，
∴BF=$\sqrt{2}$BG,BD=$\sqrt{2}$AB,
∴$\frac{BF}{BG}$=$\frac{BD}{AB}$=$\sqrt{2}$,
∴△ABG∽△DBF,
∴$\frac{DF}{AG}$=$\frac{BD}{AB}$=$\sqrt{2}$.
　②如答图①,延长DF交AB于点N,交AG于点M,
∵△ABG∽△DBF,
∴∠BAG=∠BDF.
∵∠ANM=∠DNB,
∴∠BAG+∠AMN=∠BDF+∠ABD,
∴∠AMN=∠ABD=45°,
　即直线DF与直线AG所夹的锐角的度数为45°.
　综上,
(1)中的结论仍然成立.
(3)解:过点C作CQ⊥DF于点Q,连接BD,BE,BF,BE 与CF交于点H,如答图②.
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD,
　由折叠的性质可得BC=CE,PB=PE,∠BCF=∠ECF,
∴CE=CD.
∵CQ⊥DF,
∴∠ECQ=∠DCQ.
∵∠BCD=90°,
∴∠ECF+∠ECQ=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°,
　即∠QCF=45°,
∴∠QFC=90°−∠QCF=45°.
　由折叠的性质知直线CP是线段BE的对称轴，
∴FE=FB,CF⊥BE,
∴∠BFC=∠EFC,∠PHB=90°,
∴∠BFC=45°,
∴∠EFB=∠EFC+∠BFC=90°,
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴FH⊥BE,BH=HE=$\frac{1}{2}$BE,BE=$\sqrt{2}$EF;
　由
(2)①的结论可得DE=$\sqrt{2}$AF,∠AFD=45°,
∴∠AFC=∠AFD+∠EFC=90°,
∴∠AFP=∠PHB.
　又
∵∠APF=∠BPH,
∴△APF∽△BPH,
∴$\frac{AP}{PB}$=$\frac{AF}{BH}$.
∵AB=$\sqrt{5}$PB,
∴AP=($\sqrt{5}$−1)PB,
∴AF= ($\sqrt{5}$−1)BH=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$BE=$\frac{\sqrt{2}(\sqrt{5}-1)}{2}$EF,
∴DE=$\sqrt{2}$AF=$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}(\sqrt{5}-1)}{2}$EF=($\sqrt{5}$−1)EF,
∴$\frac{DE}{EF}$=$\sqrt{5}$−1.