《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册华师大版》

4. [2024秋·槐荫区期中]如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，其顶点称为格点，△ABC和△EFD的顶点都在格点上，则△ABC与△EFD相似吗？请说明理由.

答案： 解：$\triangle ABC$与$\triangle EFD$相似。
理由如下：
由勾股定理可得：
$AB = \sqrt{1^{2} + 2^{2}}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5$，$AC=\sqrt{4^{2} + 2^{2}}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$；
$EF=\sqrt{1^{2} + 1^{2}}=\sqrt{2}$，$ED=\sqrt{2^{2} + 2^{2}}=\sqrt{8} = 2\sqrt{2}$，$FD=\sqrt{3^{2} + 1^{2}}=\sqrt{10}$。
则$\frac{AB}{EF}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$，$\frac{BC}{FD}=\frac{5}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$，$\frac{AC}{ED}=\frac{2\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{2}$。
所以$\frac{AB}{EF}=\frac{BC}{FD}=\frac{AC}{ED}$。
根据“三边成比例的两个三角形相似”，可得$\triangle ABC\sim\triangle EFD$。

5. 如图，BD、CE为△ABC的高. 求证：△AED∽△ACB.

答案： 证明：
∵BD、CE为△ABC的高，
∴∠ADB=∠AEC=90°．
∵∠A=∠A，
∴△ABD∽△ACE（两角分别相等的两个三角形相似）．
∴AD/AB=AE/AC（相似三角形对应边成比例）．
在△AED和△ACB中，
∠A=∠A，AD/AB=AE/AC，
∴△AED∽△ACB（两边成比例且夹角相等的两个三角形相似）．

6. 如图，已知四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点E，AD=DC，DC²=DE·DB. 求证：
(1)△BCE∽△ADE；
(2)AB·BC=BD·BE.

答案：
(1)
∵AD=DC，DC²=DE·DB，
∴AD²=DE·DB，即AD/DE=DB/AD。
在△ADE和△BDA中，∠ADE=∠BDA（公共角），且AD/DE=DB/AD，
∴△ADE∽△BDA（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
∴∠DAE=∠ABD（相似三角形对应角相等）。
∵AD=DC，
∴∠DAE=∠DCA（等边对等角），即∠DAE=∠BCE。
∴∠BCE=∠ABD。
在△BCE和△ADE中，∠BEC=∠AED（对顶角相等），∠BCE=∠DAE，
∴△BCE∽△ADE（两角对应相等的两个三角形相似）。
(2)
∵△ADE∽△BDA，
∴∠DAE=∠ABD，即∠BAE=∠ABE，
∴AE=BE（等角对等边）。
∵△BCE∽△ADE，
∴BC/AD=BE/AE（相似三角形对应边成比例）。
∵AE=BE，
∴BC/AD=1，即BC=AD。
∵△ADE∽△BDA，
∴AD/BD=AE/AB（相似三角形对应边成比例），
∴AD·AB=BD·AE。
∵AD=BC，AE=BE，
∴BC·AB=BD·BE，即AB·BC=BD·BE。

7. (推理能力)如图，M为线段AB的中点，AE与BD交于点C，∠DME=∠A=∠B=45°，且DM交AC于点F，ME交BC于点G.
(1)求证：△AMF∽△BGM；
(2)连结FG，若AB=4√2，AF=3，求FG的长.

答案： （1）证明$\triangle AMF\sim\triangle BGM$：
解（证明）：
在$\triangle AMF$中，$\angle AFM=\angle DME + \angle E$（三角形外角定理，$\angle AFM$是$\triangle FME$的外角），因为$\angle DME = 45^{\circ}$，所以$\angle AFM = 45^{\circ}+\angle E$。
在$\triangle BGM$中，$\angle BMG = 180^{\circ}-\angle B - \angle BGM$，又因为$\angle B = 45^{\circ}$，$\angle BGM=\angle EGC$（对顶角相等），且$\angle EGC = 180^{\circ}-(\angle DME+\angle E)$（三角形内角和为$180^{\circ}$，在$\triangle EGC$中），$\angle DME = 45^{\circ}$，所以$\angle BGM = 135^{\circ}-\angle E$，则$\angle BMG=180^{\circ}-45^{\circ}-(135^{\circ}-\angle E)=\angle E$。
已知$\angle A=\angle B = 45^{\circ}$。
根据两角分别相等的两个三角形相似，在$\triangle AMF$和$\triangle BGM$中，$\angle A=\angle B$，$\angle AFM=\angle BMG$，所以$\triangle AMF\sim\triangle BGM$。
（2）求$FG$的长：
解：
因为$M$为线段$AB$的中点，$AB = 4\sqrt{2}$，所以$AM = BM=\frac{1}{2}AB = 2\sqrt{2}$。
由$\triangle AMF\sim\triangle BGM$，根据相似三角形的性质$\frac{AM}{BG}=\frac{AF}{BM}$。
已知$AF = 3$，$AM = BM = 2\sqrt{2}$，则$\frac{2\sqrt{2}}{BG}=\frac{3}{2\sqrt{2}}$，解得$BG=\frac{8}{3}$。
又因为$\angle A=\angle B = 45^{\circ}$，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$（三角形内角和为$180^{\circ}$）。
在$Rt\triangle ABC$中，$AC = BC=AB\sin45^{\circ}=4\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=4$。
则$CF=AC - AF=4 - 3 = 1$，$CG=BC - BG=4-\frac{8}{3}=\frac{4}{3}$。
在$Rt\triangle FCG$中，根据勾股定理$FG=\sqrt{CF^{2}+CG^{2}}$（$FG$为直角三角形$FCG$的斜边）。
把$CF = 1$，$CG=\frac{4}{3}$代入可得$FG=\sqrt{1^{2}+(\frac{4}{3})^{2}}=\sqrt{1 + \frac{16}{9}}=\sqrt{\frac{9 + 16}{9}}=\sqrt{\frac{25}{9}}=\frac{5}{3}$。
综上，（1）已证$\triangle AMF\sim\triangle BGM$；（2）$FG$的长为$\frac{5}{3}$。