《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册华师大版》

5. 如图，点$D$、$E$分别在$\triangle ABC$的边$AC$、$AB$上，$\triangle ADE \backsim \triangle ABC$，$M$、$N$分别是$DE$、$BC$的中点。若$\frac{AM}{AN} = \frac{1}{2}$，则$\frac{S_{\triangle ADE}}{S_{\triangle ABC}} =$______。

答案： $5.\frac{1}{4}$

6. 如图，在梯形$ABCD$中，$AD // BC$，$\frac{S_{\triangle ABD}}{S_{\triangle BCD}} = \frac{1}{2}$，则$\frac{S_{\triangle BOC}}{S_{\triangle BCD}} =$______。

答案： $6.\frac{2}{3}$

7. [2024·宜宾叙州期中]如图，已知$AB // CD$，$AD$、$BC$相交于点$F$，点$E$在$AD$上，且$\angle ECF = \angle A$。
（1）求证：$CE^{2} = FE \cdot ED$；
（2）若$CE = 5$，$EF = 3$，求$\triangle CEF$与$\triangle CFD$的面积之比。

答案： （1）证明：
因为$AB// CD$，所以$\angle A=\angle D$。
又因为$\angle ECF = \angle A$，所以$\angle ECF=\angle D$。
且$\angle CEF=\angle DEC$（公共角）。
根据相似三角形的判定定理（两角分别相等的两个三角形相似），可得$\triangle CEF\sim\triangle DEC$。
由相似三角形的性质（相似三角形对应边成比例），则$\frac{CE}{DE}=\frac{FE}{CE}$。
所以$CE^{2}=FE\cdot ED$。
（2）解：
由（1）知$\triangle CEF\sim\triangle DEC$，所以$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle DEC}}=\left(\frac{CE}{DE}\right)^{2}$。
已知$CE = 5$，$EF = 3$，由$CE^{2}=FE\cdot ED$，可得$25 = 3ED$，则$ED=\frac{25}{3}$。
那么$FD=ED - EF=\frac{25}{3}-3=\frac{25 - 9}{3}=\frac{16}{3}$。
因为$\triangle CEF$与$\triangle CFD$有相同的高（以$CF$为底，过$E$和$D$向$CF$作垂线，这两条垂线长度相等），根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高），所以$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle CFD}}=\frac{EF}{FD}$。
把$EF = 3$，$FD=\frac{16}{3}$代入，可得$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle CFD}}=\frac{3}{\frac{16}{3}}=\frac{9}{16}$。
综上，（1）得证；（2）$\triangle CEF$与$\triangle CFD$的面积之比为$\frac{9}{16}$。

8. [2024 秋·内江市资中县月考]如图，已知$\triangle ABC \backsim \triangle AEF$，若$B$、$E$、$F$三点共线，线段$EF$与$AC$交于点$O$。
（1）求证：$\triangle ABE \backsim \triangle ACF$；
（2）若$AF = 5$，$BC = 10$，$\triangle AOF$的面积为$8$，求$\triangle BOC$的面积。

答案： （1）证明：
因为$\triangle ABC\backsim\triangle AEF$，所以$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}$，$\angle BAC=\angle EAF$。
则$\angle BAC - \angle EAC=\angle EAF-\angle EAC$，即$\angle BAE=\angle CAF$。
在$\triangle ABE$和$\triangle ACF$中，$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}$，$\angle BAE=\angle CAF$。
根据相似三角形判定定理（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），可得$\triangle ABE\backsim\triangle ACF$。
（2）解：
因为$\triangle ABC\backsim\triangle AEF$，所以$\frac{AF}{BC}=\frac{AO}{OC}$。
已知$AF = 5$，$BC = 10$，则$\frac{AO}{OC}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$。
又因为$\triangle AOF$与$\triangle BOC$中，$\angle AOF=\angle BOC$（对顶角相等），且$\frac{AO}{OC}=\frac{1}{2}$，$\frac{AF}{BC}=\frac{1}{2}$，所以$\triangle AOF\backsim\triangle BOC$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，设$\triangle AOF$面积为$S_{1}$，$\triangle BOC$面积为$S_{2}$，相似比$k = \frac{AO}{OC}=\frac{1}{2}$，则$\frac{S_{1}}{S_{2}}=k^{2}$。
已知$S_{1}=8$，$k=\frac{1}{2}$，$\frac{8}{S_{2}}=(\frac{1}{2})^{2}=\frac{1}{4}$。
解得$S_{2}=32$。
综上，（1）得证；（2）$\triangle BOC$的面积为$32$。

9. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle A = 90^{\circ}$，内有边长分别为$a$、$b$、$c$的三个正方形。
（1）求证：$\triangle DSF \backsim \triangle MTP$；
（2）若$a = 1$，$c = 2$，求$b$的值；
（3）直接写出$a$、$b$、$c$满足的关系式。

答案： 1）证明：
因为$\angle A = 90^{\circ}$，四边形$DEFG$、$FGMT$、$MNQP$是正方形，所以$\angle DSG=\angle MTP = 90^{\circ}$。
又因为$\angle FDS+\angle DFS = 90^{\circ}$，$\angle FDS+\angle MTP = 90^{\circ}$，所以$\angle DFS=\angle MPT$。
在$\triangle DSF$和$\triangle MTP$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle DSG=\angle MTP\\\angle DFS=\angle MPT\end{array}\right.$。
根据两角分别相等的两个三角形相似，所以$\triangle DSF\backsim\triangle MTP$。
（2）解：
因为$\triangle DSF\backsim\triangle MTP$，所以$\frac{DS}{MT}=\frac{SF}{TP}$。
已知$DS = a$，$MT=b - a$，$SF=b - c$，$TP = c$。
则$\frac{a}{b - a}=\frac{b - c}{c}$，把$a = 1$，$c = 2$代入$\frac{a}{b - a}=\frac{b - c}{c}$中，得到$\frac{1}{b - 1}=\frac{b - 2}{2}$。
交叉相乘得：$2=(b - 1)(b - 2)$。
展开式子：$2=b^{2}-2b - b + 2$。
即$b^{2}-3b=0$，因式分解得$b(b - 3)=0$。
解得$b = 3$或$b = 0$（边长不能为$0$，舍去）。
（3）
由$\frac{a}{b - a}=\frac{b - c}{c}$，交叉相乘得$ac=(b - a)(b - c)$。
展开：$ac=b^{2}-bc - ab+ac$。
化简得$b^{2}=ab + bc$，即$b=a + c$。
综上，（1）已证$\triangle DSF\backsim\triangle MTP$；（2）$b = 3$；（3）$b=a + c$。