《2025年实验班提优大考卷九年级数学上册苏科版》

27. (10 分)综合与实践: 九年级某学习小组围绕“锐角三角形面积”开展主题学习活动.
[特例探究]
(1) 如图(1), 在锐角三角形 $ABC$ 中, $\angle BAC = 30°$, $AB = AC = 4$, 作 $BD \bot AC$, 垂足为 $D$, 则 $\triangle ABC$ 的面积为4;
[一般证明]
(2) 如图(2), 在锐角三角形 $ABC$ 中, $\angle BAC = \alpha$, $AB = a$, $AC = b$, $\triangle ABC$ 的面积为 $S$, 求证: $S = \frac{1}{2} ab · \sin \alpha$;
[迁移应用]
(3) 如图(3), 在锐角三角形 $ABC$ 中, $\angle BAC = 60°$, $AB = 6$, $AC = 4$, $AD$ 是 $\angle BAC$ 的平分线, 则 $AD$ 的长为12√3/5;
(4) 如图(4), 在 $Rt \triangle ABC$ 中, $\angle ACB = 90°$, $AC = 6$, $BC = 8$, 点 $D$ 在边 $CB$ 上, 且 $CD = 2$, 连接 $AD$, $AD$ 的中点为点 $E$, 过点 $E$ 作直线 $l$ 与边 $AB、AC$ 分别交于 $P、Q$ 两点, 且 $\triangle APQ$ 为锐角三角形, 求 $\frac{5}{AP} + \frac{9}{AQ}$ 的值.

答案：
27.[解析]本题主要考查了等腰三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理、直角三角形的边角关系定理、含$30°$角的直角三角形的性质、角平分线的定义，本题是阅读型题目，熟练掌握题干中的方法与结论并熟练应用是解题的关键.
解：
(1)4 提示：$\because \angle BAC=30°$，$BD\perp AC$，
$\therefore BD=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×4=2$，
$\therefore \triangle ABC$的面积=$\frac{1}{2}AC· BD=\frac{1}{2}×4×2=4$.
(2)过点$C$作$CD\perp AB$于点$D$，如图
(1).

$\because CD\perp AB$，$\angle BAC=\alpha$，$\therefore \sin\angle BAC=\frac{CD}{AC}$，
$\therefore CD = AC\sin\alpha = b\sin\alpha$，
$\therefore \triangle ABC$的面积=$\frac{1}{2}AB· CD=\frac{1}{2}ab\sin\alpha$，
$\therefore S=\frac{1}{2}ab\sin\alpha$.
(3)$\frac{12\sqrt{3}}{5}$
提示：过点$C$作$CE\perp AB$于点$E$，如图
(2).
$\because CE\perp AB$，$\angle BAC=60°$，$\therefore AE = AC·\cos60°=4×\frac{1}{2}=2$，$CE = AC·\sin60°=2\sqrt{3}$，
$\therefore \triangle ABC$的面积=$\frac{1}{2}AB· CE=\frac{1}{2}×6×2\sqrt{3}=6\sqrt{3}$.
$\because AD$是$\angle BAC$的平分线，$\angle BAC=60°$，
$\therefore \angle BAD=\angle CAD=30°$.
由
(2)，知$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AD· AB·\sin\angle BAD$，$S_{\triangle ACD}=\frac{1}{2}AC· AD·\sin\angle CAD$.
$\because \triangle ABC$的面积=$S_{\triangle ABD}+S_{\triangle ACD}$，
$\therefore \frac{1}{2}×6× AD×\frac{1}{2}+\frac{1}{2}×4× AD×\frac{1}{2}=6\sqrt{3}$，
$\therefore AD=\frac{12\sqrt{3}}{5}$.
(4)如图
(3).

$\because \angle ACB=90°$，$AC=6$，$BC=8$，
$\therefore AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=10$.
$\therefore \sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$，$\sin\angle BAC=\frac{BC}{AB}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5}$.
$\because CD=2$，
$\therefore BD=BC - CD=6$，$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=2\sqrt{10}$，
$\therefore \sin\angle CAD=\frac{CD}{AD}=\frac{2}{2\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$.
$\because AD$的中点为点$E$，
$\therefore AE=DE=\frac{1}{2}AD=\sqrt{10}$.
由
(2)，知$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB· AD·\sin\angle BAD$，
$S_{\triangle APE}=\frac{1}{2}AP· AE·\sin\angle BAD$，
$S_{\triangle AQE}=\frac{1}{2}AQ· AE·\sin\angle CAD$.
$\because S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BD· AC=\frac{1}{2}×6×6=18$，
$\therefore \frac{1}{2}×10×2\sqrt{10}·\sin\angle BAD=18$，
$\therefore \sin\angle BAD=\frac{9\sqrt{10}}{50}$.
$\because S_{\triangle APQ}=S_{\triangle APE}+S_{\triangle AQE}$，
$\therefore \frac{1}{2}AP· AQ×\frac{4}{5}=\frac{1}{2}AP×\sqrt{10}×\frac{9\sqrt{10}}{50}+\frac{1}{2}AQ×\sqrt{10}×\frac{\sqrt{10}}{10}$，
$\therefore \frac{4}{5}AP· AQ=\frac{9}{5}AP+\frac{1}{2}AQ$.
利用等式的性质，两边同除以$AP· AQ$，
$\frac{5}{AP}+\frac{9}{AQ}=4$.