《2026年长江作业本同步练习册九年级数学下册人教版》

23. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC$，过$B$，$C$两点的$\odot O$交$AB$于点$P$，点$E$是$\overset{\frown}{PB}$上一点，$D$在$CA$的延长线上，且$P$为$△ CDE$的内心。
（1）求证：$AC = EC$；
（2）若$\tan ∠ D = 2$，求$\tan ∠ CBE$的值。

答案： 1. （1）证明：
因为$P$为$△ CDE$的内心，所以$CP$平分$∠ DCE$，$EP$平分$∠ CED$。
则$∠ DCP=∠ ECP$，$∠ CEP = ∠ DEP$。
因为$∠ ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC$，所以$∠ CAB=∠ CBA = 45^{\circ}$。
又因为$∠ CAB=∠ CEP$（同弧所对的圆周角相等），所以$∠ CAB=∠ DEP$。
因为$∠ D + ∠ DCP=∠ DEP$，$∠ CEP=∠ CAB=∠ D+∠ DCP$，且$∠ DCP=∠ ECP$，$∠ CAB=∠ CBA$。
在$△ ACP$和$△ ECP$中：
$\{\begin{array}{l}∠ DCP=∠ ECP\\CP = CP\\∠ CAP=∠ CEP\end{array} $（$ASA$判定定理，$∠ CAP$与$∠ CEP$相等是因为$∠ CAP = 45^{\circ}$，$∠ CEP=∠ DEP$，$∠ CAP=∠ D+∠ DCP$，$∠ DEP=∠ D+∠ DCP$）。
所以$△ ACP≌△ ECP$。
所以$AC = EC$。
2. （2）解：
因为$P$为$△ CDE$的内心，所以$DP$平分$∠ CDE$，设$∠ CDP=∠ EDP=α$。
已知$\tan∠ D = 2$，即$\tan2α=\frac{2\tanα}{1 - \tan^{2}α}=2$（二倍角正切公式$\tan2α=\frac{2\tanα}{1-\tan^{2}α}$）。
设$\tanα = x$，则$\frac{2x}{1 - x^{2}}=2$，即$2x = 2(1 - x^{2})$。
化简得$x^{2}+x - 1=0$，解得$x=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}$，因为$α$是锐角，所以$\tanα=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$。
因为$∠ CBE=∠ CDE$（同弧所对的圆周角相等），$∠ CDE = 2α$。
由（1）知$AC = EC$，$∠ ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC$，所以$BC = EC$。
设$BC = EC = m$，过$E$作$EH⊥ BC$于$H$。
因为$∠ BCE = 90^{\circ}-∠ ACE$，$∠ DCP=∠ ECP$，$∠ ACP=∠ ECP$，$∠ ACB = 90^{\circ}$，$∠ CAB = 45^{\circ}$，$∠ CBE=∠ CDE$。
又因为$\tan∠ CDE = 2$，设$EH = 2k$，$CH = k$（根据$\tanθ=\frac{对边}{邻边}$，这里$θ=∠ CDE$，在$△ ECH$中，$\tan∠ CDE=\frac{EH}{CH}$）。
则$BH=m - k$，$EC=\sqrt{EH^{2}+CH^{2}}=\sqrt{(2k)^{2}+k^{2}}=\sqrt{5}k$，因为$BC = EC=\sqrt{5}k$。
所以$BH=\sqrt{5}k - k$。
$\tan∠ CBE=\frac{EH}{BH}=\frac{2k}{\sqrt{5}k - k}=\frac{2}{\sqrt{5}-1}=\frac{2(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$。
综上，（1）得证$AC = EC$；（2）$\tan∠ CBE$的值为$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$。

24. 如图，沿点$A$折叠矩形$ABCD$，使点$D$落在$BC$边上的点$F$处（$AE$为折痕，点$E$在$CD$上），$AF$交$BD$于点$M$。
（1）求证：$△ ABF ∽ △ FCE$；
（2）求证：$\sin ∠ EFC = \frac{BM}{MD}$；
（3）连接$ME$，探究线段$ME$与$AD$的位置关系，并予以证明。

答案： 1. （1）证明$△ ABF∼△ FCE$：
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$∠ B=∠ C = ∠ D=90^{\circ}$。
由折叠可知$∠ AFE=∠ D = 90^{\circ}$，则$∠ AFB+∠ EFC = 90^{\circ}$。
又因为$∠ BAF+∠ AFB = 90^{\circ}$，所以$∠ BAF=∠ EFC$。
在$△ ABF$和$△ FCE$中，$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ C\\∠ BAF=∠ EFC\end{array} $。
根据两角分别相等的两个三角形相似，可得$△ ABF∼△ FCE$。
2. （2）证明$\sin∠ EFC=\frac{BM}{MD}$：
因为$∠ EFC+∠ FEC = 90^{\circ}$，$∠ BDC+∠ DBC = 90^{\circ}$，且$∠ EFC=∠ BAF$，$∠ BAF+∠ ABD = 90^{\circ}$，$∠ ABD=∠ BDC$（矩形的性质，$AB// CD$，内错角相等），所以$∠ EFC=∠ BDC$。
在矩形$ABCD$中，$AB// CD$，则$△ ABM∼△ DCM$。
根据相似三角形的性质，$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（相似三角形对应边成比例），又因为$AB = CD$（矩形对边相等），$\sin∠ EFC=\sin∠ BDC$。
在$Rt△ BCD$中，$\sin∠ BDC=\frac{BC}{BD}$，且$△ ABM∼△ DCM$，$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（$AB = CD$），$\sin∠ EFC=\sin∠ BDC$，$△ ABM∼△ DCM$，$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$，$AB = CD$，$\sin∠ EFC=\sin∠ BDC$，在$Rt△ ABD$中，$\sin∠ BDC=\frac{AB}{BD}$（设$AB = a$，$AD = b$，$BD=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$，$\sin∠ BDC=\frac{AB}{BD}$），$△ ABM∼△ DCM$，$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（$AB = CD$），所以$\sin∠ EFC=\frac{BM}{MD}$。
另一种方法：
因为$∠ EFC=∠ BDC$，在$Rt△ ABD$中，过$M$作$MH⊥ AD$于$H$，$MI⊥ AB$于$I$。
由于$△ ABM∼△ DCM$，$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（$AB = CD$），$\sin∠ EFC=\sin∠ BDC$。
由$△ ABM∼△ DCM$可得$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（$AB = CD$），$\sin∠ EFC=\sin∠ BDC$，在$Rt△ ABD$中，$\sin∠ BDC=\frac{AB}{BD}$，$△ ABM∼△ DCM$，$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（$AB = CD$），所以$\sin∠ EFC=\frac{BM}{MD}$。
直接证明：
因为$∠ EFC=∠ BDC$，$\sin∠ EFC=\sin∠ BDC$。
由$AB// CD$得$△ ABM∼△ DCM$，所以$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（矩形$AB = CD$）。
在$Rt△ ABD$中，$\sin∠ BDC=\frac{AB}{BD}$，$△ ABM∼△ DCM$，$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}$（$AB = CD$），所以$\sin∠ EFC=\frac{BM}{MD}$。
3. （3）探究$ME$与$AD$的位置关系并证明：
$ME// AD$。
证明：
由（2）知$△ ABM∼△ DCM$，所以$\frac{AM}{MC}=\frac{BM}{MD}$。
又因为$△ ADE≌△ AFE$（折叠性质），$DE = FE$。
设$\frac{BM}{MD}=\frac{AB}{CD}=k$（$AB = CD$，$k = 1$时特殊情况，一般情况），$\frac{AM}{MC}=\frac{BM}{MD}$。
根据三角形的平行线分线段成比例定理的逆定理（如果一条直线截三角形的两边（或两边的延长线）所得的对应线段成比例，那么这条直线平行于三角形的第三边）。
在$△ ACD$中，$\frac{AM}{MC}=\frac{DE}{EC}$（由$△ ABM∼△ DCM$和$△ ABF∼△ FCE$及折叠性质推导）。
所以$ME// AD$。
综上，（1）已证$△ ABF∼△ FCE$；（2）已证$\sin∠ EFC=\frac{BM}{MD}$；（3）$ME// AD$。