专题(9) 相似三角形的类比探究问题-【黄冈金牌之路·练闯考】2022-2023学年九年级数学下册作业课件(人教版2012)

数学 九年级下册 人教版 练闯考 专题(九)　相似三角形的类比探究问题 DG＝BE BE⊥DG 1．(武汉中考)【问题提出】如图①，在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，延长BC至点E，使DE＝DB，延长ED交AB于点F，探究 eq \f(AF,AB) 的值． 【问题探究】(1)先将问题特殊化．如图②，当∠BAC＝60°时，直接写出 eq \f(AF,AB) 的值； (2)再探究一般情形．如图①，证明(1)中的结论仍然成立． 【问题拓展】如图③，在△ABC中，AB＝AC，D是AC的中点，G是边BC上一点， eq \f(CG,BC) ＝ eq \f(1,n) (n<2)，延长BC至点E，使DE＝DG，延长ED交AB于点F.直接写出 eq \f(AF,AB) 的值．(用含n的式子表示） 解：【问题探究】(1)取AB的中点G，连接DG，由已知条件可证出DF⊥AB，易证△ADG是等边三角形，即可得出AF＝ eq \f(1,2) AG，∴ eq \f(AF,AB) ＝ eq \f(1,4) (2)取BC的中点H，连接DH，∵点D为AC的中点，∴DH∥AB，DH＝ eq \f(1,2) AB，∵AB＝AC，∴DH＝DC，∴∠DHC＝∠DCH，∵BD＝DE，∴∠DBH＝∠DEC，∴∠BDH＝∠EDC，∴△DBH≌△DEC(ASA)，∴BH＝EC，∴ eq \f(EB,EH) ＝ eq \f(3,2) ，∵DH∥AB，∴△EDH∽△EFB，∴ eq \f(FB,DH) ＝ eq \f(EB,EH) ＝ eq \f(3,2) ，∴ eq \f(FB,AB) ＝ eq \f(3,4) ，∴ eq \f(AF,AB) ＝ eq \f(1,4) 【问题拓展】取BC的中点H，连接DH，由(2)同理可证明△DGH≌△DEC(ASA)，∴GH＝CE，∴HE＝CG，∵ eq \f(CG,BC) ＝ eq \f(1,n) ，∴ eq \f(HE,BC) ＝ eq \f(1,n) ，∴ eq \f(HE,BE) ＝ eq \f(2,n＋2) ，∵DH∥BF，∴△EDH∽△EFB，∴ eq \f(HE,BE) ＝ eq \f(DH,BF) ＝ eq \f(2,n＋2) ，∵DH＝ eq \f(1,2) AB，∴ eq \f(BF,AB) ＝ eq \f(n＋2,4) ， ∴ eq \f(AF,AB) ＝ eq \f(2－n,4) 2．如图①，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE. (1)【发现】当正方形AEFG绕点A旋转，如图②，线段DG与BE之间的数量关系是_______________；位置关系是_________________； (2)【探究】如图③，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由； (3)【应用】在(2)情况下，连接GE(点E在AB上方)，若GE∥AB，且AB＝ eq \r(5) ，AE＝1，求线段DG的长． 解：(2)DG＝2BE，BE⊥DG，理由如下：如图③，延长BE交AD于K，交DG于H，∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，∴∠BAD＝∠EAG，∴∠BAE＝∠DAG.∵AD＝2AB，AG＝2AE，∴ eq \f(AB,AD) ＝ eq \f(AE,AG) ＝ eq \f(1,2) ，∴△ABE∽△ADG，∴ eq \f(BE,DG) ＝ eq \f(AB,AD) ＝ eq \f(1,2) ，∠ABE＝∠ADG，∴DG＝2BE.∵∠AKB＋∠ABE＝90°，∴∠AKB＋∠ADG＝90°.∵∠AKB＝∠DKH，∴∠DKH＋∠ADG＝90°，∴∠DHB＝90°，∴BE⊥DG (3)如图④，设EG与AD的交点为M，∵EG∥AB，∴∠DME＝∠DAB＝90°，在Rt△AEG中，AE＝1，∴AG＝2AE＝2，根据勾股定理得EG＝ eq \r(22＋12) ＝ eq \r(5) .∵AB＝ eq \r(5) ，∴EG＝AB.∵EG∥AB，∴四边形ABEG是平行四边形，∴AG∥BE.且AG＝BE＝2.∵AG∥EF，∴点B，E，F在同一条直线上，∴∠AEB＝90°.由(2)知，△ABE∽△ADG，∴ eq \f(BE,DG) ＝ eq \f(AB,AD) ＝ eq \f(1,2) ，即 eq \f(2,DG) ＝ eq \f(1,2) ，∴DG＝4 $$