期中仿真模拟题（二）[范围：第1-3章] 2026-2027学年湘教版数学九年级上册

期中仿真模拟题（二）[范围：第1-3章] 2026-2027学年湘教版数学九年级上册 一、选择题 1．如图，在平面直角坐标中，已知，与位似，原点是位似中心．若，则长为（　　） A．4. 5 B．6 C．7.5 D．9 2．在△ABC中，∠C＝90°，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，且有c2＋4b2－4bc＝0，则sin A＋cos A的值为(　　) A． B． C． D． 3．若关于的方程有实数根，则实数的取值范围是（　　） A． B． C． D． 4．如图1，一长方体容器放置在水平桌面上，里面盛有水，绕底面一棱进行旋转倾斜后，水面恰好触到容器口边缘.图2是此时的示意图，若BC=6cm，AB=16cm，水面BF 离桌面的高度为9.6cm，则此时点 C 离桌面的高度为(　　) A．10 cm B．13.2cm C．14.4 cm D．16 cm 5．如图是一架儿童滑梯截面示意图，过道与地面平行，扶梯的坡比为，滑梯的坡比为，若扶梯长为4米，则滑梯的长为（　　）米 A． B． C． D． 6．设、是方程的两个实数根，实数、满足：，，则的值为（　　） A． B． C． D． 7．《代数学》中记载，形如的方程，求其正数解的几何方法是：“如图①，先构造一个面积为的正方形，再以正方形的边为一边向外构造四个面积为的长方形，得到大正方形的面积为，则该方程的正数解为.”小唐按此方法解关于的方程时，构造出如图②所示的图形，已知阴影部分的面积为64，则该方程的正数解为（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 8．如图为一节楼梯的示意图，BC⊥AC，∠BAC＝α，AC＝5米．现要在楼梯上铺一块地毯，则地毯的长度需要(　　) A．米 B．(5tan α＋5)米 C．米 D．米 9．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形，连接，若平分，则（　　） A． B． C． D． 10．对于一元二次方程，下列说法： ①若，则； ②若方程有两个不相等的实根，则方程必有两个不相等的实根； ③若c是方程的一个根，则一定有成立； ④若是一元二次方程的根，则． ⑤存在实数，使得 其中正确的是（　　） A．①②④ B．①②④⑤ C．①②③④⑤ D．①②③ 二、填空题 11． 如图， △ABC 关于 BC 的中点 O 作位似图形△EFG， 若点 E恰为△ABC的重心， 则△EFG与△ABC的周长比为　 　。 12．如图，△ABC与△DEF是以点O为位似中心的位似图形，若OA：AD=2：3，△DEF的周长等于15，则△ABC的周长为　 　. 13．如图，在矩形中，点在边上，，连接，点关于的对称点恰好落在线段上，连接，则　 　． 14．在 Rt△ABC 中，若∠C=90°， AC=24，则 AB 的长为　 　. 15．已知是一元二次方程的一个根，则代数式的值是　 　． 16．某奶茶店销售一款招牌奶茶，每杯成本为5元．当售价为15元/杯时，平均每天能售出300杯．市场调查发现，售价每降价1元，平均每天就能多售出50杯．店主希望扩大销量，提高知名度，且使每天的销售利润仍保持在3000元，则每杯奶茶应降价　 　元． 17．如图，小明先将矩形ABCD 纸片沿对角线AC 剪开，再将△ABC 纸片沿CD 方向平移到△EAD 处，BC与AD 重合，连接EC.若AB=2，BC=3，则sin∠ACE 的值为　 　. 18．已知关于的一元二次方程（均为常数，且）的解是，，则关于的一元二次方程的解是　 　． 三、解答题 19．在正方形网格图中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的三角形称为格点三角形．请按下列要求画出格点三角形． （1）在图1中画一个格点三角形，使该三角形与格点全等； （2）在图2中画一个格点三角形，使该三角形的一条边与格点的一条边重合，且与相似． 20． 求值：． 21．解下列一元二次方程： （1）3x（x﹣2）＝x﹣2； （2）2x2﹣5x+3＝0． 22．已知a， b， c为△ABC的三边长， 且a+b+c=27， 求△ABC三边的长. 23．根据以下材料，完成任务． 材料1 “天下第一壶”位于中国名茶之乡遵义湄潭县天壶公园，建筑由茶壶和底座构成，壶身最大直径米，是世界上最大的茶壶实物造型，并于年月日被上海大世界吉尼斯总部授予中国之最最大实物造型，被誉为遵义的又一地标性建筑． 材料2 小明画出了建筑的侧面示意图，水平地面上方有一水平的平台，该平台上有一个竖直的茶壶，经过测量，从到处的斜坡的坡度：且米假设、、、、、在同一竖直平面内． 材料3 已知在处测得建筑物顶端的仰角，在处测得的仰角． 任务1 ⑴求平台到地面的高度． 任务2 ⑵求建筑物的高度结果保留整数 备注 参考数据：，，，，，． 24．如图，在中，点在边上，点、点在边上，且，． （1）求证：； （2）如果，，．求的面积． 25．【问题发现】我国数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了一元二次方程的几何解法．例如x2+2x﹣35＝0，可变形为x（x+2）＝35．如图1，构造一个长为x+2、宽为x、面积为35的矩形；如图2，将4个矩形构造成一个边长为（x+x+2）的大正方形，中间恰好是一个边长为2的小正方形．大正方形的面积可表示为（x+x+2）2，也可表示为4×35+22，由此可得新方程：（x+x+2）2＝144，易得这个方程的正数解为x＝5．注意：这种构造图形的方法只能求出方程的一个根! （1）尝试：小颖根据赵爽的解法解方程2x2+3x﹣2＝0，请将其解答过程补充完整： 第一步：将原方程变为，即x（ 　 　 ）＝1； 第二步：利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形；（在画图区画出示意图，标明各边长） 第三步：根据大正方形的面积可得新的方程：　 　 ；解得原方程的一个根为 　 　 ； （2）【思维拓展】参照以上方法求出关于x的一元二次方程x2+bx＝c（b＞0，c＞0）的正数解（用含b，c的代数式表示）． 26． 按要求解题： （1）【问题猜想】如图1，在中，，是中点，点、分别在、的延长线上，且．请猜想与的大小关系，并证明． （2）【问题探究】如图2，在中，，点在上，点、分别在、的延长线上，且．求证：． （3）【问题延伸】如图3，在中，是中点，，点、分别在、的延长线上，且．求证：． 答案解析部分 1．【答案】A 【知识点】图形位似变换的点的坐标特征；位似图形的性质 【解析】【解答】解：， 与位似，原点是位似中心， ， ， ， 故答案为：A． 【分析】本题以位似图形为背景，考查了位似比与相似比的关系及对应点坐标与位似中心的关系。根据点A与点D的坐标确定位似比，再根据相似三角形对应边成比例求DE的长。​​​​​​​ 2．【答案】B 【知识点】特殊角的三角函数的混合运算；因式分解的应用-判断三角形形状 【解析】【解答】解： ∴ ∴c=2b， 在Rt△ABC中， ∴∠B=30°， ∴∠A=90°-∠B=60°， 故答案为：B。 【分析】先利用完全平方公式可得：(c-2b)2=0，从而可得c=2b，然后在 中，利用锐角三角函数的定义可得： 从而可得 进而可得∠A=6 0°，最后进行计算即可解答. 3．【答案】C 【知识点】一元二次方程根的判别式及应用 【解析】【解答】解：∵关于x的方程x2﹣4x﹣m＝0有实数根， ∴△＝（﹣4）2﹣4×1×（﹣m）＝16+4m≥0， 解得m≥﹣4． 故答案为：C. 【分析】对于一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0），判别式△＝b2﹣4ac，当△≥0时，方程有实数根，据此代入数值计算，即可作答． 4．【答案】C 【知识点】相似三角形的实际应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边 【解析】【解答】如图，过点C作桌面的垂线CM，垂足为点M，交BF于点N，过点B作桌面的垂线BP，垂足为点P. ∵水面BF离桌面的高度为9.6 cm， ∴BP＝MN＝9.6 cm. ∵BF∥AP，CM⊥AP， ∴CN⊥BF. ∵∠CBN＋∠ABF＝∠ABP＋∠ABF＝90°， ∴∠CBN＝∠ABP. 又∵∠CNB＝∠APB， ∴△CNB∽△APB， ∴＝，即＝，解得BN＝3.6. 根据勾股定理可得CN＝＝4.8， ∴CM＝CN＋MN＝4.8＋9.6＝14.4（cm）， 即此时点C离桌面的高度为14.4 cm. 故答案为：C. 【分析】本题结合长方体倾斜的实际情境，转化为平面几何问题求解点到直线的高度。先构造垂线，把桌面看作直线，作出 B、C 到桌面的垂线段，得到 BF 所在直线与桌面平行，因此 BF 上各点到桌面距离相等。通过等角互余证明一组角相等，结合直角相等证出△CNB∽△APB，利用相似三角形对应边成比例求出BN；再借助勾股定理算出CN；最后点 C 到桌面的高度等于CN与 BF 到桌面高度之和，求得最终结果。 5．【答案】B 【知识点】勾股定理；矩形的性质；解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题 【解析】【解答】解：如图， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵扶梯的坡比为， ∴， ∴（米）， ∴米， ∵滑梯的坡比为， ∴， ∴米， ∴（米）， 答：滑梯的长为米． 故选：B． 【分析】本题以儿童滑梯截面为背景，考查了解直角三角形的坡度问题及勾股定理的应用。根据扶梯AD的坡比求出竖直高度DE，利用矩形性质得CF＝DE，再结合滑梯BC的坡比求出水平距离BF，最后在Rt△BCF中利用勾股定理求BC的长。 6．【答案】D 【知识点】多项式乘多项式；一元二次方程的根与系数的关系（韦达定理） 【解析】【解答】解：∵、是方程的两个实数根， ∴由韦达定理（根与系数的关系）得： ，。 对代数式进行变形： 将，，以及已知条件代入得： 故答案为：D 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系及高次代数式的递推变形。首先由方程的系数结合韦达定理，得到两根之和与两根之积；再将待求的高次幂代数式拆分为两根和与低次幂乘积的组合形式，构造出已知的两个低次代数式，通过整体代入的方法计算出最终结果，核心是利用递推关系将高次幂降次。 7．【答案】A 【知识点】解一元二次方程的其他方法 【解析】【解答】解：∵阴影部分的面积为64， 设4a=12，则a=3， 先构造一个面积为 的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为3x的矩形，得到大正方形的面积为 则该方程的正数解为10-6=4， 故选：A. 【分析】由题意得出 设4a=12，则a=3，再根据题意先构造一个面积为 的正方形，再以正方形的边长为一边向外构造四个面积为3x的矩形，得到大正方形的面积为 即可得解. 8．【答案】B 【知识点】已知正切值求边长 【解析】【解答】解： 由题意， 在Rt△ABC中， BC=AC·tan∠BAC=5tanα(米)， 所以地毯的长度为BC+AC=(5tanα+5)米， 故选： B. 【分析】先解直角三角形求出BC的长，从而可得地毯的长度，再根据矩形的面积公式即可得. 9．【答案】C 【知识点】正方形的性质；“赵爽弦图”模型；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边 【解析】【解答】解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，， 则，则， 即， 设， ∴，即， 解得或（舍）， 经检验是原方程的解， ∴． 故答案为：C. 【分析】先证明，由此可以得到，接着再证明。 设，，结合相似三角形的对应边成比例的性质，能够推导出。 设，对等式整理后可得，解这个一元二次方程可以得到，最后就可以根据这个结果求出题目所需答案. 10．【答案】B 【知识点】一元二次方程的根；一元二次方程根的判别式及应用 【解析】【解答】解：∵若，则是方程的根，此时判别式，当方程有两个相等的实数根时，；当方程有两个不同的实根时，， ∴判别式，故①正确； ∵方程有两个不等实根，则其判别式，即， ∴方程的判别式，故②正确； ∵若c是方程的根，则，即，当时，不一定为0，故③错误； ∵是方程的根，则，， ，故④正确； ∵存在实数使，整理得(m-n)(am+an+b)=0，由于m≠n，则am+an+b=0，∴m+n=，∴m、n只需要取关于对称的即可，故⑤正确， 综上，正确的是①②④⑤． 故答案为：B． 【分析】使方程左右两边相等的未知数的值就是方程的根；对于一元二次方程“ax2+bx+c=0（a、b、c是常数，且a≠0）”中，当b2-4ac＞0时方程有两个不相等的实数根，当b2-4ac=0时方程有两个相等的实数根，当b2-4ac＜0时方程没有实数根；据此对于①，若a+b+c=0，则x=1是方程的根，判别式一定非负；②由方程ax2+c=0有两个不相等实数根，则由根的判别式可推出ac＜0，进而推出原方程根的判别式大于0；③代入c后考虑c=0的特殊情况；④代入x0后，表示出c，进而求根的判别式，再用完全平方公式分解因式可判断；⑤由已知可推出am+an+b=0，则m+n=，故m、n只需要取关于对称的即可. 11．【答案】 【知识点】三角形的重心及应用；相似三角形的性质-对应边；相似三角形的性质-对应周长；位似图形的性质 【解析】【解答】解：由重心的性质可知点E是OA的三等分点， ∴ ∵△EFG是△ABC关于点O的位似图形 ∴△EFG~△ABC， AB//EF， AC//EG ∴ ∴ 故答案为：. 【分析】根据三角形重心的性质可以求出，从而进一步求出△EFG~△ABC，AB//EF，AC//EG，可求出，从而根据相似三角形的周长比计算即可. 12．【答案】6 【知识点】位似变换；相似三角形的性质-对应周长；位似图形的性质 【解析】【解答】解：与是以点为位似中心的位似图形， ，且等于相似比． ， ． 与的相似比为． 相似三角形的周长比等于相似比，． 的周长等于， 的周长． 故答案为：6. 【分析】根据位似可得，求出相似比．然后根据相似三角形的周长比等于相似比解答即可． 13．【答案】 【知识点】矩形的性质；轴对称的性质；解直角三角形—边角关系；求正切值 【解析】【解答】解：如图，连接AF， 设AB=3k，CE=4k， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD=AB=3k，∠B=∠C=90°，AD∥BC，AD=BC， ∴DE=，∠DAE=∠AEB， 由对称的性质得AF=AB=3k，EF=BE，∠B=∠AEF=90°，∠AEF=∠AEB， ∴∠AFD=90°，∠DAE=∠AEB， ∴△ADE是等腰三角形， ∴AD=DE=5k=BC， ∴BE=BC-CE=k， ∴EF=BE=k， 过F作FG⊥BC于点G， ∵∠DCE=90°， ∴，， ∵∠FEG=90°， ∴，， ∴，， ∴CG=CE-EG=， ∴ 故填：. 【分析】连接AF，过F作FG⊥BC于点G，设AB=3k，CE=4k，根据勾股定理求出DE=5k，再证出△ADE是等腰三角形，得出AD=DE=5k=BC，从而得出EF=BE=k，利用锐角三角函数求出，，从而得出CG=CE-EG=，再根据正切的定义得出，即可得出答案. 14．【答案】26 【知识点】已知余弦值求边长 【解析】【解答】解：如图，在Rt△ABC中， ∵cos A＝＝，AC＝24， ∴AB＝＝24×＝26. 故答案为：26. 【分析】本题主要考查了锐角三角函数的定义.在Rt△ABC中，cosA等于角A的邻边AC与斜边AB的比值，代入AC=24和cosA=，通过AB=计算即可. 15．【答案】6 【知识点】求代数式的值-整体代入求值；已知一元二次方程的根求参数 【解析】【解答】解：∵是一元二次方程的一个根， ∴， ∴， ∴． 故答案为：6. 【分析】把x=m代入方程可得，然后将代数式提取公因式后整体代入计算即可． 16．【答案】4 【知识点】一元二次方程的实际应用-销售问题 【解析】【解答】解：设每杯奶茶应降价x元， 由题意得：(15-x-5)(300+50x)=3000， 解得 ∵店主希望扩大销量，降价越多销量越高， ∴舍去x=0，取x=4， 故答案为：4 . 【分析】设出每杯奶茶的降价金额，结合已知条件表示出每杯利润和每日销售量，根据总利润=每杯利润x销售量列方程求解，再根据扩大销量的要求选择符合题意的解即可. 17．【答案】 【知识点】矩形的判定与性质；平移的性质；解直角三角形—边角关系；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边 【解析】【解答】解：如图所示，过点A作CE的垂线段AF. 四边形ABCD是矩形 三点共线、 故正确答案为： 【分析】先由矩形的性质和平移的性质可知E在BA的延长线上且EA＝AB＝3，则由勾股定理可分别求得AC、EC的长，由于求∠ACE 的正弦值，可过点A作EC的垂线段构造直角三角形ACF，再利用AA判定，同相似比可得AF的长，最后再解直角三角形ACF即可. 18．【答案】​​​​​​​ 【知识点】换元法解一元二次方程 【解析】【解答】解： ∵关于的一元二次方程（均为常数，且）的解是，， 令x+3=y， ∴关于y的一元二次方程（均为常数，且）的解是，， 即关于的一元二次方程的解是，， ∴. 故答案为：. 【分析】令x+3=y，观察发现方程和是同一个方程，解相同，故可根据的解得到方程的解.再解关于x的方程，即可得到的解. 19．【答案】（1）解：如图1，△DEF即为所求作； 则，， ∴△ABC≌△DEF(SSS) （2）解：如图2，△BGC即为所求， 由图可得BG=2，CG=4， ∴ ∴△ABC∽△BGC 【知识点】作图﹣相似变换；三角形全等的判定-SSS；尺规作图-作三角形；相似三角形的判定-SSS；运用勾股定理解决网格问题 【解析】【分析】(1)根据题意，作△ABC关于大正方形对称轴的轴对称图形，即可求解； (2)根据三边对应成比例的三角形是相似三角形作图即可. 20．【答案】解： 【知识点】零指数幂；求特殊角的三角函数值；实数的绝对值 【解析】【分析】实数的混合运算，先分别求特殊角的三角函数值、实数的绝对值和0次幂，最后再进行加减运算即可. 21．【答案】（1）解：3x（x﹣2）=x﹣2， 3x（x﹣2）﹣（x﹣2）=0， （x﹣2）（3x﹣1）=0， ∴x﹣2=0或3x﹣1=0， ∴x1=2，x2= ； （2）解：2x2﹣5x+3＝0， （2x﹣3）（x﹣1）＝0， ∴2x﹣3＝0或x﹣1＝0， ∴x1＝ ，x2＝1． 【知识点】因式分解法解一元二次方程 【解析】【分析】（1）利用因式分解法解方程即可； （2）利用因式分解法解方程即可。 22．【答案】解：设（），则，，， ， ，即， 解得， ，，， 故三边的长分别为、、． 答：、、． 【知识点】比例的性质 【解析】【分析】设（），即可得到，，，代入等式求出k的值即可解答． 23．【答案】⑴过点C作CH⊥AB，垂足为H. 背水坡AC的坡度i=1：2，即： ​=，​ 设CH=x米，则AH=2x米， 在Rt△ACH中，由勾股定理： CH2+AH2=AC2 代入AC=​， x2+(2x)2=()2 x2=625. 因为长度为正，所以：x=25. 答：平台 CD 到地面的高度为 25 米. ⑵延长EF交AB于点G. ∵CD是平台，EF⊥CD，CG⊥AB， ∴ 四边形CGFD是矩形， ∴CF=DG，FG=CG=25米， 设建筑物EF=h米，则总高度： EG=EF+FG=h+25， ∠ECF=72∘， 由正切定义：tan72∘=，​ CF==，​ 代入tan72∘≈3.00：CF≈，​ 由 (1) 知AG=2×25=50米， AG总​=AG+DG=AG+CF=50+，​ ∠EAG=48∘， 由正切定义：tan48∘=，​ 代入EG=h+25、AG总​=50+​、tan48∘≈1.10： 1.10=，​ 展开：55+=h+25， h=≈47. 答：建筑物 EF 的高度约为 47 米. 【知识点】勾股定理；解直角三角形的实际应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形—边角关系 【解析】【分析】（1）过点C作CG⊥AB于G，CG就是平台CD到地面的高度；坡度i=1：2，即竖直高度：水平宽度=1：2，因此​=。设CG=x，则AG=2x；在Rt△ACG中，由勾股定理CG2+AG2=AC2，代入AC=列一元二次方程，解出x即为高度. （2）延长EF交AB于G，四边形CGFD是矩形，得CF=DG、FG=CG=25米，因此总高度EG=EF+FG=h+25；在Rt△ECF中，∠ECF=72∘，由tan72∘=，变形得CF=；总水平距离AG总​=AG+DG=50+CF；在Rt△EAG中，tan48∘=​，代入各线段表达式得到关于h的方程；解方程求出h，取近似整数. 24．【答案】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，. ∴； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴S△ABC=9S△ADE=9×9=81． 【知识点】两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定-AA；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应面积 【解析】【分析】(1) 先由平行线分线段成比例定理得 ，再结合已知得 ，即可得出结论； (2) 先根据已知结合 (1) 得 ，求出 ，再证明 ，根据相似三角形的性质得，进而可得答案。 25．【答案】（1）；； （2）解：方程变形为：， 根据赵爽的解法可造方程为：， ∵，， ∴（舍去负值）， ∴， ∴原方程的一个正数解为：． 【知识点】一元二次方程的其他应用；勾股定理 【解析】【解答】（1）解：第一步，将原方程变为，变形得：， 第二步，利用四个全等的矩形构造“空心”大正方形如图： 第三步，根据大正方形的面积可得新的方程：， 解得原方程的一个根为． 故答案为：；，； 【分析】（1）本小题考查一元二次方程的几何解法，理解赵爽弦图的构造原理是解题关键。第一步先将二次项系数化为1，通过移项将方程变形为"x乘一个含x的一次式等于常数"的形式，对应矩形的长和宽；第二步用四个相同的矩形拼接成大正方形，中间的小正方形边长为矩形长与宽的差；第三步分别用两种方式表示大正方形的面积，建立等式得到新的方程，开平方后取正数解得到原方程的一个根。 （2）本小题考查用几何方法推导一元二次方程的求根公式。先将方程变形为的形式，对应矩形的宽为、长为；仿照赵爽的方法构造大正方形，根据大正方形面积的两种表示方式建立方程；最后开平方并舍去负根，整理得到方程的正数解表达式。 26．【答案】（1）解：， 证明如下： 如图，延长至点，使得，连接， ∵， ∴， ∴，即， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴ （2）证明：如图，作，交延长线于点， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ （3）证明：如图，过点作于点，作于点，连接， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， ∴． 【知识点】三角形全等的判定-SAS；相似三角形的判定-AA；相似三角形的判定-SAS；相似三角形的性质-对应角；相似三角形的性质-对应边 【解析】【分析】（1）延长至点，使得，连接，利用等边对等角可证得，由此可证得，利用线段中点的定义可证得BD=CD，利用SAS可证得△DBE≌△DCG，利用全等三角形的性质可知，，由此可推出∠G=∠F，即可征得结论. （2）作，交延长线于点，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△DBE∽△DCM，利用相似三角形的性质可证得，，即可推出DF=DM，利用等边对等角可证得，由此可证得结论. （3）过点作于点，作于点，连接，利用点D是BC的中点可证得，利用三角形的面积公式可推出，据此可证得；设，则，，然后利用SAS可证得△DEH∽△DFN，利用相似三角形的对应角相等，可证得结论. 学科网（北京）股份有限公司 $