9. 已知三个数$2$，$\sqrt{2}$，$4$，再添加一个数，使这四个数成比例，那么添加的数是 (
D
)
A.$2\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{2}$或$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$2\sqrt{2}$，$4\sqrt{2}$或$8\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$或$4\sqrt{2}$
答案：9.D
解析：
设添加的数为$x$。
情况一：$2:\sqrt{2}=4:x$，则$2x=4\sqrt{2}$，解得$x=2\sqrt{2}$；
情况二：$2:\sqrt{2}=x:4$，则$\sqrt{2}x=8$，解得$x=\frac{8}{\sqrt{2}}=4\sqrt{2}$；
情况三：$2:4=x:\sqrt{2}$，则$4x=2\sqrt{2}$，解得$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
添加的数是$2\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$或$4\sqrt{2}$。
D
10. 如图，将矩形$ABCD$沿$AE$翻折，使点$B$恰好落在边$AD$上的点$F$处，再沿$EF$将矩形$ABCD$剪开，所得的另一个矩形$ECDF$和原来的矩形$ABCD$相似，则原来的矩形$ABCD$的宽$AB$与长$AD$的比值为
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
.
答案：10.$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
解析：
解：设$AB = x$，$AD = y$，则$AF = AB = x$，$FD = AD - AF = y - x$，$EC = BC - BE = y - x$，$CD = AB = x$。
因为矩形$ECDF$和矩形$ABCD$相似，所以$\frac{FD}{AB} = \frac{CD}{AD}$，即$\frac{y - x}{x} = \frac{x}{y}$。
整理得$y^2 - xy - x^2 = 0$，设$\frac{x}{y} = k$，则$y = \frac{x}{k}$，代入方程得$(\frac{x}{k})^2 - x · \frac{x}{k} - x^2 = 0$，两边同时除以$x^2$得$\frac{1}{k^2} - \frac{1}{k} - 1 = 0$，即$1 - k - k^2 = 0$，$k^2 + k - 1 = 0$。
解得$k = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$，因为$k ＞ 0$，所以$k = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$，即$\frac{AB}{AD} = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$。
$\frac{\sqrt{5} - 1}{2}$
11.（教材 P28 习题 27.1 第 6 题变式）如图，在矩形$ABCD$和矩形$A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$中，$AB = 16$，$AD = 10$，$A^{\prime}D^{\prime}=6$，矩形$A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}$的面积为$57.6$，那么这两个矩形相似吗？
答案：11.
∵矩形$A'B'C'D'$的面积为57.6，$A'D' = 6$，
∴$A'B' = 9.6$．
∵$\frac{AB}{A'B'} = \frac{16}{9.6} = \frac{5}{3}$．根据矩形的性质知，$\frac{DC}{D'C'} = \frac{AB}{A'B'} = \frac{5}{3}$．同理，得$\frac{BC}{B'C'} = \frac{AD}{A'D'} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3}$．
∴$\frac{AB}{A'B'} = \frac{AD}{A'D'} = \frac{DC}{D'C'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{5}{3}$．
∵矩形的各内角都是$90^{\circ}$，
∴矩形ABCD与矩形$A'B'C'D'$相似
12. 如图，$E$是菱形$ABCD$的对角线$CA$的延长线上任意一点，以线段$AE$为边，向下作菱形$AEFG$，且菱形$AEFG$与菱形$ABCD$相似，连接$EB$，$GD$.
（1）求证：$EB = GD$；
（2）若$\angle DAB = 60°$，$AB = 2$，$AG = \sqrt{3}$，求$GD$的长.
答案：12.（1）
∵菱形AEFG与菱形ABCD相似，
∴$\angle GAE = \angle DAB$．
∴$\angle GAE + \angle GAB = \angle DAB + \angle GAB$，即$\angle EAB = \angle GAD$．
∵四边形AEFG和四边形ABCD均是菱形，
∴$AE = AG$，$AB = AD$．
∴$\triangle ABE \cong \triangle ADG$．
∴$EB = GD$（2）连接BD，交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴$AD = AB = 2$，$BO \perp AC$，$BO = \frac{1}{2}BD$．
∵$\angle DAB = 60^{\circ}$，
∴$\triangle ABD$是等边三角形．
∴$BD = 2$．
∴$BO = 1$．在$Rt\triangle AOB$中，$AO = \sqrt{AB^{2} - BO^{2}} = \sqrt{2^{2} - 1^{2}} = \sqrt{3}$．
∴$EO = AE + AO = AG + AO = 2\sqrt{3}$．在$Rt\triangle BOE$中，$EB = \sqrt{EO^{2} + BO^{2}} = \sqrt{(2\sqrt{3})^{2} + 1^{2}} = \sqrt{13}$，
∴$GD = EB = \sqrt{13}$
13.(新考法·新定义题)
(1)若点$P$将线段$AB$分割成两条线段$AP$，$BP$，使$AP ＞ BP$，且$\frac{AP}{AB}=\frac{BP}{AP}$，则$P$就是线段$AB$的黄金分割点，此时$\frac{AP}{AB}$的值为
$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
.
(2)如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B = 90°$，$AB = 2BC$，现以点$C$为圆心，$CB$长为半径画弧，交边$AC$于点$D$，再以点$A$为圆心，$AD$长为半径画弧，交边$AB$于点$E$. 求证：$E$是线段$AB$的黄金分割点.
答案：13.（1）$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$解析：不妨设AB的长为1，P为线段AB上符合题意的一点，$AP = x$，则$BP = 1 - x$．根据题意，得$\frac{x}{1} = \frac{1 - x}{x}$，解得$x_1 = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$x_2 = \frac{-\sqrt{5}-1}{2}$（不合题意，舍去）．
∴$\frac{AP}{AB} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$．
（2）设$BC = a$．
∵$\angle B = 90^{\circ}$，$AB = 2BC$，
∴$AB = 2a$，$AC = \sqrt{5}a$．由题意，得$CD = BC$，$AE = AD$．
∴$CD = a$．
∴$AE = AD = AC - CD = \sqrt{5}a - a$．
∴$BE = AB - AE = 3a - \sqrt{5}a$．
∴$\frac{AE}{AB} = \frac{\sqrt{5}a - a}{2a} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$，$\frac{BE}{AE} = \frac{3a - \sqrt{5}a}{\sqrt{5}a - a} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$．
∵$\frac{AE}{AB} = \frac{BE}{AE}$，即E是线段AB的黄金分割点
