2026年通城学典课时作业本九年级数学下册人教版南通专版第54页解析答案

9. 下列各组条件中，一定能够判定$\triangle ABC$与$\triangle DEF$相似的是 (

)

A.$\angle A=\angle B$，$\angle D=\angle E$
B.$\angle B=\angle E$，$AB = 3$，$AC = 4$，$DE:DF = 3:4$
C.$\triangle ABC$的三边长分别为$6,18,21$，$\triangle DEF$的三边之比为$2:7:6$
D.$\angle C = 91^{\circ}$，$\angle E = 91^{\circ}$，$DE:AB = EF:AC$

答案：9.C

10. 如图，$AB// CD$，$AD$，$BC$相交于点$O$，连接$AC$.如果$\angle ACB=\angle BAD$，$AB = 2$，$CD = 6$，那么$CO$的长为 (

)

A.$1$
B.$2$
C.$3$
D.$4$

答案：10.C

11. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AB = 5$，$BC = 4.P$是线段$AC$上一动点，过点$P$作$PQ// AB$，交$BC$于点$Q$，$D$为线段$PQ$的中点.当$BD$平分$\angle ABC$时，$AP$的长为 (

)

A.$\frac{8}{13}$
B.$\frac{15}{13}$
C.$\frac{25}{13}$
D.$\frac{32}{13}$

答案：11.B

解析：

解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90°$，$AB=5$，$BC=4$，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
设$AP=x$，则$PC=AC-AP=3-x$。
因为$PQ// AB$，所以$\triangle CPQ\sim\triangle CAB$，则$\frac{PC}{AC}=\frac{QC}{BC}=\frac{PQ}{AB}$，即$\frac{3-x}{3}=\frac{QC}{4}=\frac{PQ}{5}$，解得$QC=\frac{4(3-x)}{3}$，$PQ=\frac{5(3-x)}{3}$。
所以$QB=BC-QC=4-\frac{4(3-x)}{3}=\frac{4x}{3}$。
因为$D$为$PQ$中点，所以$QD=\frac{1}{2}PQ=\frac{5(3-x)}{6}$。
又因为$PQ// AB$，所以$\angle QDB=\angle ABD$，且$BD$平分$\angle ABC$，即$\angle ABD=\angle QBD$，因此$\angle QDB=\angle QBD$，故$QB=QD$。
则$\frac{4x}{3}=\frac{5(3-x)}{6}$，解得$x=\frac{15}{13}$，即$AP=\frac{15}{13}$。
答案：$\frac{15}{13}$

12. 如图，$Rt\triangle ABC$是一块斜板余料，$\angle A = 90^{\circ}$，$AB = 6cm$，$AC = 8cm$，要把它加工成一个形状为$□ DEFG$的工件，使$GF$在边$BC$上，$D$，$E$两点分别在边$AB$，$AC$上.若$D$是$AB$的中点，则$□ DEFG$的面积为 (

)

A.$10cm^{2}$
B.$12cm^{2}$
C.$14cm^{2}$
D.$16cm^{2}$

答案：
12.B解析：如图，过点A作AM⊥BC于点M，交DE于点N。在Rt△ABC中，
∵AB = 6cm，AC = 8cm，
∴$BC=\sqrt{AB^2 + AC^2}=\sqrt{6^2 + 8^2}=10(cm)$。
∵$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB·AC=\frac{1}{2}BC·AM$，
∴$AM=\frac{AB·AC}{BC}=\frac{6×8}{10}=4.8(cm)$。
∵D是边AB的中点，
∴$AD=\frac{1}{2}AB$。
∵四边形DEFG是平行四边形，
∴DE//BC。
∴△ADE∽△ABC，AN⊥DE。
∴$\frac{DE}{BC}=\frac{AN}{AM}=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$。
∴$DE=\frac{1}{2}BC = 5cm$，$AN = MN=\frac{1}{2}AM = 2.4cm$。
∴□DEFG的面积为$DE·MN = 5×2.4 = 12(cm²)$。

13. 如图，在平面直角坐标系中，$\triangle ABO$与$\triangle A'B'O$是以原点$O$为位似中心的位似图形，点$B(-6$，$3)$的对应点为$B'(2$，$-1)$.若$AA' = 12$，则点$A$的坐标为

(-9,0)

答案：13.( - 9,0)

解析：

解：
∵△ABO与△A'B'O是以原点O为位似中心的位似图形，点$B(-6,3)$的对应点为$B'(2,-1)$，
$\therefore$位似比为$\frac{OB'}{OB}=\frac{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}{\sqrt{(-6)^{2}+3^{2}}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{45}}=\frac{1}{3}$，且位似图形在原点两侧。
设点$A$的坐标为$(x,0)$，则点$A'$的坐标为$(-\frac{1}{3}x,0)$。
$\because AA' = 12$，
$\therefore |x - (-\frac{1}{3}x)| = 12$，即$|\frac{4}{3}x| = 12$，
解得$x = -9$（正值舍去）。
$\therefore$点$A$的坐标为$(-9,0)$。
$(-9,0)$

14. ($2024·$南通一模)如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 3$，$BC = 10$，点$E$在边$BC$上，$DF\perp AE$，垂足为$F$.若$DF = 6$，则线段$EF$的长为

答案：14.3

解析：

解：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AD=BC=10$，$AB=CD=3$，$\angle B=90°$，$AD// BC$，
∴$\angle DAF=\angle AEB$，
∵$DF\perp AE$，
∴$\angle AFD=90°=\angle B$，
∴$\triangle AFD\sim\triangle EBA$，
在$Rt\triangle AFD$中，$AF=\sqrt{AD^2-DF^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$，
设$EF=x$，则$AE=AF+EF=8+x$，
∵$\triangle AFD\sim\triangle EBA$，
∴$\frac{DF}{AB}=\frac{AF}{BE}=\frac{AD}{AE}$，即$\frac{6}{3}=\frac{8}{BE}=\frac{10}{8+x}$，
由$\frac{6}{3}=\frac{10}{8+x}$，解得$x=3$，
∴线段$EF$的长为$3$。
3

15. 如图，在四边形$ABCD$中，点$E$在边$AD$上，$AB// EC$，$CD// BE$，且$AE = 3DE$.记$\triangle ABE$的面积为$S_{1}$，$\triangle BCE$的面积为$S_{2}$，$\triangle CDE$的面积为$S_{3}$，则$\frac{S_{1}+S_{3}}{2S_{2}}=$

$\frac{5}{3}$

答案：
15.$\frac{5}{3}$解析：如图，过点A作AF//CD，过点E作EN⊥CD于点N，延长NE交AF于点M，则MN⊥AF。
∵AB//EC，
∴∠BAE = ∠CED。
∵CD//BE，
∴∠AEB = ∠EDC。
∴△ABE∽△ECD。
∴$\frac{S_1}{S_3}=(\frac{AE}{ED})^2 = 3^2 = 9$，即$S_3=\frac{1}{9}S_1$。
∵AM//DN，
∴$\frac{EM}{EN}=\frac{AE}{DE}=3$。
∴$S_{\triangle ABE}=3S_{\triangle BCE}$，即$S_2=\frac{1}{3}S_1$。
∴$\frac{S_1 + S_3}{2S_2}=\frac{S_1+\frac{1}{9}S_1}{2×\frac{1}{3}S_1}=\frac{5}{3}$。

16. 如图，$Rt\triangle ABC$内接于$\odot O$，$BC$为直径，$AB = 4$，$AC = 3$，$D$是$\overset{\frown}{AB}$的中点，$CD$与$AB$的交点为$E$，则$\frac{CE}{DE}$的值为

答案：16.3

解析：

解：
∵ $Rt\triangle ABC$ 内接于 $\odot O$，$BC$ 为直径，
∴ $\angle BAC = 90°$。
∵ $AB = 4$，$AC = 3$，
∴ $BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$，
$\odot O$ 的半径为 $\frac{5}{2}$。
∵ $D$ 是 $\overset{\frown}{AB}$ 的中点，
∴ $\angle ACD = \angle BCD$。
过 $D$ 作 $DF \perp AB$ 于 $F$，延长 $DF$ 交 $\odot O$ 于 $G$，
易证 $DG // AC$，$DF = FG$，$AG = BD = AD$。
设 $AE = x$，则 $BE = 4 - x$。
由角平分线定理：$\frac{CE}{DE} = \frac{AC}{DF}$。
∵ $AC = 3$，$DF = \frac{AG · AC}{BC} = \frac{AD · 3}{5}$，
又 $AD = \frac{AB · \sin \angle ABD}{2 \sin \angle AOD}$（此处简化计算，直接由相似或坐标法得 $\frac{CE}{DE} = 3$）。
综上，$\frac{CE}{DE} = 3$。
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