2026年新课程自主学习与测评九年级数学下册人教版第49页解析答案

4. 如图，已知$△ ABC$和$△ DEC$，点$E$在$BC$上，$AC$交$DE$于点$F$，且$AB // DE$。若$△ ABC$与$△ DEC$的面积相等，且$EF = 6$，$AB = 9$，则$DF$等于(

)

A.$3.6$
B.$7.5$
C.$8$
D.$10$

答案：4. B.

5. 如图，$D$是$△ ABC$的边$BC$上一点，已知$AB = 4$，$AD = 2$，$∠ DAC = ∠ B$。若$△ ABD$的面积为$a$，则$△ ACD$的面积为

$\frac{1}{3}a$

。(用含$a$的代数式表示)

答案：5. $\frac{1}{3}a$.

解析：

证明：在$△ ABC$和$△ DAC$中，
$\because ∠ DAC = ∠ B$，$∠ C = ∠ C$，
$\therefore △ ABC ∼ △ DAC$。
$\because AB = 4$，$AD = 2$，
$\therefore$相似比为$\frac{AB}{AD} = \frac{4}{2} = 2$。
$\therefore \frac{S_{△ ABC}}{S_{△ DAC}} = 2^2 = 4$，即$S_{△ ABC} = 4S_{△ DAC}$。
$\because S_{△ ABC} = S_{△ ABD} + S_{△ DAC} = a + S_{△ DAC}$，
$\therefore a + S_{△ DAC} = 4S_{△ DAC}$，
解得$S_{△ DAC} = \frac{1}{3}a$。
$\frac{1}{3}a$

6. 如图，点$P$为$△ ABC$内一点，过点$P$分别作直线平行于$△ ABC$的三条边，所形成的三个小三角形(阴影部分)的面积$S_1$，$S_2$，$S_3$分别为$4$，$9$，$49$，则$△ ABC$的面积为

144

。

答案：6. 144.

解析：

解：设面积为$S_1=4$、$S_2=9$、$S_3=49$的三个小三角形的边长分别为$a$、$b$、$c$。
因为相似三角形面积比等于相似比的平方，所以：
$\sqrt{\frac{S_1}{S}}=\frac{a}{a+b+c}$，$\sqrt{\frac{S_2}{S}}=\frac{b}{a+b+c}$，$\sqrt{\frac{S_3}{S}}=\frac{c}{a+b+c}$，其中$S$为$△ ABC$的面积。
由$S_1=4$，得$a=2$；$S_2=9$，得$b=3$；$S_3=49$，得$c=7$。
则$\frac{2}{\sqrt{S}}+\frac{3}{\sqrt{S}}+\frac{7}{\sqrt{S}}=1$，即$\frac{12}{\sqrt{S}}=1$，解得$\sqrt{S}=12$，$S=144$。
144

7. 如图，在$△ ABC$中，$BC ＞ AC$，点$D$在$BC$上，且$DC = AC$，$∠ ACB$的平分线$CF$交$AD$于点$F$。点$E$是$AB$的中点，连接$EF$。
(1) 求证：$EF // BC$；
(2) 若$△ ABD$的面积是$6$，求四边形$BDFE$的面积。

答案：7. (1) 提示:先证点 F 为 AD 的中点，再由三角形的中位线的性质证得. (2) $\frac{9}{2}$.

解析：

(1) 证明：
∵ $DC = AC$，$CF$ 平分 $∠ ACB$，
∴ $CF$ 是 $△ ACD$ 中 $AD$ 边上的中线（三线合一），
∴ $F$ 为 $AD$ 的中点。
∵ $E$ 是 $AB$ 的中点，
∴ $EF$ 是 $△ ABD$ 的中位线，
∴ $EF // BC$。
(2)
∵ $EF$ 是 $△ ABD$ 的中位线，
∴ $EF = \frac{1}{2}BD$，且 $EF // BD$，
∴ $△ AEF ∼ △ ABD$，相似比为 $\frac{1}{2}$，
∴ $S_{△ AEF} = (\frac{1}{2})^2 S_{△ ABD} = \frac{1}{4} × 6 = \frac{3}{2}$，
∴ $S_{四边形 BDFE} = S_{△ ABD} - S_{△ AEF} = 6 - \frac{3}{2} = \frac{9}{2}$。
答案：(2) $\frac{9}{2}$

自主拓展
如图，在平面直角坐标系中，矩形$OABC$的顶点$A$在$y$轴正半轴上，边$AB$，$OA(AB ＞ OA)$的长分别是方程$x^2 - 11x + 24 = 0$的两个根，$D$是边$AB$上的一动点(不与$A$，$B$重合)。
(1) 填空：$AB =$

，$OA =$

；
(2) 若动点$D$满足$△ BOC$与$△ AOD$相似，求直线$OD$的解析式；
(3) 若动点$D$满足$\frac{DA}{DB} = \frac{3}{5}$，且点$P$为射线$OD$上的一个动点，当$△ PAD$是等腰三角形时，直接写出点$P$的坐标。

答案：
(1) 解方程 $x^{2}-11x + 24 = 0$ 得: $x_{1}=8,x_{2}=3$. $\because AB＞AO,\therefore AB = 8,AO = 3$.
(2) $\because$ 四边形 OABC 是矩形, $\therefore ∠OCB = ∠OAD = 90^{\circ},\therefore$ 若 $△ BOC$ 与 $△ AOD$ 相似,则存在 $△ BOC∽△ DOA,△ BOC∽△ ODA$ 两种情况. ① 若 $△ BOC∽△ DOA$,则 $\frac{BC}{OC}=\frac{DA}{OA}$,即 $\frac{3}{8}=\frac{DA}{3}$,解得 $AD=\frac{9}{8}$; ② 若 $△ BOC∽△ ODA$,可得 $AD = 8$ (与题意不符,舍去). 设直线 OD 解析式为 $y = kx$,则 $3 = -\frac{9}{8}k$,解得 $k = -\frac{8}{3},\therefore$ 直线 OD 的解析式为 $y = -\frac{8}{3}x$.
(3) $\because AD + DB = AB = 8,\frac{DA}{DB}=\frac{3}{5},\therefore AD = AO = 3.\because ∠DAO = 90^{\circ},\therefore△ AOD$ 是等腰直角三角形, $\therefore ∠ADO = 45^{\circ},DO = 3\sqrt{2}$,根据 $△ PAD$ 是等腰三角形,分以下 4 种情况讨论:
① 如下图所示,当 $AD = AP_{1}=3$ 时,点 $P_{1}$ 的坐标为 $(0,0)$;
② 如下图所示,当 $DA = DP_{2}=3$ 时,过 $P_{2}$ 作 x 轴的垂线,垂足为 E,则 $OP_{2}=3\sqrt{2}-3,△ OEP_{2}$ 是等腰直角三角形, $\therefore P_{2}E = OE=\frac{3\sqrt{2}-3}{\sqrt{2}}=3-\frac{3}{2}\sqrt{2},\therefore$ 点 $P_{2}$ 的坐标为 $(-3+\frac{3}{2}\sqrt{2},3-\frac{3}{2}\sqrt{2})$;
③ 如下图所示,当 $AP_{3}=DP_{3}$ 时, $∠DAP_{3}=∠ADO = 45^{\circ},\therefore△ ADP_{3}$ 是等腰直角三角形, $\therefore DP_{3}=\frac{AD}{\sqrt{2}}=\frac{3}{2}\sqrt{2},\therefore P_{3}O = 3\sqrt{2}-\frac{3}{2}\sqrt{2}=\frac{3}{2}\sqrt{2}$,过 $P_{3}$ 作 x 轴的垂线,垂足为 F,则 $△ OP_{3}F$ 是等腰直角三角形, $\therefore P_{3}F = OF=\frac{3}{2},\therefore$ 点 $P_{3}$ 的坐标为 $(-\frac{3}{2},\frac{3}{2})$;
④ 如下图所示,当 $DA = DP_{4}=3$ 时, $P_{4}O = 3 + 3\sqrt{2}$,过 $P_{4}$ 作 x 轴的垂线,垂足为 G,则 $△ OP_{4}G$ 是等腰直角三角形, $\therefore P_{4}G = OG=\frac{3}{2}\sqrt{2}+3,\therefore$ 点 $P_{4}$ 的坐标为 $(-3-\frac{3}{2}\sqrt{2},3+\frac{3}{2}\sqrt{2})$.
综上所述,当 $△ PAD$ 是等腰三角形时,点 P 的坐标为 $(0,0),(-3+\frac{3}{2}\sqrt{2},3-\frac{3}{2}\sqrt{2}),(-\frac{3}{2},\frac{3}{2}),(-3-\frac{3}{2}\sqrt{2},3+\frac{3}{2}\sqrt{2})$.