《2025年名校课堂九年级数学全一册北师大版四川专版》

【例 1】如图，AD 和 BC 相交于点 E，AC//BD，点 F 在 CD 上，AC = 4，BD = 6，$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle DEF}}=\frac{2}{3}$。
(1)求 EF 的长。
(2)已知 $S_{\triangle CBD}=25$，求$\triangle CEF$的面积。
【分析】(1)由 AC//BD，可判定$\triangle ACE$∽$\triangle DBE$，从而得比例式$\frac{CE}{BE}=\frac{AC}{BD}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$，再由同高三角形的面积比等于相应的边之比可得比例式$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle DEF}}=\frac{CF}{DF}=\frac{2}{3}$，利用两组边对应成比例且夹角相等判定$\triangle ECF$∽$\triangle BCD$，由此再得比例式，即可求得 EF 的长；(2)由$\triangle ECF$∽$\triangle BCD$可知相似三角形的面积比等于相似比的平方，列式计算即可得出答案。
【解答】

答案： 解:
(1)
∵AC//BD,
∴△ACE∽△DBE.
∴$\frac{CE}{BE}=\frac{AC}{BD}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$.
∵△CEF与△DEF同高,
∴$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle DEF}}=\frac{CF}{DF}=\frac{2}{3}$.
∵$\frac{CE}{BE}=\frac{CF}{DF}$,
∴$\frac{CE}{CB}=\frac{CF}{CD}=\frac{2}{5}$.又
∵∠ECF=∠BCD,
∴△ECF∽△BCD.
∴$\frac{EF}{BD}=\frac{CF}{CD}=\frac{2}{5}$.
∴EF=$\frac{2}{5}×6=\frac{12}{5}$.
(2)
∵△ECF∽△BCD,
∴$\frac{S_{\triangle CEF}}{S_{\triangle CBD}}=(\frac{2}{5})^2=\frac{4}{25}$.
∴$S_{\triangle CEF}=25×\frac{4}{25}=4$.

【变式 1】如图，在矩形 ABCD 中，AB = 6，BC = 10，点 E，F 在 AD 边上，BF 和 CE 交于点 G。若 $EF=\frac{1}{2}AD$，则图中阴影部分的面积为35。

答案： 35

【例 2】(2020·成都)在矩形 ABCD 的 CD 边上取一点 E，将$\triangle BCE$沿 BE 翻折，使点 C 恰好落在 AD 边上点 F 处。
(1)如图 1，若 BC = 2BA，求$\angle CBE$的度数。
(2)如图 2，当 AB = 5，且 AF·FD = 10 时，求 BC 的长。
(3)如图 3，延长 EF 与$\angle ABF$的平分线交于点 M，BM 交 AD 于点 N，当 NF = AN + FD 时，求$\frac{AB}{BC}$的值。

【分析】(1)由折叠的性质得出 BC = BF，$\angle FBE=\angle EBC$，根据直角三角形的性质得出$\angle AFB = 30^{\circ}$，可求出答案；(2)证明$\triangle FAB$∽$\triangle EDF$，由相似三角形的性质得出$\frac{AF}{DE}=\frac{AB}{DF}$，可求出 DE = 2，求出 EF = 3，由勾股定理求出 $DF=\sqrt{5}$，则可求出 AF，即可求出 BC 的长；(3)过点 N 作 NG⊥BF 于点 G，证明$\triangle NFG$∽$\triangle BFA$，$\frac{NG}{AB}=\frac{FG}{FA}=\frac{NF}{BF}$，设 AN = x，设 FG = y，则 AF = 2y，由勾股定理得出$(2x)^{2}+(2y)^{2}=(2x + y)^{2}$，解出 $y=\frac{4}{3}x$，则可求出答案。
【解答】

答案： 解:
(1)取BF中点P,连接AP,则AP=BP=FP.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠C=90°.
∵将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处.
∴BC=BF,∠FBE=∠EBC,∠C=∠BFE=90°.
∵BC=2AB,
∴BF=2AB.
∴AB=AP=BP=$\frac{1}{2}$AB.
∴△ABP为等边三角形.
∴∠ABP=60°.
∴∠AFB=30°.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD//BC.
∴∠AFB=∠CBF=30°.
∴∠CBE=$\frac{1}{2}$∠FBC=15°.
(2)
∵将△BCE沿BE翻折,使点C恰好落在AD边上点F处,
∴∠BFE=∠C=90°,CE=EF.又
∵在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,
∴∠AFB+∠DFE=90°,∠DEF+∠DFE=90°.
∴∠AFB=∠DEF.
∴△FAB∽△EDF.
∴$\frac{AF}{DE}=\frac{AB}{DF}$.
∴AF·DF=AB·DE.
∵AF·DF=10,AB=5,
∴DE=2.
∴CE=DC-DE=5-2=3.
∴EF=3.
∴DF=$\sqrt{EF^2-DE^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{5}$.
∴AF=$\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}$.
∴BC=AD=AF+DF=2$\sqrt{5}$+$\sqrt{5}$=3$\sqrt{5}$.
(3)过点N作NG⊥BF于点G,
∵NF=AN+FD,
∴NF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$BC.
∵BC=BF,
∴NF=$\frac{1}{2}$BF.
∵∠NFG=∠AFB,∠NGF=∠BAF=90°,
∴△NFG∽△BFA.
∴$\frac{NG}{BA}=\frac{FG}{FA}=\frac{NF}{BF}=\frac{1}{2}$.设AN=x,
∵BN平分∠ABF,AN⊥AB,NG⊥BF,
∴AN=NG=x,AB=BG=2x.设FG=y,则AF=2y.
∵$AB^2+AF^2=BF^2$,
∴$(2x)^2+(2y)^2=(2x+y)^2$,解得y=$\frac{4}{3}x$.
∴BF=BG+GF=2x+$\frac{4}{3}x=\frac{10}{3}x$.
∴$\frac{AB}{BC}=\frac{AB}{BF}=\frac{2x}{\frac{10}{3}x}=\frac{3}{5}$.