《2025年天府前沿九年级数学上册北师大版》

14. (2025·成华)如图,在矩形$ABCD$中,$AB= 2$,$AD= 3\sqrt{3}$,点$E在BC$边上,以$AE为边长在AE右上方作等边三角形AEF$,连接$DF$。当点$E在BC$边上移动时,求$DF$的取值范围。

答案：
[解]如图，以$AB$为边在$AB$右侧作等边三角形$ABG$，连接$GF$，$DG$；
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　
∵$\triangle ABG$和$\triangle AEF$都是等边三角形，
　
∴$AB = AG$，$AE = AF$，$\angle BAG = \angle EAF$，
　
∴$\angle BAG - \angle EAG = \angle EAF - \angle EAG$，
　　即$\angle BAE = \angle GAF$，
　
∴$\triangle ABE \cong \triangle AGF(SAS)$，
　
∴$\angle ABE = \angle AGF = 90^{\circ}$，
　　则点$F$在过点$G$，且与$AG$垂直的直线上运动。
　　连接$AC$，以$AC$为边在$AC$上方作等边三角形$ACH$，连接$DH$，
　　易得$GH \perp AG$，
　
∴点$F$在线段$GH$之间运动。
　　过点$D$作$GH$的垂线，垂足为$N$，设$GH$与$AD$的交点为$M$。
　
∵$AG = AB = 2$，且$\angle BAG = 60^{\circ}$，
∴$\angle GAM = 30^{\circ}$，
　
∴$\frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{MG}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{2}{AM}$，
　
∴$MG = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，$AM = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，
　
∴$DM = AD - AM = 3\sqrt{3} - \frac{4\sqrt{3}}{3} = \frac{5\sqrt{3}}{3}$。
　　易证$\triangle AGM \sim \triangle DNM$，
∴$\frac{AM}{DM} = \frac{AG}{DN} = \frac{GM}{NM}$，
　　即$\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{\frac{5\sqrt{3}}{3}} = \frac{2}{DN} = \frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{NM}$，
∴$DN = \frac{5}{2}$，$MN = \frac{5\sqrt{3}}{6}$。
　　即$DF$的最小值为$\frac{5}{2}$，
　
∴$NG = MG + MN = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。
　　在$Rt\triangle DNG$中，$DG = \sqrt{(\frac{5}{2})^{2} + (\frac{3\sqrt{3}}{2})^{2}} = \sqrt{13}$。
　　在$Rt\triangle ABC$中，$AC = \sqrt{2^{2} + (3\sqrt{3})^{2}} = \sqrt{31}$，
　
∴$AH = AC = \sqrt{31}$。
　　在$Rt\triangle AGH$中，$GH = \sqrt{(\sqrt{31})^{2} - 2^{2}} = 3\sqrt{3}$，
　
∴$NH = 3\sqrt{3} - \frac{3\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$。
∴$NH = GN$。
　　又
∵$DN \perp GH$，
∴$DH = DG$，
　　即$DF$的最大值为$\sqrt{13}$，
　
∴$DF$的取值范围为$\frac{5}{2} \leq DF \leq \sqrt{13}$。

15. (2024·成都)数学活动课上,同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置,固定一个顶点,然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转,来探究图形旋转的性质。已知三角形纸片$ABC和ADE$中,$AB= AD= 3$,$BC= DE= 4$,$\angle ABC= \angle ADE= 90^{\circ}$。
(1)如图$1$,连接$BD$,$CE$,在纸片$ADE绕点A$旋转过程中,试探究$\frac{BD}{CE}$的值。
(2)如图$2$,在纸片$ADE绕点A$旋转过程中,当点$D恰好落在\triangle ABC的中线BM$的延长线上时,延长$ED交AC于点F$,求$CF$的长。

答案：

(1)
∵$AB = AD = 3$，$BC = DE = 4$，$\angle ABC = \angle ADE = 90^{\circ}$，
　
∴$\triangle ABC \cong \triangle ADE(SAS)$，
　
∴$AC = AE = \sqrt{AD^{2} + DE^{2}} = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5$，$\angle DAE = \angle BAC$，
　
∴$\angle DAE - \angle DAC = \angle BAC - \angle DAC$，
　　即$\angle CAE = \angle BAD$。
　　又
∵$\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = 1$，
　
∴$\triangle ADB \sim \triangle AEC$，
∴$\frac{BD}{CE} = \frac{AB}{AC}$。
　
∵$AB = 3$，$AC = 5$，
∴$\frac{BD}{CE} = \frac{3}{5}$。
(2)如图，连接$CE$，延长$BD$交$CE$于点$Q$，连接$AQ$交$EF$于点$P$，延长$EF$交$BC$于点$N$。
　　　　　　　　
　　同
(1)可得，$\triangle ADB \sim \triangle AEC$，
∴$\angle ABD = \angle ACE$。
　
∵$BM$是中线，
∴$BM = AM = CM = \frac{1}{2}AC = \frac{5}{2}$，
　
∴$\angle MBC = \angle MCB$。
　
∵$\angle ABD + \angle MBC = 90^{\circ}$，
　
∴$\angle ACE + \angle MCB = 90^{\circ}$，即$\angle BCE = 90^{\circ}$，
　
∴$AB // CE$，
∴$\angle BAM = \angle QCM$，$\angle ABM = \angle CQM$。
　　又
∵$AM = CM$，
　
∴$\triangle BAM \cong \triangle QCM(AAS)$，
∴$BM = QM$，$AB = CQ$，
　
∴四边形$ABCQ$是平行四边形。
　　又
∵$\angle ABC = 90^{\circ}$，
　
∴四边形$ABCQ$是矩形，
　
∴$AB = CQ = 3$，$BC = AQ = 4$，$\angle AQC = 90^{\circ}$，$PQ // CN$，
　
∴$EQ = \sqrt{AE^{2} - AQ^{2}} = \sqrt{5^{2} - 4^{2}} = 3$，
∴$EQ = CQ$，
　
∴$PQ$是$\triangle CEN$的中位线，
∴$PQ = \frac{1}{2}CN$。
　　设$PQ = x$，则$CN = 2x$，$AP = 4 - x$。
　
∵$\angle EPQ = \angle APD$，$\angle EQP = \angle ADP = 90^{\circ}$，$EQ = AD = 3$，
　
∴$\triangle EQP \cong \triangle ADP(AAS)$，
∴$EP = AP = 4 - x$。
　
∵$EP^{2} = PQ^{2} + EQ^{2}$，
∴$(4 - x)^{2} = x^{2} + 3^{2}$，
　　解得$x = \frac{7}{8}$，
∴$AP = 4 - x = \frac{25}{8}$，$CN = 2x = \frac{7}{4}$。
　
∵$AP // CN$，
∴$\triangle APF \sim \triangle CNF$，
∴$\frac{AP}{CN} = \frac{AF}{CF}$，
　
∴$\frac{AP + CN}{CN} = \frac{AF + CF}{CF} = \frac{AC}{CF}$。
　
∵$AC = 5$，
∴$\frac{\frac{25}{8} + \frac{7}{4}}{\frac{7}{4}} = \frac{5}{CF}$，
∴$CF = \frac{70}{39}$。