《2025年天府前沿九年级数学上册北师大版》

12. (2022·双流)如图,在$Rt△ABC$中,$∠ACB = 90^{\circ}$,$∠ABC = 60^{\circ}$,$BC = 4cm$,$D为BC$的中点。若动点$E以1cm/s的速度从A点出发沿AB向B$点运动,设$E点的运动时间为t$秒($0 ≤ t ＜ 10$),连接$DE$,当以$B$,$D$,$E为顶点的三角形与△ABC$相似时,$t$的值为______。

答案： 1. 首先，在$Rt\triangle ABC$中：
已知$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$BC = 4cm$。根据三角函数关系，$\cos\angle ABC=\frac{BC}{AB}$，$\sin\angle ABC=\frac{AC}{AB}$。
因为$\cos60^{\circ}=\frac{BC}{AB}$，即$\frac{1}{2}=\frac{4}{AB}$，所以$AB = 8cm$；又因为$D$为$BC$中点，所以$BD=\frac{1}{2}BC = 2cm$。
2. 然后，分两种情况讨论$\triangle BDE$与$\triangle ABC$相似：
情况一：当$\triangle BDE\sim\triangle BAC$时：
根据相似三角形的性质$\frac{BD}{BA}=\frac{BE}{BC}$。
已知$AE=tcm$，则$BE=(8 - t)cm$，$BD = 2cm$，$BA = 8cm$，$BC = 4cm$。
代入$\frac{BD}{BA}=\frac{BE}{BC}$，即$\frac{2}{8}=\frac{8 - t}{4}$。
交叉相乘得：$2×4=8×(8 - t)$。
化简得：$8 = 64-8t$。
移项得：$8t=64 - 8$，$8t = 56$，解得$t = 7$。
情况二：当$\triangle BDE\sim\triangle BCA$时：
根据相似三角形的性质$\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BA}$。
把$BD = 2cm$，$BC = 4cm$，$BA = 8cm$，$BE=(8 - t)cm$代入$\frac{BD}{BC}=\frac{BE}{BA}$，得$\frac{2}{4}=\frac{8 - t}{8}$。
交叉相乘得：$2×8=4×(8 - t)$。
化简得：$16 = 32-4t$。
移项得：$4t=32 - 16$，$4t = 16$，解得$t = 4$。
所以$t$的值为$4$或$7$。

13. (2025·编写)如图,$AB ⊥ BD$,$CD ⊥ BD$,$AB = 6$,$CD = 4$,$BD = 14$。点$P在BD$上移动,当以$P$,$C$,$D为顶点的三角形与△ABP$相似时,$PB$的长为______。

答案： 1. 设$PB = x$，则$PD=14 - x$。
因为$AB\perp BD$，$CD\perp BD$，所以$\angle B=\angle D = 90^{\circ}$。
根据相似三角形的判定定理（两角分别相等的两个三角形相似），分两种情况讨论：
情况一：当$\triangle ABP\sim\triangle PDC$时**：
由相似三角形的性质$\frac{AB}{PD}=\frac{PB}{CD}$。
已知$AB = 6$，$CD = 4$，$PB=x$，$PD = 14 - x$，代入可得$\frac{6}{14 - x}=\frac{x}{4}$。
交叉相乘得$x(14 - x)=6×4$，即$14x-x^{2}=24$。
整理为一元二次方程的标准形式$x^{2}-14x + 24=0$。
对于一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0(a\neq0)$，这里$a = 1$，$b=-14$，$c = 24$，根据求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$，先计算$\Delta=b^{2}-4ac=(-14)^{2}-4×1×24=196 - 96 = 100$。
则$x=\frac{14\pm\sqrt{100}}{2}=\frac{14\pm10}{2}$。
当$x=\frac{14 + 10}{2}$时，$x = 12$；当$x=\frac{14 - 10}{2}$时，$x = 2$。
情况二：当$\triangle ABP\sim\triangle CDP$时**：
由相似三角形的性质$\frac{AB}{CD}=\frac{PB}{PD}$。
把$AB = 6$，$CD = 4$，$PB=x$，$PD = 14 - x$代入得$\frac{6}{4}=\frac{x}{14 - x}$。
交叉相乘得$6(14 - x)=4x$。
展开式子：$84-6x = 4x$。
移项得$4x + 6x=84$，即$10x=84$。
解得$x=\frac{42}{5}=8.4$。
2. 综上：
当以$P$，$C$，$D$为顶点的三角形与$\triangle ABP$相似时，$PB$的长为$2$或$12$或$8.4$。
故答案为$2$或$12$或$8.4$。

14. (2024·达州)如图,在$Rt△ABC$中,$∠C = 90^{\circ}$,点$D在线段BC$上,且$∠BAD = 45^{\circ}$,若$AC = 4$,$CD = 1$,求$△ABC$的面积。

答案： 【解】如图，过点 $B$ 作 $BE⊥AD$，交 $AD$ 延长线于点 $E$，则 $∠DEB = 90^{\circ}$。
∵ $∠C = 90^{\circ}$，$∠ADC = ∠BDE$，
∴ $△ADC\backsim △BDE$，
∴ $\frac{AC}{BE}=\frac{CD}{DE}$。
∵ $AC = 4$，$CD = 1$，
∴ $4DE = BE$。
∵ $∠BAD = 45^{\circ}$，$∠DEB = 90^{\circ}$，
∴ $△ABE$ 是等腰直角三角形，
∴ $AE = BE = 4DE$，
∴ $AD = 3DE$。
∵ 在 $Rt△ACD$ 中，根据勾股定理，得
$AD = \sqrt{AC^{2} + CD^{2}} = \sqrt{17}$，
∴ $DE = \frac{\sqrt{17}}{3}$，
∴ $BE = 4DE = \frac{4\sqrt{17}}{3}$。
∵ $∠DEB = 90^{\circ}$，
∴ $BD = \sqrt{BE^{2} + DE^{2}} = \frac{17}{3}$，
∴ $BC = CD + BD = \frac{20}{3}$，
∴ $S_{△ABC} = \frac{1}{2}AC\cdot BC = \frac{40}{3}$。

15. (2025·锦江)如图,在菱形$ABCD$中,$∠A = 60^{\circ}$,$AB = 3$,$M为AB$边上一点,$AM = 2$,$N为AD$边上的一动点,沿$MN将△AMN$翻折,点$A落在点P$处,当点$P$在菱形的对角线上时,求$AN$的长。

答案： 【解】分两种情况：① 当点 $P$ 在菱形对角线 $AC$ 上时，如图 1 所示。
由折叠的性质可知，$AN = PN$，$AM = PM$。
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形，$∠BAD = 60^{\circ}$，
∴ $∠PAM = ∠PAN = 30^{\circ}$，
∴ $∠AMN = ∠ANM = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$，
∴ $AN = AM = 2$；
② 当点 $P$ 在菱形对角线 $BD$ 上时，如图 2 所示。
设 $AN = x$。
由折叠的性质可知，$PM = AM = 2$，$PN = AN = x$，$∠MPN = ∠A = 60^{\circ}$。
∵ $AB = 3$，
∴ $BM = AB - AM = 1$。
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形，
∴ $∠ADC = 180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$，$∠PDN = ∠MBP = \frac{1}{2}∠ADC = 60^{\circ}$。
∵ $∠BPN = ∠BPM + 60^{\circ} = ∠DNP + 60^{\circ}$，
∴ $∠BPM = ∠DNP$，
∴ $△PDN\backsim △MBP$，
∴ $\frac{DN}{BP}=\frac{PD}{BM}=\frac{PN}{PM}$，即 $\frac{3 - x}{BP}=\frac{PD}{1}=\frac{x}{2}$，
∴ $PD = \frac{1}{2}x$，
∴ $\frac{3 - x}{3 - \frac{1}{2}x}=\frac{1}{2}x$，
解得 $x = 5 - \sqrt{13}$ 或 $x = 5 + \sqrt{13}$ (不合题意，舍去)，
∴ $AN = 5 - \sqrt{13}$。
综上所述，$AN$ 的长为 2 或 $5 - \sqrt{13}$。