《2025年天府前沿九年级数学上册北师大版》

12. (2025·编写)如图,正方形$ABCD$的边长为8,$AE= EB$,$MN= 2\sqrt {5}$,线段$MN的两端在CB$,$CD$上滑动,当$CM= $____时,$\triangle ADE与\triangle CMN$相似.

答案： 2或4

13. (2025·编写)如图,在矩形$ABCD$中,$AB= 10$,$AD= 4$,$P是边AB$上一点,若$\triangle APD与\triangle BPC$相似,则满足条件的点$P$有____个.

答案： 3

14. (2023·武侯)如图,已知$\triangle ABC$是等边三角形,点$D在边BC$的延长线上,连接$AD$,以$AD为边在直线AD的右侧作等边\triangle ADE$,延长$EA交直线BC于点F$.
(1)求证：$\triangle FAB\backsim \triangle ADC$；
(2)过点$A作AG⊥BC于点G$,若$CG= \sqrt {3}$,$AD= 2\sqrt {21}$,分别求$CD及AF$的长.

答案：

(1)[证明]如图，连接CE。

∵△ABC，△ADE是等边三角形，
∴AB = AC，AD = AE，∠ABC = ∠ACB = ∠BAC = ∠EAD = 60°，
∴∠ABF = ∠ACD = 120°，∠BAD = ∠EAC，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ACE = ∠ABC = 60° = ∠BAC，∠ADB = ∠AEC，
∴AB//CE，
∴∠FAB = ∠AEC = ∠ADB，
∴△FAB∽△ADC。
(2)[解]
∵△ABC是等边三角形，AG⊥BC，CG = √3，
∴AG = 3，AC = AB = BC = 2√3。
在Rt△AGD中，由勾股定理，得DG = √(AD² - AG²) = 5√3，
∴CD = 4√3。
∵△FAB∽△ADC，
∴FA:AD = AB:DC，即FA:2√21 = 2√3:4√3，
∴FA = √21。

15. (2024·成都)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$∠C= 90^{\circ }$,$AD是\triangle ABC$的一条角平分线,$E为AD$中点,连接$BE$. 若$BE= BC$,$CD= 2$,求$BD$的长.

答案：
[解]如图，连接CE，过点E作EF⊥BC于点F。

设BD = x，则BC = BD + CD = x + 2。
∵∠ACB = 90°，E为AD中点，
∴CE = AE = DE = $\frac{1}{2}$AD，
∴∠CAE = ∠ACE，∠ECD = ∠EDC，
∴∠CED = 2∠CAD。
∵BE = BC，
∴∠ECD = ∠BEC，
∴∠BEC = ∠EDC。
∵∠ECD = ∠BCE，
∴△ECD∽△BCE，
∴$\frac{CE}{BC}=\frac{CD}{CE}$，∠CED = ∠CBE，
∴CE² = CD·BC = 2(x + 2) = 2x + 4。
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAB = 2∠CAD，
∴∠CAB = ∠CED，
∴∠CAB = ∠CBE。
∵∠ACB = 90° = ∠BFE，
∴△ABC∽△BEF，
∴$\frac{AC}{BF}=\frac{BC}{EF}$。
∵CE = DE，EF⊥BC，
∴CF = DF = $\frac{1}{2}$CD = 1。
∵E为AD中点，
∴AC = 2EF，
∴$\frac{2EF}{x + 1}=\frac{x + 2}{EF}$，
∴2EF² = (x + 1)(x + 2)。
∵EF² = CE² - CF²，
∴$\frac{(x + 1)(x + 2)}{2}=(2x + 4) - 1²$，
解得$x=\frac{1 + \sqrt{17}}{2}$或$x=\frac{1 - \sqrt{17}}{2}$(小于0，舍去)，
∴BD = $\frac{1 + \sqrt{17}}{2}$。