《2025年名校题库九年级数学全一册北师大版》

1. (西川)如图,在直角梯形 $ABCD$ 中,$AD// BC$,$\angle ABC = 90^{\circ}$,$AB = 7$,$AD = 3$,$BC = 4$。$P$ 为 $AB$ 边上的一动点。若 $\triangle PAD$ 与 $\triangle PBC$ 是相似三角形,则满足条件的点 $P$ 的个数是 (B)

A. 1
B. 2
C. 3
D. 4

答案： B

2. (成外)如图,在钝角 $\triangle ABC$ 中,$AB = 6\mathrm{cm}$,$AC = 12\mathrm{cm}$,动点 $D$ 从 $A$ 点出发到 $B$ 点停止,动点 $E$ 从 $C$ 点出发到 $A$ 点停止。点 $D$ 运动的速度为 $1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$,点 $E$ 运动的速度为 $2\mathrm{cm}/\mathrm{s}$。如果两点同时运动,那么当以 $A$,$D$,$E$ 为顶点的三角形与 $\triangle ABC$ 相似时,运动的时间是$3s$或$4.8s$。

答案： $3s$或$4.8s$

3. (成华区一诊)如图,正方形 $ABCD$ 的边长为 $4$,$AE = EB$,$MN = 2$,线段 $MN$ 的两端在 $CB$,$CD$ 上滑动,当 $CM = $$\frac{4\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$时,$\triangle ADE$ 与 $\triangle CMN$ 相似。

答案： $\frac{4\sqrt{5}}{5}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

4. (郫都区一诊)如图,在 $\triangle ABC$ 中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$\angle B = 30^{\circ}$,动点 $M$,$N$ 分别在 $BC$,$AB$ 上,且 $AN = 2BM＞0$,连接 $AM$,$CN$。若 $AC = 1$,则 $CN + 2AM$ 的最小值为______。

答案：
$\sqrt{17}$
[解析]如图，过点$B$作$BH\perp AB$，且$BH = \frac{1}{2}$，连接$MH$。$\because\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，$\therefore AB = 2AC = 2$，$\angle CAB = 60^{\circ}$。$\because BH\perp AB$，$\angle ABC = 30^{\circ}$，$\therefore\angle CBH = 60^{\circ} = \angle BAC$。$\because AN = 2BM$，$AC = 1$，$BH = \frac{1}{2}$，$\therefore\frac{BM}{AN}=\frac{BH}{AC}=\frac{1}{2}$，$\therefore\triangle ANC\backsim\triangle BMH$，$\therefore\frac{MH}{CN}=\frac{1}{2}$，$\therefore MH = \frac{1}{2}CN$。$\because CN + 2AM = 2(\frac{1}{2}CN + AM)=2(MH + AM)$，$\therefore$当$A$，$M$，$H$三点共线时，$MH + AM$有最小值，即$CN + 2AM$有最小值，$\therefore CN + 2AM$的最小值$=2\sqrt{AB^{2}+BH^{2}}=2\sqrt{4+\frac{1}{4}}=\sqrt{17}$

5. (天府新区一诊)如图,在矩形 $ABCD$ 中,$AB = 2$,$BC = 4$,$E$ 为 $BC$ 的中点,连接 $BD$。若 $M$ 是线段 $BD$ 上一动点,则 $EM + \frac{\sqrt{5}}{5}BM$ 的最小值为______。

答案：
$\frac{8}{5}$
[解析]如图，作点$E$关于$BD$的对称点$E'$，连接$BE'$，延长$BE'$交$AD$于点$T$，连接$ME'$，过点$E'$作$E'H'\perp BC$于点$H'$，过点$M$作$MH\perp BC$于点$H$。$\because$四边形$ABCD$是矩形，$\therefore AB = CD = 2$，$BC = AD = 4$，$\angle A = \angle C = 90^{\circ}$，$\therefore BD=\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5}$。$\because MH\perp BC$，$\therefore\angle MHB=\angle C = 90^{\circ}$，$\therefore MH// CD$，$\therefore\triangle BMH\backsim\triangle BDC$，$\therefore\frac{MH}{BM}=\frac{CD}{BD}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，$\therefore MH=\frac{\sqrt{5}}{5}BM$。$\because$点$E$，$E'$关于$BD$对称，$\therefore BE = BE' = 2$，$ME = ME'$，$\therefore EM+\frac{\sqrt{5}}{5}BM = E'M + MH\geq E'H'$，$\therefore EM+\frac{\sqrt{5}}{5}BM$的最小值为线段$E'H'$的长。$\because AD// CB$，$\therefore\angle ADB=\angle CBD$。$\because\angle DBE=\angle DBE'$，$\therefore\angle TBD=\angle TDB$，$\therefore TB = TD$。设$TB = TD = x$，$\because\angle A = 90^{\circ}$，$\therefore BT^{2}=AT^{2}+AB^{2}$，即$x^{2}=(4 - x)^{2}+2^{2}$，解得$x=\frac{5}{2}$，$\therefore BT=\frac{5}{2}$，$AT = 4-\frac{5}{2}=\frac{3}{2}$。$\because AD// BC$，$\therefore\angle ATB=\angle H'BE'$。又$\angle A=\angle BH'E' = 90^{\circ}$，$\therefore\triangle ATB\backsim\triangle H'BE'$，$\therefore\frac{E'H'}{BE'}=\frac{AB}{BT}$，$\therefore\frac{E'H'}{2}=\frac{2}{\frac{5}{2}}$，$\therefore E'H'=\frac{8}{5}$，$\therefore EM+\frac{\sqrt{5}}{5}BM$的最小值为$\frac{8}{5}$。

6. (树德实验)如图,在菱形 $ABCD$ 中,$\angle DAB = 60^{\circ}$,$AB = 2$,$E$ 为边 $AB$ 上一个动点,延长 $BA$ 到点 $F$,使 $AF = AE$,且 $CF$,$DE$ 相交于点 $G$。当点 $E$ 从点 $A$ 开始向右运动到点 $B$ 时,点 $G$ 运动路径的长度为______。

答案：
$\frac{2\sqrt{7}}{3}$
[解析]如图1，连接$AG$，延长$AG$交$CD$于点$W$。$\because CD// BF$，$\therefore\frac{FA}{CW}=\frac{AG}{GW}$，$\frac{AG}{GW}=\frac{AE}{DW}$，$\therefore\frac{FA}{CW}=\frac{AE}{DW}$。$\because AF = AE$，$\therefore DW = CW$，$\therefore$点$G$在$AW$上运动。如图2，当点$E$运动到点$B$时，过点$G$作$GH\perp AB$于点$H$，则点$G$的运动路径长即为线段$AG$的长。$\because$四边形$ABCD$为菱形，$\angle DAB = 60^{\circ}$，$AB = 2$，$\therefore CD// BF$，$BD = 2$，$\therefore\triangle CDG\backsim\triangle FBG$，$\therefore\frac{CD}{BF}=\frac{DG}{BG}=\frac{1}{2}$，即$BG = 2DG$。$\because BG + DG = BD = 2$，$\therefore BG=\frac{4}{3}$。在$Rt\triangle GHB$中，$\angle DBA = 60^{\circ}$，$\therefore\angle BGH = 30^{\circ}$，$\therefore BH=\frac{1}{2}BG=\frac{2}{3}$，$\therefore GH=\sqrt{BG^{2}-BH^{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。在$Rt\triangle AHG$中，$AH = 2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$，$\therefore AG^{2}=(\frac{4}{3})^{2}+(\frac{2\sqrt{3}}{3})^{2}=\frac{28}{9}$，$\therefore AG=\frac{2\sqrt{7}}{3}$，$\therefore$点$G$运动路径的长度为$\frac{2\sqrt{7}}{3}$。

7. (高新区一诊)如图,在菱形 $ABCD$ 中,$AB = 6$,$\angle A = 60^{\circ}$,$P$ 是 $AD$ 边上一动点,将线段 $BC$ 绕点 $P$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到线段 $MN$(点 $B$ 的对应点为点 $M$),当点 $A$ 与点 $M$ 的距离最小时,$\triangle AMN$ 的面积为______。

答案：
$\frac{9\sqrt{3}-9}{2}$
[解析]如图，以$A$为原点，$AD$所在的直线为$x$轴建立直角坐标系，过点$B$作$BG\perp AD$于点$G$，设$MN$交$DA$的延长线于点$H$。设$P(x,0)$，则$AP = x$。$\because\angle BAD = 60^{\circ}$，$\therefore\angle ABG = 30^{\circ}$，$\therefore AG=\frac{1}{2}AB = 3$。由勾股定理，易知$BG = 3\sqrt{3}$，$\therefore PG = AP - AG = x - 3$。$\because$将线段$BC$绕点$P$顺时针旋转$90^{\circ}$得到线段$MN$（点$B$的对应点为点$M$），$\therefore MN\perp BC$，$PB = PM$，$\angle BPM = 90^{\circ}$，$MN = BC = 6$。$\because$四边形$ABCD$为菱形，$\therefore AD// BC$，$\therefore MN\perp AD$，$\angle MPH = 90^{\circ}-\angle BPG=\angle PBG$，$\therefore\angle MHP = 90^{\circ}=\angle PGB$，$\therefore\triangle BGP\cong\triangle PHM(AAS)$，$\therefore MH = PG = x - 3$，$PH = BG = 3\sqrt{3}$，$\therefore AH = PH - AP = 3\sqrt{3}-x$，$\therefore M(x - 3\sqrt{3},x - 3)$，$\therefore AM=\sqrt{(x - 3\sqrt{3})^{2}+(x - 3)^{2}}=\sqrt{2(x-\frac{3\sqrt{3}+3}{2})^{2}+18 - 9\sqrt{3}}$，$\therefore$当$x=\frac{3\sqrt{3}+3}{2}$时，$AM$取最小值，此时点$M(\frac{3 - 3\sqrt{3}}{2},\frac{3\sqrt{3}-3}{2})$，$\therefore AH=\frac{3\sqrt{3}-3}{2}$，$\therefore S_{\triangle AMN}=\frac{1}{2}AH\cdot MN=\frac{1}{2}\times\frac{3\sqrt{3}-3}{2}\times6=\frac{9\sqrt{3}-9}{2}$。

8. (石室联中)如图,在 $\triangle ABC$ 中,$AB = AC = 4$,$AF\perp BC$ 于点 $F$,$BH\perp AC$ 于点 $H$,交 $AF$ 于点 $G$,点 $D$ 在直线 $AF$ 上运动,$BD = DE$,$\angle BDE = 135^{\circ}$,$\angle ABH = 45^{\circ}$,当 $AE$ 取最小值时,$BE$ 的长为______。

答案：
$2\sqrt{6}$
[解析]如图，连接$CG$，$CE$，并延长$EC$，$CE$。$\because BH\perp AC$，$\therefore\angle BHA = 90^{\circ}$。$\because\angle ABH = 45^{\circ}$，$\therefore\angle BAC = 45^{\circ}$。$\because AB = AC$，$AF\perp BC$，$\therefore\angle BAF=\angle CAF = 22.5^{\circ}$，$BF = CF$，$\angle ACB = 67.5^{\circ}$，$\therefore GB = GC$，$\therefore\angle BGF=\angle CGF = 67.5^{\circ}$，$\therefore\angle GBF=\angle GCF = 22.5^{\circ}$。$\because DB = DE$，$\angle BDE = 135^{\circ}$，$\therefore\angle DBE=\angle DEB = 22.5^{\circ}$，$\therefore\angle DBE=\angle GBC=\angle DEB=\angle GCF$，$\therefore\triangle DBE\backsim\triangle GBC$，$\therefore\frac{BD}{BG}=\frac{BE}{BC}$，$\therefore\frac{BD}{BE}=\frac{BG}{BC}$。由题易得$\angle DBG=\angle EBC$，$\therefore\triangle DBG\backsim\triangle EBC$，$\therefore\angle BGD=\angle BCE = 112.5^{\circ}$。$\because\angle ACB = 67.5^{\circ}$，$\therefore\angle ACE = 45^{\circ}$，$\therefore$点$E$的运动轨迹是直线$EC$，$\therefore$当$AE\perp CE$时，$AE$的值最小。由勾股定理，易知最小值为$2\sqrt{2}$，此时$\angle BAE = 90^{\circ}$，$BE=\sqrt{AB^{2}+AE^{2}}=\sqrt{4^{2}+(2\sqrt{2})^{2}}=2\sqrt{6}$。