《2025年一遍过九年级初中数学上册北师大版》

1 [2025陕西师大附中期中]如图,已知等腰三角形ABC中,$AB= AC= 20cm$,$BC= 30cm$,点P从点B出发沿BA以4cm/s的速度向点A运动;同时点Q从点C出发沿CB以3cm/s的速度向点B运动,在运动过程中,当$\triangle BPQ与\triangle AQC$相似时,$BP=$$\frac{40}{9}$cm或20cm.

答案： $\frac{40}{9}$cm或20cm　设运动时间为xs，当△BPQ∽△CQA时，有$\frac{BP}{CQ} = \frac{BQ}{AC}$，即$\frac{4x}{3x} = \frac{30 - 3x}{20}$，解得$x = \frac{10}{9}$，
∴BP = 4x = $\frac{40}{9}$(cm)；当△BPQ∽△CAQ时，有$\frac{BP}{AC} = \frac{BQ}{CQ}$，即$\frac{4x}{20} = \frac{30 - 3x}{3x}$，解得$x = 5$或$x = -10$（舍去），
∴BP = 4x = 20(cm)。综上，当BP = $\frac{40}{9}$cm或20cm时，△BPQ与△AQC相似。

2 [2024威海期末]如图,$Rt\triangle ABC的两条直角边AB= 4cm$,$AC= 3cm$,点D沿AB从A向B运动,速度是1cm/s,同时,点E沿BC从B向C运动,速度为2cm/s.动点E到达点C时运动终止.连接DE,CD,AE.设动点运动时间为ts.

(1)当t的值为____时,$\triangle BDE与\triangle ABC$相似;
(2)在运动过程中,当$CD\perp DE$时,t的值为____.

答案：

(1)$\frac{20}{13}$或$\frac{8}{7}$；
(2)$\frac{2}{13}$　由题意知BC = 5cm，AD = tcm，BD = (4 - t)cm，BE = 2tcm，CE = (5 - 2t)cm且$0 \leq t \leq \frac{5}{2}$。
(1)当∠BDE = ∠BAC，即ED⊥AB时，Rt△BDE∽Rt△BAC，
∴BD:BA = BE:BC，即(4 - t):4 = 2t:5，
∴$t = \frac{20}{13}$；当∠BED = ∠BAC，即DE⊥BC时，Rt△BDE∽Rt△BCA，
∴BD:BC = BE:BA，即(4 - t):5 = 2t:4，
∴$t = \frac{8}{7}$。所以当动点运动$\frac{20}{13}$s或$\frac{8}{7}$s时，△BDE与△ABC相似。
(2)如图，过点E作EF⊥AB于点F，由∠BFE = ∠BAC = 90°，∠B = ∠B，得△BFE∽△BAC，
∴$\frac{BF}{BA} = \frac{EF}{CA} = \frac{BE}{BC}$，即$\frac{BF}{4} = \frac{EF}{3} = \frac{2t}{5}$，
∴BF = $\frac{8t}{5}$cm，EF = $\frac{6t}{5}$cm，
∴DF = AB - AD - BF = 4 - t - $\frac{8t}{5}$ = (4 - $\frac{13}{5}t$)(cm)，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE = 90°，
∴∠ADC + ∠FDE = 90°，
∵∠BAC = 90°，
∴∠ADC + ∠ACD = 90°，
∴∠ACD = ∠FDE，
∵∠CAD = ∠DFE = 90°，
∴Rt△ACD∽Rt△FDE，
∴AC:FD = AD:FE，即3:(4 - $\frac{13}{5}t$) = t:$\frac{6t}{5}$，
∴$t = \frac{2}{13}$。

3 [2024眉山中考]如图,菱形ABCD的边长为6,$\angle BAD= 120^{\circ}$,过点D作$DE\perp BC$,交BC的延长线于点E,连接AE分别交BD,CD于点F,G,则FG的长为$\frac{4\sqrt{7}}{5}$.

答案： $\frac{4\sqrt{7}}{5}$
∵菱形ABCD的边长为6，∠BAD = 120°，
∴AD = BC = CD = 6，AD//BC，∠BCD = 120°，
∴∠DCE = 60°，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC = 90°，在Rt△DCE中，∠CDE = 90° - ∠DCE = 30°，
∴CE = $\frac{1}{2}$CD = 3，
∴DE = $\sqrt{CD^{2} - CE^{2}}$ = $3\sqrt{3}$，
∴BE = BC + CE = 9。
∵AD//BE，
∴∠ADE = 180° - ∠DEC = 90°。在Rt△ADE中，AE = $\sqrt{DE^{2} + AD^{2}}$ = $\sqrt{(3\sqrt{3})^{2} + 6^{2}}$ = $3\sqrt{7}$。由AD//BE，易得△AFD∽△EFB，
∴$\frac{AF}{EF} = \frac{AD}{EB} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3}$，
∴AF = $\frac{2}{5}$AE = $\frac{2}{5} \times 3\sqrt{7} = \frac{6}{5}\sqrt{7}$。由AD//CE，易得△AGD∽△EGC，
∴$\frac{AG}{EG} = \frac{AD}{EC} = \frac{6}{3} = 2$，
∴AG = $\frac{2}{3}$AE = $\frac{2}{3} \times 3\sqrt{7} = 2\sqrt{7}$，
∴FG = AG - AF = $2\sqrt{7} - \frac{6}{5}\sqrt{7} = \frac{4\sqrt{7}}{5}$。

4 [2025合肥包河区期中]如图,正方形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,E为CD边的中点,连接AE并延长交BC的延长线于点F,交BD于点M,连接OF交CD于点N,连接MN.
(1)求证:$FN= 2ON$.
(2)求证:$\frac{DM}{OC}= \frac{DN}{BC}$.
(3)若$AB= 4$,则MN的长为____.

答案：

(1)证明：如图，连接OE，
∵四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O，E为CD边的中点，
∴AO = CO，DE = CE，AD//BC，
∴∠DAE = ∠CFE，在△DAE和△CFE中，∠DAE = ∠CFE，∠AED = ∠FEC，DE = CE，
∴△DAE≌△CFE(AAS)，
∴AE = FE，
∴OE//CF，OE = $\frac{1}{2}$FC，易得△EON∽△CFN，
∴$\frac{ON}{FN} = \frac{OE}{FC} = \frac{1}{2}$，
∴FN = 2ON。

(2)证明：由
(1)得△DAE≌△CFE，
∴FC = AD，
∵BC = AD，
∴FB = 2AD。由AD//FB，易得△ADM∽△FBM，
∴$\frac{AM}{FM} = \frac{AD}{FB} = \frac{1}{2}$，
∴FM = 2AM，
∴$\frac{FM}{FA} = \frac{2AM}{2AM + AM} = \frac{2}{3}$，
∵$\frac{FN}{FO} = \frac{2ON}{2ON + ON} = \frac{2}{3}$，
∴$\frac{FM}{FA} = \frac{FN}{FO}$，又
∵∠MFN = ∠AFO，
∴△MFN∽△AFO，
∴∠FMN = ∠FAO，
∴MN//AO，
∴MN//OC，易得△DMN∽△DOC，
∴$\frac{DM}{DO} = \frac{DN}{DC}$。又
∵DC = BC，DO = OC，
∴$\frac{DM}{OC} = \frac{DN}{BC}$。
(3)$\frac{4\sqrt{2}}{3}$
∵AB = BC = 4，∠ABC = 90°，
∴AC = $\sqrt{AB^{2} + BC^{2}}$ = $\sqrt{4^{2} + 4^{2}}$ = $4\sqrt{2}$，
∴AO = $\frac{1}{2}$AC = $2\sqrt{2}$。
∵△MFN∽△AFO，
∴$\frac{MN}{AO} = \frac{FM}{FA} = \frac{2}{3}$，
∴MN = $\frac{2}{3}$AO = $\frac{2}{3} \times 2\sqrt{2} = \frac{4\sqrt{2}}{3}$，
∴MN的长为$\frac{4\sqrt{2}}{3}$。