2026-2027学年浙教版数学九年级上册期中专题复习：线段比值的问题

2026-2027年浙教版九年级第一学期专题专题复习： 线段比值的问题 【思维导图】 构相似/平行线 动态中抓恒定比例 关键技巧 核心 线段比值不变 4.算目标结果 平移/旋转/动点 常见场景 1.锁定不变比例 解题步骤 3.求一份量 2.统一份数 【知识梳理】 一、核心本质 动态几何变化中，始终存在一组不随动点、变换改变的线段固定比 例，以此为破题核心。 二、高频场景 覆盖平移、旋转、翻折、动点轨迹四类常见几何动态题型。 三、极简解题四步 定位全程不变的线段比例关系 以不变量为基准统一所有比例的份数 用已知线段长度算出单份对应实际长度 按比例分配，直接求出目标线段结果 四、关键辅助技巧 通过构造相似三角形、作平行线，快速锁定恒定比例关系。 一阶学习（基础训练） 1.如图，己知在平面直角坐标系中，菱形ABCD在第一象限，点A在y轴上，点B在x轴 ,对角线4Cx轴，反比例图教三>O】 的图象与菱形的边AD,BC分别交于 点E,F,当k的值发生变化时，图中线段的比值不变的为() G DE AE AG AE A.CG B.AG C.CG D.BF 【答案】D 【解析】 【分析】通过建立坐标系，设出点A、B的坐标，利用菱形的性质确定点C、D的坐标， 进而求出直线AD、BC的解析式，联立反比例函数解析式得到关于x的一元二次方程， 利用根与系数的关系或求根公式找出E、F横坐标的关系，进而判断线段比值. 【详解】解：设 A(0,a)B(b,0) ,其中a>0b>0 连接BD, 2 B “四边形 BCD AC∥x 是菱形， 轴， ∴.AC⊥BD AC BD ,且 互相平分， D b C A a 点横坐标与点相同，为；点纵坐标与点相同，为， C(2b,a）D(b,2a) 由菱形对称性可知 直线AD过点(0,0，，2a),解析式为'= .x+a a 直线BC过点6,0)，(26,0），解析式为'=方-a a AD:y=x+a y=~ kk_a、 x+a 联立直线 与 x,得xb 整理得b 2+ax-k=0 _bk=0 x2+bx- 即 设E点横坐标为x:,则x:是方程的正根， 4bk -b+,b2+ a XE=- 2 BC:y=4x-a y=k k_ax-a 联立直线 b 与x,得xb 3 整理得 ax2-ax-k=0 2-b-bk=0 即 a 设F点横坐标为F,则F是方程的正根， b+,b+4 a XF=- 2 b+,b2+ 4bk 4bk -b+ a ∴.尤F一xE= a=b, 2 2 即-b=xe A 0 B b 点横坐标为，点横坐标为， XE-XA=XE XF-XB=XE-b ..XE-XA=XF-XB 即线段AE与BF在x轴上的投影长度相等， ADI‖BC, :4g=X-=是 AD xp-xA b, BFXp-xg_xp-b BC xc-x8 b, ·'xE=XF-b AE BF 'AD BC, 4 又，菱形ABCD中AD=BC, .AE BF, AE=1 即BF· 故选D. 2.如图是一张矩形纸片ABCD,点E是AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠， 点A、B的对应点分别为A'、B',A'E与BC相交于点G,BA'的延长线经过点C.若 BF 1 AD GC2,则AB的值为() F 4V10 2W15 A.2V2 B.5 C.3 0.2 【答案】C 【解析】 【分折门知图，选接CA,过点G作G7L1 于点了，然后设1Bx,1D=yBF=k AE=DE= GC=2k,得出 2,由翻折的性质 AE-EA= 2.BF-FB'-k. CG GA' ET=-k ∠AEF=∠GEF,求出EG=FGy-3k,接着推出CFFB,求出2， EG=5k-3k=2k ,最后利用勾股定理求出B,即可得出结果 5 【详解】如图，连接CA',过点6作GT⊥AD于点T, E B B 设B,AD=y BF 1 .GC 2, 设BF=k,则GC=2k, :点E是AD中点， AE=DE=2》 1 1 AE=EA'= 由翻折的性质知 ',BF=FB=k,∠AEF=∠GEF, .ADI/CB .∴∠AEF=∠EFG .∠GEF=∠GFE EG=FG=y-3k ,6-0-刘=- “c,A,B主 GAIFB' ”共线， CG GA .CF FB', 6 2k3、1, ..y-k k, y2-7y+10k2=0 .y=2k y=5k (舍去)或 AE-DE-5k 2 “四边形 DTG 是矩形， .CG=DT=2k, 7 .EG=5k-3k=2k -n-oEo-Tf-传5 AD 5k 2v15 AB 15k 3 2 故答案为：C. 3.已知AB是OO直径，弦CD LAB-于点E,OE=BE.点P是劣弧AD上任一点（不 与A、D重合)，CP交AB于点M,AP与CD的延长线相交于点F,己知 AM ∠F=3∠PCD时，则BM的值为() M E 6 A.3 B. 5 c.√5 D.25 【答案】C 【解析】 【分析】连接OD,BD,PO,由线段垂直平分线的性质得到△ODB是等边三角形， 1 ∠A= ∠POB=30°+ 设∠PCD=a,由圆周角定理得到 2 ,由直角三角形的性质即可 求出∠PFE=60°-a.由∠AFE=3∠PCD,求出a=15°，得到∠POB=90°，因此 OM OP OP∥CE,推出△POM∽aCEM,得到EMCE,设圆的半径是r,OM=x,代 入有关数据即可求出OM的长，得到AM,BM的长，即可得到答案. 【详解】解：连接OD,BD,PO, B ·弦CD⊥AB于点E,OE=BE, ..OD=BD .OD=OB AODB 是等边三角形， ∴.∠BOD=60° 设∠PCD=&, ∴.∠POD=2a ∴.∠POB=60°+2a ∠A=∠P0B=30°+a ∴.∠PFE=90°-∠A=60°-a ,∠AFE=3∠PCD ∴.60°-0=30 .a=150 ∴.∠POD=2∠PCD=30° .∠POB=90° OP∥CE, .，∴△POMACEM OM OP EM CE, ,直径AB⊥CD, 9 .DE=CE OM OP 'EM DE, 设圆的半径是r,OM=x, EMDE-5 1 , 1—= 2x - 2 x=(2-5r, :oM=(2-5r, .AM=A0+OM=3r-3r BM=OB-OM=3r-r :4M-3r-V5r MB3r-r 5. 故答案为：V⑤ 4.如图，M,N分别是矩形ABCD边AD,BC上的两个点，连接MN,将矩形 ABCD ABNM CDMN 分为两个全等的四边形 ,分别在两个四边形的内部作圆，两个 圆与所在四边形的四条边都相切.若AM:DM=1:3,则AB:BC的值为() 10 3 A.8 B.3 0.7 【答案】A 【解析】 【分析】根据切线长定理，得AM+BN=AB+MN,设AM=x,则BN=DM=3x, 4B=y, 4x=y+MNMN=4-y,过点M作 Q⊥BC 即 于点Q,则四边形 ABOM 是矩形，得 NQ=BN-B0=2x,M0=y,根据勾股定理，得 3 (4x-=y2+4,解得'=之，解答即可。 本题考查了矩形的性质，勾股定理，切线长定理，熟练掌握定理是解题的关键. 【详解】解：如图，设O0与各边的切点依次为 ,F,G,H AE=AH,BE=BF,NF =NG,MH=MG 根据切线长定理，得 AH +HM+BF+NF=AE+MG+BE+NG. :AM+BN AB+MN, A HM G B FO 11 :矩形ABCD分为两个全等的四边形ABNM,CDMN,且AM:DM=1:3, AM=CN,BN =DM 设4M=x,则BN=DM=3x, AB=y ,设 4x=y+MN MN=4x-y 故 MQ⊥BC 过点M作 于点Q, ABOM 则四边形 是矩形， AM=BO,AB=MO :N№=BN-B0=2x,M0=y 根据勾股定理，得（4x-y)}=y2+4x2 解得=2 3 4B:BC=23 x+3x8, 故选：A 5.如图是第七届国际数学教育大会(ICME-7)的会徽，由其主体图案中相邻两个直角三 角形组合而成.作菱形CDEF,使点D,E,F分别在边OC,OB,BC上，过点E作 EH EH⊥AB于点H,若AB=BC,∠BOC=30°，则OA() 12 ICME-7 图1 图2 A.1:2 B.2:3 c.1:3 D.4:9 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性 质，熟练掌握以上知识点是解题的关键.设CD=a,根据菱形的性质，含30°角的直角 OB-3a EB=13a 三角形的性质，勾股定理可 2 2 ,证明△BEH∽△BOA,即可 得到答案。 【详解】解：设CD=a, “四边形 DEF 为菱形， ∴.CD=DE=EF=FC=aDE∥CB :AOBC△OB 和 为直角三角形，且∠0BC=∠A=90° .∠OED=∠OBC=90° Rt△ODE,,∠BOC=30° 在 中， ∴.OD=2DE=2a 由勾股定理得：OE=VOD2-DE-V3a, 13 ∴.OC=OD+CD=2a+a=3a 在Rt△OBC中，∠B0C=30°，OC=3a, 3 .BC=a 2, OB=J0C-BCi-33a 由勾股定理得： 2 :EB=OB-OE=3 a-a=a :EH⊥AB∠A=90° ∴.EH∥OA ∴，△BEH∽△BOA EH EB 13a 1 OA OB 3 23 3 故选：C. BP 6.已知P是线段AB的黄金分割点，且AP>BP,那么AP值为() 3-5 3+5 V5-1 5+1 A. 2 B.2 C.2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了黄金分割定义，熟练掌握“黄金分割点中较短线段与较长线段 14 5-1 BP 的比值为 2 ”是解题的关键.根据黄金分割点的定义，利用黄金比的关系来求解AP 的值。 【详解】解：，P是线段AB的黄金分割点，且AP>BP, BP 5-1 .AP2, 故选：C. 二阶学习（提升训练） 1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=13,AC=5,点D在边AB上（不与 CD 点A,B重合)，过点B作BE⊥CD,垂足为点E,则DE的最小值是一一 0 5 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质，隐圆问题.作CF⊥AB于点F, 15 作EK1AB于点K,利用S =AC.BC=1AB.CF 2 计算出CF,证 CD CF CD △EDK∽aCDF,推出DEEK,可得EK取最大值时，DE取最小值；点D运动过 程中，始终保持BE⊥CD,所以点E在以BC中点O为圆心，2长为半径的圆上，当 点E,K,O共线时，EK取最大值，由此可解。 【详解】解：作CF⊥AB于点E,作EK⊥AB于点K, .△ABC∠ACB=90°AB=13AC=5 中， .BC=AB2-AC2 =12 及c54C-Bc=BCr ,CF=4C:BC=_5x12_60 AB1313 :·CF⊥ABEK⊥AB .∴∠EKD=∠CFD=90° 16 又：∠EDK=∠CDF, ∴.△EDKACDF CD CF .DE EK, :C-60 13是定值， CD .EK取最大值时，DE取最小值： “点D运动过程中，始终保持 E⊥CD -BC .点E在以BC中点O为圆心，2长为半径的圆上， .当点E,K,O共线时，EK取最大值，如图， F1 D .·∠BKO=∠BCA=90°∠KBO=∠CBA ∴.△KBO∽△CBA KO BO KO 6 .ACAB,即513， .K0=30 13, 17 EK=OE-KO=6- 3048 48 1313,即EK最大值为13， 60 CD CF 135 此时DE EK 484: 13 CD J .DE的最小值是4， J 故答案：4. 2.己知矩形ABCD,AB=5,AD=3,E是BC上一点，连结DE,将△DCE沿着DE折叠， 点C的对应点C恰好落在边AB上，连结AB,与C'D交于万，则DP-_45 C'F-16-· D B 【答案】45 6 【分析】作CH∥AD,交AE于点H,由矩形的性质得CD=AB=5,BC=AD=3, BE∥AD,∠B=∠BAD=90°，则C'H∥BE,所以△AC'H∽△ABE,由折叠得C'D =CD=5,CB=CB=3-B,求得AC=4,则BC1,-A9=号由勾 股定理得1+=《3BE)3,求得B近专C音 151 再证明 △MDR∽△HC'R,得DE=AD=45 C'FC·H16,于是得到问题的答案」 【解答】解：作C'H∥AD,交AE于点H, ,四边形ABCD是矩形，AB=5,AD=3,点E在BC上， .CD=AB=5,BC=AD=3,BE∥AD,∠B=∠BAD=90°， 18 CH∥BE, ∴.△ACH∽△ABE, ,将△DCE沿DE折叠，点C的对应点C'落在边AB上， ..C D=CD=5,C'E=CE=3-BE, 4C=C'D-AD=5-34, .'.BC'=AB-AC'=1, C'HAC'4 BE AB 5 .BC2+BE2=C E2, .12+BE2=(3-BE)2, 解得6专 ∴.CH=FBE= 4×4-16 53151 ,AD∥CH ∴.△ADF∽△HC'F, DFAD 3 45 .C'FC'H1616, 15 故答案为： 45 16 D H E C'B 3如图，在△A C中，∠B1C=90°，AD为BC上的中线，将 △ADC 沿直线MD翻折 得到AMDC,CD与B交于点F,连接CC与MB,D分别交于点E.O,连接 BE 3 BF BC',则∠CCB=一·若AE4,则FE- 19 E 14 【答案】 ①.90° ② 3 【解析】 【分析】由折叠的性质可得AD垂直平分线段CC',DC=DC',即∠DOC=90°，由 题意可得BD=DC=DC',推出∠CC'B=90°，进而可得 AD‖BC ,由中位线定理可 BC ,设BC'=2m,则OD=m,再由平行线分线段成比例定理计算即可得 解. 【详解】解：：将△4D 沿直线A 翻折得到△ADC ∴.AD垂直平分线段CC',DC=DC .∠D0C=90°， ,AD为BC上的中线， :BD=DC=DC', .∠CCB=90°， .∠CCB=∠DOC, AD BC DC=DB,CO=OC', 20 .OD=1BC 2 设BC=2m,则OD=m, :AO∥BC, BC'BE 3 .OA AE 4, 8 .OA=三m 3, AD=OD+04= 3 :D∥BC BF BC'2m 6 AF AD=11 11 3 BE 3 AE4' 设BE=3k,则AE=4k,AB=7k, 17, 9 .EF=BE-BF=之k 17, 4 BF_1 k14 ·.EF 9 k 3 17 21 14 故答案为：90°，3. 4.如图，AB为半圆O的直径，弦CD∥AB,点P在AB上，连接PD,PC.若 AP ∠DPC=90°，∠DCP=30°，则PB的值为- D 4-√7 【答案】3 【解析】 【分析】过点P作PH⊥CD于点H,连接OC,过点O作OM⊥CD于点M,设半 圆O的半径为R,则圆心O到弦CD的距离为h,易证明四边形HPOM是矩形，进而得到 HM=OP CM=DM OM=PH=h CM ，由垂径定理得到 ,根据勾股定理得到的长， CH=PH DH=PH 在Rt△PHC中， tan30°，在Rt△PHD中， tan60°，进而得到关于CD的 等式，利用AP=OA-OP、BP=OB+OP求解即可. 【详解】解：过点P作PH⊥CD于点H,连接OC,过点O作OM⊥CD于点M,设半 圆O的半径为R,则圆心O到弦CD的距离为h, 22 D M B .∴∠PHM=∠HMO=90° :PH⊥CDCD∥AB .PH⊥AB, ∴.∠HPO=90°=∠PHM=∠HMO “四边形 POM 是矩形， ∴.HM=OPOM=PH=hOM⊥CD .OM 是半径的一部分， ∴.CM=DM=CD, 在Rt△OCM中，由勾股定理得：CM=VOC2-OM=VR2-F .CD=2CM=2R2-h2 在△DPC中，∠DPC=90°， ∴.∠PDC=∠DPC-∠DCP=90°-30°=60° CH=-PHh =tan30°-√3 =V3h 在RtAPHC中， 3 在R6PHD中，DH=,PH h3 h tan60°-V5=3 CD-CH+DH 3 23 即2VR2-R=4 h 3 解h=R 7 CM=1CD=1x4 -h= -h 23 3 :.HM=CH-CM-2 3 3 .OP-MM-5xR-R h= 3 37 7 1 R AP 7 4-√7 BP 3 1+ R 1 三阶学习（培优训练) 1如图，在O0中，直径CD1B于点M,连结CB.以C ⊙0 CB 为边作菱 CBFE(点F 在线段4B上，与不重合》，EF交O0于点G,连结CG并延长，与射线B1交于点 H. E G H A M 24 (1)连结GB,求证：∠CBG=∠H. (2)若CB=215,0M=1,求O0半径r的长 GE (3)若CH⊥EF,求EF的值. 【答案】(1)见解析 (2)r=5 GE5-1 (3)EF 2 【解析】 【分析】本题考查了圆的性质（直径所对圆周角为直角、垂径定理）、菱形的性质（对边 (AAS HL) 平行、四边相等)、全等三角形的判定与性质 、勾股定理、锐角三角函数的 应用及一元二次方程的求解，解题的关键是合理添加辅助线，利用图形性质建立边或角的 等量关系，结合几何定理与代数运算求解。 (1)连接DG,借助菱形对边平行的性质及直径所对圆周角为直角，转化角的等量关系， 通过“∠CDG=∠ECG”“∠CDG=∠CBG”“∠ECG=∠H”逐步推导，证明 ∠CBG=∠H: OB (2)连接，利用垂径定理及勾股定理，在 Rt△BCM Rt△BOM BM2 和 中用r表示b 建立关于半径「的方程，求解并舍去负根： (3)连接CF、AG,由CH⊥EF及菱形性质得CH⊥BC,判定△CBM≌aCEG、 ACMF≌ACGF ，设未知数表示相关线段，利用余弦函数的等量关系建立方程，求解得出 比例值。 小问1详解】 25 证明：连接DG, G 公 D ∠CDG=90°，∠DCG+∠CDG=90°， 则 由菱形CBFE可知MBCE,又CDLAR :CD1CE.则∠DcG+∠BCG=90 ,则 .∠CDG=∠ECG, .∠CDG=∠CBG, ∠CBG=∠ECG, BHI∥CE 由菱形对边平行知， .∠ECG=∠H, .∠CBG=∠H. 【小问2详解】 解：连接OB OB=OC=r,CM=OC+OM=r+1 则 G M D 26 在R△BCM与Rt△BOM中，CB-CM=OB-OM2=BM .(215-(+102=r2-12, 解得：”=5（另一解为负值，舍去）， 【小问3详解】 解：分别连接CF、AG, CH⊥EF,EFI‖IBC E D CH⊥BC,∠BCG=90°， :BG是O0 OB=OC,∠CBG=∠MCB 直径， :∠CBG=∠ECG, .∠MCB=∠ECG. ∠BMC=∠CGE=90°，CB=CE 又 :aCBM≌△CEG(AAS),则CM=CG. CF=CR,∠CMF=∠CGr=90 △CMF≌△CGF(HL) .FM=FG. 27 GE=BM=AM=x,CE=CB=EF=BF=1 GF=1-x4F-AM-FM=AM-FG=x-(1-x)=2x-1 在Rt△CEG与RtAGFA中，∠E=∠GFA,则cos∠E=cos∠GFA, GE AF x 2x-1 V5-1 即CEGF,=1-x,解得=2（另一根为负值，合去）， GE--x5-1 EF 1 2· 2.如图，四边形ABCD内接于⊙O,BD为直径，AC平分∠BCD, D (1)若BC=5cm,CD=12cm,求AB的长； (2)求证，BC40-V2AC 13√2 【答案】(1)2 (2)见解析 【解析】 【分析】（1)根据圆周角定理得到∠BAD=∠BCD=90°，利用勾股定理求解即可： (2)将△ACD绕点A顺时针旋转90°后可得△ABC,证明△CAC是等腰直角三角形，进一 步求解即可证明8C+cDV2AC 【小问1详解】 解：BD为直径， ∴∠BAD=∠BCD=90°， 28 .CD=12cm,BC=5cm, ∴.BD=13(cm), .AC平分∠BCD, ∴.∠ABD=∠ADB=45°， ∴AB=AD V213W2 13W2 ∴AB=AD=2BD=2,故AB的长为2· 【小问2详解】 证明：将△ACD绕点A顺时针旋转90°后可得△ABC', D O 由旋转性质可得：△ACD兰△ABC,∠CAC=90°，CA=CA, ∴.AC'=AC,CD=BC,∠ADC=ABC, ,四边形ABCD是圆内接四边形， .∠ABC+∠ADC=180°， .∠ABC+∠AD'B=180°， 又，'∠CAC'=90°，CA=CA, ∴.△CAC是等腰直角三角形， ..cc=V2AC ∴BC+cB=V2AC ∴Bc+cD=V2AC ⊙0 ABCD E OA 3.已知的内接四边形 是平行四边形，点在 上，连接 DE并延长交B于 29 点F A D E F 0 G H B C (1)求证：口ABCD是矩形. DEL4C,点F是1B的中点， (2)若 DE=6.⊙O ,求的半径 0<< (3)延长DF交⊙O于点G,与CB的延长线交于点H,设EC“( GH AB=3,AD=1,求HF的值（用含k的代数式表示）. 92 【答案】(1)见解析 (2)2 (3)9k2+1 【解析】 【分析】本题考查圆内接四边形与特殊四边形判定，相似三角形的判定与性质，三角形中 位线定理，掌握方程思想是解题关键， (1)利用圆内接四边形对角互补和平行四边形对角相等的性质，推出一个内角为90°，从 而证明平行四边形ABCD是矩形： (2)由矩形性质得AC为直径，结合中位线定理得相似三角形，通过相似比和方程求出圆 的半径： 30 AE =k (3)通过平行线构造两次相似三角形，将比例EC“转化为线段长度，最终推导出 GH HF的表达式. 【小问1详解】 证明：如图1， D o B 图1 ABCD 的内接四边形 是平行四边形， :∠A+∠C=180°∠A=∠C ÷∠A=∠C=900 .ABCD 是矩形. 【小问2详解】 解：如图2，连接OF, D E 图2 由(1)知：口ABCD是矩形， 31 :∠B=90°，AD=BCAD∥BC ACg⊙o 是的直径， .OA=OC :点F是AB的中点， :OF是△ABC 是 的中位线， :0r= 2 ,OF∥BC, :OF∥AD ∴∠ADE=LOFE, ·∠AED=∠OEF, :△AED-△OEF DE AE AD =2 .EF OE OF .DE=6 ,EF=3. 设OE=a,则AE=2a, DE L AC ,∠AED=∠AEF=90° A∠AED=∠DAF=90° ∠FAE+∠EAD=∠EAD+∠ADE=90° .∠FAE=∠ADE, 32 ∴.△AEF∽△DEA, AE EF 2a3 ∴.DEAE,即62a, :a=35 2(负值舍)， 9√2 .⊙0的半径是2. 9W2 答：2· 【小问3详解】 解：如图3，连接BG, 4 D E FXO G B 图3 :AB∥CD &∠FAE=∠DCE ∠AEF=∠CED :AAFE∽△CDE AF AE :CD CE, AE CE-k CD=3, 33 AF=3k :BF=3-3 AD∥CH, ∴.∠ADE=∠BHF, ,∠DFA=∠HFB, .△AFDn△BFH, AD AF DF .BH BF FH, 13k .BH3-3k, 1 DH 1+ -1 ”BH=3-3k-11'FH= -=-1 -1 3k k :.CH=BH+BC=1 1+1=1 k, 由勾股定理得： DH-VCDCH- k2, 9+ FH= 2 ·∠ADF=∠ABG∠AFD=∠BFG :∠BGF=∠DAF=900 :∠H+∠HBG=∠H+∠BFH=90 :∠HBG=∠BFH 34 :∠BGH=∠FBH=90 、△HBG∽AHFB GH BH ∴.BHFH, GH= BH2 FH 9+只 k GH 到 :FH 9k2+1 9+9+ 4.如图，AB是⊙O的直径，点C,D是⊙O上的两点，其中，点D是B的中点，连结 BC,AD,交于点E,连结CA并延长到点F,使∠AFB=45°，连结BF,CD. (1)求证：∠FBA=∠CBD (2)若AC=6,BC=8,求CD的长. AE (3)若BC=3AC,求BF的值. D O B 【分析】(1)证∠CBF=45=∠ABD,即可得证： BD 2 (2)易求AF=2,AB=2,再证△CBD∽△AB,即可得解； (3)设设AC=x,则BC=CF=3x,可求出AB、BF,再过作EK⊥AB于点K,可求出 35 EK、AE,即可得解， 【解答】(1)证明：，AB为直径， .∠ACB=∠ADB=90°， 点D是AB的中点， ..∠DAB=∠DBA=45°， ,∠AFB=45°， .'.∠CBF=45°=∠ABD, .∠FBA=∠CBD: (2)解：法一：：∠AFB=∠CBF=90°， ..CF=CB=8, ∴.AF=CF-AC=2, BD√2 在Rt△ABD中，sim45°=AB=2, ,'点A、C、D、B都在圆上， ∴ACDB是圆内接四边形， ∴.∠CAB+∠CDB=180°， ,∠CAB+∠FAB=180°， ∴.∠CDB=∠EAB, ,∠EAB=∠CBD, ∴.△CBD∽△FAB, CD BD 2 .'AF =AB=2, 2 .CD=2AF=√2： 法二：托勒密定理：ABCD+AC·BD=ADBC, AD-BC-AC-BD 8X5V2-6x5v2 .'.CD= AB 10 =√2； (3)解：设AC=x,则BC=CF=3x, .∴AF=CF=CA=2x, 在Rt△4BC中，AB=VAC2+BC2=√10x, 36 2 在等腰R△ABD中，AD=BD=2AB=V5x, 同(2)方法可得△CBD∽△AB, :.BF=V2BC=3V2x, 过E作EK⊥AB于点K, A B 则△BEK∽△BAC, EK AC 1 .BK BC=3, ∴BK=3EK, ∠EAK=45, ..EK=AK, .'.AB=AK+BK=4EK=V10x, V10 ..EK-AK- 4x, V5 .AF=V2EK=2x, V5 A .2x V10 :BF=3W2x=12. 5.如图，己知：四边形ABCD是平行四边形，点E在边BA的延长线上，CE交AD于点 F,∠ECA=∠D (1)求证：△EAC∽△ECB, 37 (2)若DF=AF,求AC:BC的值. B 【答案】(1)证明见解析 2 (2)2 【解析】 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质： (1)由四边形ABCD是平行四边形、∠ECA=∠D可得∠ECA=∠B,∠E为公共角可 得△EACP△ECB, (2)由CD∥AE、DF=AF可得CD=AE,进而有BE=2AE,根据△EAC∽aECB CE√2 得E2=AE·BE三又BE ，即：BE2，可得答案. 【小问1详解】 解：：四边形ABCD是平行四边形， :∠B=∠D ∠ECA=∠D :∠ECA=∠B ∠E=∠E, EACAECB 38 【小问2详解】 解：：四边形ABCD是平行四边形， :CD∥AB m CD//AE AB=CD ,即 .△AEFADCF. CD DF :.AE AF, .DF=AF, CD=AE AE=AB, .BE=2AE, aEAC∽aECB AE CE AC :CE BE BC, CE=E8服-E CE2 即：BE2, 4C2 .BC2· 392026-2027年浙教版九年级第一学期专题专题复习： 线段比值的问题 【思维导图】 构相似/平行线 动态中抓恒定比例 关键技巧 核心 线段比值不变 4.算目标结果 平移/旋转/动点 常见场景 1.锁定不变比例 解题步骤 3.求一份量 2.统一份数 【知识梳理】 一、核心本质 动态几何变化中，始终存在一组不随动点、变换改变的线段固定比 例，以此为破题核心。 二、高频场景 覆盖平移、旋转、翻折、动点轨迹四类常见几何动态题型。 三、极简解题四步 定位全程不变的线段比例关系 以不变量为基准统一所有比例的份数 用已知线段长度算出单份对应实际长度 按比例分配，直接求出目标线段结果 四、关键辅助技巧 通过构造相似三角形、作平行线，快速锁定恒定比例关系。 一阶学习（基础训练） 1.如图，己知在平面直角坐标系中，菱形ABCD在第一象限，点A在y轴上，点B在x轴 ,对角线4C∥x轴，反比例函数P=欣>0) 的图象与菱形的边AD,BC分别交于 点E,F,当k的值发生变化时，图中线段的比值不变的为() G DE AE AG AE A.CG B.AG C.CG D.BF 2.如图是一张矩形纸片ABCD,点E是AD中点，点F在BC上，把该纸片沿EF折叠， 点A、B的对应点分别为A'、B,A'E与BC相交于点G,BA'的延长线经过点C.若 BF 1 AD GC2,则AB的值为() 4W10 2W15 A.2V2 B.5 C.3 02 3.己知AB是O0直径，弦CD1AB于点E,OE=BE.点P是劣弧AD上任一点（不 与A、D重合)，CP交AB于点M,AP与CD的延长线相交于点F,己知 AM ∠F=3∠PCD时，则BM的值为() M E D B 5 6 A.3 B.5 c.5 D.2V5 4.如图，M,N分别是矩形ABCD边AD,BC上的两个点，连接MN,将矩形 ABCD ABNM CDMN 分为两个全等的四边形 分别在两个四边形的内部作圆，两个 圆与所在四边形的四条边都相切.若AM:DM=1:3,则AB:BC的值为() M 3 1 3 A.8 B.3 C.5 a 5.如图是第七届国际数学教育大会(ICME-7)的会徽，由其主体图案中相邻两个直角三 角形组合而成.作菱形CDEF,使点D,E,F分别在边OC,OB,BC上，过点E作 EH EH⊥AB于点H,若AB=BC,∠BOC=30°，则OA() ICME-7 图1 图2 A.1:2 B.2:3 c.1:3 D.4:9 BP 6.已知P是线段AB的黄金分割点，且AP>BP,那么AP值为() 3-V5 3+5 V5-1 V5+1 A.2 B.2 C.2 D. 2 二阶学习（提升训练） 1.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=13,AC=5,点D在边AB上（不与 CD 点A,B重合)，过点B作BE⊥CD,垂足为点E,则DE的最小值是一一· D 2.已知矩形ABCD,AB=5,AD=3,E是BC上一点，连结DE,将△DCE沿着DE折叠， 点C的对应点C恰好落在边B上，连结A,与CD交于B则P一。 C ④ 3知图，在△1BC中，∠B1C=90°，4D为BC上的中线，将△D 沿直线AD 翻折 得到△4DC,CD与4B交于点F,连接CC与B,4D分别交于点E,O,连接 BE 3 BF BC',则∠CCB=一.若AE4,则FE A D 4.如图，AB为半圆O的直径，弦CD∥AB,点P在AB上，连接PD,PC,若 AP ∠DPC=90°，∠DCP=30°，则PB的值为 D B 三阶学习（培优训练) 1.如图，在©0中，直径CD1A ⊙0 于点M,连结CB,以CB为边作菱形 CB CB (约 CBFE 5 在线段B上，与4不重合)，EF交⊙0于 .G CG BA. 交于点，连结并延长，与射线“交于点 H. E G H A M B (1)连结GB,求证：∠CBG=∠H. (2)若CB=25,0M=1,求o0半径r的长 GE (3)若CH⊥EF,求EF的值. 6 2.如图，四边形ABCD内接于⊙O,BD为直径，AC平分∠BCD, B D 0 (1)若BC=5cm,CD=12cm,求AB的长； (2)求证：BC+D-V2AC. ⊙0 ABC 3.已知的内接四边形 CD是平行四边形，点E在OA上，连接DE并延长交MB 点F y D 0 D A 0 0 G H C (1)求证：口ABCD是矩形. (2)若DE上4C,点F是1 的中点，DE=6 .⊙0 ,求的半径 能-0<< (3)延长DF交⊙O于点G,与CB的延长线交于点H,设EC-( GH AB=3,AD=1,求HF的值（用含k的代数式表示）· 4.如图，AB是⊙O的直径，点C,D是⊙O上的两点，其中，点D是B的中点，连结 BC,AD,交于点E,连结CA并延长到点F,使∠AFB=45°，连结BF,CD. (1)求证：∠FBA=∠CBD (2)若AC=6,BC=8,求CD的长. AE (3)若BC=3AC,求BF的值. D C 0 B 9 5.如图，己知：四边形ABCD是平行四边形，点E在边BA的延长线上，CE交AD于点 F,∠ECA=∠D (1)求证：△EAC∽△ECB, (2)若DF=AF,求AC:BC的值. D A 10