《2025年综合应用创新题典中点九年级数学下册鲁教版》

9. [2024·济宁任城区校级月考] 如图，在Rt△ABC中，∠BAC = 90°，且BA = 5，AC = 12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为________.
　

答案： $\frac{60}{13}$ 【点拨】连接AD.
∵∠BAC = 90°，且BA = 5，AC = 12，
∴BC = $\sqrt{BA^{2}+AC^{2}}$ = 13.
∵DM⊥AB，DN⊥AC，∠BAC = 90°，
∴易知四边形DMAN是矩形，
∴MN = AD.
易知当AD⊥BC时，AD的值最小，即MN的值最小，
此时，△ABC的面积 = $\frac{1}{2}$AB·AC = $\frac{1}{2}$BC·AD
∴AD = $\frac{AB·AC}{BC}$ = $\frac{60}{13}$，
∴MN的最小值为$\frac{60}{13}$.

10. [2024·济南] 如图，在矩形纸片ABCD中，AB = $\sqrt{2}$，AD = 2，E为边AD的中点，点F在边CD上，连接EF，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D'，连接BD'. 若BD' = 2，则DF = ________.
　　　

答案：
$\sqrt{3}-\sqrt{2}$ 【点拨】如图，连接BE，延长FE交BA的延长线于H.
在矩形ABCD中，AB = $\sqrt{2}$，
AD = 2，E为边AD的中点，

∴AE = DE = 1，∠BAE = ∠D = 90°.
∴BE = $\sqrt{AB^{2}+AE^{2}}$ = $\sqrt{2 + 1}$ = $\sqrt{3}$，∠HAE = 90°.
∵将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D'，
∴ED = ED' = 1，∠DEF = ∠D'EF，
在△BED'中，
∵BD' = 2，ED' = 1，BE = $\sqrt{3}$，
∴ED'² + BE² = BD'²，
∴△BED'为直角三角形.
在△HAE和△FDE中，$\begin{cases}∠HAE = ∠FDE = 90°，\\AE = DE，\\∠HEA = ∠FED，\end{cases}$
∴△HAE≌△FDE(ASA)，
∴DF = AH.
设∠DEF = ∠AEH = ∠D'EF = α，则∠DED' = 2α.
∴∠AEB = 90° - 2α，∠AHE = 90° - α，
∴∠HEB = 90° - α = ∠AHE，
∴△BHE为等腰三角形
∴BH = BE = $\sqrt{3}$，
∴AH = BH - AB = $\sqrt{3}-\sqrt{2}$，
∴DF = AH = $\sqrt{3}-\sqrt{2}$.

11. [2024·青岛市北区校级二模] 如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF = BE，连接DF，AF与DE交于点O.
(1)求证：四边形AEFD为矩形；
(2)若AB = 3，OE = 2，BF = 5，求DF的长.
　　　　　　　　　　　

答案：
(1)【证明】
∵BE = CF，
∴BE + CE = CF + CE，即BC = EF.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD = BC，
∴AD = EF.
又
∵AD//EF，
∴四边形AEFD为平行四边形.
∵AE⊥BC，
∴∠AEF = 90°，
∴平行四边形AEFD为矩形.
(2)【解】由
(1)知，四边形AEFD为矩形，OE = 2，
∴DF = AE，AF = DE = 2OE = 4.
∵AB = 3，AF = 4，BF = 5，
∴AB² + AF² = BF²，
∴△BAF为直角三角形，∠BAF = 90°，
∴$S_{\triangle ABF}=\frac{1}{2}AB·AF=\frac{1}{2}BF·AE$，
∴AB·AF = BF·AE，即3×4 = 5AE，
∴AE = $\frac{12}{5}$，
∴DF = AE = $\frac{12}{5}$.

12. 新视角 动点探究题 如图，在菱形ABCD中，∠ABC = 60°，AB = $\sqrt{12}$ cm，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点H. 点F从点B出发沿BD方向以2 cm/s的速度向点D运动，同时点E从点H出发沿HD方向以1 cm/s的速度向点D运动. 设点E，F的运动时间为t s，且0＜t＜3，过F作FG⊥BC于点G，连接EF.
(1)求证：四边形EFGH是矩形；
(2)连接FC，EC，点F，E在运动过程中，△BFC与△DCE是否能够全等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由. [($\sqrt{12}$)² = 12，($\frac{\sqrt{12}}{2}$)² = 3]

答案：
(1)【证明】
∵EH⊥BC，FG⊥BC，
∴EH//FG.
由题意知BF = 2t cm，EH = t cm.
∵在菱形ABCD中，∠ABC = 60°，
∴∠CBD = 30°，
∴FG = $\frac{1}{2}$BF = t cm，
∴EH = FG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
又
∵FG⊥BC，
∴∠FGH = 90°，
∴四边形EFGH是矩形.
(2)【解】△BFC与△DCE能够全等，
在菱形ABCD中，∠ABC = 60°，AB = $\sqrt{12}$ cm，
∴CD = BC = AB = $\sqrt{12}$ cm，AB//CD，
∴∠DCH = ∠ABC = 60°.
∵DH⊥BC，
∴∠CHD = 90°，
∴∠CDH = 90° - 60° = 30° = ∠CBF.
∴CH = $\frac{1}{2}$CD = $\frac{\sqrt{12}}{2}$ cm，
∴DH = $\sqrt{CD^{2}-CH^{2}}$ = 3 cm.
∵EH = t cm，
∴DE = (3 - t)cm.
根据题意易知当BF = DE时，△BFC≌△DEC.
又
∵BF = 2t cm，
∴2t = 3 - t，
∴t = 1.