《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

1. [2024·邢台模拟]如图，在菱形ABCD中，对角线AC = 4，BD = 6，则tan∠1 = （ ）


A. $\frac{2}{3}$
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{5}}{3}$

答案： A

2. [2023·包头二模]如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为点E，连接CE. 若∠ADB = 30°，则cos∠DEC的值为（ ）


A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{2\sqrt{7}}{7}$
D. $\frac{\sqrt{7}}{2}$

答案： C

3. [2024·包头模拟]如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为CD边中点，连接AE，AE与对角线BD交于点F，连接CF，BE，且CF与BE交于点H. 则下列结论：①AE = BE ②BE⊥CF ③若点G是BD上的一动点，连接CG，GE，则CG + GE最小值是$\sqrt{5}$ ④$\frac{FH}{EH}=\frac{4}{3}$. 其中正确的序号是________.

答案： ①②③④

4. [2023·宝鸡三模]如图，已知在矩形ABCD中，点E在边BC上，BE = 2CE，将矩形沿着过点E的直线翻折后，点C，D分别落在边BC下方的点C'，D'处，且点C'，D'，B在同一条直线上，折痕与边AD交于点F，D'F与BE交于点G. 设AB = $\sqrt{3}$，那么△EFG的周长为________.

答案：
6
解析：如图，连接BC'，作FH⊥BC于点H，则D'在BC'上，FH = AB = $\sqrt{3}$。
由翻折的性质，得CE = C'E。
∵BE = 2CE，
∴BE = 2C'E。
又
∵∠C' = ∠C = 90°，
∴∠EBC' = 30°。
∵∠FD'C' = ∠D = 90°，
∴∠BGD' = 60°，
∴∠FGE = ∠BGD' = 60°。
∵AD//BC，
∴∠AFG = ∠FGE = 60°，
∴∠EFG = $\frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle AFG)=\frac{1}{2}\times(180^{\circ}-60^{\circ}) = 60^{\circ}$，
∴△EFG是等边三角形，
∴EF = FG = EG，∠FEG = 60°。
在Rt△EFH中，EF = $\frac{FH}{\sin60^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2$，
∴△EFG的周长 = 3EF = 6。

5. [2023·福州一模]如图，在△ABC中，∠BAC = 90°，AB = AC，点F是边AC上的点，AF∶AC = 1∶3，点D为边BC上一动点，连接AD. 以AD为底边，在AD的左侧作等腰直角三角形△ADE，连接FE. 当AE + FE取最小值时，sin∠AEF = ________.

答案：
$\frac{3}{5}$
解析：如图，过点A作AG⊥BC于点G，连接GE并延长，交AB于点H。
∵AB = AC，∠BAC = 90°，AG⊥BC，
∴BG = GC，∠BAG = ∠CAG = $\frac{1}{2}\angle BAC = 45^{\circ}$，
AG = CG = $\frac{1}{2}BC$，
∴$\frac{AC}{AG}=\sqrt{2}$。
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴∠EAD = 45°，$\frac{AD}{AE}=\sqrt{2}$，
∴∠DAE = ∠CAG，$\frac{AD}{AE}=\frac{AC}{AG}$，
∴∠DAE - ∠DAG = ∠CAG - ∠DAG，
即∠EAG = ∠DAC，
∴△AEG∽△ADC，
∴∠AGE = ∠C = 45°，
∴∠AGE = ∠BAG = 45°，
∴GE⊥AB。
∴HG垂直平分AB。
如图，连接BF交GE于点E'，连接AE'，则当点E在点E'处时，AE + EF = AE' + E'F = BE' + E'F = BF最小。
∵EG⊥AB，AG = BG，
∴BH = AH，EG//AC，
∴$\frac{BE'}{E'F}=\frac{BH}{AH}=1$，
∴点E'是BF的中点。
设AF = a，则AB = AC = 3a。
∴BF = $\sqrt{AF^{2}+AB^{2}}=\sqrt{a^{2}+(3a)^{2}}=\sqrt{10}a$，
∴AE' = BE' = FE' = $\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}\sqrt{10}a$。
过A点作AM⊥BF于点M。
则$S_{\triangle ABF}=\frac{1}{2}AM\cdot BF=\frac{1}{2}AF\cdot AB$，
∴AM = $\frac{AF\cdot AB}{BF}=\frac{a\cdot3a}{\sqrt{10}a}=\frac{3\sqrt{10}a}{10}$。
∴$\sin\angle AE'F=\frac{AM}{AE'}=\frac{\frac{3\sqrt{10}a}{10}}{\frac{\sqrt{10}a}{2}}=\frac{3}{5}$。

6. [2024·济南二模]如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP，CP的延长线分别交AD于点E，F，连接BD，DP，BD与CF相交于点H. 给出下列结论：①BE = 2AE ②△DFP∽△BPH ③PD = DH ④DP² = PH·PB. 其中正确的是________.

答案： ①②③④

7. [2024·北京]如图，在四边形ABCD中，E是AB的中点，DB，CE交于点F，DF = FB，AF//DC.
（1）求证：四边形AFCD为平行四边形；
（2）若∠EFB = 90°，tan∠FEB = 3，EF = 1，求BC的长.

答案： 解：
(1)证明：
∵E是AB的中点，DF = FB，
∴EF//AD，
∵AF//DC，
∴四边形AFCD为平行四边形；
(2)
∵∠EFB = 90°，
∴∠CFB = 180° - 90° = 90°，
在Rt△EFB中，$\tan\angle FEB=\frac{FB}{FE}=3$，EF = 1，
∴FB = 3，
∵E是AB的中点，DF = FB，
∴AD = 2EF = 2，
∵四边形AFCD为平行四边形，
∴CF = AD = 2，
∴在Rt△CFB中，由勾股定理得CB = $\sqrt{CF^{2}+FB^{2}}=\sqrt{13}$。