《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

8. [2024·大庆]如图，在平行四边形ABCD中，AE，CF分别是∠BAD，∠BCD的平分线，且点E，F分别在边BC，AD上.
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若∠ADC = 60°，DF = 2AF = 2，求△GDF的面积.

答案：
解：
(1)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD = ∠BCD，AD//BC，
∵AE，CF分别是∠BAD，∠BCD的平分线，
∴∠BAE = ∠DAE = $\frac{1}{2}\angle BAD$，∠BCF = ∠DCF = $\frac{1}{2}\angle BCD$，
∴∠DAE = ∠BCF，
∵AD//BC，
∴∠DFC = ∠BCF，
∴∠DAE = ∠DFC，
∴AE//FC，
∴四边形AECF是平行四边形；
(2)由
(1)得∠DFC = ∠BCF，∠BCF = ∠DCF = $\frac{1}{2}\angle BCD$，
∴∠DFC = ∠DCF，
∴DF = DC，
∵∠ADC = 60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴∠DFC = 60°，
∵DF = 2AF = 2，
∴DF = DC = CF = 2，CE = AF = 1，
∵AD//BC，
∴△DFG∽△ECG，
∴$\frac{FG}{CG}=\frac{DF}{CE}=\frac{2}{1}=2$，
∴FG = $\frac{2}{3}CF=\frac{4}{3}$，
作GH⊥DF于点H。

在Rt△FGH中，∠GFH = 60°，FG = $\frac{4}{3}$，
∴GH = FG·$\sin60^{\circ}=\frac{2}{3}\sqrt{3}$，
∴$S_{\triangle GDF}=\frac{1}{2}DF\cdot GH=\frac{1}{2}\times2\times\frac{2}{3}\sqrt{3}=\frac{2}{3}\sqrt{3}$。

9. [2024·随州模拟]如图1，在正方形ABCD中，AB = 5，M为对角线BD上的一点（不与点B，D重合），N为边AB上一点，连接CM，MN，且MN = CM.
（1）求证：MN⊥MC；
（2）若∠DCM = 30°，求$\frac{DM}{BM}$的值；
（3）如图2，连接NC交BD于点G，若$\frac{BG}{CG}=\frac{1}{3}$，求BN的长.

答案：
解：
(1)证明：如图1，连接AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴MA = MC，∠MAN = ∠MCB，
∵MN = MC，
∴MA = MN，
∴∠MAN = ∠MNA，
∴∠MNA = ∠MCB，
∴∠MNA + ∠BNM = ∠MCB + ∠BNM = 180°，
∵∠ABC = 90°，
∴∠CMN = 90°，
即MN⊥MC；
(2)如图2，过点M作ME⊥CD于点E，MF⊥BC于点F，
∴四边形MFCE是矩形，
∴EC = MF，
∵∠CBD = ∠CDB = 45°，
设DE = ME = a，
则DM = $\sqrt{2}a$，
∵∠DCM = 30°，
∴CE = MF = $\sqrt{3}a$，
∴BM = $\sqrt{6}a$，
∴$\frac{DM}{BM}=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{6}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$；
(3)由
(1)知△CMN是等腰直角三角形，
∴∠MCN = 45°，
又
∵∠ABD = 45°，
∴∠MCG = ∠NBG，
又
∵∠CGM = ∠BGN，
∴△BGN∽△CGM，
∴$\frac{BG}{CG}=\frac{BN}{CM}=\frac{1}{3}$，
设BN = x，则CM = MN = 3x，
∴CN = 3$\sqrt{2}x$，
∵BC = AB = 5，BN² + BC² = CN²，
∴x² + 5² = (3$\sqrt{2}x$)²，
∴x = $\frac{5\sqrt{17}}{17}$或 - $\frac{5\sqrt{17}}{17}$(舍去)，
∴BN = $\frac{5\sqrt{17}}{17}$。

10. [2023·广州三模]如图1，点D是边长为4的等边三角形ABC内部一点，满足BD = DC，且∠BDC = 120°，点E为BD延长线与边AC的交点.
（1）求DE的长；
（2）若△BDC绕点C顺时针旋转至△B'D'C处，如图2，点B的对应点为点B'，点D的对应点为点D'，连接AB'并取AB'的中点G，连接BG，D'G.
①试探究BG与D'G的关系，并说明理由；
②若将△BDC绕点C顺时针旋转一周，求线段BG的取值范围.

答案：
解：
(1)
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC = ∠ACB = 60°。
∵DB = DC，∠BDC = 120°，
∴∠DBC = ∠DCB = 30°，∠EDC = 60°，
∴∠ABD = ∠ACD = 30°，∠EBC + ∠ECB = 90°，
∴∠BEC = 90°，
∴DE = $\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{3}BE$。
∵BC = 4，
∴BE = BC·$\sin60^{\circ}=2\sqrt{3}$，
∴DE = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$；
(2)①如图1中，结论BG⊥GD'，BG = $\sqrt{3}GD'$。
理由：延长BG到点T，使得GT = GB，连接B'T，TD'，延长BA，D'B'，相交于点K。

∵AG = GB'，∠AGB = ∠B'GT，BG = TG，
∴△AGB≌△B'GT(SAS)，
∴AB = TB'，∠ABG = ∠B'TG，
∴BK//TB'，
∴∠K = ∠KB'T。
∵∠ABC = 60°，BC = AB，∠CD'B' = ∠CDB = 120°，
∴∠KBC + ∠CD'K = 180°，
∴∠K + ∠BCD' = 180°。
∵∠KB'T + ∠TB'D' = 180°，
∴∠BCD' = ∠TB'D'。
∵CD' = B'D'，BC = B'C，
∴△BCD'≌△TB'D'(SAS)，
∴D'B = D'T，∠CD'B = ∠TD'B'，
∴∠BD'T = ∠CD'B' = 120°。
∵GB = GT，
∴D'G⊥BT，∠BD'G = ∠TD'G = 60°，
∴∠BGD' = 90°，
∴BG = GD'·$\tan\angle BD'G=\sqrt{3}GD'$，
∴BG⊥GD'，BG = $\sqrt{3}GD'$；
②如图2中，连接GE。由题意，得AB = BC = AC = 4，∠ABC = 60°，
由
(1)，得BE⊥AC，
∴AE = EC = 2，∠CBE = 30°，
BE = $\sqrt{3}EC = 2\sqrt{3}$。
∵AG = GB'，AE = EC，
∴EG = $\frac{1}{2}CB' = 2$，
∴BE - EG≤BG≤BE + EG，
∴2$\sqrt{3}-2\leq BG\leq2\sqrt{3}+2$。