《2025年天府前沿九年级数学上册北师大版》

13. (2022·龙泉驿)如图,在矩形ABCD中,AD= 1,AB= 2√2,M为线段BD上一动点,MP⊥CD于点P,MQ⊥BC于点Q,则PQ的最小值为______.

答案： $\frac{2\sqrt{2}}{3}$

14. (2022·广元)如图,直尺AB垂直竖立在水平面上,将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上,使点E与点A重合,DE= 12 cm. 当点D沿DA方向滑动时,点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动. 当点D滑动到点A时,求点C运动的路径长.

答案：
[解]当点 $D$ 沿 $DA$ 方向下滑时，得 $\triangle E'C'D'$，过点 $C'$ 作 $C'N\perp AD$ 于点 $N$，作 $C'M\perp AF$ 于点 $M$，如图所示
　　　　　　　
∵$DE = 12cm,CD = CE,\angle DCE = 90^{\circ}$，
∴$CD = CE = 6\sqrt{2}cm$.
∵$\angle MAN=\angle C'NA=\angle C'MA = 90^{\circ}$，
∴四边形 $AMC'N$ 是矩形，
∴$\angle D'C'E'=\angle MC'N = 90^{\circ}$，
∴$\angle D'C'E'-\angle NC'E'=\angle MC'N-\angle NC'E'$，
　即 $\angle D'C'N=\angle E'C'M$.
∵$\angle C'ND'=\angle C'ME' = 90^{\circ},C'D' = C'E'$，
∴$\triangle C'ND'\cong\triangle C'ME'(AAS)$，
∴$C'N = C'M$.
∵$C'N\perp DA,C'M\perp AF$，
∴$AC'$ 平分 $\angle BAF$，
∴点 $C$ 在射线 $AC'$ 上运动.
　当 $C'D'\perp AD$ 时，$AC'$ 的值最大，最大值为 $12cm$.
　当点 $D$ 滑动到点 $A$ 时，点 $C$ 运动的路径长为 $2CC' = 2(AC' - AC)=2\times(12 - 6\sqrt{2})=(24 - 12\sqrt{2})cm$.

15. (2022·温江)如图1,已知AD//BC,AB//CD,∠B= ∠C.
(1)求证：四边形ABCD为矩形.
(2)M为AD的中点,在AB上取一点N,使∠BNC= 2∠DCM.
①如图2,若N为AB的中点,BN= 2,求CN的长；
②如图2,若CM= 3,CN= 4,求BC的长.

答案：

(1)[证明]
∵$AD// BC,AB// CD$，
∴四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
∵$AB// CD$，
∴$\angle B+\angle C = 180^{\circ}$.
∵$\angle B=\angle C$，
∴$\angle B=\angle C = 90^{\circ}$，
∴平行四边形 $ABCD$ 是矩形.
(2)[解]①如图，延长 $CM,BA$ 交于点 $E$.
∵$AN = BN = 2$，
∴$AB = CD = 4$.
∵$AE// DC$，
∴$\angle E=\angle MCD$.
　在 $\triangle AEM$ 和 $\triangle DCM$ 中，
　$\left\{\begin{array}{l}\angle E=\angle MCD,\\\angle AME=\angle DMC,\\AM = DM,\end{array}\right.$
∴$\triangle AEM\cong\triangle DCM$，
∴$AE = DC = 4$.
∵$\angle BNC = 2\angle DCM=\angle NCD$，
∴$\angle NCE=\angle ECD=\angle E$，
∴$CN = EN = AE + AN = 4 + 2 = 6$.
　　　　　　　
　②如图，延长 $CM,BA$ 交于点 $E$.
　由①可知，$\triangle AEM\cong\triangle DCM,EN = CN$，
∴$EM = CM = 3,CE = 6,EN = CN = 4$.
　设 $BN = x$，则 $EB = BN + EN = x + 4,BC^{2}=CN^{2}-BN^{2}=CE^{2}-EB^{2}$，
∴$4^{2}-x^{2}=6^{2}-(x + 4)^{2}$，
∴$x=\frac{1}{2}$，
∴$BC=\sqrt{CN^{2}-BN^{2}}=\sqrt{4^{2}-(\frac{1}{2})^{2}}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$.