《2025年名校课堂九年级数学上册北师大版》

6. 如图,在正方形$ABCD$中,点$E在边CD$上,过点$B作BF⊥BE$,交$DA的延长线于点F$,作$∠CBF的平分线BP$,交边$AD于点P$.
(1)根据题意,补全图形(画图工具不限).
(2)求证:$BE= BF$.

(3)若$AB= 3,CE= 1$,求$AP$的长.
(1) 图略. (2) 证明: $\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形, $\therefore ∠ABC = ∠C = ∠BAD = 90^{\circ}$, $AB = BC$. $\therefore ∠ABE + ∠CBE = 90^{\circ}$. $\because BF \perp BE$, $\therefore ∠FBE = ∠ABF + ∠ABE = 90^{\circ}$. $\therefore ∠ABF = ∠CBE$. $\because ∠BAD + ∠BAF = 180^{\circ}$, $\therefore ∠BAF = 90^{\circ}$. $\therefore ∠BAF = ∠C = 90^{\circ}$. $\therefore △CBE \cong △ABF(ASA)$. $\therefore BE = BF$. (3) 在 $Rt△EBC$ 中, $BC = AB = 3$, $CE = 1$, $\therefore BE = \sqrt{CE^{2} + BC^{2}} = \sqrt{10}$. 由 (2) 得, $BF = BE = \sqrt{10}$. $\because BP$ 平分 $∠CBF$, $\therefore ∠PBC = ∠PBF$. $\because AD // BC$, $\therefore ∠BPF = ∠PBC$. $\therefore ∠BPF = ∠PBF$. $\therefore PF = BF = \sqrt{10}$. 由 (2) 得, $△CBE \cong △ABF$, $\therefore AF = CE = 1$. $\therefore AP = PF - AF =$$\sqrt{10} - 1$.

答案： 解:
(1) 图略.
(2) 证明: $\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形, $\therefore ∠ABC = ∠C = ∠BAD = 90^{\circ}$, $AB = BC$. $\therefore ∠ABE + ∠CBE = 90^{\circ}$. $\because BF \perp BE$, $\therefore ∠FBE = ∠ABF + ∠ABE = 90^{\circ}$. $\therefore ∠ABF = ∠CBE$. $\because ∠BAD + ∠BAF = 180^{\circ}$, $\therefore ∠BAF = 90^{\circ}$. $\therefore ∠BAF = ∠C = 90^{\circ}$. $\therefore △CBE \cong △ABF(ASA)$. $\therefore BE = BF$.
(3) 在 $Rt△EBC$ 中, $BC = AB = 3$, $CE = 1$, $\therefore BE = \sqrt{CE^{2} + BC^{2}} = \sqrt{10}$. 由
(2) 得, $BF = BE = \sqrt{10}$. $\because BP$ 平分 $∠CBF$, $\therefore ∠PBC = ∠PBF$. $\because AD // BC$, $\therefore ∠BPF = ∠PBC$. $\therefore ∠BPF = ∠PBF$. $\therefore PF = BF = \sqrt{10}$. 由
(2) 得, $△CBE \cong △ABF$, $\therefore AF = CE = 1$. $\therefore AP = PF - AF = \sqrt{10} - 1$.

如图在△ABC中，AB=AC，P为BC上任意一点,$PE⊥AB于点E$,$PF⊥AC于点F$,$BM⊥AC于点M$. 求证:$PE+PF= BM$.

证明:连接$AP$.
$\because PE⊥AB,PF⊥AC,BM⊥AC$,
$\therefore S_{△ABP}=$$\frac{1}{2}AB\cdot PE$,$S_{△ACP}=$$\frac{1}{2}AC\cdot PF$,$S_{△ABC}=$$\frac{1}{2}AC\cdot BM$.
$\because$$S_{\triangle ABP}$+$S_{\triangle ACP}$$=S_{△ABC}$,
$\therefore \frac {1}{2}AB\cdot PE+\frac {1}{2}AC\cdot PF= \frac {1}{2}AC\cdot BM$.
$\because AB= AC,\therefore PE+PF= BM$.
结论:等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和等于一腰上的高.

答案： 1. 首先根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高）：
因为$PE\perp AB$，所以$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB\cdot PE$（这里$AB$为底，$PE$为高）；
因为$PF\perp AC$，所以$S_{\triangle ACP}=\frac{1}{2}AC\cdot PF$（这里$AC$为底，$PF$为高）；
因为$BM\perp AC$，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BM$（这里$AC$为底，$BM$为高）。
2. 然后根据图形的面积关系：
因为$S_{\triangle ABP}+S_{\triangle ACP}=S_{\triangle ABC}$（$\triangle ABC$的面积等于$\triangle ABP$与$\triangle ACP$的面积之和）。
故答案依次为：$\frac{1}{2}AB\cdot PE$；$\frac{1}{2}AC\cdot PF$；$\frac{1}{2}AC\cdot BM$；$S_{\triangle ABP}$；$S_{\triangle ACP}$。

1. 新考向 传统文化

(2023·内江)出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一,最早是由魏晋时期数学家刘徽创建.“将一个几何图形任意切成多块小图形,几何图形的总面积保持不变,等于所分割的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB= 5$,$AD= 12$,对角线$AC与BD相交于点O$,$E为边BC$上的一个动点,$EF⊥AC$,$EG⊥BD$,垂足分别为$F$,$G$,则$EF+EG= $$\frac{60}{13}$.

答案： $\frac{60}{13}$

1. 新考向 传统文化

(2023·内江)出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一,最早是由魏晋时期数学家刘徽创建.“将一个几何图形任意切成多块小图形,几何图形的总面积保持不变,等于所分割的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB= 5$,$AD= 12$,对角线$AC与BD相交于点O$,$E为边BC$上的一个动点,$EF⊥AC$,$EG⊥BD$,垂足分别为$F$,$G$,则$EF+EG= $$\frac{60}{13}$.

答案： 1. 首先求矩形$ABCD$的对角线$AC$的长度：
根据勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（在矩形$ABCD$中，$AB = a = 5$，$AD = b = 12$，$AC$为对角线$c$），则$AC=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}$。
把$AB = 5$，$AD = 12$代入可得$AC=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=\sqrt{25 + 144}=\sqrt{169}=13$。
因为矩形的对角线相等且互相平分，所以$OB = OC=\frac{1}{2}AC=\frac{13}{2}$，$S_{\triangle BOC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}$。
又$S_{矩形ABCD}=AB× AD=5×12 = 60$，所以$S_{\triangle BOC}=\frac{1}{4}×60 = 15$。
2. 然后利用面积法：
连接$OE$，$S_{\triangle BOC}=S_{\triangle BOE}+S_{\triangle COE}$。
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（对于$\triangle BOE$，$a = OB$，$h = EG$；对于$\triangle COE$，$a = OC$，$h = EF$）。
因为$OB = OC=\frac{13}{2}$，所以$S_{\triangle BOC}=\frac{1}{2}OB× EG+\frac{1}{2}OC× EF=\frac{1}{2}OC(EF + EG)$（$OB = OC$）。
已知$S_{\triangle BOC}=15$，$OC=\frac{13}{2}$，将$S_{\triangle BOC}=15$，$OC=\frac{13}{2}$代入$S_{\triangle BOC}=\frac{1}{2}OC(EF + EG)$中，得$15=\frac{1}{2}×\frac{13}{2}(EF + EG)$。
则$EF + EG=\frac{15×2×2}{13}=\frac{60}{13}$。
故$EF + EG=\frac{60}{13}$。

2. 如图,在菱形$ABCD$中,$P是对角线AC$上一动点,过点$P作PE⊥BC于点E$,$PF⊥AB于点F$. 若菱形$ABCD的周长为20$,面积为$24$,则$PE+PF$的值为____$\frac{24}{5}$.

答案： 1. 首先求菱形的边长：
已知菱形$ABCD$的周长为$20$，因为菱形的四条边相等，设边长为$a$，根据周长公式$C = 4a$，则$4a=20$，解得$a = 5$。
2. 然后连接$BP$：
因为$S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ADC}=S_{菱形ABCD}$，且$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ADC}$（菱形的对角线平分菱形的面积），所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}S_{菱形ABCD}$。
已知$S_{菱形ABCD}=24$，则$S_{\triangle ABC}=12$。
又因为$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABP}+S_{\triangle BCP}$。
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高），对于$S_{\triangle ABP}$，以$AB$为底，$PF$为高，$S_{\triangle ABP}=\frac{1}{2}AB\cdot PF$；对于$S_{\triangle BCP}$，以$BC$为底，$PE$为高，$S_{\triangle BCP}=\frac{1}{2}BC\cdot PE$。
因为$AB = BC=a = 5$。
所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot PF+\frac{1}{2}BC\cdot PE$。
把$AB = BC = 5$，$S_{\triangle ABC}=12$代入上式得：$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}(AB\cdot PF + BC\cdot PE)=\frac{1}{2}×5×(PE + PF)$。
3. 最后求解$PE + PF$的值：
由$\frac{1}{2}×5×(PE + PF)=12$。
则$PE + PF=\frac{24}{5}$。
故答案为$\frac{24}{5}$。

3. 如图所示,$E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD$上一点,且$BE= BC$,$P为CE$上任意一点,$PQ⊥BC于点Q$,$PR⊥BE于点R$,则$PQ+PR$的值是____$\frac{\sqrt{2}}{2}$.

答案： 1. 首先，连接$BP$：
已知正方形$ABCD$边长$BC = 1$，因为$BE = BC = 1$，且$\triangle BCE$的面积$S_{\triangle BCE}=S_{\triangle BCP}+S_{\triangle BEP}$。
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}ah$（$a$为底，$h$为高）。
对于$\triangle BCP$，以$BC$为底，$PQ$为高，则$S_{\triangle BCP}=\frac{1}{2}BC\cdot PQ$；对于$\triangle BEP$，以$BE$为底，$PR$为高，则$S_{\triangle BEP}=\frac{1}{2}BE\cdot PR$；对于$\triangle BCE$，因为正方形$ABCD$中$\angle DBC = 45^{\circ}$，$BE = BC = 1$，过$C$作$CM\perp BD$于$M$，在$Rt\triangle BCM$中，$\angle BCM = 45^{\circ}$，$\sin\angle DBC=\frac{CM}{BC}$，又$BC = 1$，$\angle DBC = 45^{\circ}$，所以$CM = BC\sin45^{\circ}=1×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}BE\cdot CM$。
2. 然后，根据面积关系：
因为$S_{\triangle BCE}=S_{\triangle BCP}+S_{\triangle BEP}$，$BE = BC$。
所以$\frac{1}{2}BE\cdot CM=\frac{1}{2}BC\cdot PQ+\frac{1}{2}BE\cdot PR$。
又$BE = BC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}BC$（$BC\neq0$），可得$CM = PQ + PR$。
所以$PQ + PR=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
故答案为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。