《2025年综合应用创新题典中点九年级数学上册北师大版》

9. 如图,矩形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,点E是BC上一点,且AB= BE,∠1= 15°,则∠2= ______30°．

答案： 30° 【点拨】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°,OB=OD=$\frac{1}{2}$BD,OA=OC=$\frac{1}{2}$AC,AC=BD.
∴OA=OB=OC.
∴∠OCB=∠OBC.
∵AB=BE,∠ABE=90°,
∴∠BAE=∠AEB=45°.
∵∠1=15°,
∴∠OCB=∠AEB - ∠1=45° - 15°=30°.
∴∠OBC=∠OCB=30°.
∴∠AOB=30°+30°=60°.
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形.
∴AB=OB.
∴OB=BE.
∴∠OEB=∠EOB.
∵∠OBE=30°,∠OBE+∠OEB+∠EOB=180°,
∴∠OEB=75°.
∵∠AEB=45°,
∴∠2=∠OEB - ∠AEB=30°.

10. [2023台州]如图,矩形ABCD中,AB= 4,AD= 6．在边AD上取一点E,使BE= BC,过点C作CF⊥BE,垂足为点F,则BF的长为$2\sqrt{5}$．

答案： $2\sqrt{5}$

11. 已知四边形ABCD是矩形,点E是矩形ABCD的边上的点,且EA= EC．若AB= 6,AC= 2$\sqrt{10}$,则DE的长是______．

答案：
$\frac{2\sqrt{34}}{3}$或$\frac{8}{3}$ 【点拨】如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=6,AD=BC，
∠ABC=∠ADC=90°.
∴BC=$\sqrt{AC^{2}-AB^{2}}$=$\sqrt{40 - 36}$=2.
∴AD=2.

当点E在CD上时，
∵AE^{2}=DE^{2}+AD^{2}=EC^{2}，
∴(6 - DE)^{2}=DE^{2}+4.
∴DE=$\frac{8}{3}$.
当点E'在AB上时，
∵CE'^{2}=BE'^{2}+BC^{2}=E'A^{2}，
∴AE'^{2}=(6 - AE')^{2}+4.
∴AE'=$\frac{10}{3}$.
∴DE'=$\sqrt{AD^{2}+E'A^{2}}$=$\sqrt{4+\frac{100}{9}}$=$\frac{2\sqrt{34}}{3}$,
综上所述，DE的长为$\frac{2\sqrt{34}}{3}$或$\frac{8}{3}$.

12. [2023惠州期末]如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,过点A作AE⊥BC于点E,延长BC至点F,使CF= BE,连接DF．
(1)求证：四边形AEFD是矩形；
(2)若BF= 16,DF= 8,求菱形ABCD的面积．

(1)【证明】∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC,AD=BC.
∵CF=BE，
∴CF+EC=BE+EC，
即EF=BC.
∴EF=AD.
又∵AD//EF，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°.
∴平行四边形AEFD是矩形.
(2)【解】∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD.
∵BF=16，
∴CF=BF - BC=16 - CD.
∵四边形AEFD是矩形，
∴AE=DF=8,∠F=90°.
∴在Rt△CFD中，由勾股定理得$DF^{2}+CF^{2}=CD^{2}，$
即$8^{2}+(16 - CD)^{2}=CD^{2}，$解得CD=10，
∴BC=CD=10.
∵AE⊥BC，
∴$S_{菱形ABCD}=BC×AE=10×8=80.$

答案：
(1)【证明】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC,AD=BC.
∵CF=BE，
∴CF+EC=BE+EC，
即EF=BC.
∴EF=AD.
又
∵AD//EF，
∴四边形AEFD是平行四边形.
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°.
∴平行四边形AEFD是矩形.
(2)【解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD.
∵BF=16，
∴CF=BF - BC=16 - CD.
∵四边形AEFD是矩形，
∴AE=DF=8,∠F=90°.
∴在Rt△CFD中，由勾股定理得$DF^{2}+CF^{2}=CD^{2}，$
即$8^{2}+(16 - CD)^{2}=CD^{2}，$解得CD=10，
∴BC=CD=10.
∵AE⊥BC，
∴$S_{菱形ABCD}=BC×AE=10×8=80.$

13. 学科素养逻辑推理在矩形ABCD中,AB= 4,BC= 3．若点P是CD上任意一点,如图①,PE⊥BD于点E,PF⊥AC于点F．

(1)猜想PE和PF之间有怎样的数量关系？写出你的理由．
(2)当点P是AD上任意一点时,如图②,猜想PE和PF有怎样的数量关系,写出你的理由．
(3)当点P是DC延长线上任意一点时,如图③,猜想PE和PF之间有怎样的数量关系？写出推理过程．

答案：
$【$解$】(1)PE$和$PF$之间的数量关系为$PE+PF=\frac{12}{5}.$　　
理由：连接$OP，$过$C$作$CH⊥BD$于$H，$如图$①，$　　
设$CH=h_{1}，$　　
在矩形$ABCD$中，$∠BCD=90°,CD=AB=4,AD=BC=3.$　　
∴在$Rt△BCD$中，$BD=\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5.$　　
∵$S_{△BCD}=\frac{1}{2}×BD×h_{1}=\frac{1}{2}×BC×CD，$　　
∴$5h_{1}=3×4.$　　
∴$h_{1}=\frac{12}{5}.$　　

由四边形$ABCD$为矩形，　　
易知$OC=OD.$　　
∵$S_{△COD}=S_{△DOP}+S_{△COP}，$　　
∴$\frac{1}{2}OD·h_{1}=\frac{1}{2}OD·PE+\frac{1}{2}OC·PF，$　　
∴$PE+PF=h_{1}=\frac{12}{5}.$　　
$(2)PE$和$PF$之间的数量关系为$PE+PF=\frac{12}{5}.$理由：　　
连接$OP，$过$O$作$OM⊥AD$于$M，$如图$②，$　　
设$OM=h_{2}，$　　
易知$OD=OA=\frac{1}{2}BD=\frac{5}{2}，$　　
$h_{2}=\frac{1}{2}CD=2.$　　
∵$S_{△AOD}=S_{△OPD}+S_{△OPA}，$　　
∴$\frac{1}{2}AD·h_{2}=\frac{1}{2}OD·PE+\frac{1}{2}OA·PF.$　　
∴$\frac{1}{2}×3×2=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}PE+\frac{1}{2}×\frac{5}{2}PF.$　　
∴$PE+PF=\frac{12}{5}.$　　

$(3)PE$和$PF$之间的数量关系为$PE - PF=\frac{12}{5}，$理由：　　
连接$OP，$$BP，$过$C$作$CH⊥BD$于$H，$如图$③.$　　

由$(1)$知$CH=\frac{12}{5}.$　　
易知$OC=OB=OD=\frac{1}{2}BD.$　　
∵$S_{△BPD}=S_{△COD}+S_{四边形BOCP}=S_{△COD}+S_{△COP}+S_{△BOP}，$　　
∴$\frac{1}{2}BD·PE=\frac{1}{2}OD·CH+\frac{1}{2}OC·PF+\frac{1}{2}OB·PE，$　　
∴$2PE=\frac{12}{5}+PF+PE.$　　
∴$PE - PF=\frac{12}{5}.$