《2025年综合应用创新题典中点九年级数学上册北师大版》

9. 母题 教材P4习题T2 如图,菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,$AC= 24,BD= 10$,则菱形ABCD的周长为52.

答案： 52

10. 如图,正方形ABCD的边长为8,点E是CD的中点,HG垂直平分AE且分别交AE,BC于点H,G,则$BG= $1.

答案： 1　[点拨]连接AG,EG.由线段垂直平分线的性质得AG = EG.由正方形的性质得AB = CB = CD = 8,∠C = ∠B = 90°,由中点的性质得CE = $\frac{1}{2}$CD = 4.设BG = x,由勾股定理得8² + x² = 4² + (8 - x)²,解得x = 1.即BG = 1.

11. [2024北京四中模拟]如图,菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,点P为AB边上一动点(不与点A,B重合),$PE⊥OA$于点E,$PF⊥OB$于点F,若$AC= 8,BD= 6$,则EF的最小值为____.

答案：
C　[点拨]
∵四边形ABCD是菱形，
　
∴AC⊥BD,OA = OC = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$×8 = 4,OB = OD = $\frac{1}{2}$BD = $\frac{1}{2}$×6 = 3.
　　在Rt△AOB中,AB = $\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}$ = $\sqrt{4^{2}+3^{2}}$ = 5.
　　如图所示，连接OP,
　
∵PE⊥OA于点E,PF⊥OB于点F,
　
∴四边形OEPF是矩形，
　
∴EF = OP.
　　当OP⊥AB时，OP的值最小,即EF的值最小，
　
∵S△AOB = $\frac{1}{2}$OA·OB = $\frac{1}{2}$AB·OP,
　
∴OP = $\frac{OA·OB}{AB}$ = $\frac{4×3}{5}$ = $\frac{12}{5}$,
　
∴EF的最小值为$\frac{12}{5}$,
　　　　　　　　　

12. (16分)如图,AD和BC相交于点O,$∠ABO= ∠DCO= 90^{\circ },OB= OC$.点E,F分别是AO,DO的中点.
(1)求证:$OE= OF$;
[证明]在△AOB和△DOC中,
　　$\begin{cases}\angle ABO = \angle DCO = 90°\\OB = OC\\\angle AOB = \angle DOC\end{cases}$
　　∴△AOB≌△DOC(ASA)。
　　∴OA = OD。
　　又∵E,F分别是AO,DO的中点，
　　∴OE = OF。
(2)当$∠A= 30^{\circ }$时,求证:四边形BECF是矩形.
[证明]∵OB = OC,OE = OF,
　∴四边形BECF是平行四边形,BC = 2OB,EF = 2OE.
∵E为AO的中点,∠ABO = 90°,∴EB = EO = EA.
　∵∠A = 30°,∴∠BOE = 60°.
　∴△BOE是等边三角形.
　∴OB = OE.∴BC = EF.
　∴四边形BECF是矩形.

答案： [证明]
(1)在△AOB和△DOC中,
　　$\begin{cases}\angle ABO = \angle DCO = 90°\\OB = OC\\\angle AOB = \angle DOC\end{cases}$
　
∴△AOB≌△DOC(ASA)。
　
∴OA = OD。
　　又
∵E,F分别是AO,DO的中点，
　
∴OE = OF。
(2)
∵OB = OC,OE = OF,
∴四边形BECF是平行四边形,BC = 2OB,EF = 2OE.
∵E为AO的中点,∠ABO = 90°,
∴EB = EO = EA.
∵∠A = 30°,
∴∠BOE = 60°.
∴△BOE是等边三角形.
∴OB = OE.
∴BC = EF.
∴四边形BECF是矩形.

13. (16分)[2024河南师大附中期中]如图,正方形ABCD中,E是BC上的一点,连接AE,过点B作$BG⊥AE$,垂足为点G,延长BG交CD于点F,连接AF.
(1)求证:$BE= CF$;
(2)若正方形的边长是5,$BE= 2$,求AF的长.
(1)[证明]∵四边形ABCD是正方形，
　　∴AB = BC,∠ABE = ∠BCF = 90°.
　　∴∠BAE + ∠AEB = 90°.
　　∵BG⊥AE,∴∠BGE = 90°.
　　∴∠AEB + ∠EBG = 90°.
　　∴∠BAE = ∠EBG.
　　∴△ABE≌△BCF(ASA),
　　∴BE = CF.
(2)[解]∵四边形ABCD是正方形，且边长是5，
　∴∠D = 90°,AD = CD = 5.
　∵BE = 2,∴由(1)得CF = BE = 2.
　∴DF = CD - CF = 5 - 2 = 3.
　∴在Rt△ADF中,由勾股定理得AF = $\sqrt{AD^{2}+DF^{2}}$ = $\sqrt{5^{2}+3^{2}}$ = $\sqrt{34}$

答案：
(1)[证明]
∵四边形ABCD是正方形，
　
∴AB = BC,∠ABE = ∠BCF = 90°.
　
∴∠BAE + ∠AEB = 90°.
　
∵BG⊥AE,
∴∠BGE = 90°.
　
∴∠AEB + ∠EBG = 90°.
　
∴∠BAE = ∠EBG.
　
∴△ABE≌△BCF(ASA),
　
∴BE = CF.
(2)[解]
∵四边形ABCD是正方形，且边长是5，
∴∠D = 90°,AD = CD = 5.
∵BE = 2,
∴由
(1)得CF = BE = 2.
∴DF = CD - CF = 5 - 2 = 3.
∴在Rt△ADF中,由勾股定理得AF = $\sqrt{AD^{2}+DF^{2}}$ = $\sqrt{5^{2}+3^{2}}$ = $\sqrt{34}$

14. (20分)[2023厦门一中期末]如图,$\triangle ABC$中,$∠C= 90^{\circ },∠B= 60^{\circ },AC= 5\sqrt {3}$,点D从点A出发沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B匀速运动,同时,点E从点B出发沿BC以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动.设点D,E运动的时间为t秒,作$DF⊥AC$于点F,连接DE,EF.
(1)求证:$BE= DF$;
(2)当t为何值时,四边形BEFD为菱形;
(3)当t为何值时,$\triangle DEF$为直角三角形.(直接写出结果,不用说明理由)

答案：

(1)[证明]由题意得AD = 2t,BE = t.
　
∵∠C = 90°,∠B = 60°,
∴∠A = 30°.
　
∵DF⊥AC,
∴DF = $\frac{1}{2}$AD = t.
　
∴BE = DF.
(2)[解]如图，
∵∠C = 90°,DF⊥AC,
∴BC//DF.
　又由
(1)知BE = DF = t,
∴四边形BEFD为平行四边形.
　在Rt△ABC中,
∵∠A = 30°,
∴AB = 2BC;
∴BC² + AC² = (2BC)².
∵AC = 5$\sqrt{3}$,
∴BC² + (5$\sqrt{3}$)² = 4BC²,解得BC = 5(负值已舍去).
∴AB = 10.
∴BD = 10 - 2t.
　若使▱BEFD为菱形,则需DF = BD,即t = 10 - 2t,
　解得t = $\frac{10}{3}$
∴当t = $\frac{10}{3}$时，四边形BEFD为菱形.
(3)[解]当t = $\frac{5}{2}$或4时,△DEF为直角三角形.
[点拨]△DEF为直角三角形分三种情况:
　①如图①,
　当∠EDF = 90°时，
∵∠EDF = ∠C = ∠DFC = 90°,
∴四边形ECFD为矩形.
∴DF = CE,即t = 5 - t,解得t = $\frac{5}{2}$.
　②如图②,
　当∠DEF = 90°时,
　由
(2)知四边形EFDB为平行四边形，
∴EF//AD.
∴∠BDE = ∠DEF = 90°.
∴∠DEB = 90° - 60° = 30°.
∴BE = 2BD,即t = 2(10 - 2t),解得t = 4.
　③当∠EFD = 90°时，此种情况不存在.
　综上所述，当t = $\frac{5}{2}$或4时，△DEF为直角三角形.