《2025年综合应用创新题典中点九年级数学上册北师大版》

8. 点$E$,$F分别在正方形ABCD的边CD$,$BC$上,且$DE = CF$,点$P在射线BC$上(点$P不与点F$重合)。将线段$EP绕点E顺时针旋转90^{\circ}得到线段EG$,过点$E作GD的垂线QH$,垂足为点$H$,交射线$BC于点Q$。
(1) 如图①,若点$E是CD$的中点,点$P在线段BF$上,请直接写出线段$BP$,$QC$,$EC$满足的数量关系。
(2) 如图②,若点$E不是CD$的中点,点$P在线段BF$上,判断(1)中的结论是否仍然成立,若成立,请写出证明过程；若不成立,请说明理由。
(3) 若正方形$ABCD$的边长为9,$DE = \frac{1}{3}DC$,$QC = 2$,请直接写出线段$BP$的长。

答案：
【解】
(1)$BP+QC=EC$．
【点拨】在正方形$ABCD$中，$∠BCD=90^{\circ}$．
由题意得$EP=EG$，$∠PEG=90^{\circ}$，
∴$∠GED+∠PEC=90^{\circ}$．
又
∵$∠EPC+∠PEC=90^{\circ}$，
∴$∠GED=∠EPC$．
∵$∠G+∠GEH=90^{\circ}$，$∠PEQ+∠GEH=90^{\circ}$，
∴$∠G=∠PEQ$．
在$\triangle GED$和$\triangle EPQ$中，$\left\{\begin{array}{l} ∠G=∠PEQ,\\ EG=PE,\\ ∠GED=∠EPQ,\end{array}\right.$
∴$\triangle GED\cong \triangle EPQ(ASA)$．
∴$PQ=ED$．
又
∵点$E$是$CD$的中点，
∴$ED=EC=\frac {1}{2}DC$．
∴$PQ=\frac {1}{2}DC$．
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$DC=BC$．
∵$BP+QC=BC-PQ$，
∴$BP+QC=DC-\frac {1}{2}DC=\frac {1}{2}DC$．
∴$BP+QC=EC$．
(2)成立，证明过程如下：
∵$∠PEG=90^{\circ}$，
∴$∠GED+∠PEC=90^{\circ}$．
又
∵$∠EPC+∠PEC=90^{\circ}$，
∴$∠GED=∠EPC$．
∵$∠G+∠GEH=90^{\circ}$，$∠PEQ+∠GEH=90^{\circ}$，
∴$∠G=∠PEQ$．
在$\triangle GED$和$\triangle EPQ$中，$\left\{\begin{array}{l} ∠G=∠PEQ,\\ EG=PE,\\ ∠GED=∠EPQ,\end{array}\right.$
∴$\triangle GED\cong \triangle EPQ(ASA)$．
∴$PQ=ED$．
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$DC=BC$．
∵$EC=DC-DE$，
∴$EC=BC-PQ$．
又
∵$PQ=BC-(BP+QC)$，
∴$EC=BC-[BC-(BP+QC)]=BP+QC$．
(3)$BP$的长为$4$或$8$． 【点拨】①当点$P$在线段$BF$上时，点$Q$在线段$BC$上，如图①所示．
由
(2)可知$BP=EC-QC$．
由题意知$CD=BC=9$．
∵$DE=\frac {1}{3}DC=3$，
∴$EC=6$．
∴$BP=6-2=4$．
②当点$P$在线段$FC$上时，点$Q$在线段$BC$的延长线上，如图②．
∵$∠GEP=90^{\circ}$，
∴$∠GEH+∠PEQ=90^{\circ}$．
又
∵$∠GEH+∠G=90^{\circ}$，
∴$∠G=∠PEQ$．
∵$∠DEH=∠QEC$，$∠DEH+∠GDE=90^{\circ}$，$∠QEC+∠Q=90^{\circ}$，
∴$∠Q=∠GDE$．
在$\triangle GDE$和$\triangle EQP$中，$\left\{\begin{array}{l} ∠GDE=∠Q,\\ ∠G=∠PEQ,\\ GE=EP,\end{array}\right.$
∴$\triangle GDE\cong \triangle EQP(AAS)$．
∴$PQ=DE=3$．
∵$QC=2$，
∴$PC=PQ-QC=1$．
∴$BP=BC-PC=9-1=8$．
综上所述，线段$BP$的长为$4$或$8$．

9. [2024昆明期末] 问题情境：如图①,点$E为正方形ABCD$内一点,$AE = 2$,$BE = 4$,$\angle AEB = 90^{\circ}$,将直角三角形$ABE绕点A逆时针旋转\alpha(0^{\circ} \leq \alpha \leq 180^{\circ})$,点$B$,$E的对应点分别为点B'$,$E'$。
问题解决：(1) 如图②,在旋转的过程中,点$B'落在了AC$上,求此时$CB'$的长。
(2) 若$\alpha = 90^{\circ}$,如图③,得到$\triangle ADE'$(此时$B'与D$重合),延长$BE交DE'于点F$。
①试判断四边形$AEFE'$的形状,并说明理由；
②连接$CE$,求$CE$的长。
(3) 在直角三角形$ABE绕点A$逆时针旋转的过程中,直接写出线段$CE'$长度的取值范围。

答案：
【解】
(1)
∵$AE=2$，$BE=4$，$∠AEB=90^{\circ}$，
∴$AB=\sqrt {AE^{2}+BE^{2}}=\sqrt {2^{2}+4^{2}}=2\sqrt {5}$．
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$BC=AB=2\sqrt {5}$，$∠ABC=90^{\circ}$．
∴$AC=2\sqrt {10}$．
由旋转的性质得$AB'=AB=2\sqrt {5}$，
∴$CB'=AC-AB'=2\sqrt {10}-2\sqrt {5}$．
(2)①四边形$AEFE'$是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：$AE'=AE$，$∠EAE'=\alpha =90^{\circ}$，
$∠AE'D=∠AEB=90^{\circ}$．
∵$∠AEF=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}$，
∴四边形$AEFE'$是矩形．
又
∵$AE'=AE$，
∴四边形$AEFE'$是正方形．
②过点$C$作$CG⊥BE$于点$G$，如图所示，
则$∠BGC=90^{\circ}=∠AEB$．
由题意知$∠ABC=90^{\circ}$，$AB=BC$，
∴$∠CBG+∠BCG=∠CBG+∠ABE=90^{\circ}$．
∴$∠BCG=∠ABE$．
在$\triangle BCG$和$\triangle ABE$中，$\left\{\begin{array}{l} ∠BGC=∠AEB,\\ ∠BCG=∠ABE,\\ BC=AB,\end{array}\right.$
∴$\triangle BCG\cong \triangle ABE(AAS)$．
∴$CG=BE=4$，$BG=AE=2$．
∴$EG=BE-BG=4-2=2$．
∴$CE=\sqrt {CG^{2}+EG^{2}}=\sqrt {4^{2}+2^{2}}=2\sqrt {5}$．

(3)线段$CE'$长度的取值范围是$2\sqrt {5}\leqslant CE'\leqslant 2\sqrt {10}+2$．【点拨】
∵直角三角形$ABE$绕点$A$逆时针旋转$\alpha (0\leqslant \alpha \leqslant 180^{\circ})$，点$B$，$E$的对应点分别为点$B'$，$E'$，
∴当$\alpha =0^{\circ}$时，$E'$与$E$重合，$CE'$此时最短，最短为$2\sqrt {5}$；
当$E'$落在$CA$的延长线上时，$CE'$最长，最长为$AC+AE'=2\sqrt {10}+2$．
∴线段$CE'$长度的取值范围是$2\sqrt {5}\leqslant CE'\leqslant 2\sqrt {10}+2$．