《2025年名校题库九年级数学全一册北师大版》

10. (新都区期末) 正方形 $ABCD$ 的边长为 6, $E$ 是 $BC$ 边上一动点, $F$ 是 $CD$ 边上一动点, 过点 $E$ 作 $AF$ 的平行线, 过点 $F$ 作 $AE$ 的平行线, 两条线交于点 $G$.
(1) 如图 1, 若 $BE = DF$, 求证: 四边形 $AEGF$ 是菱形;
(2) 如图 2, 在 (1) 小题的条件下, 若 $\angle EAF = 45^{\circ}$, 求线段 $DF$ 的长;
(3) 如图 3, 若点 $F$ 运动到 $DF = 2$ 的位置, 且 $\angle EAF$ 依然保持为 $45^{\circ}$, 求四边形 $AEGF$ 的面积.

答案：

(1) 证明：
∵ $EG // AF$，$FG // AE$，
∴ 四边形 $AEGF$ 是平行四边形．
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $AB = AD$，$∠B = ∠D$．又
∵ $BE = DF$，
∴ $\triangle ABE ≌ \triangle ADF(SAS)$，
∴ $AE = AF$，
∴ 四边形 $AEGF$ 是菱形．
(2) 解：如图 1，连接 $AC$，过点 $F$ 作 $FH⊥AC$ 于点 $H$．
∵ 四边形 $AEGF$ 为菱形，
∴ $AC$ 平分 $∠EAF$．又
∵ $∠EAF = 45^{\circ}$，
∴ $∠EAC = ∠FAC = \frac{1}{2}∠EAF = 22.5^{\circ}$．又
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $∠DAF + ∠FAC = ∠DAC = 45^{\circ}$，
∴ $∠DAF = ∠FAC = 22.5^{\circ}$．
∵ $FD⊥AD$ 于点 $D$，$FH⊥AC$ 于点 $H$，
∴ $FH = FD$．
∵ $∠FHC = 90^{\circ}$，$∠ACF = 45^{\circ}$，
∴ $\triangle FHC$ 是等腰直角三角形，
∴ $FC = \sqrt{2}FH = \sqrt{2}DF$，
∴ $DF + CF = DF + \sqrt{2}DF = DC = 6$，
∴ $DF = 6\sqrt{2} - 6$．

(3) 如图 2，连接 $EF$，过点 $A$ 作 $AE$ 的垂线，交 $CD$ 的延长线于点 $K$，过点 $F$ 作 $FP⊥AE$ 于点 $P$，
∴ $∠APF = ∠EAK = ∠EAF + ∠DAF + ∠DAK = 90^{\circ}$．
∵ $∠EAF = 45^{\circ}$，
∴ $∠FAD + ∠DAK = 45^{\circ}$，$\triangle APF$ 为等腰直角三角形．
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形，
∴ $∠B = ∠ADC = ∠BAD = 90^{\circ}$，$AB = AD$，
∴ $∠BAE + ∠DAF = 45^{\circ}$，
∴ $∠BAE = ∠DAK$．又
∵ $AB = AD$，$∠B = ∠ADK = 90^{\circ}$，
∴ $\triangle ABE ≌ \triangle ADK(ASA)$，
∴ $BE = DK$，$AE = AK$．又
∵ $AF = AF$，$∠EAF = ∠KAF$，
∴ $\triangle AEF ≌ \triangle AKF(SAS)$，
∴ $EF = KF$．设 $KD = x$，
∴ $EF = KF = DK + DF = x + 2$．易得 $BE = x$，
∴ $EC = 6 - x$，$FC = 6 - 2 = 4$．在 $Rt\triangle EFC$ 中，$∠C = 90^{\circ}$，$EF^{2} = EC^{2} + FC^{2}$，
∴ $(x + 2)^{2} = (6 - x)^{2} + 4^{2}$，
∴ $x = 3$，
∴ $BE = 3$，
∴ $AE = \sqrt{AB^{2} + BE^{2}} = \sqrt{6^{2} + 3^{2}} = 3\sqrt{5}$．
∵ $AF = \sqrt{AD^{2} + DF^{2}} = \sqrt{6^{2} + 2^{2}} = 2\sqrt{10}$，
∴ 在等腰直角三角形 $AFP$ 中，$FP = \frac{\sqrt{2}}{2}AF = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$．又
∵ 四边形 $AEGF$ 为平行四边形，
∴ $S_{四边形AEGF} = AE \cdot PF = 3\sqrt{5} × 2\sqrt{5} = 30$．