《2025年名校题库九年级数学全一册北师大版》

1. (武侯区一诊)在下列条件中选取一个作为增加条件,能使$□ ABCD$成为菱形的是 (C)
A. $AC = BD$
B. $AB = DC$
C. $AC\perp BD$
D. $AD// BC$

答案： C

2. (青白江区一诊)如图,在$□ ABCD$中,以点$A$为圆心,$AB$的长为半径作弧,交$AD于点F$；分别以点$B$,$F$为圆心,大于$\frac{1}{2}BF$的长为半径作弧,两弧交于点$G$,连接$AG$并延长,交$BC于点E$。若$AE = 6$,$BF = 4$,则$AB$的长为______。

答案：
$\sqrt{13}$ [解析]如图，连接EF,BF,设AE交BF于点O.由题中作图可知,AB=AF,AE平分∠BAD,
∴∠FAE=∠BAE.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD//BC,
∴∠FAE=∠AEB,
∴∠AEB=∠BAE,
∴AB=BE,
∴AF=BE.
∵AF//BE,
∴四边形ABEF是平行四边形.
∵AB=AF,
∴四边形ABEF是菱形,
∴AE⊥BF,AO=OE=$\frac{1}{2}$AE=3,BO=OF=$\frac{1}{2}$BF=2.在Rt△AOB中,
∵AB²=OB²+AO²,
∴AB=$\sqrt{AO²+OB²}$=$\sqrt{9+4}$=$\sqrt{13}$.

3. (金牛区一诊)如图,在四边形$ABCD$中,$AB// DC$,对角线$AC$,$BD交于点O$,$AC = 2AO$,且$AC平分\angle BAD$,过点$C作CE\perp AB交AB的延长线于点E$。
(1)求证：四边形$ABCD$是菱形；

证明:∵AB//DC,∴∠BAC=∠DCA.∵AC=2AO,∴AO=CO.又∵∠AOB=∠COD,∴△AOB≌△COD (ASA),∴BO=DO,∴四边形ABCD为平行四边形.又∵AC平分∠BAD,∴∠BAC=∠DAC,∴∠DCA=∠DAC,∴DA=DC,∴四边形ABCD是菱形.
(2)若$AB= \sqrt{5}$,$BD = 2$,求$\triangle ACE$的面积。
解:∵四边形ABCD是菱形,BD=2,∴AC⊥BD,BO=$\frac{1}{2}$BD=1.∵AB=$\sqrt{5}$,∴AO=$\sqrt{AB^{2} - OB^{2}}$=2,∴AC=2AO=4,∴S菱形ABCD=$\frac{1}{2}$AC·BD=AB·CE=4,∴CE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$,∴BE=$\sqrt{BC^{2} - CE^{2}}$=$\sqrt{(\sqrt{5})^{2} - (\frac{4\sqrt{5}}{5})^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$,∴AE=AB+BE=$\sqrt{5}$+$\frac{3\sqrt{5}}{5}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$,∴S△ACE=$\frac{1}{2}$AE·CE=$\frac{1}{2}$×$\frac{8\sqrt{5}}{5}$×$\frac{4\sqrt{5}}{5}$=$\frac{16}{5}$.

答案：
(1)证明:
∵AB//DC,
∴∠BAC=∠DCA.
∵AC=2AO,
∴AO=CO.又
∵∠AOB=∠COD,
∴△AOB≌△COD (ASA),
∴BO=DO,
∴四边形ABCD为平行四边形.又
∵AC平分∠BAD,
∴∠BAC=∠DAC,
∴∠DCA=∠DAC,
∴DA=DC,
∴四边形ABCD是菱形.
(2)解:
∵四边形ABCD是菱形,BD=2,
∴AC⊥BD,BO=$\frac{1}{2}$BD=1.
∵AB=$\sqrt{5}$,
∴AO=$\sqrt{AB^{2} - OB^{2}}$=2,
∴AC=2AO=4,
∴S菱形ABCD=$\frac{1}{2}$AC·BD=AB·CE=4,
∴CE=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$,
∴BE=$\sqrt{BC^{2} - CE^{2}}$=$\sqrt{(\sqrt{5})^{2} - (\frac{4\sqrt{5}}{5})^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$,
∴AE=AB+BE=$\sqrt{5}$+$\frac{3\sqrt{5}}{5}$=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$,
∴S△ACE=$\frac{1}{2}$AE·CE=$\frac{1}{2}$×$\frac{8\sqrt{5}}{5}$×$\frac{4\sqrt{5}}{5}$=$\frac{16}{5}$.

4. (新都区期末)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ABC = 90^{\circ}$,现将$\triangle ABC沿AC翻折得到\triangle ADC$,连接$BD交AC于点O$,过点$B作BE// CD交AC于点E$,连接$DE$。
(1)求证：四边形$BEDC$为菱形；

证明:∵在Rt△ABC中,∠ABC=90°,将△ABC沿AC翻折得到△ADC,∴∠ACB=∠ACD,BC=DC.∵BE//CD,∴∠BEC=∠ACD,∴∠BEC=∠ACB,∴BC=BE,∴BE=CD,∴四边形BEDC是平行四边形.又∵BC=DC,∴四边形BEDC是菱形.
(2)若$CE = 2$,$AE = 3$,求四边形$BEDC$的周长。4√5

答案：
(1)证明:
∵在Rt△ABC中,∠ABC=90°,将△ABC沿AC翻折得到△ADC,
∴∠ACB=∠ACD,BC=DC.
∵BE//CD,
∴∠BEC=∠ACD,
∴∠BEC=∠ACB,
∴BC=BE,
∴BE=CD,
∴四边形BEDC是平行四边形.又
∵BC=DC,
∴四边形BEDC是菱形.
(2)解:
∵四边形BEDC是菱形,
∴EO=CO=$\frac{1}{2}$CE=1,∠BOA=90°.在Rt△ABC中,由勾股定理,得AB²+BC²=AC²,在Rt△ABO中,由勾股定理,得AB²=BO²+AO²,在Rt△BCO中,由勾股定理,得BC²=BO²+CO²,
∴AC²=BO²+CO²+BO²+AO².设BO=x,
∴x²+1²+x²+(3 + 1)²=(3 + 2)²,解得x = 2(负值已经舍去),
∴BO=2,
∴BC=$\sqrt{BO^{2} + CO^{2}}$=$\sqrt{2^{2} + 1^{2}}$=$\sqrt{5}$,
∴四边形BEDC的周长=4BC=4$\sqrt{5}$.