《2025年一遍过九年级初中数学上册北师大版》

9 [2024呼伦贝尔中考]如图,边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O,E是BC边上一点,F是BD上一点,连接DE,EF.若$\triangle DEF与\triangle DEC$关于直线DE对称,则$\triangle BEF$的周长是 (2√2)

A.$2\sqrt {2}$
B.$2+\sqrt {2}$
C.$4-2\sqrt {2}$
D.$\sqrt {2}$

答案： A
∵正方形ABCD的边长是2，
∴BD = √(CD² + CB²) = 2√2。
∵△DEF与△DEC关于直线DE对称，
∴DC = DF = 2，EC = EF，
∴△BEF的周长为BF + BE + EF = BF + BE + EC = BF + BC = BF + CD = BF + DF = BD = 2√2。

10 [2024九江期中]如图,正方形ABCD的对角线相交于点O,点E为AB上一动点.连接OE,作$OF⊥OE$交BC于点F,已知$AB= 2$,则四边形EBFO的面积为 (1)
A.1
B.2
C.$\sqrt {2}$
D.4

答案： A
∵四边形ABCD是正方形，AB = 2，
∴AB = BC = 2，AC⊥BD，∠ABO = ∠BCO = 45°，OB = OC。
∵AC⊥BD，
∴∠BOC = 90°，
∴∠COF + ∠BOF = 90°。
∵OF⊥OE，
∴∠BOE + ∠BOF = 90°，
∴∠BOE = ∠COF。在△BOE和△COF中，{∠BOE = ∠COF，OB = OC，∠OBE = ∠OCF}，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴S△BOE = S△COF，
∴S四边形EBFO = S△COF + S△BOF = S△BOC，
∵AB = BC = 2，
∴S正方形ABCD = 4，
∴S△BOC = 1/4S正方形ABCD = 1，
∴四边形EBFO的面积为1。

11 [2023枣庄中考]如图,在正方形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,E为BC上一点,$CE= 7$,F为DE的中点,若$\triangle CEF$的周长为32,则OF的长为______17/2.

答案： 17/2
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB = OD，∠BCD = 90°，
∵F为DE的中点，
∴CF = EF = DF。
∵△CEF的周长为32，
∴CF + EF + CE = 32，
∵CE = 7，
∴CF + EF = 25，
∴DF + EF = 25，即DE = 25。在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD = 24，
∴BC = 24，
∴BE = 24 - 7 = 17。
∵O，F分别为BD，DE的中点，
∴OF为△BDE的中位线，
∴OF = 1/2BE = 17/2。

12 [2025深圳罗湖区期中]如图,已知E,F分别是正方形ABCD的边AB,BC上的点,且DE,DF分别与对角线AC相交于M,N,若$∠EDF= 40^{\circ }$,则$∠BME+∠BNF= $______$^{\circ }$.

答案：
80 连接BD，如图，
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴AB = BC = CD = AD，∠BAC = ∠DAC = ∠BCA = ∠DCA = 45°。在△AMB和△AMD中，{AB = AD，∠BAM = ∠DAM，AM = AM}，
∴△AMB≌△AMD(SAS)，
∴MB = MD，
∴∠MBD = ∠MDB，
∴∠BME = ∠MBD + ∠MDB = 2∠MDB。同理△BCN≌△DCN(SAS)，
∴NB = ND，
∴∠NBD = ∠NDB，
∴∠BNF = ∠NBD + ∠NDB = 2∠NDB，
∴∠BME + ∠BNF = 2(∠MDB + ∠NDB) = 2∠EDF = 80°。

13 教材P22 T2变式[2025深圳坪山区期中]如图,在正方形ABCD中,点F是边AB上一点,连接DF,点E为DF的中点.连接BE,CE,AE.
(1)求证:$∠DAE= ∠ADE$.
(2)求证:$\triangle AEB\cong \triangle DEC$.
(3)当$EB= BC$时,$∠AFD$的度数为______75°.

答案： （1）证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD = 90°。
∵点E为DF的中点，
∴AE = EF = DE = 1/2DF，
∴∠EAD = ∠EDA。
（2）证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB = DC，∠BAD = ∠ADC = 90°。
∵∠EAD = ∠EDA，∠BAE = ∠BAD - ∠EAD，∠CDE = ∠ADC - ∠EDA，
∴∠BAE = ∠CDE。在△AEB和△DEC中，{AB = DC，∠BAE = ∠CDE，AE = DE}，
∴△AEB≌△DEC(SAS)。
（3）75°
∵△AEB≌△DEC，
∴EB = EC。
∵EB = BC，
∴EB = BC = EC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠EBC = 60°，
∴∠ABE = 90° - 60° = 30°。
∵EB = BC = AB，
∴∠BAE = 1/2(180° - 30°) = 75°。
∵AE = EF，
∴∠AFD = ∠BAE = 75°。

14 [2025昆明期末]如图1,四边形ABCD是正方形,点E是BC上一点,连接AE,以AE为一边作正方形AEFG,连接DG.
(1)求证:$∠ADG= 90^{\circ }$.
证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴AB = AD，AE = AG，∠DAB = ∠B = ∠EAG = 90°，∴∠EAD + ∠DAG = 90°，∠BAE + ∠EAD = 90°，∴∠BAE = ∠DAG，在△BAE和△DAG中，{AE = AG，∠BAE = ∠DAG，AB = AD}，∴△BAE≌△DAG(SAS)，∴∠ADG = ∠B = 90°。
(2)如图2,连接AF交CD于点H,连接EH,请探究EH,BE,DH三条线段之间的数量关系,并说明理由.
解：EH,BE,DH三条线段之间的数量关系为BE + DH = EH。理由如下：由（1）得△BAE≌△DAG，∴BE = DG，AE = AG，∵四边形AEFG是正方形，∴∠EAH = ∠GAH = 45°，在△EAH和△GAH中，{AE = AG，∠EAH = ∠GAH，AH = AH}，∴△EAH≌△GAH(SAS)，∴EH = GH，又∵DG + DH = GH，∴BE + DH = EH。

答案： （1）证明：
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AB = AD，AE = AG，∠DAB = ∠B = ∠EAG = 90°，
∴∠EAD + ∠DAG = 90°，∠BAE + ∠EAD = 90°，
∴∠BAE = ∠DAG，在△BAE和△DAG中，{AE = AG，∠BAE = ∠DAG，AB = AD}，
∴△BAE≌△DAG(SAS)，
∴∠ADG = ∠B = 90°。
（2）解：BE + DH = EH。理由如下：由（1）得△BAE≌△DAG，
∴BE = DG，AE = AG，
∵四边形AEFG是正方形，
∴∠EAH = ∠GAH = 45°，在△EAH和△GAH中，{AE = AG，∠EAH = ∠GAH，AH = AH}，
∴△EAH≌△GAH(SAS)，
∴EH = GH，又
∵DG + DH = GH，
∴BE + DH = EH。