《2025年一遍过九年级初中数学上册北师大版》

4 一题多解[2024福州期末]如图1,已知四边形ABCD是矩形,点E在BA的延长线上,AE= AD,EC与BD相交于点G,与AD相交于点F,AF= AB.
(1)求证：BD⊥EC.
(2)如图2,连接AG,求证：$EG-DG= \sqrt{2}AG.$

答案：
解题思路：
(1)先证明△AEF≌△ADB，得到对应角相等，再通过等量代换即可证明；
(2)以点A为直角顶点、AG为腰构造等腰直角三角形，据此即可证明.
证明：
(1)因为四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，所以∠EAF=∠DAB=90°.
又因为AE=AD，AF=AB，
所以△AEF≌△ADB，所以∠AEF=∠ADB，
所以∠GEB+∠GBE=∠ADB+∠ABD=90°，
所以∠EGB=90°，所以BD⊥EC.
(2)解法一 如图1，在线段EG上取点P，使得EP=DG，连接AP.
在△AEP和△ADG中，$\begin{cases}AE=AD,\\∠AEP=∠ADG,\\EP=DG,\end{cases}$
所以△AEP≌△ADG(SAS)，所以AP=AG，∠EAP=∠DAG，
所以∠PAG=∠PAD+∠DAG=∠PAD+∠EAP=∠DAE=90°，
所以△PAG为等腰直角三角形.
所以EG−DG=EG−EP=PG=$\sqrt{2}$AG.


解法二 如图2，过点A作AG的垂线，与DB的延长线交于点Q，连接AQ.
在△AEG和△ADQ中，∠AEG=∠ADQ，AE=AD，∠EAG=90°+∠DAG=∠DAQ，
所以△AEG≌△ADQ，所以EG=DQ，AG=AQ，
所以△AGQ为等腰直角三角形，
所以EG−DG=DQ−DG=QG=$\sqrt{2}$AG.

5 一题多解 如图1,矩形MNPQ中,点E,F,G,H分别在NP,PQ,QM,MN上,若∠1= ∠2= ∠3= ∠4,则称四边形EFGH为矩形MNPQ的反射四边形.图2、图3、图4中,四边形ABCD为矩形,且AB= 4,BC= 8.
理解与作图：
(1)在图2、图3中,点E,F分别在BC,CD边上,试利用正方形网格在图上作出矩形ABCD的反射四边形EFGH.
计算与猜想：
(2)求图2、图3中反射四边形EFGH的周长,并猜想矩形ABCD的反射四边形的周长是否为定值.
启发与证明：
(3)如图4,为了证明上述猜想,小华同学尝试延长GF交BC的延长线于M,试利用小华同学给我们的启发证明(2)中的猜想.

答案：
解：
(1)作图如下：


(2)在图1中，EF=FG=GH=HE=$\sqrt{2^{2}+4^{2}}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$，
∴四边形EFGH的周长为8$\sqrt{5}$.
在图2中，EF=GH=$\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$，FG=HE=$\sqrt{3^{2}+6^{2}}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$，
∴四边形EFGH的周长为2×$\sqrt{5}$+2×3$\sqrt{5}$=8$\sqrt{5}$.
猜想：矩形ABCD的反射四边形的周长为定值.
(3)解法一 如图3，延长GH交CB的延长线于点N.

∵∠1=∠2，∠1=∠5，
∴∠2=∠5，
又
∵FC=FC，∠FCE=∠FCM=90°，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM，
∴EF=MF，EC=MC.
同理，NH=EH，NB=EB，
∴MN=2BC=16.
∵∠M=90°−∠5=90°−∠1，∠N=90°−∠3，∠1=∠3，
∴∠M=∠N，
∴GM=GN.
过点G作GK⊥BC于K，则KM=$\frac{1}{2}$MN=8.
∴GM=$\sqrt{GK^{2}+KM^{2}}=\sqrt{4^{2}+8^{2}}=4\sqrt{5}$，
∴四边形EFGH的周长为2GM=8$\sqrt{5}$.
解法二
∵∠1=∠2，∠1=∠5，
∴∠2=∠5.
又
∵FC=FC，∠FCE=∠FCM=90°，
∴Rt△FCE≌Rt△FCM，
∴EF=MF，EC=MC.
∵∠M=90°−∠5=90°−∠1，∠HEB=90°−∠4，
而∠1=∠4，
∴∠M=∠HEB，
∴HE//GF.
同理，GH//EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴FG=HE，
而∠1=∠4，∠FDG=∠HBE=90°，
∴Rt△FDG≌Rt△HBE，
∴DG=BE.
过点G作GK⊥BC于点K，则KM=KC+CM=DG+CM=BE+EC=8，
∴GM=$\sqrt{GK^{2}+KM^{2}}=\sqrt{4^{2}+8^{2}}=4\sqrt{5}$，
∴四边形EFGH的周长为2GM=8$\sqrt{5}$.