《2025年一遍过九年级初中数学上册北师大版》

1 [2025 厦门期末]如图是某产品电子组件的平面示意图. 该组件包含一个边长为 10 cm 的正方形电子板 ABCD 和一个矩形感应带 EFGH. 该组件的工作方式是:电子板 ABCD 绕点 A 从起始位置 AEMR 顺时针旋转 90°后,再绕点 A 逆时针旋转 90°,保持每秒 30°的旋转速度循环往复转动,且电子板 ABCD 在旋转过程中不能超出感应带所围区域.

(1)为尽可能节省材料,应如何设计矩形感应带的尺寸? (直接写出尺寸即可)
(2)该产品用户要求加装指示灯,在产品工作过程中指示灯能按一定时间间隔闪烁,以起到提醒、警示的作用. 研发团队拟在(1)的基础上采取如下方案:在点 M 处、AR 的延长线与 GH 的交点 N 处、正方形电子板的 BC 边上分别加装一个传感器,电子板旋转时,当 BC 边上的传感器 P 捕捉到与 M,N 两处传感器的距离相等时,指示灯闪烁,且两次闪烁间隔 3 s. 该方案是否可行? 若可行,求 BP 的长;若不可行,请说明理由.
2 [2024 西安碑林区月考]【问题提出】
(1)如图 1,在菱形 ABCD 中,$∠B= 60^{\circ },AB= 6$,则菱形 ABCD 的面积为____.
【问题探究】
(2)如图 2,在四边形 ABCD 中,$AD= CD,∠ABC= ∠ADC= 90^{\circ }$,连接 BD. 已知$BD= 8$,求$AB+BC$的值.
【问题解决】
(3)如图 3,四边形 ABCD 是一块空地,其中,$AD// BC,∠ADC= 90^{\circ },∠ABC= 60^{\circ },AD= 14$米,$BC= 28$米,开发商计划在四边形 ABCD 内修建一个四边形花园 AOCD,且要求$∠AOC= 90^{\circ },∠BOC= 120^{\circ }$,请求出四边形 AOCD 的面积.

答案：
1 解：
(1)应设计矩形感应带的长为 20 cm，宽为 $10\sqrt{2}$ cm.
电子板 $ABCD$ 在起始位置 $AEMR$ 时，有 $AE = AB = 10$ cm；电子板 $ABCD$ 绕点 $A$ 从起始位置顺时针旋转 $90^{\circ}$ 后，$AD$ 恰好落在边 $AF$ 上. 电子板 $ABCD$ 旋转到如图 1 所示位置时，连接 $AC$，则有 $AC = 10\sqrt{2}$ cm，
∵ 电子板 $ABCD$ 在旋转过程中不能超出感应带所围区域，
∴ $AF \geq AD$，$EH \geq AC$，
∴ $EF = AF + AE \geq AD + AE = 20$ cm，$EH \geq 10\sqrt{2}$ cm，
∴ $EF$ 的最小值为 20 cm，$EH$ 的最小值为 $10\sqrt{2}$ cm，
∵ 要尽可能节省材料，
∴ 应设计矩形感应带的长为 20 cm，宽为 $10\sqrt{2}$ cm.
　　　　　　　　
(2)方案可行. 理由如下：
电子板 $ABCD$ 绕点 $A$ 从起始位置 $AEMR$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 后，再绕点 $A$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$，保持每秒 $30^{\circ}$ 的旋转速度循环往复转动，并且指示灯两次闪烁间隔 3 s，根据该方案，当指示灯闪烁时，电子板 $ABCD$ 应处于相对初始位置旋转角为 $45^{\circ}$ 的位置，
此时，在
(1)的条件下，如图 2，$AB$ 在正方形 $AEMR$ 的对角线 $AM$ 上，点 $C$ 与点 $N$ 重合，$\triangle ABC \cong \triangle AEM$，
设 $BC$ 与 $MR$ 的交点为 $O$，
∵ $\triangle ABC \cong \triangle AEM$，
∴ $AC = AM$，$AB = AE$，$\angle ACB = \angle AME$，
在正方形 $AEMR$ 与 $ABCD$ 中，$AM$，$AC$ 是对角线，$AE = AR$，
∴ $AB = AR$，$\angle ACB = \angle AME = \angle AMR = 45^{\circ}$，$\angle AEM = \angle ABC = \angle ARM = 90^{\circ}$，
∴ $AM - AB = AC - AR$，即 $MB = CR$，$\angle MBO = \angle CRO = 90^{\circ}$，
又
∵ $\angle BOM = \angle ROC$，
∴ $\triangle MBO \cong \triangle CRO(AAS)$，
∴ $OB = OR$，$OM = OC$，即 $OM = ON$.
若 $BC$ 边上的传感器 $P$ 装在点 $O$ 处，当电子板 $ABCD$ 处于相对于初始位置旋转角为 $45^{\circ}$ 的位置时，$PM = PN$，则指示灯闪烁，且两次闪烁间隔 3 s，因此该方案可行.
∵ 在正方形 $AEMR$ 中，$AE = AR = 10$ cm，$AM = AN = 10\sqrt{2}$ cm，
∴ $CR = AN - AR = (10\sqrt{2} - 10)$ cm，
在 $\triangle CRO$ 中，$\angle ROC = 180^{\circ} - \angle RCO - \angle CRO = 45^{\circ}$，
∴ $\angle ROC = \angle RCO$，
∴ $BP = PR = CR = (10\sqrt{2} - 10)$ cm.
　　　　　　　　
2 解：
(1)$18\sqrt{3}$
如图 1，过点 $A$ 作 $AH \perp CB$ 于点 $H$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形，
∴ $BC = AB = 6$，
∵ $\angle B = 60^{\circ}$，$\angle AHB = 90^{\circ}$，
∴ $\angle BAH = 30^{\circ}$，
∴ $BH = \frac{1}{2}AB = 3$，
∴ $AH = 3\sqrt{3}$，
∴ $S_{菱形ABCD} = CB \cdot AH = 6 \times 3\sqrt{3} = 18\sqrt{3}$.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)如图 2，过点 $D$ 作 $DM \perp AB$ 于点 $M$，$DN \perp BC$ 交 $BC$ 的延长线于点 $N$.
∵ $\angle DMB = \angle MBN = \angle N = 90^{\circ}$，
∴ 四边形 $DMBN$ 是矩形，
∴ $\angle MDN = 90^{\circ} = \angle ADC$，
∴ $\angle ADM = \angle CDN$.
又
∵ $DA = DC$，$\angle AMD = \angle N = 90^{\circ}$，
∴ $\triangle ADM \cong \triangle CDN(AAS)$，
∴ $DM = DN$，$AM = CN$，
∴ 四边形 $DMBN$ 是正方形，
∴ $BM = BN = DM$，
∴ $AB + BC = AM + BM + (BN - CN) = 2BM$.
在等腰直角三角形 $BDM$ 中，$\angle BMD = 90^{\circ}$，$BD = 8$，
∴ $BM = 4\sqrt{2}$，
∴ $AB + BC = 8\sqrt{2}$.
　　　　　　　　
(3)如图 3，以 $OB$ 为边作等边三角形 $OBF$，连接 $CF$，过点 $A$ 作 $AE \perp BC$ 于点 $E$，连接 $AC$，
∵ $AD // BC$，$\angle ADC = 90^{\circ}$，
∴ $\angle BCD = 90^{\circ}$，
又
∵ $AE \perp BC$，
∴ 四边形 $ADCE$ 是矩形，
∴ $CE = AD = 14$ 米，
∴ $BE = BC - CE = 14$ 米，
∴ $BE = CE$，
∵ $AE \perp BC$，
∴ $\angle AEB = \angle AEC = 90^{\circ}$，
又
∵ $AE = AE$，
∴ $\triangle AEB \cong \triangle AEC$，
∴ $AB = AC$，
又
∵ $\angle ABC = 60^{\circ}$，
∴ $\triangle ABC$ 为等边三角形，
∴ $BC = AB = AC = 28$ 米.
∵ $\triangle OBF$ 为等边三角形，
∴ $\angle OBF = \angle BOF = \angle BFO = 60^{\circ}$，$OB = BF = OF$，
∴ $\angle ABC = \angle OBF$，
∴ $\angle ABO = \angle CBF$，
∴ $\triangle ABO \cong \triangle CBF(SAS)$，
∴ $\angle BFC = \angle BOA = 360^{\circ} - 90^{\circ} - 120^{\circ} = 150^{\circ}$，$OA = CF$，
∴ $\angle OFC = 150^{\circ} - 60^{\circ} = 90^{\circ}$，
∵ $\angle BOC = 120^{\circ}$，
∴ $\angle FOC = 120^{\circ} - 60^{\circ} = 60^{\circ}$，
∴ $\angle OCF = 30^{\circ}$.
设 $OB = OF = x$ 米，则 $OC = 2x$ 米，$CF = \sqrt{3}x$ 米 $= AO$，
∵ $\angle AOC = 90^{\circ}$，
∴ $OA^{2} + OC^{2} = AC^{2}$，
∴ $(\sqrt{3}x)^{2} + (2x)^{2} = 28^{2}$，
∴ $x = 4\sqrt{7}$，
∴ $OB = 4\sqrt{7}$ 米，$OA = 4\sqrt{21}$ 米，$OC = 8\sqrt{7}$ 米，
在 $Rt\triangle ACD$ 中，$CD = \sqrt{AC^{2} - AD^{2}} = 14\sqrt{3}$ 米，
∴ $S_{四边形AOCD} = S_{\triangle ACO} + S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} \times 4\sqrt{21} \times 8\sqrt{7} + \frac{1}{2} \times 14 \times 14\sqrt{3} = 210\sqrt{3}$ (米$^{2}$).