《2025年一遍过九年级初中数学上册北师大版》

7 [2023上海中考]在四边形$ABCD$中,$AD// BC$,$AB= CD$. 下列说法能使四边形$ABCD$为矩形的是(C)
A. $AB// CD$
B. $AD= BC$
C. $\angle A= \angle B$
D. $\angle A= \angle D$

答案： C C 项，
∵ $ A D // B C $，
∴ $ \angle A + \angle B = 180 ^ { \circ } $，
∵ $ \angle A = \angle B $，
∴ $ \angle A = \angle B = 90 ^ { \circ } $，
∴ $ A B \perp A D $，$ A B \perp B C $，
∴ $ A B $ 的长为 $ A D $ 与 $ B C $ 间的距离，又
∵ $ A B = C D $，
∴ $ C D \perp A D $，$ C D \perp B C $，
∴ $ \angle C = \angle D = 90 ^ { \circ } $，
∴ 四边形 $ ABCD $ 是矩形。

如图,在矩形$ABCD$中,$AD= 12\mathrm{cm}$,点$P从点A向点D以1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$的速度运动,点$Q以4\mathrm{cm}/\mathrm{s}的速度从点C$出发,在$B$,$C$两点之间做往返运动,两点同时出发,点$P到达点D$时,两点同时停止运动. 这段时间内,当运动时间为$ 2.4 \mathrm { s } $，$ 4 \mathrm { s } $ 或 $ 7.2 \mathrm { s } $时,以$P$,$Q$,$C$,$D$四点为顶点的四边形是矩形.

答案： $ 2.4 \mathrm { s } $，$ 4 \mathrm { s } $ 或 $ 7.2 \mathrm { s } $ 根据题意可知，点 $ Q $ 将在 $ BC $ 上往返两次。
∵ 四边形 $ ABCD $ 是矩形，
∴ $ A D // B C $，$ \angle C = 90 ^ { \circ } $。当 $ C Q = P D $ 时，四边形 $ PQCD $ 是矩形。①在点 $ Q $ 第一次由点 $ C $ 到点 $ B $ 的运动过程中，设运动时间为 $ t _ { 1 } \mathrm { s } $，则 $ P A = t _ { 1 } \mathrm { cm } $，$ P D = ( 12 - t _ { 1 } ) \mathrm { cm } $，$ C Q = 4 t _ { 1 } \mathrm { cm } $，
∴ $ 12 - t _ { 1 } = 4 t _ { 1 } $，解得 $ t _ { 1 } = 2.4 $；②在点 $ Q $ 一次由点 $ B $ 到点 $ C $ 的运动过程中，设运动时间为 $ t _ { 2 } \mathrm { s } $，则 $ P A = t _ { 2 } \mathrm { cm } $，$ P D = ( 12 - t _ { 2 } ) \mathrm { cm } $，$ C Q = ( 24 - 4 t _ { 2 } ) \mathrm { cm } $，
∴ $ 12 - t _ { 2 } = 24 - 4 t _ { 2 } $，解得 $ t _ { 2 } = 4 $；③在点 $ Q $ 第二次由点 $ C $ 到点 $ B $ 的运动过程中，设运动时间为 $ t _ { 3 } \mathrm { s } $，则 $ P A = t _ { 3 } \mathrm { cm } $，$ P D = ( 12 - t _ { 3 } ) \mathrm { cm } $，$ C Q = ( 4 t _ { 3 } - 24 ) \mathrm { cm } $，
∴ $ 12 - t _ { 3 } = 4 t _ { 3 } - 24 $，解得 $ t _ { 3 } = 7.2 $；④在点 $ Q $ 第二次由点 $ B $ 到点 $ C $ 的运动过程中，设运动时间为 $ t _ { 4 } \mathrm { s } $，则 $ P A = t _ { 4 } \mathrm { cm } $，$ P D = ( 12 - t _ { 4 } ) \mathrm { cm } $，$ C Q = ( 48 - 4 t _ { 4 } ) \mathrm { cm } $，
∴ $ 12 - t _ { 4 } = 48 - 4 t _ { 4 } $，解得 $ t _ { 4 } = 12 $，此时点 $ P $ 与点 $ D $ 重合，点 $ Q $ 与点 $ C $ 重合，无法构成矩形。故运动时间为 $ 2.4 \mathrm { s } $，$ 4 \mathrm { s } $ 或 $ 7.2 \mathrm { s } $ 时，以 $ P $，$ Q $，$ C $，$ D $ 四点为顶点的四边形是矩形。

9 [2024松原期末]已知：如图,在$\triangle ABC$中,$D$,$E分别是AB$,$BC$边的中点,过点$C作CF// AB$,交$DE的延长线于F$点,连接$CD$,$BF$.
(1)求证：$\triangle BDE\cong \triangle CFE$.
证明：∵ $ C F // A B $，∴ $ \angle D B E = \angle F C E $。
∵ $ E $ 是 $ BC $ 的中点，∴ $ B E = C E $。
在 $ \triangle B D E $ 和 $ \triangle C F E $ 中，$ \left\{ \begin{array} { l } { \angle D B E = \angle F C E, } \\ { B E = C E, } \\ { \angle B E D = \angle C E F, } \end{array} \right. $
∴ $ \triangle B D E \cong \triangle C F E $(ASA)。
(2)$\triangle ABC$满足什么条件时,四边形$BDCF$是矩形？
解：当$BC=AC$时，四边形 $ BDCF $ 是矩形。理由如下：
∵ $ D $，$ E $ 分别是 $ AB $，$ BC $ 的中点，
∴ $ DE $ 是 $ \triangle ABC $ 的中位线，∴ $ D E // A C $，
∵ $ A D // C F $，∴ 四边形 $ ADFC $ 是平行四边形，∴ $ A D = C F $，
∵ $ B D = A D $，∴ $ C F = B D $。
∵ $ C F // B D $，∴ 四边形 $ BDCF $ 是平行四边形。
∵ $ B C = A C $，$ B D = A D $，∴ $ C D \perp A B $，即 $ \angle B D C = 90 ^ { \circ } $，
∴ 平行四边形 $ BDCF $ 是矩形。

答案： （1）证明：
∵ $ C F // A B $，
∴ $ \angle D B E = \angle F C E $。
∵ $ E $ 是 $ BC $ 的中点，
∴ $ B E = C E $。
在 $ \triangle B D E $ 和 $ \triangle C F E $ 中，$ \left\{ \begin{array} { l } { \angle D B E = \angle F C E, } \\ { B E = C E, } \\ { \angle B E D = \angle C E F, } \end{array} \right. $
∴ $ \triangle B D E \cong \triangle C F E ( \mathrm { ASA } ) $。
（2）解：当 $ B C = A C $ 时，四边形 $ BDCF $ 是矩形。理由如下：
∵ $ D $，$ E $ 分别是 $ AB $，$ BC $ 的中点，
∴ $ DE $ 是 $ \triangle ABC $ 的中位线，
∴ $ D E // A C $，
∵ $ A D // C F $，
∴ 四边形 $ ADFC $ 是平行四边形，
∴ $ A D = C F $，
∵ $ B D = A D $，
∴ $ C F = B D $。
∵ $ C F // B D $，
∴ 四边形 $ BDCF $ 是平行四边形。
∵ $ B C = A C $，$ B D = A D $，
∴ $ C D \perp A B $，即 $ \angle B D C = 90 ^ { \circ } $，
∴ 平行四边形 $ BDCF $ 是矩形。

10 推理能力[2025佛山灯湖中学月考]如图,$ON为\angle AOB$中的一条射线,点$P在边OA$上,$PH\perp OB于H$,交$ON于点Q$,$PM// OB交ON于点M$,$MD\perp OB于点D$,$QR// OB交MD于点R$,连接$PR交QM于点S$.
(1)求证：四边形$PQRM$为矩形.
证明：∵ $ P H \perp O B $，$ M D \perp O B $，∴ $ P H // M D $。
∵ $ P M // O B $，$ Q R // O B $，∴ $ P M // Q R $，
∴ 四边形 $ PQRM $ 是平行四边形。
∵ $ P H \perp O B $，∴ $ \angle P H O = 90 ^ { \circ } $。
∵ $ P M // O B $，∴ $ \angle M P Q = \angle P H O = 90 ^ { \circ } $，
∴ 四边形 $ PQRM $ 为矩形。
(2)若$OP= \frac{1}{2}PR$,试探究$\angle AOB与\angle BON$的数量关系,并说明理由.
$\angle AOB = 3\angle BON$理由如下：
∵ 四边形 $ PQRM $ 为矩形，
∴ $ P S = S R = S Q = \frac { 1 } { 2 } P R $，∴ $ \angle S Q R = \angle S R Q $，
又∵ $ O P = \frac { 1 } { 2 } P R $，∴ $ O P = P S $，
∴ $ \angle P O S = \angle P S O $。
∵ $ Q R // O B $，∴ $ \angle S Q R = \angle B O N $，
在 $ \triangle S Q R $ 中，$ \angle P S O = \angle S Q R + \angle S R Q = 2 \angle S Q R = 2 \angle B O N $，
∴ $ \angle P O S = 2 \angle B O N $，
∴ $ \angle A O B = \angle P O S + \angle B O N = 2 \angle B O N + \angle B O N = 3 \angle B O N $，
即 $ \angle A O B = 3 \angle B O N $。

答案： （1）证明：
∵ $ P H \perp O B $，$ M D \perp O B $，
∴ $ P H // M D $。
∵ $ P M // O B $，$ Q R // O B $，
∴ $ P M // Q R $，
∴ 四边形 $ PQRM $ 是平行四边形。
∵ $ P H \perp O B $，
∴ $ \angle P H O = 90 ^ { \circ } $。
∵ $ P M // O B $，
∴ $ \angle M P Q = \angle P H O = 90 ^ { \circ } $，
∴ 四边形 $ PQRM $ 为矩形。
（2）解：$ \angle A O B = 3 \angle B O N $。理由如下：
∵ 四边形 $ PQRM $ 为矩形，
∴ $ P S = S R = S Q = \frac { 1 } { 2 } P R $，
∴ $ \angle S Q R = \angle S R Q $，
又
∵ $ O P = \frac { 1 } { 2 } P R $，
∴ $ O P = P S $，
∴ $ \angle P O S = \angle P S O $。
∵ $ Q R // O B $，
∴ $ \angle S Q R = \angle B O N $，
在 $ \triangle S Q R $ 中，$ \angle P S O = \angle S Q R + \angle S R Q = 2 \angle S Q R = 2 \angle B O N $，
∴ $ \angle P O S = 2 \angle B O N $，
∴ $ \angle A O B = \angle P O S + \angle B O N = 2 \angle B O N + \angle B O N = 3 \angle B O N $，
即 $ \angle A O B = 3 \angle B O N $。