《2025年一本同步训练九年级数学上册人教版重庆专版》

1. 如图，在边长为 8 的等边三角形 $ ABC $ 中，$ D $ 是 $ AB $ 的中点，$ E $ 是平面内 $ \triangle ABC $ 外的一点，且 $ DE = 2 $，连接 $ BE $，将线段 $ EB $ 绕点 $ E $ 顺时针旋转 $ 60^\circ $ 得到线段 $ EF $，连接 $ AF $，$ CE $。
(1) 判断 $ \triangle BEF $ 的形状，并说明理由；

(2) 求证：$ AF = CE $；
(3) 当点 $ D $，$ E $，$ F $ 在同一条直线上时，请你在备用图中画出符合条件的图形，并求出此时 $ BE $ 的长。

答案： 1. （1）
解：$\triangle BEF$是等边三角形。
理由：因为将线段$EB$绕点$E$顺时针旋转$60^{\circ}$得到线段$EF$，所以$EB = EF$，$\angle BEF=60^{\circ}$。根据等边三角形的判定定理（有一个角是$60^{\circ}$的等腰三角形是等边三角形），所以$\triangle BEF$是等边三角形。
2. （2）
证明：因为$\triangle ABC$是等边三角形，所以$AB = BC$，$\angle ABC = 60^{\circ}$。
又因为$\triangle BEF$是等边三角形，所以$BE = BF$，$\angle EBF = 60^{\circ}$。
则$\angle ABC=\angle EBF$，即$\angle ABC+\angle ABE=\angle EBF+\angle ABE$，所以$\angle CBE=\angle ABF$。
在$\triangle ABF$和$\triangle CBE$中，$\begin{cases}AB = CB\\\angle ABF=\angle CBE\\BF = BE\end{cases}$。
根据$SAS$（边角边）定理，可得$\triangle ABF\cong\triangle CBE$，所以$AF = CE$。
3. （3）
解：因为$\triangle ABC$是边长为$8$的等边三角形，$D$是$AB$中点，所以$BD = 4$，$\angle ABC = 60^{\circ}$。
因为$\triangle BEF$是等边三角形，所以$\angle BEF = 60^{\circ}$。
当$D$，$E$，$F$在同一直线上时，$\angle BED = 120^{\circ}$。
过$B$作$BH\perp DE$于$H$。
在$Rt\triangle BDH$中，$\angle BDH = 180^{\circ}-\angle BED=60^{\circ}$，$\sin\angle BDH=\frac{BH}{BD}$，$\cos\angle BDH=\frac{DH}{BD}$。
所以$BH = BD\sin60^{\circ}=4\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，$DH = BD\cos60^{\circ}=4\times\frac{1}{2}=2$。
因为$DE = 2$，所以$EH=\vert DE - DH\vert=\vert2 - 2\vert = 0$（此时$E$与$H$重合）或$EH=DE + DH=2 + 2=4$。
在$Rt\triangle BEH$中（当$EH = 4$），根据勾股定理$BE=\sqrt{BH^{2}+EH^{2}}$，把$BH = 2\sqrt{3}$，$EH = 4$代入可得：
$BE=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+4^{2}}=\sqrt{12 + 16}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$；当$E$与$H$重合时，$BE = BH = 2\sqrt{3}$。
综上，（1）$\triangle BEF$是等边三角形；（2）证明过程如上述；（3）$BE$的长为$2\sqrt{3}$或$2\sqrt{7}$。

2. 已知 $ \triangle AOB $ 和 $ \triangle MON $ 都是等腰直角三角形 $ (\frac{\sqrt{2}}{2}OA ＜ OM ＜ OA) $，$ \angle AOB = \angle MON = 90^\circ $。
(1) 如图 1，连接 $ AM $，$ BN $，求证：$ AM = BN $。
(2) 将 $ \triangle MON $ 绕点 $ O $ 顺时针旋转。
① 如图 2，当点 $ M $ 恰好在边 $ AB $ 上时，求证：$ AM^2 + BM^2 = 2OM^2 $；
② 当点 $ A $，$ M $，$ N $ 在同一条直线上时，若 $ OA = 4 $，$ OM = 3 $，请直接写出线段 $ AM $ 的长。

答案： 1. （1）证明：
因为$\triangle AOB$和$\triangle MON$都是等腰直角三角形，$\angle AOB=\angle MON = 90^{\circ}$，所以$OA = OB$，$OM = ON$，$\angle AOB-\angle AON=\angle MON-\angle AON$，即$\angle AOM=\angle BON$。
在$\triangle AOM$和$\triangle BON$中，$\begin{cases}OA = OB\\\angle AOM=\angle BON\\OM = ON\end{cases}$。
根据$SAS$（边角边）定理，可得$\triangle AOM\cong\triangle BON$。
所以$AM = BN$。
2. （2）①证明：
连接$BN$。
因为$\triangle AOB$和$\triangle MON$都是等腰直角三角形，所以$OA = OB$，$OM = ON$，$\angle AOB=\angle MON = 90^{\circ}$，$\angle OAB=\angle OBA = 45^{\circ}$。
由（1）知$\triangle AOM\cong\triangle BON$，所以$AM = BN$，$\angle OAM=\angle OBN$。
因为$\angle OAM = 45^{\circ}$，所以$\angle OBN=\angle OAM = 45^{\circ}$，则$\angle MBN=\angle OBA+\angle OBN=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$。
在$Rt\triangle BMN$中，根据勾股定理$BN^{2}+BM^{2}=MN^{2}$。
又因为$MN^{2}=OM^{2}+ON^{2}$，$OM = ON$，所以$MN^{2}=2OM^{2}$，且$BN = AM$。
所以$AM^{2}+BM^{2}=2OM^{2}$。
3. （2）②：
当点$N$在线段$AM$上时：
连接$BN$，由（1）知$\triangle AOM\cong\triangle BON$，所以$AM = BN$，$MN=\sqrt{OM^{2}+ON^{2}}$（因为$\triangle MON$是等腰直角三角形，$OM = ON = 3$），则$MN=\sqrt{3^{2}+3^{2}}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$。
因为$\triangle AOB$是等腰直角三角形，$OA = OB = 4$，所以$AB=\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=\sqrt{4^{2}+4^{2}}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$。
由$\triangle AOM\cong\triangle BON$得$\angle OAM=\angle OBN$，$\angle AOB=\angle MON = 90^{\circ}$，$\angle OAB=\angle OBA = 45^{\circ}$，$\angle ANB=\angle AOB = 90^{\circ}$（四边形$OANB$内角和为$360^{\circ}$，$\angle OAM+\angle AOB+\angle OBN+\angle ANB = 360^{\circ}$）。
根据勾股定理$AB^{2}=AN^{2}+BN^{2}$，设$AM = x$，则$AN=x + 3\sqrt{2}$，$BN=x$，$(4\sqrt{2})^{2}=(x + 3\sqrt{2})^{2}+x^{2}$。
展开得$32=x^{2}+6\sqrt{2}x + 18+x^{2}$，即$2x^{2}+6\sqrt{2}x - 14 = 0$，$x^{2}+3\sqrt{2}x - 7 = 0$。
由求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$（$a = 1$，$b = 3\sqrt{2}$，$c=-7$），$x=\frac{-3\sqrt{2}\pm\sqrt{18 + 28}}{2}=\frac{-3\sqrt{2}\pm\sqrt{46}}{2}$，取正根$x=\frac{-3\sqrt{2}+\sqrt{46}}{2}$（舍去负根）。
当点$M$在线段$AN$上时：
连接$BN$，$MN=\sqrt{OM^{2}+ON^{2}} = 3\sqrt{2}$。
设$AM=x$，则$AN=x - 3\sqrt{2}$，由$AB^{2}=AN^{2}+BN^{2}$（$AB = 4\sqrt{2}$，$BN = AM=x$），$(4\sqrt{2})^{2}=(x - 3\sqrt{2})^{2}+x^{2}$。
展开得$32=x^{2}-6\sqrt{2}x + 18+x^{2}$，即$2x^{2}-6\sqrt{2}x - 14 = 0$，$x^{2}-3\sqrt{2}x - 7 = 0$。
由求根公式$x=\frac{3\sqrt{2}\pm\sqrt{18 + 28}}{2}=\frac{3\sqrt{2}\pm\sqrt{46}}{2}$，取正根$x=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{46}}{2}$。
所以$AM$的长为$\sqrt{7}+ \sqrt{2}$或$\sqrt{7}-\sqrt{2}$。