《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册北师大版》

5. [2023秋·沈北新区期末]如图，在四边形ABCD中，$AB// CD$，$∠D=90^{\circ }$，$∠ABC$的平分线BE交CD于点E，F是AB的中点，连接AE，EF，且$AE⊥BE$.求证：
(1)四边形BCEF是菱形；
证明：
因为$AE⊥BE$，所以$\angle AEB = 90^{\circ}$。
又因为$F$是$AB$的中点，根据直角三角形斜边中线定理，可得$EF = BF = AF=\frac{1}{2}AB$。
所以$\angle FEB=\angle FBE$。
因为$BE$平分$\angle ABC$，所以$\angle FBE=\angle CBE$。
从而$\angle FEB=\angle CBE$，所以$EF// BC$。
又因为$AB// CD$，即$EF// BC$，$CE// BF$，所以四边形$BCEF$是平行四边形。
又因为$EF = BF$，根据菱形的判定定理（一组邻边相等的平行四边形是菱形），所以四边形$BCEF$是菱形。
(2)$BE\cdot AE=2AD\cdot EF$.
证明：
因为四边形$BCEF$是菱形，所以$BC = EF$。
过点$E$作$EH\perp AB$于$H$。
因为$BE$平分$\angle ABC$，$\angle D = 90^{\circ}$，根据角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），可得$AD = EH$。
因为$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}BE\cdot AE$，又$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}AB\cdot EH$，且$AB = 2BF = 2EF$。
所以$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}×2EF\cdot AD=EF\cdot AD$。
又因为$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}BE\cdot AE$，所以$\frac{1}{2}BE\cdot AE = EF\cdot AD$，即$BE\cdot AE = 2AD\cdot EF$。

答案： 【解析】：
(1)
- 因为$AE⊥BE$，所以$\angle AEB = 90^{\circ}$。
- 又因为$F$是$AB$的中点，根据直角三角形斜边中线定理，可得$EF = BF = AF=\frac{1}{2}AB$。
- 所以$\angle FEB=\angle FBE$。
- 因为$BE$平分$\angle ABC$，所以$\angle FBE=\angle CBE$。
- 从而$\angle FEB=\angle CBE$，所以$EF// BC$。
- 又因为$AB// CD$，即$EF// BC$，$CE// BF$，所以四边形$BCEF$是平行四边形。
- 又因为$EF = BF$，根据菱形的判定定理（一组邻边相等的平行四边形是菱形），所以四边形$BCEF$是菱形。
(2)
- 因为四边形$BCEF$是菱形，所以$BC = EF$。
- 过点$E$作$EH\perp AB$于$H$。
- 因为$BE$平分$\angle ABC$，$\angle D = 90^{\circ}$，根据角平分线的性质（角平分线上的点到角两边的距离相等），可得$AD = EH$。
- 因为$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}BE\cdot AE$，又$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}AB\cdot EH$，且$AB = 2BF = 2EF$。
- 所以$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}×2EF\cdot AD=EF\cdot AD$。
- 又因为$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}BE\cdot AE$，所以$\frac{1}{2}BE\cdot AE = EF\cdot AD$，即$BE\cdot AE = 2AD\cdot EF$。
【答案】：
(1) 四边形$BCEF$是菱形得证。
(2) $BE\cdot AE = 2AD\cdot EF$得证。

6. [2022·陕西]小明和小华利用阳光下的影子来测量一建筑物顶部旗杆的高.如图所示，在某一时刻，他们在阳光下，分别测得该建筑物OB的影长OC为16m，OA的影长OD为20m，小明的影长FG为2.4m，其中O，C，D，F，G五点在同一直线上，A，B，O三点在同一直线上，且$AO⊥OD$，$EF⊥FG$.已知小明的身高EF为1.8m，求旗杆的高AB.

旗杆的高 AB 是3m.

答案： 解：因为$AO\perp OD$，$EF\perp FG$，所以$\triangle AOD\sim\triangle EFG$，$\triangle BOC\sim\triangle EFG$。
由$\triangle AOD\sim\triangle EFG$可得$\frac{AO}{EF}=\frac{OD}{FG}$，即$\frac{AO}{1.8}=\frac{20}{2.4}$，解得$AO = 15m$。
由$\triangle BOC\sim\triangle EFG$可得$\frac{BO}{EF}=\frac{OC}{FG}$，即$\frac{BO}{1.8}=\frac{16}{2.4}$，解得$BO = 12m$。
所以$AB = AO - BO = 15 - 12 = 3m$。
综上，旗杆的高$AB$为$3m$。

7. 一块直角三角形木板，一直角边BC长75cm，另一直角边AC长100cm，要把它加工成面积最大的正方形棋盘，小明、小亮两人的加工方法分别如图1、图2所示，请运用所学知识说明谁的加工方法得到的正方形面积较大.

小亮的加工方法得到的正方形面积较大.

答案： 1. 首先求斜边$AB$的长度：
根据勾股定理$AB = \sqrt{AC^{2}+BC^{2}}$，已知$AC = 100cm$，$BC = 75cm$，则$AB=\sqrt{100^{2}+75^{2}}=\sqrt{10000 + 5625}=\sqrt{15625}=125cm$。
2. 然后求图$1$中正方形的边长：
设图$1$中正方形$CFDG$的边长为$x cm$。
因为$DG// BC$，所以$\triangle ADG\sim\triangle ABC$。
根据相似三角形的性质$\frac{AG}{AC}=\frac{DG}{BC}$，即$\frac{100 - x}{100}=\frac{x}{75}$。
交叉相乘得：$75(100 - x)=100x$。
展开式子：$7500-75x = 100x$。
移项得：$100x + 75x=7500$。
合并同类项得：$175x = 7500$，解得$x=\frac{300}{7}cm$。
3. 接着求图$2$中正方形的边长：
设图$2$中正方形$CFED$的边长为$y cm$。
过点$C$作$CH\perp AB$于$H$，交$DF$于$M$。
由三角形面积公式$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{1}{2}AB\cdot CH$，可得$CH=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{100×75}{125}=60cm$。
因为$DF// AB$，所以$\triangle CDF\sim\triangle CAB$。
根据相似三角形的性质$\frac{CM}{CH}=\frac{DF}{AB}$，即$\frac{60 - y}{60}=\frac{y}{125}$。
交叉相乘得：$125(60 - y)=60y$。
展开式子：$7500-125y = 60y$。
移项得：$60y + 125y=7500$。
合并同类项得：$185y = 7500$，解得$y=\frac{1500}{37}cm$。
4. 最后比较$x^{2}$与$y^{2}$的大小：
$x^{2}=(\frac{300}{7})^{2}=\frac{90000}{49}\approx1836.7$，$y^{2}=(\frac{1500}{37})^{2}=\frac{2250000}{1369}\approx1643.6$。
因为$\frac{90000}{49}＞\frac{2250000}{1369}$，即$x^{2}＞y^{2}$。
所以小明的加工方法得到的正方形面积较大。