《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册北师大版》

例 1 [2023·沈阳期末]如图，在四边形 $ABCD$ 中，$BC = CD$，连接 $BD$，过点 $C$ 作 $BD$ 的垂线，交 $AB$ 于点 $E$，垂足为 $O$，连接 $DE$，且 $DE// BC$。
(1)求证：四边形 $BCDE$ 是菱形；
(2)若 $\angle CDB = 30^{\circ}$，$CB = 4$，$\angle A = 45^{\circ}$，求 $AD$ 的长。

答案： 1. （1）证明：
因为$BC = CD$，$CE\perp BD$，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$BO = OD$。
又因为$DE// BC$，所以$\angle ODE=\angle OBC$。
在$\triangle DOE$和$\triangle BOC$中：
$\left\{\begin{array}{l}\angle ODE=\angle OBC\\OD = OB\\\angle DOE=\angle BOC\end{array}\right.$（对顶角相等）。
根据$ASA$（角 - 边 - 角）判定定理，$\triangle DOE\cong\triangle BOC$。
所以$DE = BC$。
因为$DE// BC$且$DE = BC$，所以四边形$BCDE$是平行四边形。
又因为$BC = CD$，根据菱形的定义（一组邻边相等的平行四边形是菱形），所以四边形$BCDE$是菱形。
2. （2）解：
因为四边形$BCDE$是菱形，$BC = 4$，所以$DE = BC = 4$。
因为$BC = CD$，$\angle CDB = 30^{\circ}$，$CE\perp BD$，所以$\angle BDC=\angle DBC = 30^{\circ}$。
因为$DE// BC$，所以$\angle ADE=\angle DBC = 30^{\circ}$，$\angle DEA=\angle ABC$。
在$Rt\triangle BOC$中，$\angle OBC = 30^{\circ}$，$BC = 4$，则$OC=\frac{1}{2}BC = 2$，$OB=\sqrt{BC^{2}-OC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}} = 2\sqrt{3}$，$BD = 2OB = 4\sqrt{3}$。
因为四边形$BCDE$是菱形，所以$DE = BE = 4$。
过点$D$作$DF\perp AB$于点$F$。
在$Rt\triangle DFE$中，$\angle DEF=\angle ABC = 2\angle DBC=60^{\circ}$，$DE = 4$，则$EF=\frac{1}{2}DE = 2$，$DF=\sqrt{DE^{2}-EF^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}} = 2\sqrt{3}$。
因为$\angle A = 45^{\circ}$，$\angle DFA = 90^{\circ}$，所以$\triangle ADF$是等腰直角三角形。
则$AF = DF = 2\sqrt{3}$。
所以$AD=\sqrt{DF^{2}+AF^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}+(2\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12 + 12}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
综上，（1）四边形$BCDE$是菱形得证；（2）$AD$的长为$2\sqrt{6}$。

例 2 如图，菱形 $ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，分别过点 $C$，$D$ 作 $CE// BD$，$DE// AC$，$CE$，$DE$ 相交于点 $E$。
(1)求证：四边形 $ODEC$ 是矩形；
(2)连接 $AE$，交 $CD$ 于点 $F$，当 $\angle ADB = 60^{\circ}$，$AD = 2\sqrt{3}$ 时，求 $AE$ 的长。

答案： 1. （1）证明：
因为$CE// BD$，$DE// AC$，
根据平行四边形的判定定理（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），所以四边形$ODEC$是平行四边形。
又因为四边形$ABCD$是菱形，菱形的对角线互相垂直，即$AC\perp BD$，所以$\angle DOC = 90^{\circ}$。
根据矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形），所以平行四边形$ODEC$是矩形。
2. （2）解：
因为四边形$ABCD$是菱形，所以$AD = CD$，$AC\perp BD$，$AO = CO$，$BO = DO$。
已知$\angle ADB = 60^{\circ}$，$AD = 2\sqrt{3}$，在$Rt\triangle AOD$中，$\angle AOD = 90^{\circ}$，$\angle ADO = 60^{\circ}$，则$\angle OAD = 30^{\circ}$。
根据直角三角形中$30^{\circ}$所对的直角边是斜边的一半，设$OD=x$，则$AD = 2x$，所以$x=\sqrt{3}$，即$OD=\sqrt{3}$。
由勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（这里$c = AD$，$a = OD$，$b = AO$）可得：$AO=\sqrt{AD^{2}-OD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{12 - 3}=3$。
因为四边形$ODEC$是矩形，所以$CE = OD=\sqrt{3}$，$OC = DE=AO = 3$。
在$Rt\triangle ACE$中，$AC=AO + OC=3 + 3=6$，$CE=\sqrt{3}$。
根据勾股定理$AE=\sqrt{AC^{2}+CE^{2}}$，即$AE=\sqrt{6^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{36 + 3}=\sqrt{39}$。
综上，（1）已证四边形$ODEC$是矩形；（2）$AE$的长为$\sqrt{39}$。