《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

9. (2024·深圳中考)垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中,过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边,若交点是这条边的中点,则该平行四边形是“垂中平行四边形”。
(1)如图①所示,四边形$ABCD$为“垂中平行四边形”,$AF = \sqrt{5}$,$CE = 2$,则$AE = $1；$AB = $$\sqrt{17}$；
(2)如图②,若四边形$ABCD$为“垂中平行四边形”,且$AB = BD$,猜想$AF与CD$的关系,并说明理由；
$AF=\sqrt{2}CD$，理由如下：根据题意，在垂中四边形$ABCD$中，$AF\perp BD$，且$F$为$BC$的中点，$AD=BC=2BF$，$\angle AEB=90^{\circ}$。又
∵$AD// BC$，
∴$\triangle AED\backsim\triangle FEB$，
∴$\frac{AE}{EF}=\frac{AD}{BF}=\frac{DE}{EB}=2$。设$BE=a$，则$DE=2a$，
∵$AB=BD$，
∴$AB=BD=BE+ED=a+2a=3a$，
∴$AE=\sqrt{AB^{2}-BE^{2}}=\sqrt{(3a)^{2}-a^{2}}=2\sqrt{2}a$，$EF=\sqrt{2}a$，
∴$AF=AE+EF=2\sqrt{2}a+\sqrt{2}a=3\sqrt{2}a$，
∵$AB=CD$，
∴$\frac{AF}{CD}=\frac{AF}{AB}=\frac{3\sqrt{2}a}{3a}=\sqrt{2}$，
∴$AF=\sqrt{2}CD$。
(3)①如图③所示,在$\triangle ABC$中,$BE = 5$,$CE = 2AE = 12$,$BE\perp AC交AC于点E$,请画出以$BC$为边的垂中平行四边形,要求：点$A$在垂中平行四边形的一条边上；(温馨提示：不限作图工具)
第一种情况：作$BC$的平行线$AD$，使$AD=BC$，连接$CD$，则四边形$ABCD$为平行四边形，延长$BE$交$AD$于点$F$，
∵$BC// AD$，
∴$\triangle AEF\backsim\triangle CEB$，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{AE}{CE}$，
∵$AD=BC$，$CE=2AE$，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{AE}{CE}=\frac{1}{2}$，即$AF=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD$，
∴$F$为$AD$的中点。故如图①所示，四边形$ABCD$即为所求的垂中平行四边形。
②若$\triangle ABC关于直线AC对称得到\triangle AB'C$,作射线$CB'$交①中所画平行四边形的边于点$P$,连接$PE$,请直接写出$PE$的值。
$\frac{3\sqrt{41}}{4}$或$\frac{3\sqrt{41}}{2}$

答案：
(1)1 $\sqrt{17}$ 【解析】
∵$AD// BC$，$F$为$AD$的中点，$AD=BC$，$AF=\sqrt{5}$，$CE=2$，
∴$\triangle AEF\backsim\triangle CEB$，$BC=AD=2AF=2\sqrt{5}$，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{AE}{CE}$，即$\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=\frac{AE}{2}$，解得$AE=1$，
∴$BE^{2}=BC^{2}-CE^{2}=(2\sqrt{5})^{2}-2^{2}=16$，
∴$AB=\sqrt{AE^{2}+BE^{2}}=\sqrt{1^{2}+16}=\sqrt{17}$。
(2)$AF=\sqrt{2}CD$，理由如下：根据题意，在垂中四边形$ABCD$中，$AF\perp BD$，且$F$为$BC$的中点，$AD=BC=2BF$，$\angle AEB=90^{\circ}$。又
∵$AD// BC$，
∴$\triangle AED\backsim\triangle FEB$，
∴$\frac{AE}{EF}=\frac{AD}{BF}=\frac{DE}{EB}=2$。设$BE=a$，则$DE=2a$，
∵$AB=BD$，
∴$AB=BD=BE+ED=a+2a=3a$，
∴$AE=\sqrt{AB^{2}-BE^{2}}=\sqrt{(3a)^{2}-a^{2}}=2\sqrt{2}a$，$EF=\sqrt{2}a$，
∴$AF=AE+EF=2\sqrt{2}a+\sqrt{2}a=3\sqrt{2}a$，
∵$AB=CD$，
∴$\frac{AF}{CD}=\frac{AF}{AB}=\frac{3\sqrt{2}a}{3a}=\sqrt{2}$，
∴$AF=\sqrt{2}CD$。
(3)①第一种情况：作$BC$的平行线$AD$，使$AD=BC$，连接$CD$，则四边形$ABCD$为平行四边形，延长$BE$交$AD$于点$F$，
∵$BC// AD$，
∴$\triangle AEF\backsim\triangle CEB$，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{AE}{CE}$，
∵$AD=BC$，$CE=2AE$，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{AE}{CE}=\frac{1}{2}$，即$AF=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AD$，
∴$F$为$AD$的中点。故如图①所示，四边形$ABCD$即为所求的垂中平行四边形。
②$PE=\frac{3\sqrt{41}}{4}$或$\frac{3\sqrt{41}}{2}$ 【解析】若按照图①作图，如图④，由题意可知，$\angle ACB=\angle ACP$，
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$\angle ACB=\angle PAC$，
∴$\angle PAC=\angle PCA$，
∴$\triangle PAC$是等腰三角形。过点$P$作$PH\perp AC$于点$H$，则$AH=HC$，
∵$BE=5$，$CE=2AE=12$，
∴$B'E=BE=5$，$AE=6$，
∴$AH=HC=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}(AE+CE)=\frac{1}{2}×(6+12)=9$，
∴$EH=AH-AE=9-6=3$，
∵$PH\perp AC$，$BE\perp AC$，
∴$\triangle CPH\backsim\triangle CB'E$，
∴$\frac{PH}{B'E}=\frac{CH}{CE}$，即$PH=\frac{CH\cdot B'E}{CE}=\frac{9×5}{12}=\frac{15}{4}$，
∴$PE=\sqrt{EH^{2}+PH^{2}}=\sqrt{3^{2}+\left(\frac{15}{4}\right)^{2}}=\frac{3\sqrt{41}}{4}$；若按照图②作图，如图⑤，延长$CA$、$DF$交于点$G$，同理可得：$\triangle PGC$是等腰三角形，连接$PA$，
∵$GF// BC$，
∴$\triangle GAF\backsim\triangle CAB$，
∴$\frac{AF}{AB}=\frac{AG}{AC}=1$，
∴$AG=AC$，
∴$PA\perp AC$；同理，$\triangle CPA\backsim\triangle CB'E$，
∵$AE=6$，$EC=12$，$B'E=BE=5$，
∴$\frac{B'E}{PA}=\frac{CE}{AC}$，即$PA=\frac{B'E\cdot AC}{CE}=\frac{5×18}{12}=\frac{15}{2}$，
∴$PE=\sqrt{PA^{2}+AE^{2}}=\sqrt{\left(\frac{15}{2}\right)^{2}+6^{2}}=\frac{3\sqrt{41}}{2}$；若按照图③作图，如图⑥，则没有交点，不存在$PE$（不符合题意）。