《2025年学典四川九年级数学全一册北师大版》

9. 如图,在矩形 $ABCD$ 中,连接 $BD$,以 $BD$ 为对角线作四边形 $DEBF$,$\angle EBF = \angle EDF = 90^{\circ}$,$DF$ 平分 $\angle BDC$,$DF$ 交 $BC$ 于点 $H$,$\angle CBF = \angle BDF$。
(1) 求证：四边形 $DEBF$ 是矩形；
(2) 延长 $BF$,$DC$,交于点 $G$,若 $BD = 10$,$DF = 4\sqrt{5}$,求 $BC$ 的长。

答案：
(1) 见解析；
(2) 8

10. 如图,矩形 $OABC$ 的顶点 $A$,$C$ 在坐标轴上,已知 $B(8,7)$,$D(5,0)$,点 $P$ 是边 $AB$ 或边 $BC$ 上的一点,连接 $OP$,$DP$,当 $\triangle ODP$ 为等腰三角形时,点 $P$ 的坐标为(8,4)，(2.5,7)。

答案： (8,4)，(2.5,7)

11. 如图,在平面直角坐标系 $xOy$ 中,过原点 $O$ 及点 $A(0,2)$,$C(6,0)$ 作矩形 $OABC$,$\angle AOC$ 的平分线交 $AB$ 于点 $D$。点 $P$ 从点 $O$ 出发,以每秒 $\sqrt{2}$ 个单位长度的速度沿射线 $OD$ 方向移动；同时点 $Q$ 从点 $O$ 出发,以每秒 $2$ 个单位长度的速度沿 $x$ 轴正方向移动。设移动时间为 $t$ 秒。
(1) 填空：$OP = $$\sqrt{2}t$,$OQ = $$2t$；(用含 $t$ 的代数式表示)
(2) 当点 $Q$ 在 $OC$ 的延长线上时,设 $\triangle OPQ$ 的面积为 $S_{1}$,$\triangle BQC$ 的面积为 $S_{2}$,若 $S_{1} + S_{2}$ 的值为 $30$,求 $t$ 的值。

由题意，得 $P(\sqrt{2}t×\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2}t×\frac{\sqrt{2}}{2})$，即$P(t,t)$ 。
$S_{1}=\frac{1}{2}× t×2t=t^{2}$。
因为 $Q(2t,0)$，$C(6,0)$，$B(6,2)$，
所以 $S_{2}=\frac{1}{2}×|2t - 6|×2=|2t - 6|$。
因为 $S_{1}+S_{2}=30$，
所以 $t^{2}+|2t - 6|=30$。
当 $0\leq t\leq3$ 时，$t^{2}-2t + 6 = 30$，
即 $t^{2}-2t - 24 = 0$，
解得 $t_{1}=6$（舍去），$t_{2}=-4$（舍去）。
当 $t＞3$ 时，$t^{2}+2t - 6 = 30$，
即 $t^{2}+2t - 36 = 0$，
解得 $t_{1}=-1 + \sqrt{37}$，$t_{2}=-1 - \sqrt{37}$（舍去）。
综上，$t$ 的值为$-1 + \sqrt{37}$。

答案：
(1) $\sqrt{2}t$ ；$2t$
(2)由题意，得 $P(\sqrt{2}t×\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2}t×\frac{\sqrt{2}}{2})$，即$P(t,t)$ 。
$S_{1}=\frac{1}{2}× t×2t=t^{2}$。
因为 $Q(2t,0)$，$C(6,0)$，$B(6,2)$，
所以 $S_{2}=\frac{1}{2}×|2t - 6|×2=|2t - 6|$。
因为 $S_{1}+S_{2}=30$，
所以 $t^{2}+|2t - 6|=30$。
当 $0\leq t\leq3$ 时，$t^{2}-2t + 6 = 30$，
即 $t^{2}-2t - 24 = 0$，
解得 $t_{1}=6$（舍去），$t_{2}=-4$（舍去）。
当 $t＞3$ 时，$t^{2}+2t - 6 = 30$，
即 $t^{2}+2t - 36 = 0$，
解得 $t_{1}=-1 + \sqrt{37}$，$t_{2}=-1 - \sqrt{37}$（舍去）。
综上，$t$ 的值为$-1 + \sqrt{37}$。