《2025年课堂精练九年级数学上册北师大版四川专版》

7. 如图,$□ ABCD的对角线AC$,$BD相交于点O$,$AE = CF$。
(1)求证：$\triangle BOE≌\triangle DOF$；
(2)若$BD = EF$,连接$DE$,$BF$,判断四边形$EBFD$的形状,并说明理由。

答案：
(1)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO,AO=OC.
∵AE=CF，
∴OE=OF.
在△BOE和△DOF中，
$\left\{\begin{array}{l} OB=OD,\\ ∠BOE=∠DOF,\\ OE=OF,\end{array}\right. $
∴△BOE≌△DOF(SAS).
(2)解：矩形.理由如下：
由
(1)知BO=DO,OE=OF，
∴四边形EBFD是平行四边形.
∵BD=EF，
∴四边形EBFD是矩形.

8. 如图,菱形$ABCD的对角线AC和BD相交于点O$,且$BE// AC$,$CE// BD$。
(1)求证：四边形$OBEC$是矩形；
(2)若菱形$ABCD的周长是4\sqrt{10}$,$BD = 2AC$,求四边形$OBEC$的面积。

答案：
(1)证明：
∵菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，
∴AC⊥BD.
∵BE//AC,CE//BD，
∴∠BOC=∠OCE=∠OBE=90°，
∴四边形OBEC是矩形.
(2)解：
∵菱形ABCD的周长是$4\sqrt {10}$，
∴AB=BC=AD=DC=$\sqrt {10}$.
∵BD=2AC，
∴BO=2CO.
设CO=x,则BO=2x，
∴$x^{2}+(2x)^{2}=(\sqrt {10})^{2}$,解得$x=\sqrt {2}$，
即$CO=\sqrt {2}$,
∴$BO=2\sqrt {2}$，
∴四边形OBEC的面积为$\sqrt {2}×2\sqrt {2}=4$.

9. 如图,在矩形$ABCD$中,$AD = 6$,$DC = 8$,菱形$EFGH的三个顶点E$,$G$,$H分别在矩形ABCD的边AB$,$CD$,$DA$上,$AH = 2$,连接$CF$。
(1)若$DG = 2$,求证：四边形$EFGH$为正方形；
(2)若$DG = 6$,求$\triangle FCG$的面积。

答案：

(1)证明：
∵四边形EFGH是菱形，
∴HG=EH.
∵AH=2,DG=2，
∴DG=AH.
在Rt△DHG和△AEH中，
$\left\{\begin{array}{l} HG=EH,\\ DG=AH,\end{array}\right. $
∴Rt△DHG≌Rt△AEH，
∴∠DHG=∠AEH.
∵∠AEH+∠AHE=90°，
∴∠DHG+∠AHE=90°，
∴∠GHE=90°.
∵四边形EFGH为菱形，
∴四边形EFGH为正方形.
(2)解：如图,作FQ⊥CD交DC的延长线于Q,连接GE.

∵四边形ABCD为矩形，
∴AB//CD，
∴∠AEG=∠QGE，
即∠AEH+∠HEG=∠QGF+∠FGE.
∵四边形EFGH为菱形，
∴HE=GF,HE//GF，
∴∠HEG=∠FGE，
∴∠AEH=∠QGF.
在△AEH和△QGF中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠A=∠Q,\\ ∠AEH=∠QGF,\\ HE=FG,\end{array}\right. $
∴△AEH≌△QGF，
∴AH=QF=2.
∵DG=6,CD=8，
∴CG=2，
∴△FCG的面积=$\frac {1}{2}CG\cdot FQ=\frac {1}{2}×2×2=2$.

10. 如图,在正方形$ABCD$中,$AB = 4$,点$E是对角线AC$上的一点,连接$DE$。过点$E作EF⊥ED$,交$AB于点F$,以$DE$,$EF为邻边作矩形GFED$,连接$AG$。
(1)求证：矩形$GFED$是正方形；
(2)求$AG + AE$的值。

答案：

(1)证明：如图,作EM⊥AD于M,EN⊥AB于N.

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=∠EAB.
∵EM⊥AD于M,EN⊥AB于N，
∴EM=EN.
∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∴∠MEN=∠DEF=90°.
∴∠DEM=∠FEN.
∵∠EMD=∠ENF=90°,EM=EN，
∴△EMD≌△ENF，
∴ED=EF.
∵四边形GFED是矩形，
∴四边形GFED是正方形.
(2)解：
∵四边形GFED是正方形,四边形ABCD是正方形，
∴DG=DE,DC=DA=AB=4,∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE，
∴AG=CE，
∴AG+AE=EC+AE=AC=$\sqrt {2}AD=4\sqrt {2}$.