《2025年状元成才路创优作业九年级数学上册北师大版》

1. [2024·许昌期末]【例题探索】如图①,在正方形 $ABCD$ 中,$G$ 为 $BC$ 上任意一点,$DE \perp AG$ 于点 $E$,$BF // DE$ 交 $AG$ 于点 $F$。由三角形全等,易证得线段 $AF$,$BF$,$EF$ 之间的数量关系为AF - BF = EF。
【类比探究】如图②,在正方形 $ABCD$ 中,$G$ 为 $CB$ 延长线上任意一点,$DE \perp AG$ 交 $GA$ 的延长线于点 $E$,$BF // DE$ 交 $AG$ 于点 $F$。试探究线段 $AF$,$BF$,$EF$ 之间的数量关系,并给出证明。
【问题解决】
在正方形 $ABCD$ 中,$G$ 为 $BC$ 延长线上一点,$DE \perp AG$ 于点 $E$,连接 $BE$。
(1)请在备用图中按要求作图；
(2)若 $AE = 6$,请求出 $\triangle ABE$ 的面积。

答案： 【例题探索】AF - BF = EF
【类比探究】AF + BF = EF.证明如下:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB = DA,∠BAD = 90°.
∴∠DAE + ∠BAF = 90°.
∵DE⊥AG,
∴∠E = 90°.
∵BF//DE,
∴∠AFB = 180° - ∠E = 90° = ∠E.
∴∠ABF + ∠BAF = 90°.
∴∠ABF = ∠DAE.
∴△ABF≌△DAE(AAS),
∴BF = AE.
又
∵AF + AE = EF,
∴AF + BF = EF.
【问题解决】
(1)按要求作图如图③所示.
(2)如图③,过点B作BM⊥AG于点M.
同理可证△ABM≌△DAE,
∴BM = AE = 6,
∴S△ABE = $\frac{1}{2}$AE·BM = $\frac{1}{2}$×6×6 = 18.

2. 如图①,在正方形 $ABCD$ 和正方形 $BEFG$ 中,点 $A$,$B$,$E$ 在同一条直线上,连接 $DF$,$P$ 是线段 $DF$ 的中点,连接 $PG$,$PC$。
(1)$PG$ 与 $PC$ 的位置关系为PG⊥PC,$PG$ 与 $PC$ 的数量关系为PG = PC；
(2)如图②,将条件“正方形 $ABCD$ 和正方形 $BEFG$”改为“矩形 $ABCD$ 和矩形 $BEFG$”,其他条件不变,判断 $PG$ 与 $PC$ 的数量关系,并证明；
(3)如图③,将条件“正方形 $ABCD$ 和正方形 $BEFG$”改为“菱形 $ABCD$ 和菱形 $BEFG$”,其他条件不变。若 $\angle ABC = 60^{\circ}$,直接写出 $\frac{PG}{PC}$ 的值。

(2)PG = PC.证明如下:
如图②,延长GP交CD于点H.
∵四边形ABCD和四边形BEFG是矩形,
∴∠BGF = ∠BCD = 90°,
∴∠CGF = 90°,
∴∠BCD = ∠CGF.
∴CD//GF,
∴∠HDP = ∠GFP.
∵P是线段DF的中点,
∴PD = PF.
在△DHP和△FGP中,
∵∠HDP = ∠GFP,PD = PF,∠DPH = ∠FPG,
∴△DHP≌△FGP(ASA),
∴PH = PG.
∴P为GH的中点.
∵∠BCD = 90°,
∴△HCG是直角三角形.
∴PC = $\frac{1}{2}$GH,
∴PG = PC.
(3)$\frac{PG}{PC}$ = $\sqrt{3}$.

答案：
(1)PG⊥PC PG = PC
(2)PG = PC.证明如下:
如图②,延长GP交CD于点H.
∵四边形ABCD和四边形BEFG是矩形,
∴∠BGF = ∠BCD = 90°,
∴∠CGF = 90°,
∴∠BCD = ∠CGF.
∴CD//GF,
∴∠HDP = ∠GFP.
∵P是线段DF的中点,
∴PD = PF.
在△DHP和△FGP中,
∵∠HDP = ∠GFP,PD = PF,∠DPH = ∠FPG,
∴△DHP≌△FGP(ASA),
∴PH = PG.
∴P为GH的中点.
∵∠BCD = 90°,
∴△HCG是直角三角形.
∴PC = $\frac{1}{2}$GH,
∴PG = PC.
(3)$\frac{PG}{PC}$ = $\sqrt{3}$.