《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册华师大版》

6. 如图，在四边形$ABCD$中，$P$是对角线$BD$的中点，$E$、$F$分别是$AB$、$CD$的中点，$AD = BC$，$\angle FPE = 100^{\circ}$，则$\angle PFE$的度数为____。

答案： 6. 40°

7. 如图，$\triangle ABC$的中线$BE$、$CF$相交于点$G$，连结$EF$。求证：$BG = 2GE$，$CG = 2GF$。

答案： 证明：
因为$BE$、$CF$是$\triangle ABC$的中线，
所以$EF$是$\triangle ABC$的中位线（三角形中线连接顶点与对边中点，$E,F$为两边的中点）。
所以$EF// BC$，且$EF=\frac{1}{2}BC$（三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）。
在$\triangle BEF$中，因为$EF// BC$，
所以$\triangle EFG\sim\triangle BCG$（平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似）。
所以$\frac{EG}{BG}=\frac{FG}{CG}=\frac{EF}{BC}$。
又因为$EF = \frac{1}{2}BC$，
所以$\frac{EG}{BG}=\frac{FG}{CG}=\frac{1}{2}$。
即$BG = 2GE$，$CG = 2GF$。

8. 如图，$BM$、$CN$分别平分$\triangle ABC$的外角$\angle ABD$、$\angle ACE$，过点$A$分别作$BM$、$CN$的垂线，垂足分别为$M$、$N$，交$CB$、$BC$的延长线于$D$、$E$，连结$MN$。求证：$MN = \frac{1}{2}(AB + BC + AC)$。

答案： 证明：
1. 证△ABM≌△DBM：

∵BM平分∠ABD，
∴∠ABM=∠DBM。

∵AM⊥BM，
∴∠AMB=∠DMB=90°。
在△ABM和△DBM中，
$\begin{cases} ∠ABM=∠DBM \\ BM=BM \\ ∠AMB=∠DMB \end{cases}$，

∴△ABM≌△DBM（ASA）。

∴AM=DM，DB=AB。即M为AD中点，DB=AB。
2. 证△ACN≌△ECN：

∵CN平分∠ACE，
∴∠ACN=∠ECN。

∵AN⊥CN，
∴∠ANC=∠ENC=90°。
在△ACN和△ECN中，
$\begin{cases} ∠ACN=∠ECN \\ CN=CN \\ ∠ANC=∠ENC \end{cases}$，

∴△ACN≌△ECN（ASA）。

∴AN=EN，EC=AC。即N为AE中点，EC=AC。
3. 证MN为△ADE中位线：

∵M为AD中点，N为AE中点，

∴MN是△ADE的中位线。

∴MN=$\frac{1}{2}$DE（三角形中位线定理）。
4. 计算DE：

∵D、B、C、E共线，

∴DE=DB+BC+CE。
又
∵DB=AB，EC=AC，

∴DE=AB+BC+AC。
5. 结论：

∴MN=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$(AB+BC+AC)。
即证得$MN = \frac{1}{2}(AB + BC + AC)$。

9. [2024·凉州区二模]如图，在四边形$ABCD$中，$AC = BD$，$AC$、$BD$交于点$O$，$E$、$F$分别是$AB$、$CD$中点，$EF$分别交$AC$、$BD$于点$H$、$G$。求证：$OG = OH$。

答案： 证明：取AD的中点M，连接EM、FM。
∵E是AB中点，M是AD中点，
∴EM是△ABD的中位线，
∴EM//BD，且EM=1/2 BD。
∵F是CD中点，M是AD中点，
∴FM是△ACD的中位线，
∴FM//AC，且FM=1/2 AC。
∵AC=BD，
∴EM=FM，
∴△EMF中，∠MEF=∠MFE。
∵EM//BD，
∴∠MEF=∠OGH（两直线平行，内错角相等）。
∵FM//AC，
∴∠MFE=∠OHG（两直线平行，内错角相等）。
∴∠OGH=∠OHG，
∴OG=OH（等角对等边）。

10. （模型观念）[2023·山西]阅读与思考。
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务。
瓦里尼翁平行四边形。
我们知道，如图1，在四边形$ABCD$中，点$E$、$F$、$G$、$H$分别是边$AB$、$BC$、$CD$、$DA$的中点，顺次连结$E$、$F$、$G$、$H$，得到的四边形$EFGH$是平行四边形。
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形$EFGH$被称为瓦里尼翁平行四边形。瓦里尼翁（Varingnon，Pierre 1654—1722）是法国数学家、力学家。瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切。
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形。
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系。
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半。此结论证明如下：
证明：如图2，连结$AC$，分别交$EH$、$FG$于点$P$、$Q$，过点$D$作$DM \perp AC$于点$M$，交$HG$于点$N$。
$\because H$、$G$分别为$AD$、$CD$的中点，
$\therefore HG // AC$，$HG = \frac{1}{2}AC$，（依据1）
$\therefore \frac{DN}{NM} = \frac{DG}{GC}$。
$\because DG = GC$，$\therefore DN = NM = \frac{1}{2}DM$。
$\because$四边形$EFGH$是瓦里尼翁平行四边形，
$\therefore HE // GF$，即$HP // GQ$。
$\because HG // AC$，即$HG // PQ$，
$\therefore$四边形$HPQG$是平行四边形，（依据2）
$\therefore S_{□ HPQG} = HG \cdot MN = \frac{1}{2}HG \cdot DM$。
$\because S_{\triangle ADC} = \frac{1}{2}AC \cdot DM = HG \cdot DM$，
$\therefore S_{□ HPQG} = \frac{1}{2}S_{\triangle ADC}$。同理，……
任务：
(1)材料中的依据1是指：____；
依据2是指：____。
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形$ABCD$及它的瓦里尼翁平行四边形$EFGH$，使得四边形$EFGH$为矩形。（要求同时画出四边形$ABCD$的对角线）
(3)在图1中，分别连结$AC$、$BD$得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形$EFGH$的周长与对角线$AC$、$BD$长度的关系，并证明你的结论。

答案： $(1)$ 分析依据
- 依据$1$：因为$H$、$G$分别为$AD$、$CD$的中点，得出$HG// AC$，$HG = \frac{1}{2}AC$，这是三角形中位线定理（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半）。
- 依据$2$：因为$HP// GQ$，$HG// PQ$，得出四边形$HPQG$是平行四边形，这是平行四边形的定义（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
$(2)$ 画图步骤
- 画一个四边形$ABCD$，使对角线$AC\perp BD$（例如先画两条互相垂直的线段$AC$和$BD$，然后连接$A$、$B$、$C$、$D$构成四边形）。
分别取$AB$、$BC$、$CD$、$DA$的中点$E$、$F$、$G$、$H$，顺次连结$E$、$F$、$G$、$H$，得到的四边形$EFGH$就是矩形（因为原四边形对角线垂直，根据中位线性质可推出瓦里尼翁平行四边形$EFGH$的邻边垂直） 。
$(3)$ 猜想与证明
- 猜想：瓦里尼翁平行四边形$EFGH$的周长等于$AC + BD$。
- 证明：
解：因为$E$、$F$、$G$、$H$分别是边$AB$、$BC$、$CD$、$DA$的中点。
根据三角形中位线定理，在$\triangle ABC$中，$EF// AC$，$EF=\frac{1}{2}AC$；在$\triangle ADC$中，$HG// AC$，$HG = \frac{1}{2}AC$；在$\triangle ABD$中，$EH// BD$，$EH=\frac{1}{2}BD$；在$\triangle BCD$中，$FG// BD$，$FG=\frac{1}{2}BD$。
所以四边形$EFGH$的周长$C = EF + FG+GH + HE$。
将$EF=\frac{1}{2}AC$，$FG=\frac{1}{2}BD$，$GH=\frac{1}{2}AC$，$HE=\frac{1}{2}BD$代入周长公式得：
$C=\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}BD+\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}BD=AC + BD$。
综上，答案依次为：$(1)$三角形中位线定理；平行四边形的定义；$(3)$瓦里尼翁平行四边形$EFGH$的周长等于$AC + BD$。