《2025年新课程学习与检测九年级数学上册》

25. (12分)已知四边形$ABCD$为正方形,$AB = 3$,$E$为对角线$AC$上一点,连接$DE$,过点$E$作$EF \perp DE$,交射线$BC$于点$F$,以$DE$,$EF$为邻边作矩形$DEFG$,连接$CG$.

(1)$AC$的长为$3\sqrt{2}$,$\angle ACB =$45$^{\circ}$.
(2)如图所示,当点$F$在线段$BC$的延长线上时:
①求证:矩形$DEFG$是正方形;
②若$CG = 2\sqrt{2}$,

求

正方形$DEFG$的边长.
(3)当线段$DE$与正方形$ABCD$的某条边的夹角是$35^{\circ}$时,请直接写出$\angle EFC$的度数.

答案：
25.
(1)$3\sqrt{2} $ 45 解析:
∵四边形ABCD为正方形，AB=3，
∴∠B=∠BCD=∠ADC=90°，∠ACB=45°，AB=BC=3.
在Rt△ABC中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} =3\sqrt{2} $.
(2)①证明:过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，如图1所示.

则四边形EMCN为矩形.
∵∠ACB=45°，
∴△EMC为等腰直角三角形.
∴EM=CM.
∴矩形EMCN为正方形.
∴EM=EN，∠EMF=∠END=∠MEN=90°.
∴∠MEF+∠FEN=90°.
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠DEF=90°.
∴∠NED+∠FEN=90°.
∴∠MEF=∠NED.
在△MEF和△NED中，
$\begin{cases} ∠EMF=∠END=90°, \\ EM=EN, \\ ∠MEF=∠NED, \end{cases} $
∴△MEF≌△NED(ASA).
∴EF=ED.
∴矩形DEFG是正方形.
②解:连接EG，如图2所示.

∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠EDG=90°，∠DAE=∠ACD=45°.
∴∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠CDG=90°.
∴∠ADE=∠CDG.
在△ADE和△CDG中，
$\begin{cases} AD=CD, \\ ∠ADE=∠CDG \\ DE=DG, \end{cases} $
∴△ADE≌△CDG(SAS).
∴AE=CG=$2\sqrt{2} $，∠DAE=∠DCG=45°.
∴∠ECG=∠ACD+∠DCG=90°.
∵AC=$3\sqrt{2} $，
∴EC=AC-AE=$3\sqrt{2}-2\sqrt{2} $=$\sqrt{2} $.
在Rt△ECG中，由勾股定理得$EG=\sqrt{CE^{2}+CG^{2}} =\sqrt{10} $.
在Rt△DEG中，由勾股定理得$DE^{2}+DG^{2}=EG^{2}$，
∴$2DE^{2}=(\sqrt{10} )^{2}$，
解得DE=$\sqrt{5} $.
(3)解:当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是35°时，有以下两种情况.
①当∠ADE=35°时，点F在线段BC上，
∴∠CDG=∠ADE=35°.
过点G作GK⊥CD于点K，GT⊥BC，交BC的延长线于点T，如图3所示.

则四边形CTGK为矩形.
同
(2)①可证四边形EFGD为正方形，
∴DG=FG，∠KGT=∠DGF=90°.
∴∠1+∠KGF=∠KGF+∠2=90°.
∴∠1=∠2.
在△GKD和△GTF中，
$\begin{cases} ∠GKD=∠GTF=90°, \\ ∠1=∠2, \\ DG=FG, \end{cases} $
∴△GKD≌△GTF(AAS).
∴∠CDG=∠GFT=35°.
∴∠EFC=∠EFG+GFT=90°+35°=125°；
②当∠CDE=35°时，点F在BC的延长线上，
∴∠CDG=90°-∠CDE=55°.
过点G作GR⊥CD于点R，GS⊥BC，交BC的延长线于点S，如图4所示.

由
(2)①可知四边形EFGD为正方形，
同理可证△GRD≌△GSF(AAS)，
∴∠CDG=∠GFS=55°.
∴∠EFC=90°-∠GFS=35°.
综上所述，∠EFC的度数为125°或35°.