新課程能力培養(yǎng)九年級數(shù)學(xué)北師大版
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19. 如圖，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，將$Rt\triangle ABC$繞點(diǎn)$C$順時針旋轉(zhuǎn)$60^{\circ}$得到$\triangle DEC$，點(diǎn)$E$在$AC$上，延長$CB$到點(diǎn)$F$，使$BF = BC$，連接$AF$，$AD$.
（1）求證：四邊形$AFCD$是菱形.
證明：旋轉(zhuǎn)$60^{\circ}$，$AC = DC$，$\angle ACD = 60^{\circ}$，$\triangle ACD$是等邊三角形，$AD = AC = CD$.$\angle ABC = 90^{\circ}$，$E$在$AC$上，$BC = EC$，$BF = BC$，$BF = EC$，$AF = AB$，$AB = DE$，$AF = CD$，$AF// CD$，四邊形$AFCD$是平行四邊形，又$AD = CD$，所以是菱形.
（2）連接$BE$并延長交$AD$于點(diǎn)$G$，連接$CG$，試判斷四邊形$ABCG$是什么特殊四邊形，并證明你的結(jié)論.
矩形
證明：$\triangle ABC\cong\triangle DEC$，$BC = EC$，$\angle BCE = 60^{\circ}$，$\triangle BCE$是等邊三角形，$\angle CBE = 60^{\circ}$.$AFCD$是菱形，$AD// FC$，$\angle AGB = \angle CBE = 60^{\circ}$.$\angle BAC = 30^{\circ}$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB// CG$，$AG// BC$，四邊形$ABCG$是平行四邊形，又$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以是矩形.
答案：（1）證明：旋轉(zhuǎn)$60^{\circ}$，$AC = DC$，$\angle ACD = 60^{\circ}$，$\triangle ACD$是等邊三角形，$AD = AC = CD$.$\angle ABC = 90^{\circ}$，$E$在$AC$上，$BC = EC$，$BF = BC$，$BF = EC$，$AF = AB$，$AB = DE$，$AF = CD$，$AF// CD$，四邊形$AFCD$是平行四邊形，又$AD = CD$，所以是菱形.
（2）矩形
證明：$\triangle ABC\cong\triangle DEC$，$BC = EC$，$\angle BCE = 60^{\circ}$，$\triangle BCE$是等邊三角形，$\angle CBE = 60^{\circ}$.$AFCD$是菱形，$AD// FC$，$\angle AGB = \angle CBE = 60^{\circ}$.$\angle BAC = 30^{\circ}$，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB// CG$，$AG// BC$，四邊形$ABCG$是平行四邊形，又$\angle ABC = 90^{\circ}$，所以是矩形.
20. 如圖，在矩形$ABCD$中，$AB = 4$cm，$AD = 6$cm，點(diǎn)$P$從點(diǎn)$A$出發(fā)，以$1$cm/s的速度沿$AD$向終點(diǎn)$D$運(yùn)動，同時，點(diǎn)$Q$從點(diǎn)$C$出發(fā)，以$1$cm/s的速度沿$CB$向終點(diǎn)$B$運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為$t$（s）.
（1）當(dāng)$0＜t＜6$時，判斷四邊形$BQDP$的形狀，并說明理由.
（2）當(dāng)$0＜t＜6$時，求四邊形$BQDP$的面積$S$（$cm^2$）與運(yùn)動時間$t$（s）的函數(shù)關(guān)系.
（3）四邊形$BQDP$可能為菱形嗎？若可能，請求出$t$的值；若不可能，請說明理由.
答案：（1）平行四邊形
解析：$PD = AD - AP = 6 - t$，$BQ = BC - CQ = 6 - t$，$PD = BQ$，且$PD// BQ$，所以四邊形$BQDP$是平行四邊形.
（2）$S = 24$
解析：$S = BQ× AB=(6 - t)×4 = 24 - 4t$（原解析有誤，修正）
$S = 底×高 = BQ× AB=(6 - t)×4 = 24 - 4t$，但矩形面積為$4×6 = 24$，四邊形$BQDP$面積為矩形面積減去$\triangle ABP$和$\triangle CDQ$面積，$S = 24 - \frac {1}{2}×4× t - \frac {1}{2}×4× t = 24 - 4t$.
（3）可能，$t = \frac {5}{3}$
解析：若為菱形，則$BQ = BP$，$BP=\sqrt {AB^{2}+AP^{2}}=\sqrt {16 + t^{2}}$，$BQ = 6 - t$，$\sqrt {16 + t^{2}}=6 - t$，解得$t=\frac {5}{3}$.
21. 如圖1，將一塊直角三角板的直角頂點(diǎn)$P$放在正方形$ABCD$的對角線$BD$上滑動，并使其中一條直角邊始終經(jīng)過點(diǎn)$A$，另一條直角邊與$BC$相交于點(diǎn)$E$.
（1）猜想$PA$與$PE$的數(shù)量關(guān)系（不必證明）.
（2）如圖2，當(dāng)直角頂點(diǎn)$P$運(yùn)動到$BD$的延長線上時，（1）中猜想的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由.
（3）如圖3，當(dāng)直角頂點(diǎn)$P$運(yùn)動到$DB$的延長線上時，（1）中猜想的結(jié)論還成立嗎？如果成立，請給出證明；如果不成立，請說明理由.
答案：（1）$PA = PE$
（2）成立
證明：過$P$作$PM\perp AB$延長線于$M$，$PN\perp BC$延長線于$N$，$BD$是角平分線，$PM = PN$，$\angle MPN = 90^{\circ}$，$\angle APM = \angle EPN$，$\triangle APM\cong\triangle EPN$，$PA = PE$.
（3）成立
證明：過$P$作$PM\perp BA$延長線于$M$，$PN\perp BC$延長線于$N$，同理可證$\triangle APM\cong\triangle EPN$，$PA = PE$.
