专练03 矩形的判定与性质&专练04 活用斜边的中线解题-【高效课堂】2026-2027学年九年级上册数学同步导学案提分专练（北师大版·新教材）

专练03 矩形的判定与性质 【方法规律】1.利用矩形的对角线互相平分且相等，得四个等腰三角形； 2.矩形的判定：①平行四边形十直角；②平行四边形十对角线相等；③三个直角. 典例导练 示范题如图，点A在∠MON的边ON上，AB⊥OM于B, AE=OB,DE⊥ON于E,AD=AO,DC⊥OM于C. (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若DE=3,OE=9,求AD的长. 【思路点拨】(I)证明Rt△ABO≌2Rt△DEA,然后根据矩形的判定解答即可； (2)利用全等得到AB=DE=3,设AD=x,则OA=x,AE=OE一OA=9一x.利用 勾股定理列式解答即可. 【自主解答】 知能检测 如图，在口ABCD中，O是对角线AC上的中点，过点O作OE⊥A BC,垂足为E且BE=CE (1)求证：四边形ABCD是矩形： (2)若OA=2√3，OE=2,求BC的长及四边形ABCD的周长， 专练04活用斜边的中线解题 【方法规律】直角十平行十中点→补形构斜边中线， △ABC中，AC⊥BC,AD∥BC,E为BD的中点，则AE= EC. 典例导练 示范题在□ABCD中，AE⊥BC,垂足为E,点F为CD的中点，连接AF,EF. 求证：(1)AF=EF;(2)∠AFE=2∠CEF. D H- 图1 图2 【思路点拨】如图2中，延长AF交BC的延长线于H.由△ADF≌△HCF,推出AF= HF,由∠AEH=90°，推出EF=AF=HF.由∠AFE=∠H+∠FEH,即可推出结论. 【自主解答】 之知能检测 1.如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O,过点D作DH ⊥AB于点H,连接OH,OH=4,若菱形ABCD的面积为32√3， 则CD的长为 () A.4 B.4V3 C.8 D.8√5 2.如图，在以AB为斜边的两个直角△ABD和△ABC中，∠ACB=∠ADB=90°，CD= m,AB=2m,求∠AEB的度数.第2课时利用概率判断游戏 6.2用频率估计概率 的公平性 1.D2.D3.124.0.92 1.D2.B3.不公平 5.B6.A 4.A方案对阳阳更有利. 7.(1)0.90.9(2)①4.5 5.B6.B7.A ②18÷0.9-5=15（万棵） 8.(1)画树状图或列表略，所有情况专题十一 跨学科融合的概率问题 有12种：AB、AC、AD、BA、BC、 1.1)号 (2)2 BDCA、CB、CD、DA、DB、DC; (2)这个规则对小强有利.理由2.(1) 2 略 9.(1)2B(2)36 3.1) 2)号 (3)画树状图略.抽取到两名学 章末核心考点与素养提升 生恰好来自同-学校的概率为1.B2.D3.A4.C5号 4 6.(1)总共12种情况.列表略； 第3课时利用概率玩转盘游戏 (2)这个游戏对甲、乙双方不公 1.D2.D3哥 4.6 平，明显乙获胜的概率更高.理 由略. 5.15 6.80° 7D&B9号 7.她的做法不对，因为左边转盘 中黄色和蓝色出现的概率不相 11.2 12. 13号 等，正确的做法是；将左边转盘 14.(1) (2)2 中的蓝色区域平均分成三份， 分别记为蓝1、蓝2、蓝3. 15.8 夹册《提分专练》参考答案 专练01 菱形的判定与性质 :=BC=EC=2,∠B=60°，.∠ACB= 典例导练 90,AC=3BC=23,.SAr=2 (1)证明：，E为AB中点，.AB= 2AE=2BE,.'AB=2CD,..CD=AE, ×ACX RC=-号×2X25=23. 又：AE∥CD,∴四边形AECD是平 知能检测 行四边形，易证AD=CD,.平行四(1)证明：在△ABC中，点D是AC的 边形AECD是菱形； 中点，AD=DC,AF∥BC, (2),四边形AECD是菱形，∠D=∴.∠FAD=∠ECD,∠AFD 120°，∴.AD=CD=CE=AE=2,∠D:∠CED,.△AFD≌△CED(AAS), =120°=∠AEC,∴.AE=CE=BE,,∴.DF=DE,又，AD=CD,且EF⊥1 ∠CEB=60°，.∠CAE=30°=AC,.四边形AECF是菱形 ∠ACE,△CEB是等边三角形，.BE:(2)过点A作AG⊥BC于点G,CF= 64 2,∠FAC=30°，∴.AF∥EC,AE=CF :.DE=DH-HE-PD-(CD- =2,∠FAE=2∠FAC=60°， .∠AEB=∠FAE=60°，.AG⊥BC, PD)-/3PD-CD. .∠AGB=∠AGE=90°， 专练03矩形的判定与性质 ∴∠GAE=30,∴GE=2AE=1,AG 典例导练 =3GE=√3，.∠B=45°， (1)证明：，AB⊥OM于B,DE⊥ON ∴.∠GAB=∠B=45°，∴.BG=AG=于E,∴∠ABO=∠DEA=90°.在Rt 3,∴.AB=√2BG=6. LAO-AD △ABO与Rt△DEA中， 专练02利用菱形的对称性解题 OB-AE 典例导练 '.Rt△ABO≌Rt△DEA(HL) 过点D作DE⊥AB于点E,连接BD, ∴.∠AOB=∠DAE..AD∥BC .菱形ABCD中，∠ABC=120, 又.AB⊥OM,DC⊥OM,∴.AB∥DC .∠DAB=60°，AD=AB=DC=BC, .四边形ABCD是平行四边形， .△ADB是等边三角形，∴.∠MAE ,∠ABC=90°， =30°，∴.AM=2ME,.MD=MB, ∴.四边形ABCD是矩形； ∴.MA+MB+MD=2ME+2DM= (2)由(1)知Rt△AB≌Rt△DEA, 2DE,根据垂线段最短，此时DE最 ∴.AB=DE=3,设AD=x,则OA=x, 短，即MA+MB十MD最小， AE=OE-OA=9-x.在Rt△DEA ,菱形ABCD的边长为6， 中，由AE+DE=AD得(9-x)2+ .DE=√AD-AE=√6-3 32=x,解得x=5.即AD的长为5. =3√5，∴.2DE=6√/5.∴.MA+MB 知能检测 +MD的最小值是6√. (1)证明：，O是对角线AC上的中 知能检测 点，BE=CE.OE∥AB,OE=号AB, 1.6 ,OE⊥BC,∴.AB⊥BC,,四边形 2.(1)易证AP=PC,∴.AP+PE= ABCD是平行四边形，∴.四边形AB PC十PE,∴当点P、C、E共线， CD是矩形： 且CE⊥AD时，PC+PE有最小 值为CE,易求CE=,AP+ (2).□ABCD是矩形，QA=23,OE =2,∴.AC=2OA=4√3，AB=2OE= PE的最小值为√3； (2)DE=√5PD-CD,理由如下：过 4,.BC=√AC-AB=4√2，故四 点P作PH⊥AD于H,,∠ADB 边形的周长为2(AB+BC)=2(4+ =30,PHLAD,PH=号PD, 4V2)=8+8/2 专练04话用斜边的中线解题 DH5PH号PD.:AP=PE, 典例导练 PH⊥AE,.AH=HE,∴.HE= 证明：(1)延长AF交BC的延长线 于点H.AD∥CH,.∠D= AH-AD-DH-CDPD. ∠FCH,在△ADF和△HCF中， 65 ∠D=∠FCH =√2AB=√2×3√2=6是定值. DF=FC 知能检测 ∠DFA=∠CFH 证明：(1)作AG⊥EF于G,则 ∴.△ADF≌△HCF,∴.AF=HF, ∠AGE=∠AGF=90°，.AB⊥CE, :∠AEH=90°，∴.EF=AF=HF, AD⊥CF,∴.∠B=∠D=90°= ..AF-EF. ∠C,.四边形ABCD是矩形，易证 (2),FH=FE,∠H=∠FEH, AB=AG,AD=AG,..AB-AD, ∴.∠AFE=∠H+∠FEH=2∠CEF. .四边形ABCD是正方形； 知能检测 (2)设DF=x,易证BE=EG=3, 1.C DF=GF=x,在Rt△ECF中，由勾 2.取AB的中点F,连接CF,DF,易股定理可解得x=2. 证CF=DF=CD= 号AB,从而 专练06正方形与“十字架”问题 典例导练 ∠CFD=60°，由∠AFC=∠FCB+ (1)BE=AFBE⊥AF ∠FBC=2∠FBC,同理∠BFD= (2)①作AR∥EF,交CD于R,作DT 2∠DAF,可知∠EAB+∠EBA= ∥MN,交BC于T,DT和AR交于点 3∠AFC+号∠BFD=号(180- O,四边形ABCD是正方形，∴.AB∥ ∠CFD)=60°，所以∠AEB=120°. CD,AD∥BC,∠ADC=∠BCD=90°， 专练05正方形的判定与性质 AD=CD,.四边形AFER、四边形 典例导练 MNTD是平行四边形，.DT=MV, AR=EF,DT∥MN,AR∥EF,,MN (1)作EM⊥BC于M,EN⊥CD于 ⊥EF,∴.AR⊥DT,∴.∠DOR=90°， N,∴.∠MEN=90°，点E是正方 形ABCD对角线上的点，.EM= ∴.∠RDO+∠ARD=90°，.∠ADC= 90°，∴.∠DAR+∠ARD=90°， EN,.∠DEF=90°，∴.∠DEN= .∠RDO=∠DAR,.△ADR≌ ∠MEF,在△DEN和△FEM中， △DCT(ASA),∴.DT=AR, ∠DNE=∠FME ∴.MN=EF; EN=EM ②连接DN,.D、N关于EF对称， ∠DEN=∠FEM ∴.DN⊥EF,EN=DE,由①知：DN ∴.△DEN≌△FEM(ASA),∴.EF EF=13,.∠C=90°，DC=12,∴.CN =DE,,四边形DEFG是矩形， =5,设EV=DE=a,则CE=12-a, .矩形DEFG是正方形； 在Rt△CEV中，由勾股定理得，a2- (2)CE+CG的值是定值，定值为6， 理由如下，：正方形DEG和正方12-a=5a”DE架 24 形ABCD,.DE=DG,AD=DC, 专练07正方形与夹半角问题 :∠CDG+∠CDE=∠ADE十：典例导练 ∠CDE=90°，∴∠CDG=∠ADE,成立.证明：将△ADF绕点A顺时 易证△ADE≌△CDG(SAS),∴.AE针旋转120得到△ABM,∴.△ABM =CG,∴.CE+CG=CE+AE=AC:≌△ADF,∠ABM=∠D=90°， 66