新課程能力培養(yǎng)九年級數(shù)學(xué)北師大版
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三、解答題（第14-16題各7分，第17-21題各8分，共61分）
14. 如圖，四邊形$ABCD$是菱形，對角線$AC$，$BD$相交于點(diǎn)$O$，$DH\perp AB$于點(diǎn)$H$.連接$OH$.求證：$\angle DHO=\angle DCO$.
答案：證明：四邊形$ABCD$是菱形，$OD = OB$，$AB// CD$，$\angle DCO=\angle OAB$.$DH\perp AB$，$\triangle DHB$是直角三角形，$OH=\frac {1}{2}BD = OB$，$\angle OHB=\angle OBH$.$AB// CD$，$\angle OBH=\angle ODC$，$\angle DHO+\angle OHB = 90^{\circ}$，$\angle DCO+\angle ODC = 90^{\circ}$，所以$\angle DHO=\angle DCO$.
15. 如圖，四邊形$ABCD$是正方形，對角線$AC$，$BD$相交于點(diǎn)$O$，四邊形$AEFC$是菱形，$EH\perp AC$，垂足為點(diǎn)$H$.求證：$EH=\frac {1}{2}FC$.
答案：證明：正方形$ABCD$，$AC\perp BD$，$OA = OC=\frac {1}{2}AC$，$\angle AOB = 90^{\circ}$.菱形$AEFC$，$AC = FC$，$EH\perp AC$，$EH = OB$（菱形高等于$OB$），$OB=\frac {1}{2}BD=\frac {1}{2}AC=\frac {1}{2}FC$，所以$EH=\frac {1}{2}FC$.
16. 如圖，在矩形$ABCD$中，過對角線$AC$的中點(diǎn)$O$作$EF\perp AC$，分別與$AB$，$DC$交于點(diǎn)$E$，$F$，點(diǎn)$G$為$AE$的中點(diǎn)，若$\angle AOG = 30^{\circ}$，求證：$DC = 3OG$.
答案：證明：連接$CE$，$O$是$AC$中點(diǎn)，$EF\perp AC$，$EF$垂直平分$AC$，$AE = CE$.$G$是$AE$中點(diǎn)，$OG=\frac {1}{2}AE$（直角三角形斜邊上中線）.設(shè)$OG = x$，則$AE = 2x$，$\angle AOG = 30^{\circ}$，$\angle OAG = 60^{\circ}$，$\triangle AOE$是等邊三角形，$AE = AO$，$AC = 2AO = 2AE = 4x$.在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC = 60^{\circ}$，$AB = DC=\frac {1}{2}AC = 2x$，$DC = 2x = 2OG$（原解析有誤，修正）
$EF\perp AC$，$O$為$AC$中點(diǎn)，$AE = CE$.$G$為$AE$中點(diǎn)，在$Rt\triangle AOE$中，$OG = AG = GE$，$\angle AOG = 30^{\circ}$，$\angle OAG = 30^{\circ}$，設(shè)$OG = x$，則$AG = x$，$AE = 2x$，$AO = AE\cos30^{\circ}=2x×\frac {\sqrt {3}}{2}=\sqrt {3}x$，$AC = 2AO = 2\sqrt {3}x$，$DC = AB = AC\cos30^{\circ}=2\sqrt {3}x×\frac {\sqrt {3}}{2}=3x$，所以$DC = 3OG$.
17. 如圖，在$□ ABCD$中，對角線$AC$，$BD$交于點(diǎn)$O$，$E$是$BD$延長線上的點(diǎn)，且$\triangle ACE$是等邊三角形.
（1）求證：四邊形$ABCD$是菱形.
（2）若$\angle AED = 2\angle EAD$，求證：四邊形$ABCD$是正方形.
答案：（1）證明：$□ ABCD$，$OA = OC$.$\triangle ACE$等邊，$EO\perp AC$（三線合一），$BD\perp AC$，所以$□ ABCD$是菱形.
（2）證明：$\triangle ACE$等邊，$\angle AEC = 60^{\circ}$，$EO\perp AC$，$\angle AEO = 30^{\circ}$.$\angle AED = 2\angle EAD$，設(shè)$\angle EAD = x$，則$\angle AED = 2x$，$x + 2x + 30^{\circ}=180^{\circ}$，$x = 50^{\circ}$（原解析有誤，修正）
$\angle AEO = 30^{\circ}$，$\angle AED = 2\angle EAD$，設(shè)$\angle EAD = x$，則$\angle AED = 2x$，在$\triangle AED$中，$x + 2x + \angle ADE = 180^{\circ}$.$AD// BC$，$\angle ADE = \angle OBC$，菱形$ABCD$，$OB = OD$，$\angle OBC = \angle OCB$，$\angle AED = 2x = \angle OEC + \angle CED = 30^{\circ}+\angle CED$，解得$x = 15^{\circ}$，$\angle AED = 30^{\circ}$，$\angle ADO = 45^{\circ}$，$\angle ADC = 90^{\circ}$，所以菱形$ABCD$是正方形.
18. 如圖，在四邊形$ABCD$中，$E$是$AB$上的一點(diǎn)，$\triangle ADE$和$\triangle BCE$都是等邊三角形，點(diǎn)$P$，$Q$，$M$，$N$分別為$AB$，$BC$，$CD$，$DA$的中點(diǎn)，試判斷四邊形$PQMN$為怎樣的四邊形，并證明你的結(jié)論.
菱形
證明：連接$AC$，$BD$.$P$，$Q$，$M$，$N$是中點(diǎn)，$PQ// AC$，$PQ=\frac {1}{2}AC$，$MN// AC$，$MN=\frac {1}{2}AC$，所以$PQ// MN$，$PQ = MN$，四邊形$PQMN$是平行四邊形.$\triangle ADE$和$\triangle BCE$等邊，$AE = DE$，$CE = BE$，$\angle AED = \angle CEB = 60^{\circ}$，$\angle AEC = \angle DEB$，$\triangle AEC\cong\triangle DEB$，$AC = BD$，$PQ=\frac {1}{2}AC=\frac {1}{2}BD = PN$，所以平行四邊形$PQMN$是菱形.
答案：菱形
證明：連接$AC$，$BD$.$P$，$Q$，$M$，$N$是中點(diǎn)，$PQ// AC$，$PQ=\frac {1}{2}AC$，$MN// AC$，$MN=\frac {1}{2}AC$，所以$PQ// MN$，$PQ = MN$，四邊形$PQMN$是平行四邊形.$\triangle ADE$和$\triangle BCE$等邊，$AE = DE$，$CE = BE$，$\angle AED = \angle CEB = 60^{\circ}$，$\angle AEC = \angle DEB$，$\triangle AEC\cong\triangle DEB$，$AC = BD$，$PQ=\frac {1}{2}AC=\frac {1}{2}BD = PN$，所以平行四邊形$PQMN$是菱形.
