2020-----2021第一学期北师版数学九年级第一周（能力提升）周清试卷
一、选择题：
1．如图，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6，则△ABC的周长是（
）
A．14
B．16
C．18
D．20
2．用尺规在一个平行四边形内作菱形ABCD，下列作法中错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．已知平行四边形ABCD，AC、BD是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠BAC=∠DCA
B．∠BAC=∠DAC
C．∠BAC=∠ABD
D．∠BAC=∠ADB
4、如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（ ）【来源：21cnj
y.co
m】
A．
B．
C．
D．
5、如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，O（0，0），A（4，0），∠AOC=60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（2，）
B．（，2）
C．（，3）
D．（3，）
6、如图，点是矩形的对角线的中点，交于点，若，则的长为（
）
A．
5
B．
4
C.
D．
7、如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（ ）
A．6
B．3
C．2
D．4.5
8．如图，矩形ABCD中，AB=10，BC=5，点E，F，G，H分别在矩形ABCD各边上，且AE=CG，BF=DH，则四边形EFGH周长的最小值为（ ）21cnjy.com
A．5
B．10
C．10
D．15
二、填空题：
1、如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠DGH=30°，连接BG，则∠AGB=
．
2、如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O,若AE=5，BF=3，则AO的长为
3、将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A（-6,0）恰好落在OB上的点A1处，则点B（-6，2）的对应点B1的坐标为
．
4、．如图所示，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′= ．
5．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=3，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A′EF，则A′C的长的最小值是
．
三、探究题：
数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证.,
（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
请根据上图完成这个推论的证明过程．
证明：，（____________+____________）．
易知，，_____________=______________，______________=_____________．
可得．
四、解答题：
1、如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，连接DE、CE．
（1）求证：△ADE≌△BCE；
（2）若AB=6，AD=4，求△CDE的周长．
2、如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合，得到折痕MN，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到MN上的点F处，折痕AP交MN于E；延长PF交AB于G．求证：
（1）△AFG≌△AFP；
（2）△APG为等边三角形．2020-----2021第一学期北师版数学九年级第一周（能力提升）周清试卷答案
一、选择题：
1．【答案】C.
考点：菱形的性质，勾股定理.
2．【分析】根据菱形的判定和作图根据解答即可．
【解答】解：A、由作图可知，AC⊥BD，且平分BD，即对角线平分且垂直的四边形是菱形，正确；
B、由作图可知AB=BC，AD=AB，即四边相等的四边形是菱形，正确；
C、由作图可知AB=DC，AD=BC，只能得出ABCD是平行四边形，错误；
D、由作图可知对角线AC平分对角，可以得出是菱形，正确；
故选：C．
3．【分析】由矩形和菱形的判定方法即可得出答案．
【解答】解：A、∠BAC=∠DCA，不能判断四边形ABCD是矩形；
B、∠BAC=∠DAC，能判定四边形ABCD是菱形；不能判断四边形ABCD是矩形；
C、∠BAC=∠ABD，能得出对角线相等，能判断四边形ABCD是矩形；
D、∠BAC=∠ADB，不能判断四边形ABCD是矩形；
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定；熟练掌握矩形的判定是解决问题的关键．
4、
【分析】根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6﹣x）2，解方程求出x．
【解答】解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，
∴AE=AB，∠E=∠B=90°，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，
∴AE=DC，
而∠AFE=∠DFC，
∵在△AEF与△CDF中，
，
∴△AEF≌△CDF（AAS），
∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=6，CD=AB=4，
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，
∴FC=FA，
设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x，
在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，解得x=，
则FD=6﹣x=．
故选：B．
5、【答案】C.
{解析}本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质．过点E作EF⊥x轴于点F，∵四边形OABC为菱形，∠AOC=60°，∴∠AOE=∠AOC=30°，∠FAE=60°，∵A（4，0），∴OA=4，∴AE=AO=，∴，，
∴OF=AO-AF=4-1=3，∴E（3，）．
因此本题选D．
6、【答案】D.
7、【分析】作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，由PE+PM=PE′+PM=E′M知点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，利用S菱形ABCD=AC?BD=AB?E′M求二级可得答案．
【解答】解：如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，
则点P、M即为使PE+PM取得最小值，
其PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点E′在CD上，
∵AC=6，BD=6，
∴AB==3，
由S菱形ABCD=AC?BD=AB?E′M得×6×6=3?E′M，
解得：E′M=2，
即PE+PM的最小值是2，
故选：C．
8．【分析】作点E关于BC的对称点E′，连接E′G交BC于点F，此时四边形EFGH周长取最小值，过点G作GG′⊥AB于点G′，由对称结合矩形的性质可知：E′G′=AB=10、GG′=AD=5，利用勾股定理即可求出E′G的长度，进而可得出四边形EFGH周长的最小值．
【解答】解：作点E关于BC的对称点E′，连接E′G交BC于点F，此时四边形EFGH周长取最小值，过点G作GG′⊥AB于点G′，如图所示．
∵AE=CG，BE=BE′，
∴E′G′=AB=10，
∵GG′=AD=5，
∴E′G==5，
∴C四边形EFGH=2E′G=10．
故选B．
填空题：
1、【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB=∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
2、【答案】
【详解】解：由对折可得：
矩形，
BC=8
由对折得：
3、【分析】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案．
【解答】解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，
由题意得，OA=6，AB=OC﹣2，
则=，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∴∠B1OH=60°，
在△AOB和△HB1O，
，
∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=2，
∴点B1的坐标为（﹣2，6），
故答案为：（﹣2，6）．
【点评】本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
4、【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ACD，再根据翻折变换的性质判断出四边形BCEC′是正方形，根据正方形的性质可得∠BEC=45°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BFC，再根据翻折变换的性质可得∠BFC′=∠BFC，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．
【解答】解：∵矩形ABCD，∠DAC=65°，
∴∠ACD=90°﹣∠DAC=90°﹣65°=25°，
∵△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，
∴四边形BCEC′是正方形，
∴∠BEC=45°，
由三角形的外角性质，∠BFC=∠BEC+∠ACD=45°+25°=70°，
由翻折的性质得，∠BFC′=∠BFC=70°，
∴∠AFC′=180°﹣∠BFC﹣∠BFC′=180°﹣70°﹣70°=40°．
故答案为：40°．
5．【分析】连接CE，根据折叠的性质可知A′E=1，在Rt△BCE中利用勾股定理可求出CE的长度，再利用三角形的三边关系可得出点A′在CE上时，A′C取最小值，最小值为CE﹣A′E=﹣1，此题得解．www.21-cn-jy.com
【解答】解：连接CE，如图所示．
根据折叠可知：A′E=AE=AB=1．
在Rt△BCE中，BE=AB=1，BC=3，∠B=90°，
∴CE==．
∵CE=，A′E=1，
∴点A′在CE上时，A′C取最小值，最小值为CE﹣A′E=﹣1．
故答案为：﹣1．
三、探究题：
【答案】
.
四、解答题：
1、【分析】（1）由全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）由（1）中全等三角形的对应边相等和勾股定理求得线段DE的长度，结合三角形的周长公式解答．
【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，AD=BC，∠A=∠B=90°．
∵E是AB的中点，
∴AE=BE．
在△ADE与△BCE中，
，
∴△ADE≌△BCE（SAS）；
（2）由（1）知：△ADE≌△BCE，则DE=EC．
在直角△ADE中，AE=4，AE=AB=3，
由勾股定理知，DE===5，
∴△CDE的周长=2DE+AD=2DE+AB=2×5+6=16．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
2、【分析】（1）由折叠的性质得到M、N分别为AD、BC的中点，利用平行线分线段成比例得到F为PG的中点，再由折叠的性质得到AF垂直于PG，利用SAS即可得证；
（2）由（1）的全等三角形，得到对应边相等，利用三线合一得到∠2=∠3，由折叠的性质及等量代换得到∠PAG为60°，根据AP=AG且有一个角为60°即可得证．
【解答】证明：（1）由折叠可得：M、N分别为AD、BC的中点，
∵DC∥MN∥AB，
∴F为PG的中点，即PF=GF，
由折叠可得：∠PFA=∠D=90°，∠1=∠2，
在△AFP和△AFG中，
，
∴△AFP≌△AFG（SAS）；
（2）∵△AFP≌△AFG，
∴AP=AG，
∵AF⊥PG，
∴∠2=∠3，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠2=∠3=30°，
∴∠2+∠3=60°，即∠PAG=60°，
∴△APG为等边三角形．
【点评】此题考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
