《2025年零障碍导教导学案九年级数学全一册北师大版》

1. [推理能力、模型思想][新考法]如图,正方形 ABCD 的边长为 4,点 E 在 AB 上且 BE = 1,F 为对角线 AC 上一动点,则△BFE 周长的最小值为(B)

A. 5
B. 6
C. 7
D. 8

答案： B

2. [模型思想、应用意识]如图,一根木棍斜靠在与地面(OM)垂直的墙(ON)上,设木棍中点为 P,若木棍 A 端沿墙下滑,且 B 端沿地面向右滑行.在此滑动过程中,点 P 到点 O 的距离(A)

A. 不变
B. 变小
C. 变大
D. 无法判断

答案： A

3. (BS 九上 P19 改编)如图,在矩形 ABCD 中,AC 和 BD 相交于点 O,AD = 3,AB = 4,E 是边 CD 上一点,过点 E 作 EH⊥BD 于点 H,EG⊥AC 于点 G,则 EH + EG 的值是(A)

A. 2.4
B. 2.5
C. 3
D. 4

答案： A

4. [猜想与证明、想象能力](BS 九上 P26)
(1)如果一个菱形绕对角线的交点旋转 90°后,所得图形与原来的图形重合,那么这个菱形是正方形吗? 为什么?
(2)如果一个四边形绕对角线的交点旋转 90°后,所得图形与原来的图形重合,那这个四边形是正方形吗? 为什么?

答案： 解:
(1) 是正方形. 理由如下:
因为菱形对角线互相平分, 绕着它的对角线的交点旋转 $ 90^{\circ} $, 能够与它本身重合, 说明对角线互相垂直平分且相等, 所以该四边形是正方形.
(2) 是正方形. 理由如下:
因为四边形绕着它的对角线的交点旋转 $ 90^{\circ} $, 能够与它本身重合, 说明对角线互相垂直平分且相等, 所以该四边形是正方形.

5. 如图,在边长为 6 的正方形 ABCD 中,E 是边 CD 的中点,将△ADE 沿 AE 对折至△AFE,延长 EF 交边 BC 于点 G,连接 AG.
(1)求证:△ABG≌△AFG;
证明: 在正方形 $ ABCD $ 中,
$ AD = AB $, $ \angle D = \angle B = 90^{\circ} $,
$ \because $ 将 $ \triangle ADE $ 沿 $ AE $ 对折至 $ \triangle AFE $,
$ \therefore AD = AF $, $ DE = EF $,
$ \angle D = \angle AFE = 90^{\circ} $.
$ \therefore AB = AF $,
$ \angle B = \angle AFG = 90^{\circ} $.
在 $ \text{Rt} \triangle ABG $ 和 $ \text{Rt} \triangle AFG $ 中,
$ \left\{ \begin{array} { l } { A G = A G, } \\ { A B = A F, } \end{array} \right. $
$ \therefore \text{Rt} \triangle ABG \cong \text{Rt} \triangle AFG ( $HL$ ) $.
(2)求 AG 的长.
解: $ \because \triangle ABG \cong \triangle AFG $,
$ \therefore BG = FG $.
设 $ BG = FG = x $, 则 $ GC = 6 - x $.
$ \because E $ 为 $ CD $ 的中点,
$ \therefore CE = EF = DE = 3 $.
$ \therefore EG = 3 + x $.
在 $ \text{Rt} \triangle CEG $ 中,
$ C E ^ { 2 } + C G ^ { 2 } = E G ^ { 2 } $,
$ \therefore 3 ^ { 2 } + ( 6 - x ) ^ { 2 } = ( 3 + x ) ^ { 2 } $,
解得 $ x = $2.
$ \therefore BG = 2 $.
在 $ \text{Rt} \triangle ABG $ 中,
$ A G ^ { 2 } = A B ^ { 2 } + B G ^ { 2 } $,
$ \therefore A G = \sqrt { 6 ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } } = $$ 2\sqrt{10} $.

答案：
(1) 证明: 在正方形 $ ABCD $ 中,
$ AD = AB $, $ \angle D = \angle B = 90^{\circ} $,
$ \because $ 将 $ \triangle ADE $ 沿 $ AE $ 对折至 $ \triangle AFE $,
$ \therefore AD = AF $, $ DE = EF $,
$ \angle D = \angle AFE = 90^{\circ} $.
$ \therefore AB = AF $,
$ \angle B = \angle AFG = 90^{\circ} $.
在 $ \text{Rt} \triangle ABG $ 和 $ \text{Rt} \triangle AFG $ 中,
$ \left\{ \begin{array} { l } { A G = A G, } \\ { A B = A F, } \end{array} \right. $
$ \therefore \text{Rt} \triangle ABG \cong \text{Rt} \triangle AFG ( \text{HL} ) $.
(2) 解: $ \because \triangle ABG \cong \triangle AFG $,
$ \therefore BG = FG $.
设 $ BG = FG = x $, 则 $ GC = 6 - x $.
$ \because E $ 为 $ CD $ 的中点,
$ \therefore CE = EF = DE = 3 $.
$ \therefore EG = 3 + x $.
在 $ \text{Rt} \triangle CEG $ 中,
$ C E ^ { 2 } + C G ^ { 2 } = E G ^ { 2 } $,
$ \therefore 3 ^ { 2 } + ( 6 - x ) ^ { 2 } = ( 3 + x ) ^ { 2 } $,
解得 $ x = 2 $.
$ \therefore BG = 2 $.
在 $ \text{Rt} \triangle ABG $ 中,
$ A G ^ { 2 } = A B ^ { 2 } + B G ^ { 2 } $,
$ \therefore A G = \sqrt { 6 ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } } = 2 \sqrt { 10 } $.