《2025年名校题库九年级数学全一册北师大版》

7. (金牛区一诊) 如图, 在矩形 $ABCD$ 中, $AD = \sqrt{3}, ∠DBA = 30^{\circ}, P$ 为边 $AB$ 上的一个动点, 过点 $P$ 作 $PQ ⊥ BD$, 分别交 $BD, CD$ 于点 $E, Q$, 则 $DP + BQ$ 的最小值为4.

答案： 4

8. (锦江区二诊) 如图, 在矩形 $ABCD$ 中, $AB = 2\sqrt{2}, AD = 5$. 折叠矩形 $ABCD$ 使得点 $A$ 恰好落在边 $BC$ 上, 折痕与边 $AD$ 相交于点 $E$, 与矩形的另一边相交于点 $F$. 若 $DE = 2$, 则 $BF$ 的长为____.

答案：
$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 1 【解析】如图,过点 $E$ 作 $EH\perp BC$ 于点 $H$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形,$\therefore \angle A=\angle B=\angle C=\angle D=\angle BHE=\angle CHE=90^{\circ}$,$\therefore$ 四边形 $ABHE$、四边形 $DCHE$ 都是矩形,$\therefore EH=AB=2\sqrt{2}$. $\because DE=2$,$\therefore AE=AD-DE=5-2=3=BH$. 当点 $F$ 在 $AB$ 上时,如图 1 所示. $\because$ 折叠矩形 $ABCD$ 使得点 $A$ 恰好落在边 $BC$ 上,$\therefore A'E=AE=3$. 在 $Rt\triangle A'EH$ 中,$A'H=\sqrt{A'E^{2}-EH^{2}}=\sqrt{3^{2}-(2\sqrt{2})^{2}}=1$,$\therefore A'B=BH-A'H=3-1=2$. 设 $BF=m$,则 $A'F=AF=2\sqrt{2}-m$. 在 $Rt\triangle A'BF$ 中,$BF^{2}+A'B^{2}=A'F^{2}$,$\therefore m^{2}+2^{2}=(2\sqrt{2}-m)^{2}$,解得 $m=\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\therefore BF=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 当点 $F$ 在 $BC$ 上时,如图 2 所示. 同理可得 $A'E=AE=3$,$\therefore A'H=\sqrt{A'E^{2}-EH^{2}}=1$,$\therefore A'B=BH+A'H=3+1=4$. 设 $BF=n$,则 $A'F=4-n=AF$. 在 $Rt\triangle ABF$ 中,$AB^{2}+BF^{2}=AF^{2}$,$\therefore (2\sqrt{2})^{2}+n^{2}=(4-n)^{2}$,解得 $n=1$,$\therefore BF=1$. 综上所述,$BF$ 的长为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$ 或 1.

9. (都江堰市一诊) 如图, 在矩形 $ABCD$ 中, 点 $E, F$ 分别在边 $AD, BC$ 上, 将矩形 $ABCD$ 沿直线 $EF$ 折叠, 使点 $B$ 恰好与点 $D$ 重合, 点 $A$ 落在点 $A'$ 处, $G$ 为线段 $EF$ 上一动点, 过点 $G$ 作 $GM ⊥ AD, GN ⊥ FD$, 垂足分别为 $M, N$, 以 $GM, GN$ 为邻边构造平行四边形 $GMHN$. 若平行四边形 $GMHN$ 的周长为 $4\sqrt{10}, AE = 3$, 则 $EF = $____.

答案：
$2\sqrt{14}$ 【解析】如图,连接 $DG$,过点 $F$ 作 $FI\perp AD$ 于点 $I$,则 $\angle DIF=\angle EIF=90^{\circ}$. $\because$ 四边形 $GMHN$ 是平行四边形,且周长为 $4\sqrt{10}$,$\therefore GM=HN$,$GN=HM$,$\therefore 2(GM+GN)=4\sqrt{10}$,$\therefore GM+GN=2\sqrt{10}$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形,$\therefore AD// BC$,$\angle A=\angle B=\angle C=\angle ADC=90^{\circ}$,$\therefore \angle DEF=\angle BFE$. 由折叠得 $\angle DFE=\angle BFE$,$A'E=AE=3$,$A'D=AB=CD$,$\therefore \angle DEF=\angle DFE$,$\therefore DE=DF$. $\because GM\perp AD$,$GN\perp FD$,$\therefore \frac{1}{2}DE\cdot FI=\frac{1}{2}DE\cdot GM+\frac{1}{2}DF\cdot GN=S_{\triangle DEF}$,$\therefore FI=GM+GN=2\sqrt{10}$. $\because \angle DIF=\angle IDC=\angle C=90^{\circ}$,$\therefore$ 四边形 $CDIF$ 是矩形,$\therefore CD=FI=2\sqrt{10}$,$ID=CF$. $\because \angle A'=\angle A=\angle C=90^{\circ}$,$DE=DF$,$A'D=CD$,$\therefore Rt\triangle A'DE\cong Rt\triangle CDF(HL)$,$\therefore A'E=CF=ID=3$,$\therefore DE=DF=\sqrt{CD^{2}+CF^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{10})^{2}+3^{2}}=7$,$\therefore IE=DE-ID=7-3=4$,$\therefore EF=\sqrt{FI^{2}+IE^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{10})^{2}+4^{2}}=2\sqrt{14}$.

10. (龙泉驿区一诊) 如图 1, 在矩形 $ABCD$ 中, $E, F$ 分别为边 $AD, BC$ 上两动点, 将矩形左侧部分沿 $EF$ 所在的直线折叠, 点 $B$ 落在 $CD$ 边上的点 $G$ 处, 点 $A$ 落在点 $H$ 处, 连接 $EH, HG, FG, BG, \frac{AD}{AB} = k$.
(1) 若 $∠DGH = 26^{\circ}$, 求 $∠GBC$ 的度数;
(2) 如图 2, 若点 $D$ 与点 $G$ 重合, $AB = 1$, 求线段 $EF$ 的长 (用含 $k$ 的代数式表示);
(3) 如图 3, 连接 $BH$, 若 $\frac{CG}{DG} = \frac{1}{2}$, 且 $△BGH$ 为等腰三角形, 求 $k$ 的值.

答案：
解:
(1)由翻折变换的性质可知,$FG=BF$,$\angle FGH=\angle ABF=90^{\circ}$. $\because \angle DGH=26^{\circ}$,$\therefore \angle FGC=64^{\circ}$. $\because \angle C=90^{\circ}$,$\therefore \angle GFC=26^{\circ}$. $\because BF=FG$,$\therefore \angle GBC=\angle FGB=13^{\circ}$.
(2)如图 1,连接 $BE$. $\because \frac{AD}{AB}=k$,$AB=1$,$\therefore AD=k$,$\therefore BD=\sqrt{1+k^{2}}$. $\because AD// BC$,$\therefore \angle DEF=\angle BFE$. 由翻折变换的性质可知,$\angle EFD=\angle BFE$,$DF=BF$,$\therefore \angle DEF=\angle EFD$,$\therefore DE=DF$,$\therefore DE=BF$. 又 $\because DE// BF$,$\therefore$ 四边形 $DEBF$ 是平行四边形. 又 $\because DE=DF$,$\therefore$ 四边形 $DEBF$ 是菱形,$\therefore DE=BE$. $\because BE^{2}=AB^{2}+AE^{2}$,$\therefore DE^{2}=1+(k-DE)^{2}$,解得 $DE=\frac{1+k^{2}}{2k}$. $\because S_{菱形DEBF}=DE\cdot AB=\frac{EF\cdot BD}{2}$,$\therefore \frac{1+k^{2}}{2k}\cdot 1=\frac{EF\cdot \sqrt{1+k^{2}}}{2}$,$\therefore EF=\frac{\sqrt{1+k^{2}}}{k}$.

(3)如图 2,连接 $AG$,设 $AG$ 与 $BH$ 的交点为 $O$. $\because$ 线段 $AB$、线段 $HG$ 关于 $EF$ 对称,$\therefore$ 点 $O$ 在对称轴 $EF$ 上,$AG=BH$. 设 $CG=m$. $\because \frac{CG}{DG}=\frac{1}{2}$,$\therefore DG=2m$,$\therefore AB=CD=3m$. $\because \frac{AD}{AB}=k$,$\therefore BC=AD=3km$. ①若 $BG=BH$,$\because AG=BH$,$\therefore BG=AG$. 又 $\because BC=AD$,$\angle C=\angle ADG=90^{\circ}$,$\therefore \triangle BGC\cong \triangle AGD(HL)$,$\therefore CG=DG$,与已知 $\frac{CG}{DG}=\frac{1}{2}$ 矛盾,$\therefore$ 此种情形不存在. ②若 $HG=HB$,$\because OG=OB$,$\therefore HB=OH+OG$. $\because$ 在 $\triangle OGH$ 中,$OH+OG＞HG$,$\therefore HB＞HG$,$\therefore$ 此种情形不存在. ③若 $GB=HG=3m$,$\because$ 在 $Rt\triangle BCG$ 中,$BG^{2}=BC^{2}+CG^{2}$,$\therefore (3m)^{2}=(3km)^{2}+m^{2}$,解得 $k=\frac{2\sqrt{2}}{3}$(负根已经舍去). 综上所述,$k$ 的值为 $\frac{2\sqrt{2}}{3}$.