厦门市华侨中学北师大版九年级上册学年度数学月考卷Word文件下载.docx

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④FH=BD

其中正确的结论有（）．

A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④

6．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°

，连接对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°

，连接AC1，再以AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°

；

…，按此规律所作的第六个菱形的边长为（）

A．9B．C．27D．

7．如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：

①BE=DG；

②BE⊥DG；

③DE2+BG2=2a2+2b2，其中正确结论有（　　）

A．0个B．1个C．2个D．3个

8．如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：

①四边形AECF为平行四边形；

②∠PBA=∠APQ；

③△FPC为等腰三角形；

④△APB≌△EPC；

其中正确结论的个数为（　　）

A．1B．2C．3D．4

9．如图，△ABC中，∠BAC=90°

，AB=3，AC=4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，连CE，则线段CE的长等于（）

A．2B．C．D．

10．如图，沿对角线AC折叠正方形ABCD，使得B、D重合，再折叠△ACD，点D恰好落在AC上的点E处，测得折痕AF的长为3，则C到AF的距离CG为：

A．B．C．D．

11．如图，矩形AEHC是由三个全等矩形拼成的，AH与BE、BF、DF、DG、CG分别交于点P、Q、K、M、N．设△BPQ，△DKM，△CNH的面积依次为S1，S2，S3．若S1+S3＝20，则S2的值为（　　）

A．6B．8C．10D．12

二、填空题

12．如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E、F分别在BC、CD上，若AE=，∠EAF=45°

，则AF的长为_____．

13．如图，在矩形ABCD中，点G在AD上，且GD=AB=1，AG=2，点E是线段BC上的一个动点（点E不与点B，C重合），连接GB，GE，将△GBE关于直线GE对称的三角形记作△GFE，当点E运动到使点F落在矩形任意一边所在的直线上时，则所有满足条件的线段BE的长是__________．

14．若，则　　．

15．如图，∠MAN=90°

，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为_____．

16．如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH．下列结论：

①EG=DF；

②∠AEH+∠ADH=180；

③△EHF≌△DHC；

④若，则3S△EDH=13S△DHC，其中结论正确的有___________．

17．如图，在正方形纸片ABCD中，对角线AC，BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，折痕DE分别交AB，AC于点E，G，若AB=2，则AG的长为______．

18．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°

，将△ABC绕点C顺时针旋转90°

得到△A′B′C，M、M′分别是AB、A′B′的中点，若AC＝4，BC＝2，则线段MM′的长为____．

参考答案

1．B

【解析】

【分析】

过点C作CD⊥BF，交FB的延长线于点D，易证△ACE≌△BCD，根据全等三角形的对应边相等，即可证得AF+BF=2CE，由此即可解决问题。

【详解】

（1）证明：

如图1，过点C作CD⊥BF，交FB的延长线于点D，

∵CE⊥MN，CD⊥BF，

∴∠CEA=∠D=90°

，

∵CE⊥MN，CD⊥BF，BF⊥MN，

∴四边形CEFD为矩形，

∴∠ECD=90°

又∵∠ACB=90°

∴∠ACB-∠ECB=∠ECD-∠ECB，

即∠ACE=∠BCD，

又∵△ABC为等腰直角三角形，

∴AC=BC，

在△ACE和△BCD中，

∴△ACE≌△BCD（AAS），

∴AE=BD，CE=CD，

又∵四边形CEFD为矩形，

∴四边形CEFD为正方形，

∴CE=EF=DF=CD，

∴AF+BF=AE+EF+BF

=BD+EF+BF

=DF+EF

=2CE，

∵CE=3，BF=2，

∴AF=6-2=4．

故选B．

【点睛】

本题考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

2．C

是等边三角形，延长交于，连接交于，连接，由题意、关于对称，推出，当、、共线时，的值最小，最小值为的长.

如图，由题意，，

是等边三角形，

延长交于，连接交于，连接，

由题意、关于对称，

当、、共线时，的值最小，最小值为的长，

设，，

在中，，，

在中，，

.

故选：

本题考查轴对称-最短问题，翻折变换，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型.

3．B

先根据矩形的性质，推理得到OF=CF，再根据Rt△BOF求得OF的长，即可得到CF的长．

解：

∵EF⊥BD，∠AEO=120°

∴∠EDO=30°

，∠DEO=60°

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠OBF=∠OCF=30°

，∠BFO=60°

∴∠FOC=60°

-30°

=30°

，BF=2OF，

∴OF=CF，

又∵BO=BD=AC=2，

∴在Rt△BOF中，

BO2+OF2=（2OF）2，

∴

（2）2+OF2=4OF2，

∴OF=2，

∴CF=2，

B．

本题主要考查了矩形的性质，含30°

角的直角三角形的性质，以及勾股定理的运用，解决问题的关键是掌握：

矩形的对角线相等且互相平分．

4．B

设每个小直角三角形的面积为m，则S₁＝4m＋S₂，S₃＝S₂−4m，依据S₁＋S₂＋S₃＝60，可得4m＋S₂＋S₂＋S₂−4m＝60，进而得出S₂的值．

设每个小直角三角形的面积为m，则S₁＝4m＋S₂，S₃＝S₂−4m，

因为S₁＋S₂＋S₃＝60，

所以4m＋S₂＋S₂＋S₂−4m＝60，

即3S₂＝60，

解得S₂＝20．

本题主要考查了勾股定理和正方形、全等三角形的性质的运用，证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．

5．C

试题分析：

∵△ACE是等边三角形，

∴∠EAC=60°

，AE=AC，

∵∠BAC=30°

∴∠FAE=∠ACB=90°

，AB=2BC，

∵F为AB的中点，

∴AB=2AF，

∴BC=AF，

∴△ABC≌△EFA，

∴FE=AB，

∴∠AEF=∠BAC=30°

∴EF⊥AC，故①正确，

∵EF⊥AC，∠ACB=90°

∴HF∥BC，

∵F是AB的中点，

∴HF=BC，

∵BC=AB，AB=BD，

∴HF=BD，故④说法正确；

∵AD=BD，BF=AF，

∴∠DFB=90°

，∠BDF=30°

∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°

∴∠DFB=∠EAF，

∵EF⊥AC，

∴∠AEF=30°

∴∠BDF=∠AEF，

∴△DBF≌△EFA（AAS），

∴AE=DF，

∵FE=AB，

∴四边形ADFE为平行四边形，

∵AE≠EF，

∴四边形ADFE不是菱形；

故②说法不正确；

∴AG=AF，

∴AG=AB，

∵AD=AB，

则AD=4AG，故③说法正确，

故选C．

考点：

菱形的判定和性质；

全等三角形的判定和性质．

6．B

先求出第一个菱形和第二个菱形的边长，得出规律，根据规律即可得出结论．

连接BD交AC于O，连接CD1交AC1于E，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°

∴ACD⊥BD，∠BAO=∠DAB=30°

OA=AC，

∴OA=AB•cos30°

=1×

=，

∴AC=2OA=，

同理AE=AC•cos30°

=×

=，AC1=3=（）2，

…，

第n个菱形的边长为（）n﹣1，

∴第六个菱形的边长为（）5=9，

【点评】

本题考查了菱形的性质、含30°

角的直角三角形以及锐角三角函数的运用，根据第一个和第二个菱形的边长得出规律是解决问题的关键．

7．D

分析：

由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形,得到四条边相等,四个角为直角,利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等,利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG,利用全等三角形对应角相等得到∠CBM=∠MDO,利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角,利用勾股定理求出所求式子的值即可.

详解：

①∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，

∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°

∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，即∠BCE=∠DCG.

在△BCE和△DCG中，CB＝CD，∠BCE＝∠DCG，CE＝CG，

∴△BCE≌△DCG，

∴BE=DG，

故结论①正确.

②如图所示，设BE交DC于点M，交DG于点O.

由①可知，△BCE≌△DCG，

∴∠CBE=∠CDG，即∠CBM=∠MDO.

又∵∠BMC=∠DMO，∠MCB=180°

-∠CBM-∠BMC，∠DOM=180°

-∠CDG-∠MDO，

∴∠DOM=∠MCB=90°

∴BE⊥DG.

故②结论正确.

③如图所示，连接BD、EG，

由②知，BE⊥DG，

则在Rt△ODE中，DE2=OD2+OE2，

在Rt△BOG中，B