专项巩固训练卷(三) 正方形中常见的几何模型-【勤径学升】2026-2027学年九年级上册数学全程时习测试卷（北师大版·新教材）

专项巩固训练卷（三） 学封 正方形中常见的几何模型 。类型一“十字架”模型 1.(1)如图①，正方形ABCD中，AE⊥FG,求证：AE=FG; (2)如图②，将边长为12的正方形ABCD折叠，使点A落在CD上 的点E,然后压平折痕FG,若FG的长为13，求CE的长 B G 1题图① 1题图② 2.已知正方形ABCD中，点E,M分别在边AB,AD上 (1)如图①，CM⊥DE,垂足为G,求证：DE=CM; (2)如图②，点F,N分别在边CD,BC上，若EF⊥MN,请判断EF 和MN的大小关系，并说明理由. D B 2题图① 2题图② ·类型二对角互补模型 3.如图，正方形ABCD的边长为6，两条对角线AC, BD相交于点O.M,N分别为AB,BC上的动点，且 满足BM=CN,连接OM,ON,MN,E为MN的中 M 点，连接OE.有以下结论：①BM+BN=6; ②△MON为等腰直角三角形；③AM+CW2= 3题图 4OE2;④四边形BNOM周长的最小值为8.其中一定成立的个数是 A.1 B.2 C.3 D.4 九年级数学 北师版 上册 第7页 见此图标园即刻扫码分层训练助力学习进阶「 4.如图，正方形ABCD的对角线AC,BD交于点O,E是AB边上的一 点，连接OE,过点O作OF⊥OE交BC于点F,若AD=2,求四边形 BFOE的面积. 4题图 见此图标民即刻扫码 分层训练助力学习进阶 ◆类型三一线三垂直模型 5.如图，直线MW不与正方形的边相交且经过正方形ABCD的顶点 D,AM⊥MN于点M,CN⊥MN于点N,BR⊥MN于点R (1)求证：△ADM≌△DCW; (2)求证：MN=AM+CW; (3)试猜想BR与MN的数量关系，并证明你的猜想. M D 2 5题图 类型四手拉手模型 6.如图，四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，CE与BG交于点 M,点M在△ABC的外部. (1)求证：BG=CE; (2)求证：CE⊥BG; (3)求∠AME的度数. G D M 6题图 九年级数学 北师版上册 第8页 类型五半角模型(90°含45) 7.如图，正方形ABCD中，LEAF的两边分别与边BC,CD交于点E, F,AE,AF分别交BD于点G,H,且∠EAF=45° (1)当∠AEB=55时，求∠DAH的度数； (2)设∠AEB=a,则∠AFD=（用含a的代数式表示)； (3)求证：∠AEB=∠AEF. G 7题图2.（1)(i)证明：如答图①.四边形ABCD是菱形， ∴.AB=AD,∠1=∠2. 又.AN=AN,.△ABN≌△ADN (ⅱ)证明：如答图①，连接DB,易得∠ABN=∠ADM=20° ,·四边形ABCD是菱形， .AC垂直平分BD,∴.NB=ND ,·∠ABC=60°，∴.∠ABD=∠ADB=30°. .'∠ADM=20°，∠BDN=∠DBN=10°， .∠BNM=∠MBN=20°，∴.MB=MN. M B D 2题答图① 2题答图② (2)解：∠ABC=90°， .菱形ABCD是正方形，.∠CAD=45. 分三种情况： ①若ND=NA,则∠ADN=∠NAD=45° 此时，点M恰好与点B重合，得x=6； ②若ND=DA,则∠DNA=∠DAN=45° 此时，点M恰好与点C重合，得x=12; ③若AN=AD=6,如答图②，则∠1=∠2 AD∥BC,∴.∠1=∠4. 又：∠2=∠3，.∠3=∠4，∴.CM=CN. .在△ACD中，AD=DC=6, ∴AC=62,∴.CM=CN=AC-AW=62-6, 故x=12-CM=12-(6√2-6)=18-62. 综上所述，当x=6或12或18-62时，△AND为等腰三 角形 3.解：(1)(10-t) (2)2 (3)以点P,D,Q,B为顶点的四边形有可能是平行四边形 PD∥BQ, .当PD=BQ时，四边形BPDQ是平行四边形. 当5<t≤7.5时，点Q从点C向点B运动， 由PD=B0,得10-t=10×3-4,解得1=)0； 当7.5<t<10时，点Q从点B向点C运动， 由PD=BQ,得10-t=4t-10×3,解得t=8, 综上，的值为号或8 4.解：(1)如答图所示，连接PQ,过点P作PE⊥DQ于点E. 0← - A P B 4题答图 .·点P从A出发沿AB边以4厘米/秒的速度运动，点Q从 C出发沿CD边以2厘米/秒的速度运动， .∴.当t=2时，QC=4cm,AP=8cm, .'DO=24-OC=20 cm,.'.EO =12 cm, 参考答案及解析 .PQ=√QE2+PE=√122+102=2√6I(cm), 即当t=2时，P,Q两点之间的距离为2√6①cm. (2)由题意知AP=4tcm,DQ=(24-2t)cm, 当线段AQ与DP互相平分时，四边形APQD为矩形，则AP =DQ,即4t=24-2t,解得t=4,故t为4时，线段AQ与DP 互相平分. (3)Sanw=2(4AP+D0)·AD=2(4+24-2)×10 =(10t+120)cm2,S矩形cD=10×24=240(cm2), 5 10+120=8×240,解得t=3, 为3时，四边形APQD的面积为矩形ABCD面积的g 5.(1)证明：四边形ABCD是正方形， .∴.AB=BC,∠ABM=∠CBM. 在△ABM和△CBM中， rAB=CB, ∠ABM=∠CBM,.△ABM≌△CBM(SAS), LBM=BM, .∠BAM=∠BCM. 又.∠ECF=90°，G是EF的中点， cC=2EF=GF,∠GCP=∠GfC 又：AB∥DF,.∠BAM=∠GFC, .∠BCM=∠GCF, .∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90°， GC⊥CM. (2)解：成立.理由如下： 四边形ABCD是正方形，∴.AB=BC,∠ABM=∠CBM. 在△ABM和△CBM中， AB=CB, ∠ABM=∠CBM,∴.△ABM≌△CBM(SAS), LBM=BM, .∴.∠BAM=∠BCM. 又：∠ECF=90°，G是EF的中点， .GC=GF,∴.∠GCF=∠GFC. 又：AB∥DC,.∠BAM=∠GFC,∴.∠BCM=∠CCF, ∴.∠GCF+∠MCF=∠BCM+∠MCF=90°， .∴.GC⊥CM. 专项巩固训练卷（三） 正方形中常见的几何模型 1.（1)证明：如答图①所示，过点G作GH⊥AD,垂足为H. ,·四边形ABCD为正方形， ∴.∠HAB=∠B=90°，AB=AD .·GH⊥AD,∴.∠AHG=90°， ∴.∠HAB=∠B=∠AHG=90°， ∴.四边形ABGH为矩形， ∴.GH=AB,∴.GH=AD. 在△AFM和△ADE中，∠FAM=∠DAE,∠AMF=∠D=90°， ∴.∠HFG=∠AED.在△GHF和△ADE中， ·5 全程时习测试卷·九年级数学·北师版·上册 ,∠HFG=∠DEA, ∠GHF=∠ADE,.△GHF≌△ADE(AAS),∴.AE=FG. .GH=AD A H 1题答图① 1题答图② (2)解：如答图②所示，作GHLAD,垂足为H. 由(1)知HG=AB=12, ∴.在△GHF中，由勾股定理，得 FH=√GF2-HG=√132-122=5. 将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在CD上的点E, 折痕为FG,.AE⊥GF 由(1)可知△GHF≌△ADE,∴.DE=FH=5, ∴.CE=DC-DE=12-5=7. 2.（1)证明：：四边形ABCD为正方形， ∴.AD=DC,∠DAE=∠CDM=90°， ∴.∠ADE+∠EDC=90°. ,CM⊥DE,∴.∠CGD=90°， .∠EDC+∠DCM=90°，.∠ADE=∠DCM. 在△ADE和△DCM中， r∠ADE=∠DCM, AD=DC. .△ADE≌△DCM(ASA),.DE=CM. L∠DAE=∠CDM M R (2)解：EF=MN.理由如下：如答图， 过点C作CR∥MN交AD于点R,过 点D作DQ∥EF交AB于点Q. 四边形ABCD为正方形， ∴.AD∥BC,即MR∥CN 又.·CR∥MN, 2题答图 .四边形MNCR为平行四边形， ∴.NM=CR,同理可得EF=DQ, 又由(1)可知CR=DQ,.EF=MW 3.C 4.解：四边形ABCD是正方形， .B0=C0,∠ABC=90°，∠AB0=∠BC0=45°， OF⊥OE,∴.E0F=90°， ∴.∠BE0+∠BF0=180°. .:∠BF0+∠OFC=180°，∴.∠OFC=∠BEO. 在△BOE和△COF中， ∠BEO=∠CFO, ∠OBE=∠OCF LOB=OC, .△BOE≌△COF(AAS),.SAROE=SACOF .AD=2, .S四边形BF0E=S△B0F+S△B0E=S△B0F+SACOF=SAROC=1. ·6 5.(1)证明：：AM⊥MW于点M,CN⊥MW于点N, ∴.∠AMD=∠DNC=90°， .∠MAD+∠MDA=180°-90°=90°. .·四边形ABCD是正方形，.∠ADC=90°，AD=DC, ∴.∠MDA+∠NDC=180°-90°=90°， ·.∠MAD+∠MDA=∠NDC+∠MDA, ∴.∠MAD=∠NDC. 在△ADM和△DCN中， r∠AMD=∠DNC, ∠MAD=∠NDC,∴.△ADM≌△DCN(AAS). LAD=DC, (2)证明：由(1)得△ADM≌△DCN, .AM=DN.DM=CN..'.DN DM=AM+CN. 即MN=AM+CN. (3)解：猜想BR=MN.证明如下：过点A作AE⊥BR于点 E,如答图所示 .·BR⊥MN,CN⊥MN. ∴BR∥CN,.∠1=∠2. 又：四边形ABCD是正方形， ∴.AB⊥BC,DC⊥BC, .∴.∠ABE=∠DCN=90°-∠1. 在△ABE和△DCN中， LABE=∠DCW, ∠AEB=∠DNC=90°， LAB=DC, 5题答图 .△ABE≌△DCN(AAS),∴.BE=CN. 由(1)得△ADM≌△DCN, .△ABE≌△ADM,∴.AE=AM. 又：AE∥MR,AM∥ER, .四边形AERM是正方形，..ER=AM, .BR=BE+ER CN+AM DM+DN MN. 6.(1)证明：在正方形ABDE和正方形ACFG中，AB=AE,AG =AC,∠BAE=∠CAG=90°， ∴.∠BAE+∠EAG=∠CAG+∠EAG, 即∠BAG=∠CAE.在△ABG和△AEC中， AB=AE, ∠BAG=∠EAC,∴.△ABG≌△AEC(SAS),∴.BG=CE. LAG=AC, (2)证明：△ABG≌△AEC,∴.∠ACE=∠AGB, .∴.∠MCF+∠MGF=∠ACF+∠AGF=90°+90°=180°， ∴.∠CMG=360°-（∠MCF+∠MGF+∠F)=360°- (180°+90°)=90°， .BG⊥CE. (3)解：如答图，过点A作AP⊥BG,AQ⊥CE,垂足分别为P,Q. E M 6题答图 :△ABG≌△AEC,∴.∠PBA=∠QEA,AB=AE. 又：∠BPA=∠EQA=90°， ∴.△PBA≌△QEA,∴.AP=AQ, .MA平分LBMC,由(2)可知LBMC=90°， LAWC=2∠BMC=45°，∠AWE=1350 7.（1)解：.四边形ABCD为正方形， .∴.∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90° 当LAEB=55时，∠EAB=90°-∠AEB=90°-55°=35°， ∴.∠DAH=90°-∠EAF-∠EAB=90°-45°-35°=10°. (2)解：135°- (3)证明：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABI,如答 图所示，可得E,B,I三点共线，由旋转可知∠DAF=∠BAI, AF=AI. ∠DAF+∠EAB=90°-∠EAF=45°，DN ∴.∠BAI+∠EAB=45°=∠IAE. 在△EAF和△EAI中， AF=AI, ∠EAF=∠EAL, LAE =AE, 7题答图 ∴.△EAF≌△EAI(SAS), .∠AEF=∠AEB. 第二章一元二次方程 基础过关检测卷 1.C2.C3.A4.C5.A6.B7.C8.B9.C 10.D[解析]：关于x的一元二次方程x2-(k-1)x-k+ 2=0的两个实数根为x1,x2,.x1+x2=k-1,x1x2=-k+ 2.(x1-x2+2)(x1-x2-2）+2xx2=-3,即(x1+ x2)2-2x12-4=-3,.(k-1)2+2k-4-4=-3,解得 k=±2.关于x的一元二次方程x2-(k-1)x-k+2=0 有实数根，.4=[-(k-1)]2-4×1×(-k+2)≥0，解 得k≥22-1或k≤-22-1，.k=2.故选D. 11.4x2-3x-5=012.-213.514.x1=2,x2=3 15.20[解析]第1个图中有1个小球，第2个图中有3个小 球，3=1+2，第3个图中有6个小球，6=1+2+3，第4个 图中有10个小球，10=1+2+3+4，…照此规律，第n个 图中有1+2+3+…+n=n(n+1)个小球，当m(n,+1)= 2 2 210时，解得n1=20,n2=-21(舍去)，故答案为20. 16.解：（1)移项，得x2+14x=-24. 配方，得x2+2×7x+72=-24+72, 即(x+7)2=25. 两边开平方，得x+7=5或x+7=-5, 解得x1=-2,x2=-12. (2)x2-5x=3(5-x), 整理，得x(x-5)=-3(x-5). 移项，得x(x-5)+3(x-5)=0. 提公因式，得(x+3)(x-5)=0, .x+3=0或x-5=0, 解得x1=-3,x2=5. 参考答案及解析 17.解：设x2+8x+9=0的两个根为x1,x2, 则x1+x2=-8,x1为2=9， 令x1=-4+a,x2=-4-a,a>0, 则(-4+a)(-4-a)=9, .16-a2=9,.a2=7,.a=7(舍负)， 于是x1=-4+7,x2=-4-7. 18.(1)证明：.a=1,b=m+2,c=2m, .△=b2-4ac=(m+2)2-4×1×2m=m2+4m+4-8m =m2-4m+4=(m-2)2. :无论m取何值时，(m-2)2≥0， 即△≥0， .原方程总有两个实数根 (2)解：，x2+（m+2)x+2m=0, 即(x+2)(x+m)=0, .x1=-2,x2=-m. .该方程有一个根大于3，∴.-m>3,.m<-3. 19.解：存在.设这五个连续正整数分别为n,n+1,n+2,n+ 3,n+4,由题意，得n2+(n+1)2+(n+2)2=(n+3)2+ (n+4)2,整理，得n2-8n-20=0, 解得n1=10,n2=-2(不符合题意，舍去)， ∴.这五个连续正整数为10,11,12,13,14. 20.解：设x秒后△PBQ的面积为5cm, AP=x cm,BQ=2x cm,.'.BP=(6-x)cm. 由题意可得2(6-x)·2x=5,解得名=1，名=5， 又.0≤x≤6，∴.当运动时间为1秒或5秒时， △PBQ的面积为5cm2. 答：1秒或5秒后，△PBQ的面积是5cm2. 21.解：设矩形ABCD的边AB的长为xm,则边BC的长为 70-2x+2=(72-2x)m. (1)根据题意，得x(72-2x)=640, 化简，得x2-36x+320=0,解得x1=16,x2=20. 当x=16时，72-2x=72-32=40; 当x=20时，72-2x=72-40=32. 答：当羊圈的长为40m,宽为16m或长为32m,宽为20m 时，能围成一个面积为640m2的羊圈. (2)不能 理由：由题意，得x(72-2x)=650. 化简，得x2-36x+325=0. .△=(-36)2-4×1×325=-4<0， .一元二次方程没有实数根， ∴.羊圈的面积不能达到650m2 22.解：(1)设该市参加健身运动人数的年均增长率为x, 由题意，得32(1+x)2=50, 解得x1=0.25=25%,x2=-2.25(不符合题意，舍去). 答：该市参加健身运动人数的年均增长率为25%. (2)1600×100=160000<240000, ∴.购买的这种健身器材的套数大于100套 设购买的这种健身器材的套数为m套， 由题查，得m160-”00×40)=24000. 。7