2022-2023学年辽宁省鞍山五十一中等三校九年级（上）月考数学试卷（11月份）（几何）(解析版)

这是一份2022-2023学年辽宁省鞍山五十一中等三校九年级（上）月考数学试卷（11月份）（几何）(解析版)，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共4小题，共12.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 如图，三角形纸片ABC中，∠BAC=90°，AB=2，AC=3.沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处；再折叠纸片，使点C与点D重合，若折痕与AC的交点为E，则AE的长是( )
A. 136B. 56C. 76D. 65
3. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=20，点D在边AC上，AD=5，DE⊥BC于点E，连结AE，则△ABE的面积等于( )
A. 54B. 72C. 75D. 78
4. 如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，点E是DA中点，F是对角线AC上一点，且∠DEF=45°，则AF：FC的值是( )
A. 3B. 5+1C. 22+1D. 2+3
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
5. 如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=6，点E在对角线BD上，且BE=2，连接AE并延长交DC于点F，则CFCD=______．
6. 一张等腰三角形纸片，底边长为15cm，底边上的高长22.5cm.现沿底边依次从下往上裁剪宽度均为3cm的矩形纸条，如图所示．已知剪得的纸条中有一张是正方形，则这张正方形纸条是第______张．
7. 如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限．其斜边两端点A、B分别落x轴、y轴上，且AB=13cm，点C与点O的距离的最大值=______cm．
8. 如图，CB=CA，∠ACB=90°，点D在边BC上(与B、C不重合)，四边形ADEP为正方形，过点F作PG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC=FG；②S△FAB：S四边形CBFG=1：4；③∠ABC=∠ABP；④AD2=FQ⋅AC.其中正确的有______．
三、解答题（本大题共4小题，共32.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
9. (本小题8.0分)
实践与操作：如图，在平面直角坐标系中，点A、点B的坐标分别为(1,3)，(3,2)．
(1)画出△OAB绕点B顺时针旋转90°后的△O'A'B'；
(2)点M是OA的中点，在(1)的条件下，M的对应点M'的坐标为______．
(3)以点B为位似中心，相似比为2：1，在x轴的上方画出△O'A'B'放大后的△O''A''B．
10. (本小题8.0分)
如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，过点F作EF⊥AM，交AD的延长线于点E，交DC于点N．
(1)求证：△ABM∽△EFA；
(2)若AB=6，BM=2，求DE的长．
11. (本小题8.0分)
如图，等腰△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度α(45°<α≤90°)得到△ADE，点B、C的对应点分别是D、E.连结BD、CE交于点F，连结AD、CE交于点G．
(1)用含α的代数式表示∠AGC的度数；
(2)当AE/​/BD时，求CF的长．
12. (本小题8.0分)
(1)问题发现
如图(1)，在△OAB和△OCD中，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=35°，连接AC，BD交于点M．
①ACBD的值为______；
②∠AMB的度数为______．
(2)类比探究
如图(2)，在△OAB和△OCD中，∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，连接AC，交BD的延长线于点M.请计算ACBD的值及∠AMB的度数．
(3)拓展延伸
在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M.若OD=2，AB=8，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；
D、是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
故选：D．
根据中心对称图形的定义和轴对称图形的定义，对选项逐个判断，即可判断出答案．
此题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，掌握相关概念是解题的关键，图形绕一点旋转180°后能够与原图形完全重合则此图形为中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
2.【答案】A
【解析】解：∵沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，
∴AD=AB=2，∠B=∠ADB，
∵折叠纸片，使点C与点D重合，
∴CE=DE，∠C=∠CDE，
∵∠BAC=90°，
∴∠B+∠C=90°，
∴∠ADB+∠CDE=90°，
∴∠ADE=90°，
∴AD2+DE2=AE2，
设AE=x，则CE=DE=3-x，
∴22+(3-x)2=x2，
解得x=136，
∴AE=136，
故选：A．
根据沿过点A的直线将纸片折叠，使点B落在边BC上的点D处，得AD=AB=2，∠B=∠ADB，又再折叠纸片，使点C与点D重合，得CE=DE，∠C=∠CDE，即可得∠ADE=90°，AD2+DE2=AE2，设AE=x，则CE=DE=3-x，可得22+(3-x)2=x2，即可解得AE=136．
本题考查直角三角形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折的性质，熟练利用勾股定理列方程．
3.【答案】D
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=15，AC=20，
∴BC=AB2+AC2=25，△ABC的面积=12AB⋅AC=12×15×20=150，
∵AD=5，
∴CD=AC-AD=15，
∵DE⊥BC，
∴∠DEC=∠BAC=90°，
又∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CBA，
∴CEAC=CDCB，
即CE20=1525，
解得：CE=12，
∴BE=BC-CE=13，
∵△ABE的面积：△ABC的面积=BE：BC=13：25，
∴△ABE的面积=1325×150=78；
故选：D．
根据勾股定理求出BC=25，求出△ABC的面积=150，证明△CDE∽△CBA，得出CEAC=CDCB，求出CE=12，得出BE=BC-CE=13，再由三角形的面积关系即可得出答案．
本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积；熟练掌握勾股定理及相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：连接DB，交AC于点O，连接OE，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC=12∠DAB=30°，AC⊥BD，OD=12BD，AC=2AO，AB=AD，
∵∠DAB=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴DB=AD，
∵∠AOD=90°，点E是DA中点，
∴OE=AE=DE=12AD，
∴设OE=AE=DE=a，
∴AD=BD=2a，
∴OD=12BD=a，
在Rt△AOD中，AO=AD2-DO2=4a2-a2=3a，
∴AC=2AO=23a，
∵EA=EO，
∴∠EAO=∠EOA=30°，
∴∠DEO=∠EAO+∠EOA=60°，
∵∠DEF=45°，
∴∠OEF=∠DEO-∠DEF=15°，
∴∠EFO=∠EOA-∠OEF=15°，
∴∠OEF=∠EFO=15°，
∴OE=OF=a，
∴AF=AO+OF=3a+a，
∴CF=AC-AF=3a-a，
∴AFCF=3a+a3a-a=2+3，
故选：D．
根据菱形的性质可得∠DAC=12∠DAB=30°，AC⊥BD，OD=12BD，AC=2AO，AB=AD，从而可得△ABD是等边三角形，进而可得DB=AD，再根据直角三角形斜边上的中线可得OE=AE=DE=12AD，然后设OE=AE=DE=a，则AD=BD=2a，在Rt△AOD中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，最后利用等腰三角形的性质，以及三角形的外角求出∠OEF=∠EFO=15°，从而可得OE=OF=a，即可求出AF，CF的长，进行计算即可解答．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
5.【答案】12
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，又AB=3，BC=6，
∴BD=AB2+AD2=3，
∵BE=2，
∴DE=3-2=1，
∵AB/​/CD，
∴DFAB=DEBE，即DF3=12，
解得，DF=32，
则CF=CD-DF=32，
∴CFCD=12，
故答案为：12．
根据勾股定理求出BD，得到DE的长，根据相似三角形的性质得到比例式，代入计算即可求出DF的长，求出CF，计算即可．
本题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质，掌握矩形的性质定理和相似三角形的判定定理、性质定理是解题的关键．
6.【答案】6
【解析】解：如图，设第x张为正方形，
则DE=3，AM=22.5-3x，
∵△ADE∽△ABC，
∴DEBC=AMAN，
即315=22.5-3x22.5，
解得x=6．
故答案为：6．
设第x张为正方形，如图，△ADE∽△ABC，则DEBC=AMAN，从而计算出x的值即可．
本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质以及正方形的性质，注：相似三角形的对应边之比等于对应边上的高之比．
7.【答案】13
【解析】解：取AB的中点D，连接CD，OD，如图：

∵∠ACB=∠AOB=90°，
∴CD=OD=12AB，
∴A、O、B、C在以D为圆心，CD为半径的圆上，
∴当弦OC过圆心时，CO最大，此时CO=13cm，
故答案为：13．
先证明四点共圆，再根据圆中直径最大．
本题考查了坐标与图形性质，圆的性质是解题的关键．
8.【答案】①②③④
【解析】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，
∴∠CAD+∠FAG=90°，
∵FG⊥CA，
∴∠G=90°=∠ACB，
∴∠CAD=∠AFG，
在△FGA和△ACD中，
∠G=∠C∠AFG=∠CADAF=AD，
∴△FGA≌△ACD(AAS)，
∴AC=FG，
①正确；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵∠ACB=90°，FG⊥CA，
∴FG/​/BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴CBF=90°，
S△FAB=12×FB×FG=12S四边形CBFG，
②正确；
∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，
∴∠ABC=∠ABF=45°，
③正确；
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC，∠E=∠C=90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD=FE：FQ，
∴AD⋅FE=AD2=FQ⋅AC，
④正确；
故答案为：①②③④．
由正方形的性质得出∠FAD=90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；
证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=12FB⋅FG=12S四边形CBFG，②正确；
由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF=45°，③正确；
证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出D⋅FE=AD2=FQ⋅AC，④正确．
本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．
9.【答案】(52,92)
【解析】解：(1)如图，△O'A'B'即为所求．

(2)∵点M是OA的中点，
∴点M'是O'A'的中点，
∵O'(1,5)，A'(4,4)，
∴点M'的坐标为(52,92).
故答案为：(52,92).
(3)如图，△O''A''B即为所求．
(1)根据旋转的性质作图即可．
(2)由题意得，点M'是O'A'的中点，利用中点坐标公式求解即可．
(3)根据位似的性质作图即可．
本题考查作图-旋转变换、位似变换，熟练掌握旋转和位似的性质是解答本题的关键．
10.【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=90°，AD//BC，
∴∠AMB=∠EAF，
又∵EF⊥AM，
∴∠AFE=90°，
∴∠B=∠AFE，
∴△ABM∽△EFA；
(2)∵∠B=90°，AB=6，BM=2，
∴AM=62+22=210，AD=6，
∵F是AM的中点，
∴AF=12AM=10，
由(1)得，△ABM∽△EFA，
∴BMFA=AMEA，
∴210=210AE，
∴AE=10，
∴DE=AE-AD=10-6=4．
【解析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
(1)由正方形的性质得出AB=AD，∠B=90°，AD//BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出结论；
(2)由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长．
11.【答案】解：(1)∵将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度α(45°<α≤90°)得到△ADE，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE=45°，∠CAE=α=∠BAD，
∵AB=AC，
∴AC=AE=AB=AD，
∴∠AEC=∠ACE=180°-α2，
∴∠AGC=∠DAE+∠AEC=45°+180°-α2=135°-α2；
(2)∵AB=AD，∠BAD=α，
∴∠ABD=180°-α2，
∵AE/​/BD，
∴∠ABD+∠BAE=180°，
∴180°-α2+α+45°=180°，
∴α=90°，
∴∠BAD=∠CAE=90°，
∴CE=2AC=2，∠AEC=45°，
∵∠BAE=135°，
∴∠BAE+∠AEC=180°，
∴AB//CE，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∴AB=EF=1，
∴CF=CE-EF=2-1．
【解析】(1)由旋转的性质可得AB=AD，AC=AE，∠BAC=∠DAE=45°，∠CAE=α=∠BAD，由等腰三角形的性质可求解；
(2)由等腰三角形的性质可得∠ABD=180°-α2，由平行线的性质可求α=90°，由等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
12.【答案】1 35°
【解析】解：(1)①∵∠AOB=∠COD=36°，
∴∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，
∴∠COA=∠DOB，
又∵OA=OB，OC=OD，
∴△COA≌△DOB(SAS)，
∴AC=BD，
∴ACBD=1，
故答案为：1；
②设AO与BD交于点E，
由①知，△COA≌△DOB，
∴∠CAO=∠DBO，
∵∠AOB+∠DBO=∠DEO，
∠AMB+∠CAO=∠DEO，
∴∠AOB=∠AMB=35°，
故答案为：35°；

(2)在△OAB和△OCD中，
∵∠AOB=∠COD=90°，∠OAB=∠OCD=30°，
∴tan30°=ODOC=OBOA=33，
∵∠AOB+∠DOA=∠COD+∠DOA，
即∠DOB=∠COA，
∴△DOB∽△COA，
∴ACBD=OCOD=3，
∠DBO=∠CAO，
∵∠DBO+∠OEB=90°，∠OEB=∠MEA，
∴∠CAO+∠MEA=90°，
∴∠AMB=90°，
∴ACBD=3，∠AMB=90°；

(3)①如图3-1，当点M在直线OB左侧时，
在Rt△OCD中，∠OCD=30°，OD=2，
∴CD=2OD=4，
在Rt△OAB中，AB=8，
由(2)知，∠AMB=90°，且ACBD=3，
∴设BD=x，则AC=AM=3x，
在Rt△AMB中，
AM2+MB2=AB2，
∴(3x)2+(x+4)2=82，
解得，x1=-1+13，x2=-1-13(舍去)，
∴AC=AM=-3+39；

②如图3-2，当点M在直线OB右侧时，
在Rt△AMB中，
AM2+MB2=AB2，
∴(3x)2+(x-4)2=82，
解得，x1=1+13，x2=1-13(舍去)，
∴AC=AM=3+39，

综上所述，AC的长为-3+39或3+39．
(1)①由∠AOB=∠COD推出∠COA=∠DOB，利用边角边即可证△COA与△DOB全等，即可求出结果；
②先证出∠CAO与∠DBO相等，分别加∠AOB，∠AMB，结果仍相等，即可得到∠AOB=∠AMB=36°；
(2)证明△DOB与△COA相似即可求出AC：BD的值，再通过对顶角相等及∠OBD=∠CAO即可证出∠AMB的度数为90°；
(3)分点M在直线OA的左侧和右侧两种情况讨论，利用相似三角形对应边的比设未知数，在Rt△AMB中利用勾股定理构造方程即可求出AC的长．
本题考查了旋转的性质，相似的判定与性质，利用勾股定理构造方程等，解题的关键是在图形的变换中要能够以不变应万变，找出图形中不变的特征．