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    冀教版数学九上 第二十五章综合素质评价试卷
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    冀教版数学九上 第二十五章综合素质评价试卷

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    这是一份冀教版数学九上 第二十五章综合素质评价试卷,共17页。

    第二十五章综合素质评价一、选择题(每题3分,共36分)1.(母题:教材P64大家谈谈)下列长度的各组线段成比例的是(  )A.4 cm,2 cm,1 cm,3 cm B.1 cm,2 cm,3 cm,5 cmC.3 cm,4 cm,5 cm,6 cm D.1 cm,2 cm,2 cm,4 cm2.如图,可以判定△ABC∽△A′B′C′的条件是(  )A.∠A=∠A′ B.eq \f(AB,A′B′)=eq \f(AC,A′C′)且∠A=∠C′C.eq \f(AB,A′B′)=eq \f(AC,A′C′)且∠A=∠A′ D.以上条件都不对3.[2024·石家庄第二十七中学期中]两千多年前,古希腊数学家欧多克索斯发现了黄金分割,即:如图,点P是线段AB上一点(AP>BP),若满足eq \f(BP,AP)=eq \f(AP,AB),则称点P是线段AB的黄金分割点.世界上最有名的建筑物中几乎都包含“黄金分割”,若图中AB=8,则BP的长度是(  )A.12-4eq \r(5) B.4+4eq \r(5) C.4eq \r(5)-4 D.24.如图,在平面直角坐标系中,有点A(6,3),B(6,0),以原点O为位似中心,相似比为eq \f(1,3),在第一象限内把线段AB缩短后得到线段CD,则点C的坐标为(  )A.(2,1) B.(2,0) C.(3,3) D.(3,1)5.(母题:教材P81习题T3)如图,在4×4的正方形网格中,小正方形的边长均为1,三角形的顶点都在格点上,则与△ABC相似的三角形是(  )6.如图所示,△ABC是等边三角形,若被一边平行于BC的矩形所截,AB被截成三等份,则图中阴影部分的面积是△ABC面积的(  )A.eq \f(1,9) B.eq \f(2,9) C.eq \f(1,3) D.eq \f(4,9)7.如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,M,N分别是边AB,AD的中点,连接OM,ON,MN,则下列叙述不正确的是(  )A.△AMO与△ABC位似 B.△AMN与△BCD位似C.△ABO与△CDO位似 D.△AMN与△ABD位似8.如图是小明设计的用手电筒来测量某古城墙高度的示意图.点P处放一水平的平面镜,光线从点A发出经平面镜反射后刚好射到古城墙CD的顶端C处,已知AB⊥BD,CD⊥BD,且测得AB=1.2米,BP=1.8米,PD=12米,则该古城墙的高度是(  )A.6米 B.8米 C.18米 D.24米9.如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=3,点E是AD的中点,CF⊥BE于点F,则CF等于(  )A.2 B.2.4 C.2.5 D.2.2510.(母题:教材P102复习题C组T1)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°, CD⊥AB于D,且AD∶BD=9∶4,则AC∶BC等于(  )A.9∶4 B.9∶2 C.3∶4 D.3∶211.如图,在△ABC中,点D, E分别是边AC, AB的中点,BD与CE相交于点O, 连接DE.下列结论:① eq \f(OE,OB)=eq \f(OD,OC);② eq \f(DE,BC)=eq \f(1,2); ③ eq \f(S△DOE,S△BOC)=eq \f(1,2);④ eq \f(S△DOE,S△DBE)=eq \f(1,3),其中正确的有(  )A.1个 B.2 个 C.3 个 D.4个12.如图,在△ABC中,AB=AC=18,BC=12,正方形DEFG的顶点E,F在△ABC内,顶点D,G分别在AB,AC上,AD=AG,DG=6,则点F到BC的距离为(  )A.1 B.2 C.12eq \r(2)-6 D.6eq \r(2)-6二、填空题(每题3分,共12分)13.[2023·甘孜州]若eq \f(x,y)=2,则eq \f(x-y,y)=________.14.[2022·嘉兴]如图,在△ABC中,∠ABC=90°,∠A=60°,直尺的一边与BC重合,另一边分别交AB,AC于点D,E,点B,C,D,E处的读数分别为15,12,0,1,则直尺宽BD的长为________.15.如图,在△ABC中,D为BC上一点,BC=eq \r(3)AB=3BD,则ADAC的值为________.16.[2023·呼和浩特]如图,正方形ABCD的边长为2eq \r(5),点E是CD的中点,BE与AC交于点M,F是AD上一点,连接BF分别交AC,AE于点G,H,且BF⊥AE,连接MH,则AH=________,MH=________.三、解答题(第17~22题每题10分,第23题12分,共72分)17.(母题:教材P94例)如图,四边形ABCD∽四边形EFGH,试求出x及α的大小.18.如图,在△ABC中,点D在AB边上,∠ABC=∠ACD.(1)求证:△ABC∽△ACD.(2)若AD=2,AB=5,求AC的长.19.[2024·沧州泊头市期中]如图,在平面直角坐标系中,△ABC的顶点都在正方形网格的格点上,若A,B,C三点的坐标分别是A(-1,0),B(0,3),C(-2,2).(1)以点O为位似中心,在网格第四象限中画出△A1B1C1,使△A1B1C1与△ABC位似,且位似比为2;(2)A1的坐标是________,C1的坐标是________;(3)△ABC与△A1B1C1对应高的比为________.20.[2024·石家庄第四十一中月考]如图,在平面直角坐标系中,点C(-3,0),点A,B分别在x轴、y轴的正半轴上,且满足eq \r(OB2-3)+eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OA-1))=0. (1)求点A、点B的坐标;(2)若点P从C点出发,以每秒1个单位长度的速度沿线段CB由C向B运动(到达点B处停止),连接AP,设△ABP的面积为S,点P的运动时间为t秒,求S与t之间的函数关系式;(3)在(2)的条件下,是否存在点P,使以A,B,P为顶点的三角形与△AOB相似?若存在,请直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由.21.如图,要从一块直角三角形的白铁皮余料上截出一块矩形EFHD白铁皮.已知∠A=90°,AB=16 cm,AC=12 cm,要求截出的矩形的长与宽的比为2∶1,且较长边在BC上,点H,F分别在AB,AC上,则所截矩形的长和宽各是多少厘米?22.如图,在矩形ABCD中,已知AB=24,BC=12,点E沿BC边从点B开始向点C以每秒2个单位长度的速度运动;点F沿CD边从点C开始向点D以每秒4个单位长度的速度运动.如果点E,F同时出发,用t(0≤t≤6)秒表示运动的时间.请解答下列问题:(1)当t为何值时,△CEF是等腰直角三角形?(2)当t为何值时,以E,C,F为顶点的三角形与△ACD相似?23.如图,E,F分别是正方形ABCD的边DC,CB上的点,且DE=CF,以AE为边作正方形AEHG,HE与BC交于点Q,连接DF.(1)求证:△ADE≌△DCF.(2)若E是CD的中点,求证:Q是CF的中点.(3)连接AQ,设S△CEQ=S1,S△AED=S2,S△EAQ=S3,在(2)的条件下,S1+S2=S3是否成立?请说明理由. 答案一、1.D 2.C 3.A 4.A 5.D6.C 【解析】∵△ABC被一边平行于BC的矩形所截,AB被截成三等份, ∴AE=EF=BF,EH∥FG∥BC.∴EH∶FG∶BC=1∶2∶3. 设EH=a,△AEH的高为h,则FG=2a,△AFG的高为2h,BC=3a,△ABC的高为3h,∴图中阴影部分的面积S=S△AGF-S△AEH=eq \f(1,2)×2a×2h-eq \f(1,2)×a×h=eq \f(3,2)ah,S△ABC= eq \f(1,2)×3a×3h=eq \f(9,2)ah.∴eq \f(S,S△ABC)=eq \f(\f(3,2)ah,\f(9,2)ah)=eq \f(1,3),即图中阴影部分的面积是△ABC面积的eq \f(1,3).7.B8.B 【解析】由题意知∠APB=∠CPD.又∵AB⊥BD,CD⊥BD,∴∠ABP=∠CDP=90°.∴Rt△ABP∽Rt△CDP.∴eq \f(AB,CD)=eq \f(BP,PD).∵AB=1.2米,BP=1.8米,PD=12米,∴CD=eq \f(AB·PD,BP)=eq \f(1.2×12,1.8)=8(米).故选B.9.B 【解析】由矩形ABCD的性质得AD∥BC,∠A=90°,AD=BC=3,∴∠AEB=∠CBF.∵CF⊥BE,∴∠CFB=90°=∠A.∴△ABE∽△FCB.∴eq \f(AB,FC)=eq \f(BE,BC).∵E是AD的中点,∴AE=eq \f(1,2)AD=1.5.∴在Rt△ABE中,BE=eq \r(AB2+AE2)=2.5.∴eq \f(2,FC)=eq \f(2.5,3),解得FC=2.4.10.D 【解析】易证△ACD∽△CBD,∴eq \f(S△ACD,S△CBD)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,BC)))eq \s\up12(2).∵CD⊥AB,∴eq \f(S△ACD,S△CBD)=eq \f(\f(1,2)AD·CD,\f(1,2)BD·CD)=eq \f(AD,BD)=eq \f(9,4).∴eq \f(AC,BC)=eq \f(3,2).11.B 【解析】∵点D,E分别是边AC,AB的中点,∴DE是△ABC的中位线.∴DE∥BC且eq \f(DE,BC)=eq \f(1,2).故②正确.∵DE∥BC,∴△ODE∽△OBC.∴eq \f(OE,OC)=eq \f(OD,OB)=eq \f(DE,BC)=eq \f(1,2).∴eq \f(S△DOE,S△BOC)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(DE,BC)))eq \s\up12(2)=eq \f(1,4).故①,③错误.∵eq \f(S△DOE,S△BOE)=eq \f(OD,OB)=eq \f(1,2),∴eq \f(S△DOE,S△DBE)=eq \f(1,3).故④正确.故选B.12.D 【解析】如图,过点A作AM⊥BC于点M,交DG于点N,延长GF交BC于点H.∵AB=AC,AD=AG,∴AD∶AB=AG∶AC.又∵∠BAC=∠DAG,∴△ADG∽△ABC.∴∠ADG=∠B.∴DG∥BC.又∵AM⊥BC,∴AN⊥DG.∵四边形DEFG是正方形,∴FG⊥DG,GF=DG=6.∴FH⊥BC.∵AB=AC=18,BC=12,AM⊥BC,∴BM=eq \f(1,2)BC=6.∴在Rt△ABM中,AM=eq \r(AB2-BM2)=12 eq \r(2).∵△ADG∽△ABC,∴eq \f(AN,AM)=eq \f(DG,BC),即eq \f(AN,12 \r(2))=eq \f(6,12).∴AN=6 eq \r(2).∴MN=AM-AN=6 eq \r(2).易得四边形NGHM是矩形,∴GH=MN=6eq \r(2).∴FH=GH-GF=6 eq \r(2)-6.故选D.二、13.114.eq \f(2\r(3),3) cm 【解析】由题意得DE=1 cm,BC=3 cm.在Rt△ABC中,∠A=60°,∴∠ACB=30°,∴AC=2AB.在Rt△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴AB2+32=4AB2.∴AB=eq \r(3) cm.∵DE∥BC,∴△ADE∽△ABC.∴eq \f(DE,BC)=eq \f(AD,AB),即eq \f(1,3)=eq \f(\r(3)-BD,\r(3)).∴BD=eq \f(2\r(3),3) cm.15.eq \f(\r(3),3) 【解析】∵BC=eq \r(3)AB=3BD,∴eq \f(BC,AB)=eq \f(AB,DB)=eq \r(3).又∵∠B=∠B,∴△ABC∽△DBA.∴eq \f(AC,AD)=eq \f(BC,AB)=eq \r(3).∴AD∶AC=eq \f(\r(3),3).16.2;eq \f(2\r(13),3) 【解析】∵四边形ABCD是正方形,且边长为2eq \r(5),∴∠BAD=∠CDA=∠ABC=90°,AB=AD=BC=CD=2eq \r(5),AB∥CD, AD∥BC.∵点E是CD的中点,∴DE=CE=eq \f(1,2)CD=eq \r(5).∵BF⊥AH,∴∠AHF=90°=∠BAD.∴∠DAE=90°-∠AFH=∠ABF.∴△AFB≌△DEA.∴AF=DE=eq \r(5).∴在Rt△ABF中,BF=eq \r(AB2+AF2)=5.∵S△ABF=eq \f(1,2)AB·AF=eq \f(1,2)BF·AH,∴2eq \r(5)×eq \r(5)=5AH.∴AH=2.∵AB∥CD,AD∥BC,∴△AGF∽△CGB,△AMB∽△CME.∴eq \f(AG,CG)=eq \f(AF,BC)=eq \f(1,2),eq \f(AM,CM)=eq \f(AB,CE)=2.在Rt△ABC中,AC=eq \r(AB2+BC2)=2eq \r(10),∴AG=eq \f(1,3)AC=eq \f(2\r(10),3),AM=eq \f(2,3)AC=eq \f(4\r(10),3).∴GH=eq \r(AG2-AH2)=eq \f(2,3).如图,过点M作MN⊥AE,交AE于点N,则GH∥MN,∴△AHG∽△ANM.∴eq \f(AH,AN)=eq \f(GH,MN)=eq \f(AG,AM)=eq \f(1,2).∴AN=2AH=4,MN=2GH=eq \f(4,3).∴HN=AN-AH=2.∴在Rt△HNM中,MH=eq \r(NM2+NH2)=eq \f(2\r(13),3).三、17.【解】∵四边形ABCD∽四边形EFGH,∴∠H=∠D=95°,x∶7=12∶6,则α=360°-95°-118°-67°=80°,x=14.18.(1)【证明】∵∠ABC=∠ACD,∠A=∠A,∴△ABC∽△ACD.(2)【解】由(1)知△ABC∽△ACD,∴eq \f(AC,AD)=eq \f(AB,AC).∵AD=2,AB=5,∴eq \f(AC,2)=eq \f(5,AC).∴AC=eq \r(10)(负值已舍去).19.【解】(1)如图所示,△A1B1C1即为所求.(2)(2,0);(4,-4)(3)1220.【解】(1)∵eq \r(OB2-3)+eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(OA-1))=0,∴OB2-3=0,OA-1=0.∴OB=eq \r(3),OA=1.∵点A,点B分别在x轴,y轴的正半轴上,∴A(1,0),B(0,eq \r(3)).(2)∵C(-3,0),∴OC=3.∴AC=4,BC=eq \r(32+(\r(3))2)=2eq \r(3).∵OA=1,OB=eq \r(3),∠AOB=90°,∴AB=eq \r(12+(\r(3))2)=2.∴AB2+BC2=22+(2eq \r(3))2=16=AC2,∴△ABC为直角三角形,且∠ABC=90°. 由题意,得CP=t,则BP=2eq \r(3)-t,∴S=eq \f(1,2)BP·AB=eq \f(1,2)×(2eq \r(3)-t)×2=2eq \r(3)-t(0≤t≤2eq \r(3)).(3)存在点P使以A,B,P为顶点的三角形与△AOB相似.P(-3,0)或Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(2\r(3),3))). 【解析】由(2)可知∠ABC=90°=∠AOB.①当△AOB∽△ABP时,则eq \f(AO,AB)=eq \f(OB,BP),即eq \f(1,2)=eq \f(\r(3),BP),∴BP=2eq \r(3)=BC.∴点P与点C重合,即P(-3,0).②当△AOB∽△PBA时,则eq \f(AO,BP)=eq \f(OB,BA),即eq \f(1,BP)=eq \f(\r(3),2),∴BP=eq \f(2\r(3),3).∴2eq \r(3)-t=eq \f(2\r(3),3),解得t=eq \f(4\r(3),3).∴CP=eq \f(4\r(3),3).如图,过点P作PE⊥x轴,则PE∥OB,∴△CEP∽△COB.∴eq \f(CE,OC)=eq \f(PE,OB)=eq \f(CP,BC),即eq \f(CE,3)=eq \f(PE,\r(3))=eq \f(\f(4\r(3),3),2\r(3)).∴CE=2,PE=eq \f(2\r(3),3).∴OE=OC-CE=1.∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(2\r(3),3))).综上,P(-3,0)或Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(-1,\f(2\r(3),3))).21.【解】如图,过点A作AN⊥BC交HF于点M,交BC于点N,则∠BNA=90°.∵∠BAC=90°,AB=16 cm,AC=12 cm,∴∠BNA=∠BAC,BC=eq \r(AB2+AC2)=20 cm.又∵∠B=∠B,∴△ABN∽△CBA.∴eq \f(AN,AC)=eq \f(AB,BC).∴AN=eq \f(AC×AB,BC)=eq \f(48,5) cm.∵四边形EFHD是矩形,∴HF∥ED.∴AM⊥HF,△AHF∽△ABC,∴eq \f(AM,AN)=eq \f(HF,BC).设EF=x cm,则易得MN=x cm,∴AM=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(48,5)-x))cm.由截出的矩形的长与宽的比为2∶1,可知HF=2x cm,∴eq \f(\f(48,5)-x,\f(48,5))=eq \f(2x,20),解得x=eq \f(240,49).∴2x=eq \f(480,49).故所截矩形的长为eq \f(480,49) cm,宽为eq \f(240,49) cm.22.【解】(1)由题意可知BE=2t,CF=4t,∴CE=12-2t.∵△CEF是等腰直角三角形,∠ECF是直角,∴CE=CF.∴12-2t=4t,解得t=2.∴当t=2时,△CEF是等腰直角三角形.(2)∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC=12,CD=AB=24,∠ECF=∠ADC=90°.根据题意,可分为两种情况:①若△EFC∽△ACD,则eq \f(EC,AD)=eq \f(FC,CD),∴eq \f(12-2t,12)=eq \f(4t,24),解得t=3,即当t=3时,△EFC∽△ACD;②若△FEC∽△ACD,则eq \f(FC,AD)=eq \f(EC,CD),∴eq \f(4t,12)=eq \f(12-2t,24),解得t=1.2,即当t=1.2时,△FEC∽△ACD.综上,当t为3或1.2时,以E,C,F为顶点的三角形与△ACD相似.23.(1)【证明】∵四边形ABCD为正方形,∴AD=DC,∠ADE=∠DCF=90°.又∵DE=CF,∴△ADE≌△DCF.(2)【证明】∵四边形AEHG是正方形,∴∠AEH=90°.∴∠QEC+∠AED=90°.又∵∠AED+∠EAD=90°,∴∠QEC=∠EAD.∵∠C=∠ADE=90°,∴△ECQ∽△ADE.∴eq \f(CQ,DE)=eq \f(EC,AD).∵E是CD的中点,CD=AD,∴EC=DE=eq \f(1,2)AD.∴eq \f(EC,AD)=eq \f(1,2).∴eq \f(CQ,DE)=eq \f(1,2).∵DE=CF,∴eq \f(CQ,CF)=eq \f(CQ,DE)=eq \f(1,2),即Q是CF的中点.(3)【解】S1+S2=S3成立.理由:∵△ECQ∽△ADE,∴eq \f(CQ,DE)=eq \f(QE,AE).∵DE=CE,∴eq \f(CQ,CE)=eq \f(QE,AE).∵∠C=∠AEQ=90°,∴△ECQ∽△AEQ.∴△AEQ∽△ECQ∽△ADE.∴eq \f(S1,S3)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EQ,AQ)))eq \s\up12(2),eq \f(S2,S3)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AE,AQ)))eq \s\up12(2).∴eq \f(S1,S3)+eq \f(S2,S3)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EQ,AQ)))eq \s\up12(2)+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AE,AQ)))eq \s\up12(2)=eq \f(EQ2+AE2,AQ2).在Rt△AEQ中,由勾股定理得EQ2+AE2=AQ2,∴eq \f(S1,S3)+eq \f(S2,S3)=1,即S1+S2=S3.
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