2024-2025学年福建省泉州实验学校九年级（上）段考数学试卷（二）（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省泉州实验学校九年级（上）段考数学试卷（二）（含答案），共18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。

1.下列图形中，一定相似的是( )
A. 两个等腰三角形B. 两个菱形C. 两个正方形D. 两个等腰梯形
2.Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=2，tanA的值为( )
A. 12B. 55C. 2 55D. 2
3.如图，将△ABC沿着DE剪成一个小三角形ADE和一个四边形D′E′CB，若DE//BC，四边形D′E′CB各边的长度如图所示，则剪出的小三角形ADE应是( )
A. B. C. D.
4.已知α为锐角，sin(α−20°)= 32，则α=( )
A. 20°B. 40°C. 60°D. 80°
5.如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点．若△ADE的面积为12，则四边形DBCE的面积为( )
A. 14 B. 1 C. 32 D. 2
6.如图所示，△ABC的顶点在正方形网格的格点上，则tanA的值为( )
A. 13
B. 12
C. 55
D. 2 55
7.如图是一个长方体柜子的俯视图，柜子长AB=CD=m(不计柜门厚度)，当柜门打开的角度为α时，柜门打开的距离EF的长度为( )
A. msinα B. mcsα
C. msinα D. mcsα
8.如图，在正方形ABCD中，G为CD边中点，连接AG并延长交BC边的延长线于点E，对角线BD交AG于点F.已知AF=4，则线段AE的长度为( )
A. 6B. 8C. 10D. 12
9.现在手机导航极大方便了人们的出行，如图，嘉琪一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西45°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，嘉琪发现风景区C在A地的北偏东15°方向，那么B，C两地的距离为( )
A. 2 6千米
B. (2 2+3)千米
C. 3 2千米
D. 5千米
10.如图，正五边形的边长为2，连接对角线AD、BE、CE，线段AD分别与BE和CE相交于点M、N，求MN的长( )
A. 3− 5
B. 2
C. 5−12
D. 5+12
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.比较大小：sin81°______tan47°(填“<”、“=”或“>”)．
12.已知ab=35，那么a+bb的值为______．
13.如图，△ABC中，DE是BC的垂直平分线，DE交AC于点E，连接BE，若BE=5，BC=6，则sinC= ______．
14.如图，河堤横断面迎水坡AB的坡度是1：2，堤高BC=5m，则坡面AB的长度是______．
15.如图，已知△ABC的中线AD、CE相交于点G，过点E作EF//BC交AD于点F，那么GFAF的值为______．
16.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC，把△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点D与点B对应，点D恰好落在AC上，过E作EF//AB交BC的延长线于点F，连接BD并延长交EF于点G，连接CE交BG于点H.下列结论：①BD=DG；②CE= 2BD；③CH=EH；④FG= 2EG.其中正确的有______(填正确的序号)．
三、解答题：本题共9小题，共86分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
计算：cs60°−sin245°+32tan230°+|sin30°−1|
18.(本小题8分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB的垂直平分线与BC，AB的交点分别为D，E.若AD=10，sin∠ADC=45，求AC的长和tanB的值．
19.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(2,0)，B(3,2)，C(5,−2).以原点O为位似中心，在y轴的右侧将△ABC放大为原来的两倍得到△A′B′C′．
(1)画出△A′B′C′；
(2)分别写出B，C两点的对应点B′，C′的坐标．
20.(本小题8分)
如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，AC上，∠ACD=∠B，DE//BC．
(1)求证：△ADE∽△ABC；
(2)若DE=6，BC=10，求线段CD的长．
21.(本小题8分)
如图，在矩形ABCD中，AB=2AD．
(1)尺规作图：在线段CD上确定一点E，使得∠AED=30°(保留作图痕迹，不写作法与证明)；
(2)在(1)的条件下，连接BE，求S△ADE：S四边形ABCE的值．
22.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E为对角线AC上一点，将线段DE绕点D逆时针旋转60°，点E的对应点为F，连接BE，AF，CF．
(1)求证：B，C，F三点共线；
(2)若点G为BE的中点，连接AG，若AG=2，求线段AF的长．
23.(本小题10分)
综合与实践
在一次综合实践活动课上，王老师给每位同学各发了一张正方形纸片，请同学们思考如何仅通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点．
【操作探究】
“乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作：
第1步：如图1所示，先将正方形纸片ABCD对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：将BC边沿CE翻折到GC的位置；
第3步：延长EG交AD于点H，则点H为AD边的三等分点．
“破浪”小组是这样操作的：
第1步：如图2所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，然后展开铺平，折痕为EF；
第2步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，再展开铺平，折痕为AC，沿DE翻折得折痕DE交AC于点G；
第3步：过点G折叠正方形纸片ABCD，使折痕MN//AD．
【过程思考】
(1)“乘风”小组的证明过程中，三个空的所填的内容分别是
①：______，②：______，③：______；
(2)结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为AB边的三等分点，并证明你的结论；
【拓展提升】
如图3，在菱形ABCD中，AB=5，BD=6，E是BD上的一个三等分点，记点D关于AE的对称点为D′，射线ED′与菱形ABCD的边交于点F，请直接写出D′F的长．
24.(本小题13分)
如图，在矩形ABCD中，E为DC边上一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处．
(1)若AB=2 3,AD=4，
①求EC的长；
②若P，Q分别是线段AE，AD上的动点，求PD+PQ的最小值．
(2)若AE−DE=2EC，记∠BAF=α，∠FAE=β，求tanα+tanβ的值．
25.(本小题13分)
如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线．点E是边AB延长线上的任意一点，连结DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．
(1)求证：∠DBG=90°．
(2)若BD=6，DG=2GE．
①求菱形ABCD的面积．
②求tan∠BDE的值．
(3)若BE=AB，当∠DAB的大小发生变化时(0°<∠DAB<180°)，在AE上找一点T，使GT为定值，说明理由并求出ET的值．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.D
5.C
6.B
7.A
8.D
9.A
10.A
11.<
12.85
13.45
14.5 5m
15.13
16.①②③④
17.解：原式=12−( 22)2+32×( 33)2+|12−1|
=12−12+32×13+12
=12−12+12+12
=1．
18.解：在Rt△ACD中，AD=10，sin∠ADC=45，
∴AC=AD⋅sin∠ADC=10×45=8，
∴CD= AD2−AC2= 102−82=6，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴DA=DB=10，
∴BC=CD+DB=16，
在Rt△ABC中，tanB=ACBC=816=12，
∴AC的长为8，tanB的值为12．
19.解：(1)∵以原点O为位似中心，在y轴的右侧将△ABC放大为原来的两倍得到△A′B′C′，
∴A′(4,0)，B′(6,4)，C′(10,−4)；
如图画出△A′B′C′：
(2)由(1)得：B′(6,4)，C′(10,−4)．
20.(1)证明：∵DE//BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠ACB，
∴△ADE∽△ABC；
(2)解：∵DE//BC，
∴∠B C D=∠E D C，
∵∠B=∠DCE，
∴△CDE∽△BCD，
∴DECD=CDBC，
∴6CD=CD10，
∴CD=2 15．
21.解：(1)如图，点E为所作．
；
(2)在矩形ABCD中，AB=2AD，
设AD=a，则AB=2a，
由作图知AE=2a，
由勾股定理得DE= AE2−AD2= 3a，
∴S△ADE=12AD×AE= 32a2，
∵S四边形ABCE=S矩形ABCD−S△ADE=2a2− 32a2=4− 32a2，
∴S△ADE：S四边形ABCE= 32a24− 32a2= 34− 3= 3(4+ 3)(4− 3)(4+ 3)= 3(4+ 3)13．
22.(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC=AD=CD，∠ADC=∠ABC=60°，∠BCD=120°，
∴△ADC是等边三角形，AD=AC=CD，
由旋转的性质得DE=DF，∠EDF=60°，
∴∠ADE+∠CDE=60°，∠CDE+∠CDF=60°，
∴∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF(SAS)，
∴∠DCF=∠DAE=60°，
∵∠BCD=120°，
∴∠BCD+∠DCF=180°，
∴B，C，F三点共线；
(2)解：如图，过点B作BH//AC，交AG的延长线于点H，

∴∠H=∠GAE，∠ABH+∠BAC=180°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠BAC=12∠BAD=60°，
∴∠ABH=120°=∠ACF，
∵点G为BE的中点，
∴BG=GE，
∴△AGE≌△HGB(ASA)，
∴AE=HB，AG=GH=12AH，
由(1)得△ADE≌△CDF，
∴AE=CF，
∴HB=CF，
∴△ACF≌△ABH(SAS)，
∴AF=AH，
∴AG=12AF，
∴AF=2AG=4．
23.CG=CB=CD (6−x)2+32=(x+3)2 2 CG=CB=CD (6−x)2+32=(x+3)2 2
【解析】【过程思考】解：(1)结合①下面两个三角形全等，可以得到该空为CG=CB=CD，此时可根据(HL)推断出两个三角形全等；
根据在直角三角形中三边满足勾股定理，即AH2+AE2=EH2，则(6−x)2+32=(x+3)2；
将(6−x)2+32=(x+3)2化简可得36−12x+x2+9=x2+6x+9，
移项合并同类项得：36=18x，
解得x=2，即DH=2，
故答案为：①CG=CB=CD，②(6−x)2+32=(x+3)2，③2；
(2)点M是AB边的三等分点，证明如下：
由第1步的操作可知E，F分别是AB，CD的中点，
∵ABCD是正方形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠AED=∠CDG，∠EAG=∠DCG，
∴△AEG∽△CDG，
∴AGCG=AECD=12，
∵MN/​/AD，
∴AGCG=AMBM=12，
即AMAB=13，
∴点M是否为AB边的三等分点；
【拓展提升】解：连接AC交BD于点O，如图，
∴OD=OB=12BD=3，∠AOD=∠AOB=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ADB=∠ABD=∠DBC，
∴AO= AB2−BD2=4，
分两种情况：①当DE=13DB=2时，如图，连接AD′，AE，AD′与BD交点N，
由对称性可知，DE=DE′=2，∠AD′E=∠ADB=∠ABD，∠END′=∠ANB，
∴△END′∽△ANB，
∴ANEN=ABED′=52，
设EN=2x，则AN=5x，即ON=2x−1，
在△ANO中，AN2=AO2+ON2，
即(5x)2=42+(2x−1)2，
解得：x1=−1(合)，x2=1721，
∴EN=3421，
∵∠ED′A=∠DBC=∠ADB，∠NED′=∠FEN
∴△END′∽△EFB，
∴EFEB=ENED′．
∴EF=EN×EBED′=6821，
∴D′F=6821−2=2621．
②当DE=23DB=4时，连接AD′，AE，
由对称性可知，AD′=AD=5，D′E=DE=4，∠ADE=∠AD′E=∠ABD，∠AED=∠AEF，
过点A作AN⊥D′E于点N，如图，
∵∠AD′F=∠EBF，∠AFD′=∠BFE，
∴△AFD′∽△EFB，
∴EFAF=BEAD′=25，
设EF=2x，则AF=5x，
在△AEO和△ANE中，
∠AEO=∠AEN∠AOE=∠ANE=90°AE=AE，
∴△AEO≌△ANE(AAS)，
∴OE=EN=1，
∴NF=2x−1，AN=AO=4，
在△ANF中，AF2=AN2+NF2，
即(5x)2=42+(2x−1)2，
解得：x1=−1(舍)，x2=1721，
∴EF=2x=3421，
即D′F=4−3421=5021，
综上，D′F的长为2621或5021．
24.解：(1)①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，CD=AB=2 3，BC=AD=4，
由折叠性质得AF=AD=4，DE=EF，
在Rt△ABF中，BF= AF2−AB2=2，
在Rt△CEF中，FC=BC−BF=2，EF=DE=2 3−CE，
由勾股定理得EC2+CF2=EF2，则EC2+22=(2 3−EC)2，
解得EC=2 33；
②连接DF，根据折叠性质得AE垂直平分DF，
∵P，Q分别是线段AE，AD上的动点，
∴PD+PQ=PF+PQ，如图，当F、P、Q共线，且FQ⊥AD时，PD+PQ最小值，最小值为FQ的长，

∵∠C=∠ADC=∠DQF=90°，
∴四边形CDQF是矩形，
∴FQ=CD=2 3；
(2)∵∠AFE=∠ADE=∠B=∠C=90°，
∴∠BAF=∠CFE=90°−∠AFB，
∴△ABF∽△FCE，
∴EFAF=CFAB=CEBF，
∴tanα+tanβ=BFAB+EFAF
=BFAB+CFAB
=BF+CFAB
=BCAB，
设AB=CD=a，AF=AD=BC=b，DE=EF=x，
∴BF= AF2−AB2= b2−a2，CF= EF2−CE2= x2−(a−x)2= 2ax−a2，
∵AE−DE=2EC，
∴AE=DE+2EC=x+2(a−x)=2a−x，
∵AD2+DE2=AE2，
∴b2+x2=(2a−x)2，则14b2=a2−ax，
由CFAB=CEBF得 2ax−a2a=a−x b2−a2，
∴a2−ax= b2−a2⋅ 2ax−a2，
即14b2= b2−a2⋅ a2−12b2，
整理，得16a4−24a2b2+9b4=0，即(4a2−3b2)2=0，
∴4a2=3b2，则ba=2 33(负值已舍去)，
∴tanα+tanβ=ba=2 33．
25.(1)证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴CB=AB，CD=AD，
∵BD=BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴∠CBD=∠ABD=12∠ABC，
∵∠CBG=∠EBG=12∠EBC，
∴∠DBG=∠CBD+∠CBG=12(∠ABC+∠EBC)=12×180°=90°．
(2)解：①如图2，连结AC交BD于点K，交DE于点L，
∵AC⊥BD，
∴∠AKB=90°，
∵AB=5，BD=6，
∴BK=DK=12BD=3，
∴AK= AB2−BK2= 52−32=4，
∴CK=AK=4，
∴AC=8，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×8×6=24．
②∵∠DKL=∠DBG=90°，
∴AC/​/BG，
∴DLGL=DKBK=1，
∴DL=GL=12DG，
∵DG=2GE，
∴GE=12DG，
∴DL=GL=GE，
∵CD//AB，
∴CLAL=DLEL=12，
∴CL=13AC=13×8=83，
∴KL=4−83=43，
∴tan∠BDE=KLDK=433=49．
(3)解：如图3，过点G作GT//BC，交AE于点T，则GT为定值，
理由：连结AC交BD于点K，交DE于点L，
∵∠DKL=∠DBG=90°，
∴当∠DAB的大小发生变化时，始终都有BG/​/AC，
∴△BGE∽△ALE，
∵BE=AB，
∴EGLG=BEAB=1，
∴EG=LG，
∵KL//BG，
∴DLLG=DKBK=1，
∴DL=LG=EG=13ED，
∵AD//BC，
∴GT//AD，
∴△ETG∽△EAD，
∴GTDA=ETEA=EGED=13，
∵BE=AB=DA=5，
∴GT=13DA=13×5=53，
∴GT为定值；
∵EA=BE+AB=10，
∴ET=13EA=13×10=103．
证明过程如下：连接CH，
∵正方形ABCD沿CE折叠，
∴∠D=∠B=∠CGH=90°，① ______，
又∵CH=CH，
∴△CGH≌△CDH，
∴GH=DH．
由题意可知E是AB的中点，设AB=6(个单位)，DH=x，则AE=BE=EG=3，
在Rt△AEH中，可列方程：② ______，(方程不要求化简)
解得：DH=③ ______，即H是AD边的三等分点．