2021-2022学年沪科版九年级上册数学期中复习试卷（Word版，有答案解析）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年沪科版九年级上册数学期中复习试卷（Word版，有答案解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 547.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 沪科版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-07 11:32:19 | ||
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文档简介
2021-2022学年沪科新版九年级上册数学期中复习试卷
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．下面四组线段中，成比例的是（ ）
A．a＝2，b＝3，c＝4，d＝5 B．a＝1，b＝2，c＝2，d＝4
C．a＝4，b＝6，c＝8，d＝10 D．a＝，b＝，c＝3，d＝
2．已知在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝50°，AB＝10，那么BC的长为（ ）
A．10cos50° B．10sin50° C．10tan50° D．10cot50°
3．如图，已知△ABC∽△BDC，其中AC＝4，CD＝2，则BC＝（ ）
A．2 B． C． D．4
4．下列判断错误的是（ ）
A．0
B．如果，，其中，那么∥
C．设为单位向量，那么
D．如果，那么或
5．如图，在正三角形ABC中，点D、E分别在AC、AB上，且，AE＝BE，那么有△AED∽（ ）
A．△BED B．△ABD C．△CBD D．△ABC
6．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，连接CD、BE交于点O，且DE∥BC，OD＝1，OC＝3，AD＝2，则AB的长为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．若，则的值为 ．
8．C是靠近点B的黄金分割点，若AB＝10cm，则AC＝ cm．（结果保留根号）
9．若2||＝3，那么3||＝ ．
10．如图，在△ABC中，CA＝CB＝4，cosC＝，则sinB的值为 ．
11．太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通，如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i＝5：12（i为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 米．
12．如图：正方形DGFE的边EF在△ABC边BC上，顶点D、G分别在边AB、AC上，AH⊥BC于H，交DG于P，已知BC＝48，AH＝16，那么S正方形DGEF＝ ．
13．如图，从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为45°，看楼下荷塘D处的俯角为60°，已知楼高AB为30米，则荷塘的宽CD为 米（结果保留根号）．
14．已知AD、BE是△ABC的中线，AD、BE相交于点F，如果AD＝3，那么AF＝ ．
15．如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上的点，AF＝2FD，直线BF交AC于点E，BE交CD的延长线于点G，则的值为 ．
16．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，如果点G为重心，那么∠GCB的余切值为 ．
17．如图，矩形ABOC的顶点A在反比例函数y＝的图象上，矩形ABOC的面积为3，则k＝ ．
18．如图2，有一块四边形的铁板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝，若要从这块余料中裁出顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，则该矩形的面积为 cm2．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：2cos60°+4sin60° tan30°﹣6cos245°．
20．（10分）如图，已知点D、E分别在△ABC的边AB和AC上，DE∥BC，AD＝DB，四边形DBCE的面积为16．
（1）如果向量，，请用、表示向量＝ ．
（2）求△ABC的面积．
21．（10分）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB交AB于D，AD＝4，BD＝9，求tanA．
22．（10分）有一种落地晾衣架如图1所示，其原理是通过改变两根支撑杆夹角α的度数来调整晾杆的高度，图2是晾衣架的侧面的平面示意图，AB和CD分别是两根长度不等的支撑杆，夹角∠BOD＝α，AO＝70cm，BO＝DO＝80cm，CO＝40cm．
（1）若α＝56°，求点A离地面的高度AE；
（参考值：sin62°＝cos28°≈0.88，sin28°＝cos62°≈0.47，tan62°≈1.88，tan28°≈0.53．）
（2）调节α的大小，使A离地面高度AE＝125cm时，求此时C点离地面的高度CF．
23．（12分）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝CD，O为对角线AC的中点，联结BO并延长，交边DC于点E．
（1）求证：△ADC∽△BOC．
（2）若＝，求的值．
（3）若CD＝8，OE＝3，求DE的长．
24．（12分）如图，直线y＝kx+2（k＜0）与x轴、y轴分别交于点B、A．
（1）如图1，点P（﹣1，3）在直线y＝kx+2（k＜0）上，求点A、B坐标；
（2）在（1）的条件下，如图2，点A'是点A关于x轴的对称点，点Q是第二象限内一点，连接AQ、PQ、QA'和PA'，如果△PQA'和△AA'Q面积相等，且∠PAQ＝∠APA'，求点Q的坐标；
（3）如图3，点C和点D是该直线在第一象限内的两点，点C在点D左侧，且两点的横坐标之差为1，且CD＝k+2，作CE⊥x轴，垂足为点E，连接DE，若∠OAB＝2∠DEB，求k的值．
25．（14分）如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是 ；位置关系是 ；
（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）[应用]：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，求线段DG的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．解：A、2×5≠3×4，故选项不符合题意；
B、1×4＝2×2，故选项符合题意；
C、4×10≠6×8，故选项不符合题意；
D、×3≠×，故选项不符合题意．
故选：B．
2．解：在Rt△ABC中，
∵cosB＝，∠B＝50°，AB＝10，
∴BC＝AB cosB＝10 cos50°，
故选：A．
3．解：∵△ABC∽△BDC，
∴＝，
∵AC＝4，CD＝2，
∴BC2＝AC CD＝4×2＝8，
∴BC＝2．
故选：B．
4．解：A、0 ，故本选项不符合题意．
B、由，得到：＝，＝﹣，故两向量方向相反，∥，故本选项不符合题意．
C、为单位向量，那么，故本选项不符合题意．
D、由只能得到两向量模间的数量关系，不能判断其方向，判断错误，故本选项符合题意．
故选：D．
5．解：∵AD：AC＝1：3，
∴AD：DC＝1：2；
∵△ABC是正三角形，
∴AB＝BC＝AC；
∵AE＝BE，
∴AE：BC＝AE：AB＝1：2
∴AD：DC＝AE：BC；
∵∠A＝∠C＝60°，
∴△AED∽△CBD；
故选：C．
6．解：∵DE∥BC，
∴＝＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴AB＝3AD＝6，
故选：C．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．解：∵＝，
∴b＝a，
∴＝＝．
故答案为：．
8．解：由于点C是线段AB的黄金分割点，支撑点C是靠近点B的黄金分割点．
则AC＝10×＝5﹣5cm．
故答案为：5﹣5．
9．解：由2||＝3得到：||＝，
故3||＝3×＝．
故答案是：．
10．解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，如图所示．
在Rt△ACD中，CD＝CA cosC＝4×＝1，
∴AD＝＝＝；
在Rt△ABD中，BD＝CB﹣CD＝4﹣1＝3，AD＝，
∴AB＝＝＝2，
∴sinB＝＝＝．
故答案为：．
11．解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝0.5×40＝20（米），
∵扶梯AB的坡度i＝5：12＝，
∴设BC＝5a米，则AC＝12a米，
由勾股定理得：（5a）2+（12a）2＝202，
解得：a＝（负值已舍去），
∴BC＝（米），
故答案为：．
12．解：设正方形DGEF的边长为x．
由正方形DEFG得，DG∥EF，即DG∥BC，
∵AH⊥BC，
∴AP⊥DG．
∵DG∥BC，
∴△ADG∽△ABC，
∴．
∵PH⊥BC，DE⊥BC，
∴PH＝ED，AP＝AH﹣PH，
即．
由BC＝48，AH＝16，DE＝DG＝x，
得，
解得x＝12．
∴正方形DEFG的边长是12，
∴S正方形DGEF＝DE2＝122＝144．
故答案为144．
13．解：由题意可得，∠ADB＝60°，∠ACB＝45°，AB＝30m，
在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
在Rt△ABD中，
∵∠ADB＝60°，
∴BD＝AB＝10（m），
∴CD＝BC﹣BD＝（30﹣10）m，
故答案为：（30﹣10）．
14．解：连接DE，
∵AD、BE是△ABC的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AB，DE∥AB，
∴△AFB∽△DFE，
∴＝＝2，
∴AF＝2FD，
∵AD＝3，
∴AF＝2，
故答案为：2．
15．解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC＝3k，
∴＝＝，
∴＝＝，
故答案为：．
16．解：作AD⊥BC于D，
则点G在AD上，连接GC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BC＝4，
由勾股定理得，AD＝＝3，
∵G为△ABC的重心，
∴DG＝AD＝1，
∴cot∠GCB＝＝4，
故答案为：4．
17．解：∵矩形ABOC的面积为3，
∴|k|＝3，
又∵k＞0，
∴k＝3，
故答案为：3．
18．解：如图，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
交PQ于点G，如图，设矩形PQMN，
∵tanB＝tanC＝，
∴∠B＝∠C，
∴EB＝EC，
∵BC＝108cm，且EH⊥BC，
∴BH＝CH＝BC＝54cm，
∵tanB＝＝，
∴EH＝BH＝×54＝72cm，
∴EG＝EH﹣GH＝72﹣QM，
∵PQ∥BC，
∴△EQP∽△EBC，
∴＝，即＝，
∴PQ＝（72﹣QM），
设QM＝x，
则S矩形PQMN＝PQ QM＝x（72﹣x）＝﹣（x﹣36）2+1944，
∴当x＝36时，S矩形PQMN最大值为1944，
所以当QM＝36时，矩形PQMN的最大面积为1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
故答案为：1944．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．解：原式＝2×+4××﹣6×（）2
＝1+2﹣3
＝0．
20．解：（1）∵，，
∴＝，
∵DE∥BC，AD＝DB，
∴，
∴
＝
＝，
故答案为：；
（2）由（1）知，，
∴，
∴S△ABC：S四边形DECB＝9：8，
∵S四边形DECB＝16，
∴S△ABC＝18．
21．解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠B+∠A＝∠A+∠ACD＝∠B+∠BCD＝90°，
∴△BCD∽△ACD，
∴CD2＝AD BD＝36，
∴CD＝6，
∴tanA＝＝＝．
22．解：（1）如图，过O作OG⊥BD于点G，
∵AE⊥BD，
∴OG∥AE，
∵BO＝DO，
∴OG平分∠BOD，
∴∠BOG＝∠BOD＝×56°＝28°，
∴∠EAB＝∠BOG＝28°，
在Rt△ABE中，AB＝AO+BO＝70+80＝150（cm），
∴AE＝AB cos∠EAB＝150×cos28°≈150×0.88＝132（cm），
答：点A离地面的高度AE约为132cm；
（2）∵OG∥AE，
∴∠EAB＝∠BOG，
∵CF⊥BD，
∴CF∥OG，
∴∠DCF＝∠DOG，
∵∠BOG＝∠DOG，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵∠AEB＝∠CFD＝90°，
∴△AEB∽△CFD，
∴＝，
∴CF＝＝＝100（cm），
答：C点离地面的高度CF为100cm．
23．（1）证明：∵∠ABC＝90°，O为对角线AC的中点，
∴BO＝CO＝AO，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠ACB＝∠OBC，
∴△ADC∽△BOC；
（2）如图，延长AD，BE交于点F，
∵AD∥BC，
∴△AOF∽△COB，△DEF∽△CEB，
∴＝1＝，，
∴BO＝OF，AF＝BC，BE＝3EF，
∴BF＝4EF，
∴BO＝OF＝2EF，
∴EO＝OF﹣EF＝EF，
∴；
（3）设BO＝AO＝CO＝x＝OF，
∴AC＝2x，
∵CD＝8，OE＝3，
∴AD＝CD＝8，EF＝x﹣3，BE＝x+3，
∵△ADC∽△BOC，
∴，
∴，
∴BC＝＝AF，
∴DF＝﹣8，
∵△DEF∽△CEB，
∴，
∴＝，
∴x＝（负值舍去），
∴＝＝＝，
∴DE＝8×＝6﹣．
24．解：（1）当x＝0时，y＝2，
∴A（0，2），
把点P（﹣1，3）代入直线y＝kx+2（k＜0）得：﹣k+2＝3，
解得：k＝﹣1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2，
当y＝0时，﹣x+2＝0，
解得：x＝2，
∴B（2，0）；
（2）分两种情况：
①点Q在直线AB的下方时，过点A'作A'Q∥AB，设AQ与A'P交点为M，延长QP交y轴于点N，如图2所示：
∵平行线间的距离处处相等，且QA'为公共底边，
∴△PQA'和△AA'Q面积相等，
∵∠PAQ＝∠APA'，
∴MA＝MP，
∵A'Q∥AB，
∴∠PAQ＝∠AQA'，∠APA'＝∠PA'Q，
∴∠AQA'＝∠PA'Q，
∴A'M＝QM，
∴AQ＝A'P，
∴△PQA'≌△AA'Q（SAS），
∴∠PQA'＝∠AA'Q，PQ＝AA'，
∵点A'是点A关于x轴的对称点，A（0，2），
∴A'（0，﹣2），
∴PQ＝AA'＝2+2＝4，
由（1）可知OA＝OB，
∴∠BAO＝45°，
∵A'Q∥AP，
∴∠PQA'＝∠AA'Q＝45°，
∴∠QNO＝90°，
∴QN⊥y轴，
∵P（﹣1，3），
∴PN＝1，ON＝3，
∴QN＝PQ+PN＝5，
∴Q（﹣5，3）；
②当点Q在直线AB的上方时，如图2﹣1所示：
∵∠PAQ＝∠APA'，
∴AQ∥A'P，
当PQ∥AA'时，四边形A'PQA是平行四边形，
∴△PQA'的面积＝△AA'Q面积，
此时Q（﹣1，7），满足条件；
综上所述，点Q的坐标为（﹣5，3）或（﹣1，7）；
（3）过D作DF⊥CE于F，如图3所示：
∵∠CEB＝90°，
∴∠CED＝90°﹣∠DEB，
∵CE∥OA，
∴∠OAB＝∠ECD，
∵∠OAB＝2∠DEB，
∴∠ECD＝2∠DEB，
∴∠CDE＝180°﹣∠ECD﹣∠CED＝180°﹣2∠DEB﹣（90°﹣∠DEB）＝90°﹣∠DEB，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CE＝CD＝k+2，
∵点C在直线y＝kx+2上，
∴当y＝k+2时，有k+2＝kx+2，
∴x＝1，
∴点C（1，k+2），D（2，2k+2），
∴DF＝1，CF＝﹣k，CE＝k+2，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，
∴CF2+DF2＝CE2，
即（﹣k）2+12＝（k+2）2，
解得：k＝﹣．
25．解：（1）DG＝BE，DG⊥BE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）DG＝2BE，BE⊥DG，理由如下：
如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴＝＝，
∴△ABE∽△ADG，
∴＝＝，∠ABE＝∠ADG，
∴DG＝2BE，
∵∠AKB+∠ABE＝90°，
∴∠AKB+∠ADG＝90°，
∵∠AKB＝∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）
设EG与AD的交点为M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝1，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得：EG＝＝，
∵AB＝，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，如图5，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝＝＝2，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴＝＝，
即＝，
∴DG＝4．
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．下面四组线段中，成比例的是（ ）
A．a＝2，b＝3，c＝4，d＝5 B．a＝1，b＝2，c＝2，d＝4
C．a＝4，b＝6，c＝8，d＝10 D．a＝，b＝，c＝3，d＝
2．已知在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝50°，AB＝10，那么BC的长为（ ）
A．10cos50° B．10sin50° C．10tan50° D．10cot50°
3．如图，已知△ABC∽△BDC，其中AC＝4，CD＝2，则BC＝（ ）
A．2 B． C． D．4
4．下列判断错误的是（ ）
A．0
B．如果，，其中，那么∥
C．设为单位向量，那么
D．如果，那么或
5．如图，在正三角形ABC中，点D、E分别在AC、AB上，且，AE＝BE，那么有△AED∽（ ）
A．△BED B．△ABD C．△CBD D．△ABC
6．如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，连接CD、BE交于点O，且DE∥BC，OD＝1，OC＝3，AD＝2，则AB的长为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．若，则的值为 ．
8．C是靠近点B的黄金分割点，若AB＝10cm，则AC＝ cm．（结果保留根号）
9．若2||＝3，那么3||＝ ．
10．如图，在△ABC中，CA＝CB＝4，cosC＝，则sinB的值为 ．
11．太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通，如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i＝5：12（i为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 米．
12．如图：正方形DGFE的边EF在△ABC边BC上，顶点D、G分别在边AB、AC上，AH⊥BC于H，交DG于P，已知BC＝48，AH＝16，那么S正方形DGEF＝ ．
13．如图，从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为45°，看楼下荷塘D处的俯角为60°，已知楼高AB为30米，则荷塘的宽CD为 米（结果保留根号）．
14．已知AD、BE是△ABC的中线，AD、BE相交于点F，如果AD＝3，那么AF＝ ．
15．如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上的点，AF＝2FD，直线BF交AC于点E，BE交CD的延长线于点G，则的值为 ．
16．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，如果点G为重心，那么∠GCB的余切值为 ．
17．如图，矩形ABOC的顶点A在反比例函数y＝的图象上，矩形ABOC的面积为3，则k＝ ．
18．如图2，有一块四边形的铁板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝，若要从这块余料中裁出顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，则该矩形的面积为 cm2．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．（10分）计算：2cos60°+4sin60° tan30°﹣6cos245°．
20．（10分）如图，已知点D、E分别在△ABC的边AB和AC上，DE∥BC，AD＝DB，四边形DBCE的面积为16．
（1）如果向量，，请用、表示向量＝ ．
（2）求△ABC的面积．
21．（10分）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB交AB于D，AD＝4，BD＝9，求tanA．
22．（10分）有一种落地晾衣架如图1所示，其原理是通过改变两根支撑杆夹角α的度数来调整晾杆的高度，图2是晾衣架的侧面的平面示意图，AB和CD分别是两根长度不等的支撑杆，夹角∠BOD＝α，AO＝70cm，BO＝DO＝80cm，CO＝40cm．
（1）若α＝56°，求点A离地面的高度AE；
（参考值：sin62°＝cos28°≈0.88，sin28°＝cos62°≈0.47，tan62°≈1.88，tan28°≈0.53．）
（2）调节α的大小，使A离地面高度AE＝125cm时，求此时C点离地面的高度CF．
23．（12分）在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝CD，O为对角线AC的中点，联结BO并延长，交边DC于点E．
（1）求证：△ADC∽△BOC．
（2）若＝，求的值．
（3）若CD＝8，OE＝3，求DE的长．
24．（12分）如图，直线y＝kx+2（k＜0）与x轴、y轴分别交于点B、A．
（1）如图1，点P（﹣1，3）在直线y＝kx+2（k＜0）上，求点A、B坐标；
（2）在（1）的条件下，如图2，点A'是点A关于x轴的对称点，点Q是第二象限内一点，连接AQ、PQ、QA'和PA'，如果△PQA'和△AA'Q面积相等，且∠PAQ＝∠APA'，求点Q的坐标；
（3）如图3，点C和点D是该直线在第一象限内的两点，点C在点D左侧，且两点的横坐标之差为1，且CD＝k+2，作CE⊥x轴，垂足为点E，连接DE，若∠OAB＝2∠DEB，求k的值．
25．（14分）如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．
（1）[发现]：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，线段DG与BE之间的数量关系是 ；位置关系是 ；
（2）[探究]：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD＝2AB，AG＝2AE，猜想DG与BE的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）[应用]：在（2）情况下，连接GE（点E在AB上方），若GE∥AB，且AB＝，AE＝1，求线段DG的长．
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题，满分24分，每小题4分）
1．解：A、2×5≠3×4，故选项不符合题意；
B、1×4＝2×2，故选项符合题意；
C、4×10≠6×8，故选项不符合题意；
D、×3≠×，故选项不符合题意．
故选：B．
2．解：在Rt△ABC中，
∵cosB＝，∠B＝50°，AB＝10，
∴BC＝AB cosB＝10 cos50°，
故选：A．
3．解：∵△ABC∽△BDC，
∴＝，
∵AC＝4，CD＝2，
∴BC2＝AC CD＝4×2＝8，
∴BC＝2．
故选：B．
4．解：A、0 ，故本选项不符合题意．
B、由，得到：＝，＝﹣，故两向量方向相反，∥，故本选项不符合题意．
C、为单位向量，那么，故本选项不符合题意．
D、由只能得到两向量模间的数量关系，不能判断其方向，判断错误，故本选项符合题意．
故选：D．
5．解：∵AD：AC＝1：3，
∴AD：DC＝1：2；
∵△ABC是正三角形，
∴AB＝BC＝AC；
∵AE＝BE，
∴AE：BC＝AE：AB＝1：2
∴AD：DC＝AE：BC；
∵∠A＝∠C＝60°，
∴△AED∽△CBD；
故选：C．
6．解：∵DE∥BC，
∴＝＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴＝＝，
∴AB＝3AD＝6，
故选：C．
二．填空题（共12小题，满分48分，每小题4分）
7．解：∵＝，
∴b＝a，
∴＝＝．
故答案为：．
8．解：由于点C是线段AB的黄金分割点，支撑点C是靠近点B的黄金分割点．
则AC＝10×＝5﹣5cm．
故答案为：5﹣5．
9．解：由2||＝3得到：||＝，
故3||＝3×＝．
故答案是：．
10．解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，如图所示．
在Rt△ACD中，CD＝CA cosC＝4×＝1，
∴AD＝＝＝；
在Rt△ABD中，BD＝CB﹣CD＝4﹣1＝3，AD＝，
∴AB＝＝＝2，
∴sinB＝＝＝．
故答案为：．
11．解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝0.5×40＝20（米），
∵扶梯AB的坡度i＝5：12＝，
∴设BC＝5a米，则AC＝12a米，
由勾股定理得：（5a）2+（12a）2＝202，
解得：a＝（负值已舍去），
∴BC＝（米），
故答案为：．
12．解：设正方形DGEF的边长为x．
由正方形DEFG得，DG∥EF，即DG∥BC，
∵AH⊥BC，
∴AP⊥DG．
∵DG∥BC，
∴△ADG∽△ABC，
∴．
∵PH⊥BC，DE⊥BC，
∴PH＝ED，AP＝AH﹣PH，
即．
由BC＝48，AH＝16，DE＝DG＝x，
得，
解得x＝12．
∴正方形DEFG的边长是12，
∴S正方形DGEF＝DE2＝122＝144．
故答案为144．
13．解：由题意可得，∠ADB＝60°，∠ACB＝45°，AB＝30m，
在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
在Rt△ABD中，
∵∠ADB＝60°，
∴BD＝AB＝10（m），
∴CD＝BC﹣BD＝（30﹣10）m，
故答案为：（30﹣10）．
14．解：连接DE，
∵AD、BE是△ABC的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AB，DE∥AB，
∴△AFB∽△DFE，
∴＝＝2，
∴AF＝2FD，
∵AD＝3，
∴AF＝2，
故答案为：2．
15．解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC＝3k，
∴＝＝，
∴＝＝，
故答案为：．
16．解：作AD⊥BC于D，
则点G在AD上，连接GC，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BC＝4，
由勾股定理得，AD＝＝3，
∵G为△ABC的重心，
∴DG＝AD＝1，
∴cot∠GCB＝＝4，
故答案为：4．
17．解：∵矩形ABOC的面积为3，
∴|k|＝3，
又∵k＞0，
∴k＝3，
故答案为：3．
18．解：如图，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
交PQ于点G，如图，设矩形PQMN，
∵tanB＝tanC＝，
∴∠B＝∠C，
∴EB＝EC，
∵BC＝108cm，且EH⊥BC，
∴BH＝CH＝BC＝54cm，
∵tanB＝＝，
∴EH＝BH＝×54＝72cm，
∴EG＝EH﹣GH＝72﹣QM，
∵PQ∥BC，
∴△EQP∽△EBC，
∴＝，即＝，
∴PQ＝（72﹣QM），
设QM＝x，
则S矩形PQMN＝PQ QM＝x（72﹣x）＝﹣（x﹣36）2+1944，
∴当x＝36时，S矩形PQMN最大值为1944，
所以当QM＝36时，矩形PQMN的最大面积为1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
故答案为：1944．
三．解答题（共7小题，满分78分）
19．解：原式＝2×+4××﹣6×（）2
＝1+2﹣3
＝0．
20．解：（1）∵，，
∴＝，
∵DE∥BC，AD＝DB，
∴，
∴
＝
＝，
故答案为：；
（2）由（1）知，，
∴，
∴S△ABC：S四边形DECB＝9：8，
∵S四边形DECB＝16，
∴S△ABC＝18．
21．解：∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴∠B+∠A＝∠A+∠ACD＝∠B+∠BCD＝90°，
∴△BCD∽△ACD，
∴CD2＝AD BD＝36，
∴CD＝6，
∴tanA＝＝＝．
22．解：（1）如图，过O作OG⊥BD于点G，
∵AE⊥BD，
∴OG∥AE，
∵BO＝DO，
∴OG平分∠BOD，
∴∠BOG＝∠BOD＝×56°＝28°，
∴∠EAB＝∠BOG＝28°，
在Rt△ABE中，AB＝AO+BO＝70+80＝150（cm），
∴AE＝AB cos∠EAB＝150×cos28°≈150×0.88＝132（cm），
答：点A离地面的高度AE约为132cm；
（2）∵OG∥AE，
∴∠EAB＝∠BOG，
∵CF⊥BD，
∴CF∥OG，
∴∠DCF＝∠DOG，
∵∠BOG＝∠DOG，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵∠AEB＝∠CFD＝90°，
∴△AEB∽△CFD，
∴＝，
∴CF＝＝＝100（cm），
答：C点离地面的高度CF为100cm．
23．（1）证明：∵∠ABC＝90°，O为对角线AC的中点，
∴BO＝CO＝AO，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠ACB＝∠OBC，
∴△ADC∽△BOC；
（2）如图，延长AD，BE交于点F，
∵AD∥BC，
∴△AOF∽△COB，△DEF∽△CEB，
∴＝1＝，，
∴BO＝OF，AF＝BC，BE＝3EF，
∴BF＝4EF，
∴BO＝OF＝2EF，
∴EO＝OF﹣EF＝EF，
∴；
（3）设BO＝AO＝CO＝x＝OF，
∴AC＝2x，
∵CD＝8，OE＝3，
∴AD＝CD＝8，EF＝x﹣3，BE＝x+3，
∵△ADC∽△BOC，
∴，
∴，
∴BC＝＝AF，
∴DF＝﹣8，
∵△DEF∽△CEB，
∴，
∴＝，
∴x＝（负值舍去），
∴＝＝＝，
∴DE＝8×＝6﹣．
24．解：（1）当x＝0时，y＝2，
∴A（0，2），
把点P（﹣1，3）代入直线y＝kx+2（k＜0）得：﹣k+2＝3，
解得：k＝﹣1，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2，
当y＝0时，﹣x+2＝0，
解得：x＝2，
∴B（2，0）；
（2）分两种情况：
①点Q在直线AB的下方时，过点A'作A'Q∥AB，设AQ与A'P交点为M，延长QP交y轴于点N，如图2所示：
∵平行线间的距离处处相等，且QA'为公共底边，
∴△PQA'和△AA'Q面积相等，
∵∠PAQ＝∠APA'，
∴MA＝MP，
∵A'Q∥AB，
∴∠PAQ＝∠AQA'，∠APA'＝∠PA'Q，
∴∠AQA'＝∠PA'Q，
∴A'M＝QM，
∴AQ＝A'P，
∴△PQA'≌△AA'Q（SAS），
∴∠PQA'＝∠AA'Q，PQ＝AA'，
∵点A'是点A关于x轴的对称点，A（0，2），
∴A'（0，﹣2），
∴PQ＝AA'＝2+2＝4，
由（1）可知OA＝OB，
∴∠BAO＝45°，
∵A'Q∥AP，
∴∠PQA'＝∠AA'Q＝45°，
∴∠QNO＝90°，
∴QN⊥y轴，
∵P（﹣1，3），
∴PN＝1，ON＝3，
∴QN＝PQ+PN＝5，
∴Q（﹣5，3）；
②当点Q在直线AB的上方时，如图2﹣1所示：
∵∠PAQ＝∠APA'，
∴AQ∥A'P，
当PQ∥AA'时，四边形A'PQA是平行四边形，
∴△PQA'的面积＝△AA'Q面积，
此时Q（﹣1，7），满足条件；
综上所述，点Q的坐标为（﹣5，3）或（﹣1，7）；
（3）过D作DF⊥CE于F，如图3所示：
∵∠CEB＝90°，
∴∠CED＝90°﹣∠DEB，
∵CE∥OA，
∴∠OAB＝∠ECD，
∵∠OAB＝2∠DEB，
∴∠ECD＝2∠DEB，
∴∠CDE＝180°﹣∠ECD﹣∠CED＝180°﹣2∠DEB﹣（90°﹣∠DEB）＝90°﹣∠DEB，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CE＝CD＝k+2，
∵点C在直线y＝kx+2上，
∴当y＝k+2时，有k+2＝kx+2，
∴x＝1，
∴点C（1，k+2），D（2，2k+2），
∴DF＝1，CF＝﹣k，CE＝k+2，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，
∴CF2+DF2＝CE2，
即（﹣k）2+12＝（k+2）2，
解得：k＝﹣．
25．解：（1）DG＝BE，DG⊥BE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，AB＝AD，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG；
如图2，延长BE交AD于Q，交DG于H，
∵△ABE≌△DAG，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠AQB+∠ABE＝90°，
∴∠AQB+∠ADG＝90°，
∵∠AQB＝∠DQH，
∴∠DQH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：DG＝BE，DG⊥BE；
（2）DG＝2BE，BE⊥DG，理由如下：
如图3，延长BE交AD于K，交DG于H，
∵四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，
∴∠BAD＝∠EAG，
∴∠BAE＝∠DAG，
∵AD＝2AB，AG＝2AE，
∴＝＝，
∴△ABE∽△ADG，
∴＝＝，∠ABE＝∠ADG，
∴DG＝2BE，
∵∠AKB+∠ABE＝90°，
∴∠AKB+∠ADG＝90°，
∵∠AKB＝∠DKH，
∴∠DKH+∠ADG＝90°，
∴∠DHB＝90°，
∴BE⊥DG；
（3）如图4，（为了说明点B，E，F在同一条线上，特意画的图形）
设EG与AD的交点为M，
∵EG∥AB，
∴∠DME＝∠DAB＝90°，
在Rt△AEG中，AE＝1，
∴AG＝2AE＝2，
根据勾股定理得：EG＝＝，
∵AB＝，
∴EG＝AB，
∵EG∥AB，
∴四边形ABEG是平行四边形，
∴AG∥BE，
∵AG∥EF，
∴点B，E，F在同一条直线上，如图5，
∴∠AEB＝90°，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得，BE＝＝＝2，
由（2）知，△ABE∽△ADG，
∴＝＝，
即＝，
∴DG＝4．
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