初中数学沪科版（2024）九年级上册22.1 比例线段当堂检测题

这是一份初中数学沪科版（2024）九年级上册22.1 比例线段当堂检测题，共11页。
1．（24-25九年级上·上海·阶段练习）已知线段a、b、c、d、m，如果ab=cd，m≠0，那么下列各式中成立的是（ A ）
A．ab=cdB．a−mb=c−mdC．a+mb+m=cdD．a2b=c2d
解：A.∵ab=cd ∴b≠0,d≠0，
∵a,b,c,d是线段，∴a>0,b>0,c>0,d>0，∴ab>0,cd>0，
∴ab=ab=cd=cd,故A选项正确；
B.若a=2c,b=2d,满足ab=cd.此时a−mb=2c−m2d=cd−m2d c−md=cd−md
∵m≠0，∴m2d≠md，∴a−mb≠c−md，故B选项错误；
C.已知线段m，且 m≠0,所以 m>0;当分子分母同时加上一个正数，分数变大，即 a+mb+m>cd,故C选项错误；
D.若a=2c≠0,b=2d,满足ab=cd.此时a2b=2c22d=4c22d=2c2d≠c2d，故D选项错误.
2．（23-24九年级上·河南郑州·期末）已知2ab+c=2ba+c=2ca+b=k，则k=（ C ）
A．1B．±1C．1或−2D．2
解：分两种情况：
①当a+b+c≠0时，得k=2a+2b+2cb+c+a+c+a+b=1；
②当a+b+c=0时，则a+b=−c，k=2ca+b=−2；
综上所述，k的值为1或−2．
3．（23-24九年级上·辽宁丹东·）已知ab=cd=ef=5，且b+d+f≠0，若a+c+e=30，则b+d+f= 6 ．
解：∵ab=cd=ef=5，∴a=5b，c=5d，e=5f，
∵a+c+e=30，∴5b+5d+5f=30，∴5b+d+f=30，∴b+d+f=6，
故答案为：6．
4．（2024·四川南充·模拟预测）已知实数a、b、c满足1a+1=2b+2=3c−3，则a−2b+c的值为 6 ．
【解题过程】
解：设1a+1=2b+2=3c−3=1k，则a+11=b+22=c−33=k，∴a+1=kb+2=2kc−3=3k, ∴a=k−1b=2k−2,c=3k+3
∴a−2b+c=(k−1)−2(2k−2)+(3k+3)=6．
5．（24-25九年级上·全国·单元测试）根据下列条件求x:y:z的值．
（1）x:y=3:7，y:z=4:7； （2）x:y=13:12，x:z=0.3:0.2．
（1）解：因为x:y=3:7，y:z=4:7，x=37y，z=74y；所以x:y:z=37y:y:74y=12y:(28y):(49y)
=12:28:49；
（2）解：∵x:y=13:12，x:z=0.3:0.2，∴y=32x，z=23x，x:y:z=x:32x:23x=1:32:23=6:9:4．
【题型二：比例线段】
6．（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）下列各组中的四条线段a，b，c，d是成比例线段的是（C ）
A．a=1，b=1，c=1，d=5B．a=1，b=2，c=22，d=8
C．a=2，b=5，c=23，d=15D．a=2，b=3，c=2，d=8
解：∵ab=11=1，cd=15，∴ab≠cd，故A不符合题意；
∵ab=12=22，cd=228=24，∴ab≠cd，故B不符合题意；
∵ab=25=255，cd=2315=255，∴ab=cd，故C符合题意；
∵ab=23，cd=28=14，∴ab≠cd，故D不符合题意；
7．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）线段a、b、c、d成比例，其中b=3cm，c=2cm，d=6cm，则a= cm．
解：∵四条线段a、b、c、d成比例，∴ ab=cd或ad=cb或ad=bc，∴ad=bc或ab=cd或ac=bd，
∵b=3cm，c=2cm，d=6cm，∴3×2=6a或3a=2×6或2a=3×6，
解得：a=1cm或a=4cm或a=9cm； 故答案为：1或4或9．
8．（24-25九年级上·全国·单元测试）已知线段a=0.3m，b=60cm，c=12dm．
（1）求线段a与线段b的比和线段b与线段c的比；
（2）如果线段a、b、c、d成比例，求线段d的长．
（3）在比例式a:b=b:c或b2=ac中，我们把b称为a、c的比例中项，那么本题中b是a和c的比例中项吗？为什么？
（1）解：∵a=0.3m=30cm，b=60cm，∴a:b=30:60=1:2；
∵b=60cm，c=12dm=120cm，∴b:c=60:120=1:2；
（2）解：∵线段a、b、c、d是成比例线段，∴a:b=c:d，∴1:2=120:d，∴d=240cm；
（3）解：∵b2=602=3600，ac=30×120=3600，∴b2=ac，∴b是a和c的比例中项．
9．（23-24九年级上·山西晋中·阶段练习）如图，一块矩形绸布的长AB=am，宽AD=2m，按照图中所示的方式将它裁成相同的三面矩形彩旗，且使裁出的每面彩旗的宽与长的比与原绸布的宽与长的比相同，即AEAD=ADAB，那么a的值应当是多少？
解：根据题意可知，AB=am，宽AD=2m，AE=13AB=13am，
由AEAD=ADAB， 得13a2=2a 即13a2=4∴a2=12 开平方，得a=23， a=−23（舍去）．
10．（23-24九年级上·江苏无锡·阶段练习）如图，已知点D，E分别在边AB，AC上，BE，CD交于点O，ADAB=DEBC=DOCO，AB=7，DB=4，BC=9，CD=10．
（1）求DE，CO的长；
（2）若△ABC的面积为70，求△BOC的面积．
（1）∵AB=7，DB=4，BC=9，CD=10，∴AD=AB−DB=7−4=3，
∵ DEBC=ADAB=37，∴DE=37BC=37×9=277；∵ DOCO=ADAB=37，
∴CO=73+7CD=710×10=7，∴ DE=277，CO=7；
（2）设点C到AB的距离为ℎ，点B到CD的距离为m，
∵ SΔDBCSΔABC=12DB⋅ℎ12AB⋅ℎ=DBAB=47，∴SΔDBC=47SΔABC=47×70=40，∵ SΔBOCSΔDBC=12CO⋅m12CD⋅m=COCD=710，∴SΔBOC=710×SΔDBC=710×40=28，
【题型三：黄金分割】
11．（24-25九年级上·河北秦皇岛·阶段练习）若点C是线段AB的黄金分割点，且AB=2，则AC=（ D ）
A．5−1B．3−5C．5−12D．5−1或3−5
解：根据题意得：
当AC是较长线段时，ACAB=5−12，∵AB=2，∴AC=5−12×2=5−1，
当AC是较短线段时，ACAB=AB−BCAB=1−5−12=3−52，∵AB=2，∴AC=3−52×2=3−5，
12．（23-24九年级上·上海长宁·期末）已知点C在线段AB上，且满足AC2=BC⋅AB，那么下列式子成立的是（ B ）
A．ACBC=5−12B．ACAB=5−12C．BCAB=5−12D．BCAC=3−52
解：令AC=x，AB=aa>0，则BC=a−x， AC2=BC⋅AB可变形为x2=a−x⋅a，
整理，得x2+ax−a2=0，Δ=a2−4×1×−a2=5a2>0，解得x=−a±5a22=−a±5a2，
∵边长为正数，∴ x=−a+5a2=5−1a2，a−x=a−5−1a2=3−5a2，
即AC=5−12⋅AB，BC=3−52⋅AB，
∴ ACBC=5−12⋅AB3−52⋅AB=5−13−5=1+52，故A选项错误；
ACAB=5−12⋅ABAB=5−12，故B选项正确；
BCAB=3−52⋅ABAB=3−52，故C选项错误；
BCAC=3−52⋅AB5−12⋅AB=3−55−1=5−12，故D选项错误；
13．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）在欧几里得的《几何原本》中给出一个找线段的黄金分割点的方法．如图所示，以线段AB为边作正方形ABCD，取AD的中点E，连接BE，延长DA至F，使得EF=BE，以AF为边作正方形AFGH，则点H即是线段AB的黄金分割点．若AD=20，记正方形AFGH的面积为S1，矩形BCIH的面积为S2，则S1与S2的和为 ．
解：∵H是AB的黄金分割点，∴AH2=BH⋅AB，
∵S1=AH2，S2=BH⋅BC=BH⋅AB，∴S1=S2，
∵AD=20，点E是线段AD的中点∴AE=12AD=10
∴BE=AB2+AE2=202+102=105∴EF=BE=105
∴AF=EF−AE=105−10
∴S1=S2=AF2=600−2005
∴S1与S2的和为1200−4005
故填1200−4005．
14．（2024·四川乐山·一模）古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点G将线段MN分为两线段MG，GN，使得其中较长的一段MG是全长MN与较短的一段GN的比例中项，即满足MGMN=GNMG=5−12，后人把5−12这个数称为“黄金分割”数，把点G称为线段MN的“黄金分割”点．如图，在△ABC中，已知AB=AC=3，BC=4，若D，E是边BC的两个“黄金分割”点，则△ADE的面积为 ．
【解题过程】
解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB=AC=3，BC=4，
∴BH=CH=12BC=2，
在Rt△ABH中，AH=AB2−BH2=32−22=5，
∵D，E是边BC的两个“黄金分割”点，
∴CD=BE=5−12BC=5−12×4=25−2，
∴DE=BE+CD−BC=25−2+25−2−4=45−8，
∴S△ADE=12DE⋅AH=12×(45−8)×5=10−45．
故答案为：10−45．
15．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）背景知识：宽与长的比等于5−12（约为0.618）的矩形称为黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．世界上很多著名建筑，为了取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计，如希腊帕特农神庙等．
（1）如图，经测量，帕特农神庙的面宽约为31米，那么它的高度大约是______米．（结果取整数）
实验操作：折一个黄金矩形
第一步，在矩形纸片的一端利用图1的方法折出一个正方形MNCB，然后把纸片展平；
第二步：如图2，将正方形折成两个相等的矩形，再将其展平；
第三步：折出内侧矩形的对角线AB，并将AB折到图3所示的AD处；
第四步，展平纸片，按照所得的点D折出DF，矩形BCDF就是黄金矩形（如图4）．
问题思考：
（2）图4中是否还存在其它黄金矩形，请判断并说明理由；
（3）以图3中的折痕AQ为边，构造黄金矩形，若MN=2，则这个矩形的面积是______（直接写出结果）．

【解题过程】
解：（1）由题意，得：帕特农神庙的高度与面宽的比约为0.618，∴帕特农神庙的高度≈31×0.618≈19；
（2）存在，理由如下：设MN=2a，则：BC=MB=MN=2a，由折叠可知 ME=BE=a，
∵矩形BCDF就是黄金矩形，∴BFBC=5−12，∴BF=5−1a，∴MF=MB+BF=5+1a，
∴MNMF=2a5+1a=5−12，∴矩形MNDF为黄金矩形；
（3）∵MN=2，则：MB=MN=AE=2，∴BE=12MB=1，∴AB=AE2+BE2=5，
∵折叠，∴∠BAQ=∠QAD，
∵矩形纸片，∴MQ∥DN，∴∠BQA=∠QAD=∠BAQ，
∴BQ=AB=5，∴EQ=BE+BQ=5+1，∴AQ=EQ2+AE2=10+25，
当AQ为黄金矩形的长时，则宽为5−12AQ，
则矩形的面积为：5−12AQ2=5−12×10+25=45；
当AQ为黄金矩形的宽时，则长为25−1AQ=5+12AQ，
则矩形的面积为：5+12AQ2=5+12×10+25=65+10；
综上：矩形的面积为10+65或45．
【题型四：平行线分线段成比例】
16．（2023·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC，则下列比例式中正确的是（ C ）
A．BDAD=DFFCB．DEFB=AEACC．BFFC=CEAED．ADFC=ABAC
【解题过程】
解：A、∵ DE∥BC，DF∥AC，∴四边形DFCE是平行四边形，∴DF=EC，
∵ DE∥BC，∴BDAD=ECAE=DFAE，
∵AE与FC的关系不确定，∴ BDAD=DFFC不正确，不符合题意；
B、∵ DE∥BC，DF∥AC，∴四边形DFCE是平行四边形，∴DE=FC，
∵ DF∥AC，∴ADBD=FCBF=DEFB，∵ DE∥BC，∴ ADBD=AEEC≠AEAC ∴ DEFB=AEAC不正确，不符合题意；
C、∵ DF∥AC，∴ BFFC=BDAD，∵ DE∥BC，∴ BDAD=CEAE，∴ BFFC=BDAD=CEAE，∴ BFFC=CEAE正确，符合题意；
D、∵ DE∥BC∴ADAB=AEAC，∵由ADFC=ABAC可得ADAB=FCAC，∵AE与FC的关系不确定，∴ ADFC=ABAC不正确，不符合题意；
17．（23-24九年级下·江苏南京·自主招生）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，M、N分别是AD、BC中点，试判断BA、NM、CD延长线是否交于一点，并证明．
【解题过程】
解：三线延长线交于一点，
证明如下：延长BA、CD交于点P，连接PN，PN交AD于点M′，
∵AD∥BC，∴AM′BN=PM′PN，DM′CN=PM′PN，∴AM′BN=DM′CN；
∵N为BC中点，∴BN=CN，∴AM′=DM′，即M′为AD中点，
又∵M为AD中点，
∴M与M′重合，即P、M、N三点共线，
∴BA、CD、NM延长线交于一点P．
18．（24-25九年级上·上海·假期作业）已知如图，点D是ΔABC边BC上一点，且BD:DC=2:3，过点C任作一条直线与AB、AD分别交于点F和E，求证：AEED=5AF3BF．
【思路点拨】
过点D作DG∥AB，DH∥FC构造平行四边形DGFH，得到DG=HF，再根据平行线分线段成比例定理，得到DGBF=DCBC和AEED=AFDG，结合DG=HF即可得证．
【解题过程】
证明：过D点分别作DG∥AB，DH∥FC，
得到四边形DGFH是平行四边形，∴DG=HF，∵DG∥BF，∴DGBF=DCBC，
∵BDCD=23，∴CDBC=35，∴DGBF=35，
设DG=3a，则FH=DG=3a，BF=5a，∴BH=2a，∴FH=35BF，
∵DG∥AF，∴AEED=AFDG，∵DG=FH，∴AEED=AFFH，
∵FH=35BF，∴ AEED=AF35BF=5AF3BF，
即AEED=5AF3BF．
19．（23-24九年级下·广东深圳·开学考试）如图，将正方形ABCD沿着BE，BF将BC，AB翻折，使A，C两点恰好落在点P，过点P作MN∥BC，交BF于点Q．若QP=12BC，则FQQB= ．

解：设正方形ABCD的边长为2，则BC=CD=AD=AB=2，∴QP=12BC=1，
由折叠的性质可得PE=CE，AF=PF，∠AFB=∠PFB，
∵MN∥BC，AD∥BC，∴MN∥AD，∴∠AFB=∠PQF，∴∠PFB=∠PQF，∴AF=PF=PQ=1，
∴DF=AD−AF=1，
设CE=a，则PE=CE=a，DE=2−a，EF=a+1，
在Rt△DEF中，由勾股定理可得DE2+DF2=EF2，12+(2−a)2=(a+1)2，解得a=23，
∴PE=23，DE=43，EF=53，
∵MN∥AD，∴NEDE=PEFE，即NE43=2353，解得NE=815，
∴BM=CN=CE+NE=23+815=65，∴AM=AB−BM=45，
∵MN∥AD，∴FQBQ=AMBM=4565=23．
故答案为：23．
20．（23-24九年级上·山西太原·阶段练习）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．将小正方形对角线EF双向延长，分别交边AB，和边BC的延长线于点G，H．若大正方形与小正方形的面积之比为5，GH=25，则大正方形的边长为 ．
【解题过程】
解：设小正方形在线段DE上的一个顶点为M，CD与GH相交于点P，
∵大正方形与小正方形的面积之比为5，∴ADEM=5，∴AD=5EM，
设EM=a，AE=b，则AD=5a，由勾股定理得：AE2+DE2=AD2，∴b2+a+b2=5a2，
∴2b2+2ab−4a2=0，∴b2+ab−2a2=0，∴b−ab+2a=0，
∵b+2a≠0，∴b−a=0，∴b=a，∴AE=EM=DM=CF=a，
延长BF交CD于点N，

∵BN∥DE，CF=FM，∴DN=CN，∴FN=12DM=12a，
∵PN∥BG，∴FNBF=PNBG=FPGF=12a2a=14，
设PN=x，则BG=4x，∵BN∥DE，AB∥CD，∴∠BFG=∠DEF，∠BGF=∠DPE，
∵DE=BF，∴△BFG≌△DEPAAS，∴PD=BG=4x，
同理可得：EG=FP，∴DN=3x=CN，∴PC=2x，
∵CP∥BG，∴CPBG=PHGH，即2x4x=PH25，∴PH=PG=5，∵FPFG=14，即FG=4FP，∴EG=FP=55，
∴EF=PG−2EG=5−255=355=2a，∴a=31010， ∴AD=5a=322，
故答案为：322．