2025~2026学年上海市九年级上学期[9月]月考数学练习卷 [答案]

这是一份2025~2026学年上海市九年级上学期[9月]月考数学练习卷 [答案]，共39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.下列各组图形一定相似的是( )
A.所有的等腰三角形都相似B.所有的等边三角形都相似
C.所有的菱形都相似D.所有的矩形都相似

2.如图，AB∥DE,AE与BD相交于点C，若AB=2,DE=2，则CE:AC等于（ ）
A.1:1B.1:2C.2:2D.2:3

3.如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，O为BD的中点，则下列结论：①∠AME=90∘；②∠BAF=∠EDB；③∠BMO=90∘；④MD=2AM=4EM；⑤AM=23MF．其中正确结论的是（ ）
A.①③④ B.②④⑤ C.①③⑤ D.①③④⑤

4.下列命题中，真命题是（ ）
A.一个角相等，两边成比例的两个三角形相似
B.周长相等的两个矩形对角线相等
C.相似多边形都是位似多边形
D.一元二次方程x2−5x=3的常数项为−3

5.如图，AD∥BE∥CF，若AB=2，BC=3，DE=3，则DF的长度是（ ）
A.92B.5C.152D.8

6.如图，在四边形ABCD中，AB=AC=AD=3,∠DBC=15∘，∠BDC=30∘，则点A到BD的距离是 （ ）
A.32B.322C.23D.223
二、填空题

7.已知线段a=2,b=3，那么线段a和b的比例中项为_______________．

8.在比例尺为1:50的图纸上，长度为10cm的线段实际长为____________m．

9.如图，为了测量一栋楼的高度，曲杰同学在她脚下放了一面镜子，然后向后退，直到他刚好在镜子中看到楼的顶部．如图曲杰的身高为1.65米，他估计自己眼睛距离地面的距离为1.6米，同时测得LM=0.4米，MS=5.5米，则楼高TS为_____________米．

10.如图，点D，E，F分别在△ABC的边AB,AC,BC上，ADBD=13，DE∥BC,EF∥AB．
(1)BFBC=__________；
(2)若点M是DF的中点，连接CM并延长交AB于点N，则MN=_________CM．（填数字）

11.如图，a∥b∥c，若ADDF=32，BC=9，则CE=______________．

12.如图，在平面直角坐标系中，点光源位于P(2, 2)处，木杆AB两端的坐标分别为(0, 1)，(3, 1)．则木杆AB在x轴上的影长CD为 ．

13.已知在△ABC中，AD是中线，G是重心，如果GD=3cm，那么AG=____________cm．

14.如图，在4×4的正方形网格中，点A，B，C为网格线交点，AD⊥BC，垂足为D，则sin∠BAD的值为 ________________________．

15.已知点P是线段AB的黄金分割点(AP>PB)，如果AB=4cm，那么线段AP=______________cm．

16.如图，在△ABC中，DE // BC．若AD:AB=1:3，DE=4，则BC=___________．

17.如图，在△ABC中，AB=10cm，BC=20cm，点P从点A开始沿边AB向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿边BC向点C以2cm/s的速度移动．若点P、Q分别从点A、B同时出发，问经过____________秒钟，△PBQ与△ABC相似．


18.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=BC=10cm，点P从点B出发，沿BA方向以每秒2cm的速度向终点A运动；同时，点Q从点C出发，沿CB方向以每秒1cm的速度向终点B运动．将△BPQ沿BC翻折，点P的对应点为点P′，设点Q运动的时间为t秒．当四边形QPBP′为菱形时，t的值为_____________．
三、解答题

19.解分式方程∶2−xx−3=1−13−x．

20.如图，已知△ADE∽△ABC，AD=4,DB=8,DE=3，求BC的长．


21.如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，M为AD中点，连接OM、CM，且CM交BD于点N，ND=1．
（1）证明：△MNO∼△CND；
（2）求BD的长．

22.[课本回归]在学习“相似三角形的性质”这一节中，我们学习了定理：“相似三角形对应高的比、对应角平分线的比，对应中线的比都等于相似比”，对于该定理，书本要求学生自己证明，根据思路完成下面的问题．
如图，已知△ABC∽△A′B′C′,BCB′C′=12，点D,D′分别是线段CA,C′A′上的动点，连接BD,B′D′．
（1）若点D，D′分别是线段CA，C′A′上的中点时，求证：BDB′D′=12
证明：∵△ABC∽△A′B′C′
∴BCB′C′=ACA′C′=ABA′B′=12,∠C=∠C′,∠A=∠A′
．．．．．．
请完成以上证明过程．
（2）在(1)的前提下，如图，当△ABC的面积为4时，则△A′B′D′的面积为_______；
（3）点D，D′分别在线段CA，C′A′上的运动时，当CDC′D′=_____时，△ABD∽△A′B′D′，并求出S△ABDS△A′B′D′的值．

23.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=5，AE=1，求线段DG的长.

24.如图，一条直线与反比例函数y=kx的图象交于A(1, 4)、B(4, n)两点，与x轴交于D点，AC⊥x轴，垂足为C．
（1）如图甲，①求反比例函数的解析式；②求n的值及D点坐标；
（2）如图乙，若点E在线段AD上运动，连接CE，作∠CEF=45∘，EF交AC于F点．
①试说明△CDE∽△EAF；
②当△ECF为等腰三角形时，直接写出F点坐标．

25.【探究证明】
（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：
如图①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：EFGH=ABAD；
【结论应用】
（2）如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，若AB=4,BC=6，求折痕EF的长；
【拓展运用】
（3）如图③，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若AB=4,BC=6,EF=4103，求BP的长．

参考答案与试题解析
2025-2026学年上海市九年级上学期9月月考数学练习卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
相似多边形的性质
【解析】
根据对应角相等，对应边成比例的两个图形，叫做相似图形进行判断即可．
【解答】
解：A．任意两个等腰三角形的对应边不一定成比例，不一定相似，A错误；
B．任意两个等边三角形对应角相等、对应边成比例，一定相似，B正确；
C．任意两个菱形的对应角不一定相等，不一定相似，C错误；
D．任意两个矩形的对应边不一定成比例，不一定相似，D错误；
故选：B．
2.
【答案】
C
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
本题考查了相似三角形的判定和性质，先证明△ABC∽△EDC，再根据相似三角形对应边成比例，即可解答．
【解答】
解：∵AB∥DE，
∴∠A=∠E,∠B=∠D，
∴△ABC∽△EDC，
∴CE:AC=DE:AB=2:2，
故选：C．
3.
【答案】
D
【考点】
全等三角形的性质与判定
正方形的性质
相似三角形的性质与判定
【解析】
根据正方形的性质可得AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90∘，再根据中点定义求出AE=BF，然后利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAF=∠ADE，然后求出∠ADE+∠DAF=∠BAD=90∘，从而求出∠AMD=90∘，再根据邻补角的定义可得∠AME=90∘，从而判断①正确；根据中线的定义判断出∠ADE≠∠EDB，然后求出∠BAF≠∠EDB，判断出②错误；根据直角三角形的性质判断出△AED、△MAD、△MEA三个三角形相似，利用相似三角形对应边成比例可得AMEM=MDAM=ADAE=2，然后求出MD=2AM=4EM，判断出④正确，设正方形ABCD的边长为2a，利用勾股定理列式求出AF，再根据相似三角形对应边成比例求出AM，然后求出MF，消掉a即可得到AM=23MF，判断出⑤正确；过点M作MN⊥AB于N，求出MN、NB，然后利用勾股定理列式求出BM，过点M作GH // AB，过点O作OK⊥GH于K，然后求出OK、MK，再利用勾股定理列式求出MO，根据正方形的性质求出BO，然后利用勾股定理逆定理判断出∠BMO=90∘，从而判断出③正确．
【解答】
在正方形ABCD中，AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90∘，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，
∴AE=BF=12BC，
在△ABF和△DAE中，
AE＝BF∠ABC＝∠BADAB＝AD，
∴△ABF≅△DAE(SAS)，
∴∠BAF=∠ADE，
∵∠BAF+∠DAF=∠BAD=90∘，
∴∠ADE+∠DAF=∠BAD=90∘，
∴∠AMD=180∘−(∠ADE+∠DAF)=180∘−90∘=90∘，
∴∠AME=180∘−∠AMD=180∘−90∘=90∘，故①正确；
∵DE是△ABD的中线，
∴∠ADE≠∠EDB，
∴∠BAF≠∠EDB，故②错误；
∵∠BAD=90∘，AM⊥DE，
∴△AED∽△MAD∽△MEA，
∴AMEM=MDAM=ADAE=2
∴AM=2EM，MD=2AM，
∴MD=2AM=4EM，故④正确；
设正方形ABCD的边长为2a，则BF=a，
在Rt△ABF中，AF=AB2+BF2=2a2+a2=5a
∵∠BAF=∠MAE，∠ABC=∠AME=90∘，
∴△AME∽△ABF，
∴AMAB=AEAF，
即AM2a=a5a，
解得AM=25a5
∴MF=AF−AM=5a−25a5=35a5，
∴AM=23MF，故⑤正确；
如图，过点M作MN⊥AB于N，
则
MNBF=ANAB=AMAF
即MNa=AN2a=255a5a
解得MN=25a，AN=45a，
∴NB=AB−AN=2a−45a=65a，
根据勾股定理，BM=NB2+MN2=65a2+25a2=2105a
过点M作GH // AB，过点O作OK⊥GH于K，
则OK=a−25a=35a，MK=65a−a=15a，
在Rt△MKO中，MO=MK2+OK2=15a2+35a2=105a
根据正方形的性质，BO=2a×22=2a，
∵BM2+MO2=2105a2+105a2=2a2
BO2=2a2=2a2
∴BM2+MO2=BO2，
∴△BMO是直角三角形，∠BMO=90∘，故③正确；
综上所述，正确的结论有①③④⑤共4个．
故选：D
4.
【答案】
D
【考点】
一元二次方程的定义
矩形的性质
相似多边形的性质
【解析】
利用相似三角形的判定、矩形的性质、相似图形的定义、一元二次方程的定义分别判断后即可得解．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解相似三角形的判定、矩形的性质、相似图形的定义、一元二次方程的定义等知识，难度不大．
【解答】
解：A. 两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B. 周长相等的两个矩形的对角线不一定相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
C. 相似多边形不一定是位似多边形，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
D. 将一元二次方程x2−5x=3化为标准形式为，它的常数项为−3，因此一元二次方程x2−5x=3的常数项为−3，故原命题正确，是真命题，符合题意．
故选：D．
5.
【答案】
C
【考点】
由平行截线求相关线段的长或比值
【解析】
本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题关键．先根据平行线分线段成比例定理可得EF的长，再根据DF=DE+EF求解即可得．
【解答】
解：∵AD∥BE∥CF，
∴DEEF=ABBC，
∵AB=2，BC=3，DE=3，
∴3EF=23，
∴EF=92，
∴DF=DE+EF=3+92=152，
故选：C．
6.
【答案】
B
【考点】
勾股定理的应用
圆周角定理
【解析】
根据题意可得B、C、D在以A为圆心，半径为3的圆上，则由圆周角定理可得∠BAD=90∘，利用勾股定理求出BD的长，进而利用三角形面积法求出答案即可．
【解答】
解：∵AB=AC=AD=3，
∴B、C、D在以A为圆心，半径为3的圆上，
∵∠DBC=15∘，∠BDC=30∘，
∴∠DAC=2∠DBC=30∘，∠BAC=2∠BDC=60∘，
∴∠BAD=90∘，
∴BD=AB2+AD2=32，
设点A到BD的距离为ℎ，
∴S△ABD=12AB⋅AD=12BD⋅ℎ，
∴ℎ=AB⋅ADBD=322，
故选B．
二、填空题
7.
【答案】
6
【考点】
成比例线段
【解析】
本题主要考查了比例中项的定义，若c2=ab，那么c是a，b的比例中项，据此列式求解即可．
【解答】
解：设线段a和b的比例中项为x，
由题意得，ax=xb，
∴x2=ab=6，
∴x=6或x=−6（舍去），
经检验，x=6是原方程的解，且符合题意，
∴线段a和b的比例中项为6，
故答案为：6．
8.
【答案】
5
【考点】
比例的性质
【解析】
本题主要考查了比例尺，熟知比例尺＝图上距离÷实际距离是解题的关键．
【解答】
解：10÷150=500cm=5m
故答案为：
9.
【答案】
22
【考点】
此题暂无考点
【解析】
本题考查了相似三角形的应用，正确理解题意是解题关键．根据镜面反射的性质，△KLM∽△TSM，再根据相似三角形对应边成比例列式求解即可．
【解答】
解：根据题意，
∵∠KLM=∠TSM=90∘，∠KML=∠TMS（反射角等于入射角），
∴△KLM∽△TSM，
∴KLTS=LMSM，即1.6TS=0.45.5，
∴TS=20．
所以这栋大楼高为22米．
故答案为：
10.
【答案】
14/0.25,17
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
本题考查了平行线的性质，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
(1)由DE∥BC得出AECE=ADBD=13，则可得出答案；
(2)过点F作FG∥CN交AB于点G，证明△BFG∽△BCN，得出FGCN=BFBC，由(1)得BFBC=14，证出CM=7MN，则可得出答案．
【解答】
解：（1）∵DE∥BC，ADBD=13，
∴AECE=ADBD=13，
∵EF∥AB，
∴BFFC=AECE=13，
∴BFBC=14；
故答案为：14；
(2)如图，过点F作FG∥CN交AB于点G，
∵点M是DF的中点，
∴N是DG的中点，
∴MN是△DGF的中位线，
∴GF=2MN，
设MN=a，
∴GF=2a，
∵FG∥CN，
∴△BFG∽△BCN，
∴FGCN=BFBC，
由(1)得BFBC=14，
∴FGCN=14，
∴CN=4FG=8a，
∴CM=CN−MN=8a−a=7a，
∴CM=7MN，
∴MN=17CM．
故答案为：17．
11.
【答案】
6
【考点】
由平行截线求相关线段的长或比值
【解析】
本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题关键．根据平行线分线段成比例定理可得BCCE=ADDF=32，从而可得CE=23BC，代入计算即可得．
【解答】
解：∵a∥b∥c，ADDF=32，
∴BCCE=ADDF=32，
∴CE=23BC，
∵BC=9，
∴CE=23×9=6，
故答案为：
12.
【答案】
6
【考点】
中心投影
【解析】
利用中心投影，作PE⊥x轴于E，交AB于M，如图，证明△PAB∽△CPD，然后利用相似比可求出CD的长．
【解答】
解：过P作PE⊥x轴于E，交AB于M，如图，
∵P(2, 2)，A(0, 1)，B(3, 1)．
∴PM=1，PE=2，AB=3，
∵AB // CD，
∴△ABP∽△CDP，
∴ABCD=PMPE，
∴3CD=12，
∴CD=6；
故答案为：6；
13.
【答案】
6
【考点】
重心的有关性质
【解析】
本题考查重心的性质，掌握重心的性质是解题的关键．根据重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1求解即可．
【解答】
解：由题意可知ADGD=21，即AD3=21，
∴AD=6cm．
故答案为：6．
14.
【答案】
35/0.6
【考点】
勾股定理与网格问题
求角的正弦值
【解析】
本题考查了锐角三角函数的定义以及勾股定理，解题的关键熟记三角函数的定义并灵活运用．先利用勾股定理求出BC=5，再证明∠BAD=∠CBE，然后利用利用sin∠BAD=sin∠CBE=CEBC解题即可．
【解答】
解：如图，在Rt△BCE中，BE=4,CE=3,∠BEC=90∘，
∴BC=BE2+CE2=5，
∵AD⊥BC，
∴∠BAD+∠ABC=90∘，
又∵∠CBE+∠ABC=90∘，
∴∠BAD=∠CBE，
∴sin∠BAD=sin∠CBE=CEBC=35，
故答案为：35．
15.
【答案】
25−2
【考点】
黄金分割
【解析】
本题考查了线段的黄金分割点，理解并掌握黄金分割点的计算方法是解题的关键．
根据题意，APAB=5−12，由此即可求解．
【解答】
解：点P是线段AB的黄金分割点(AP>PB)，如果AB=4cm，
∴APAB=5−12，
∴AP=5−12AB=5−12×4=25−2(cm)，
故答案为：25−2 ．
16.
【答案】
12
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
本题考查了相似三角形的判定和性质的应用，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
根据题意，易得△ABC∽△ADE，有ADAB=DEBC，结合已知条件，得到BC的长．
【解答】
解：∵DE∥BC，
∴ △ABC∽△ADE，
∴ ADAB=DEBC，
∵DE=4，
∴BC=12．
故答案为：
17.
【答案】
2或5/5或2
【考点】
相似三角形——动点问题
利用相似三角形的性质求解
【解析】
分△PBQ∽△ABC和△QBP∽△ABC两种情况解答即可．
【解答】
解：设P、Q运动时间为t秒，
根据题意，AP=tcm，BQ=2tcm，则BP=(10−t)cm，
当△PBQ∽△ABC时，则BPAB=BQBC，即10−t10=2t20，
解得：t=5；
当△QBP∽△ABC时，则BPBC=BQAB，即10−t20=2t10，
解得：t=2，
综上，当经过2或5秒钟，△PBQ与△ABC相似．
故答案为：2或
18.
【答案】
103
【考点】
解一元二次方程-直接开平方法
勾股定理的应用
利用菱形的性质求线段长
【解析】
本题考查了菱形的性质，等边对等角，三角形内角和性质，折叠性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先整理得∠ABC=45∘，根据菱形的性质得PQ=PB，故∠PQB=∠ABC=45∘，∠QPB=90∘，理解题意得PQ=BP=2t,BQ=10−t，结合勾股定理列式计算，即可作答．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=BC=10cm，
∴∠ABC=12×(180∘−90∘)=45∘，
∵四边形QPBP′为菱形，
∴PQ=PB，
∴∠PQB=∠ABC=45∘，
∴∠QPB=180∘−45∘−45∘=90∘，
∵点P从点B出发，沿BA方向以每秒2cm的速度向终点A运动；同时，点Q从点C出发，沿CB方向以每秒1cm的速度向终点B运动．设点Q运动的时间为t秒．
∴PQ=BP=2t,CQ=t，
则BQ=10−t，
在Rt△BPQ中，BQ2=PB2+PQ2，
∴(10−t)2=2t2+2t2，
整理得(10−t)2=4t2，
∴10−t=±2t，
∴解得t1=103,t2=−10