湘教版数学九上 第3章综合素质评价试卷

这是一份湘教版数学九上 第3章综合素质评价试卷，共18页。

第3章综合素质评价一、选择题(每题3分，共30分)1．[2023·重庆B卷]如图，已知△ABC∽△EDC，AC∶EC＝2∶3，若AB的长度为6，则DE的长度为(　　)A．4 B．9 C．12 D．13．52． 下面四组线段中，成比例的是(　　)A．a＝1，b＝2，c＝2，d＝4 B．a＝2，b＝3，c＝4，d＝5C．a＝4，b＝6，c＝8，d＝10 D．a＝eq \r(2)，b＝eq \r(3)，c＝3，d＝eq \r(3)3． 如图，直线l1∥l2∥l3，直线AC和DF被l1，l2，l3所截，AB＝5，BC＝6，EF＝4，则DE的长为(　　)A．2 B．3 C．4 D．eq \f(10,3)4．如图，△ABC∽△AED，∠ADE＝80°，∠A＝60°，则∠C等于(　　)A．40° B．60° C．80° D．100°5．[2023·淮安]如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝eq \r(3)x＋b的图象分别与x轴、y轴交于A、B两点，且与反比例函数y＝eq \f(k,x)在第一象限内的图象交于点C．若点A坐标为(2，0)，eq \f(CA,AB)＝eq \f(1,2)，则k的值是(　　)A．eq \r(3) B．2eq \r(3) C．3eq \r(3) D．4eq \r(3)6．[2023·泸州]如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD＝4，CD＝6，则EO的长为(　　)A．1 B．2 C．3 D．4　　7．如图，在平面直角坐标系中，点A(6，3)，点B(6，0)，以原点O为位似中心，位似比为eq \f(1,3)，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为(　　)A．(2，1) B．(2，0) C．(3，3) D．(3，1)8．[2023·绍兴]已知点M(－4，a－2)，N(－2，a)，P(2，a)在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是(　　)9． [2022·巴中]如图，在平面直角坐标系中，点C为△AOB的OA边上一点，AC∶OC＝1∶2，过点C作CD∥OB交AB于点D．C，D两点纵坐标分别为1，3，则点B的纵坐标为(　　)A．4　 B．5 C．6 D．710．[2023·赤峰]如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM＝4，则下列结论：①DQ＝EQ；②BQ＝3；③BP＝eq \f(15,8)；④BD∥FQ．正确的是(　　)A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④二、填空题(每题3分，共24分)11． 已知5x＝7y，则xy＝________．12． 在比例尺为1∶1 000 000的地图上，量得甲、乙两地的距离是24 cm，则甲、乙两地的实际距离为________km．13．如图，△ABO∽△CDO，若BO＝10，DO＝5，CD＝4，则AB的长是________．14．[2023·盘锦]如图，△ABO的顶点坐标是A(2，6)，B(3，1)，O(0，0)，以点O为位似中心，将△ABO缩小为原来的eq \f(1,3)，得到△A′B′O，则点A的对应点A′的坐标为________．15．[2024·山西运城九年级统考期中]如图①是液体沙漏的立体图形，上下底面平行，液体沙漏某一时刻的平面示意图如图②，图③，则图③中AB＝________cm．16．《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图，在井口B处立一根垂直于井口的木杆BD，从木杆的顶端D观察水面上的点C，视线DC与井口的直径AB交于点E，如果测得AB＝1．6米，BD＝1米，BE＝0．2米，那么AC为________米．17．[2023·甘孜州]如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P，Q分别在AB和AC上，PQ∥BC，M为PQ上一点，且满足PM＝2MQ．连接AM，DM，若MA＝MD，则AP的长为________．18．[2023·内江]如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，MN垂直于x轴，以MN为对称轴作△ODE的轴对称图形，对称轴MN与线段DE相交于点F，点D的对应点B恰好落在反比例函数y＝eq \f(k,x)(x＜0)的图象上，点O，E的对应点分别是点C，A．若点A为OE的中点，且S△EAF＝eq \f(1,4)，则k的值为________．三、解答题(19～22题每题10分，23题12分，24题14分，共66分)19． 如图，四边形ABCD∽四边形EFGH，试求出x及α的大小．20． 如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，2)，B(3，1)，C(2，3)，以原点O为位似中心，将△ABC的各边放大为原来的2倍得到△A′B′C′．(1)在图中第一象限内画出符合要求的△A′B′C′(不要求写画法)；(2)计算△A′B′C′的面积．21．利用镜面反射可以计算旗杆的高度．如图，一名同学(用AB表示)站在阳光下，通过镜子C恰好看到旗杆ED的顶端，已知这名同学的身高是1．6米，他到镜子的距离是2米，镜子到旗杆的距离是8米，求旗杆的高．22．[2023·仙桃]如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上(点M不与点A，D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E，F，连接BM．(1)求证：∠AMB＝∠BMP；(2)若DP＝1，求MD的长．23．[2023·眉山]如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F．(1)求证：AF＝AB；(2)点G是线段AF上一点，满足∠FCG＝∠FCD，CG交AD于点H，若AG＝2，FG＝6，求GH的长．24．[2022·镇江]如图，一次函数y＝2x＋b与反比例函数y＝eq \f(k,x)(k≠0)的图象交于点A(1，4)，与y轴交于点B．(1)k＝________，b＝________；(2)连接并延长AO，与反比例函数y＝eq \f(k,x)(k≠0)的图象交于点C，点D在y轴上，若以点O，C，D为顶点的三角形与△AOB相似，求点D的坐标．答案一、1.B 【解析】∵△ABC∽△EDC，∴ACEC＝ABDE.∵ACEC＝23，AB＝6，∴23＝6DE，∴DE＝9，故选B.2．A　3.D　4.C5．C 【解析】如图，过点C作CD⊥y轴于点D，则CD∥OA，∴△BOA∽△BDC，∴eq \f(CD,AO)＝eq \f(BC,BA).∵eq \f(CA,AB)＝eq \f(1,2)，A(2，0)，∴eq \f(BC,BA)＝eq \f(3,2)，AO＝2，∴eq \f(CD,2)＝eq \f(3,2)，解得CD＝3.∵点A(2，0)在直线y＝eq \r(3)x＋b上，∴2eq \r(3)＋b＝0，解得b＝－2eq \r(3)，∴直线AB的表达式为y＝eq \r(3)x－2eq \r(3).当x＝3时，y＝eq \r(3)，即C(3，eq \r(3))．又∵点C在反比例函数y＝eq \f(k,x)的图象上，∴k＝3eq \r(3)，故选C.6．A 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，CD＝6，∴AB∥CD，AB＝CD＝6，DO＝BO，∴∠CDP＝∠APD.∵DP平分∠ADC，∴∠ADP＝∠CDP，∴∠ADP＝∠APD，∴AP＝AD＝4，∴BP＝AB－AP＝6－4＝2.∵E是PD中点，DO＝BO，∴OE＝eq \f(1,2)BP＝1，故选A.7．A8．B 【解析】∵N(－2，a)，P(2，a)，∴N，P两点关于y轴对称，∴选项A，C错误．∵点M(－4，a－2)，点N(－2，a)在同一个函数图象上，∴选项D错误，选项B正确．故选B.9．C 【解析】根据CD∥OB得出△ACD∽△AOB.进而得到eq \f(AC,AO)＝eq \f(CD,OB)，根据AC∶OC＝1∶2，得出eq \f(AC,AO)＝eq \f(1,3)，根据C，D两点纵坐标分别为1，3，得出CD＝2.进而得到OB＝6，即可得出答案．10．A 【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴CD∥AB，CD＝AD.由折叠的性质可知，∠CDF＝∠QDF，CD＝DQ＝5.∵CD∥AB，∴∠CDF＝∠QEF，∴∠QDF＝∠QEF，∴DQ＝EQ＝5，故①正确．∵DQ＝CD＝AD＝5，DM⊥AB，∴MQ＝AM＝4.∵MB＝AB－AM＝5－4＝1，∴BQ＝MQ－MB＝4－1＝3.故②正确．∵CD∥AB，∴△CDP∽△BQP，∴eq \f(CP,BP)＝eq \f(CD,BQ)＝eq \f(5,3).∵CP＋BP＝BC＝5，∴BP＝eq \f(3,8)BC＝eq \f(15,8)，故③正确．∵CD∥AB，∴△CDF∽△BEF，∴eq \f(DF,EF)＝eq \f(CD,BE)＝eq \f(CD,BQ＋QE)＝eq \f(5,3＋5)＝eq \f(5,8)，∴eq \f(EF,DE)＝eq \f(8,13).∵eq \f(QE,BE)＝eq \f(5,8)，∴eq \f(EF,DE)≠eq \f(QE,BE)，∴BD与FQ不平行，故④错误．正确的是①②③，故选A.二、11.75　12.240　13.8　【点方法】根据相似三角形对应边成比例可求解，要找准对应边，AB的对应边为CD.14.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－2)) 【解析】∵以点O为位似中心，将△ABO缩小为原来的eq \f(1,3)得到△A′B′O，A(2，6)，∴当△A′B′O在第一象限时，点A′的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×2，\f(1,3)×6))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))；当△A′B′O在第三象限时，点A′的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)×2，－\f(1,3)×6))，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－2)).综上可知，点A′的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，2))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－2)).15.eq \f(8,3) 【解析】如图，设沙漏的锥点为点D，上端的右端点记作F，左端点记作M，下端的右端点记作H，过点D作DC⊥AB交AB于点C，交上底边于点E，交下底边于点G.∵AB∥EF∥GH，∴DE⊥EF，DG⊥GH，△ABD∽△MFD，∴eq \f(AB,MF)＝eq \f(DC,DE).∵EG＝12 cm，DG＝6 cm，CG＝10 cm，MF＝4 cm，∴DE＝6 cm，DC＝4 cm，∴eq \f(AB,4)＝eq \f(4,6)，∴AB＝eq \f(8,3)cm.16．717．3 【解析】设AP的长为x，∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∴eq \f(AP,AB)＝eq \f(PQ,BC).又∵AB＝4，BC＝6，∴PQ＝eq \f(3,2)x.又∵PM＝2MQ，∴PM＝x，MQ＝eq \f(1,2)x，∴PM＝PA.易知∠APM＝90°，∴△APM是等腰直角三角形，∴AM＝eq \r(2)x，∠PAM＝45°，∴∠DAM＝45°.又∵MA＝MD，∴∠ADM＝∠DAM＝45°，∴∠AMD＝90°，∴△MAD是等腰直角三角形，∴AD＝eq \r(2)AM，即6＝eq \r(2)·eq \r(2)x，∴x＝3，∴AP＝3.18．－6 【解析】如图，连接BO，设对称轴MN与x轴交于点G.∵△ODE与△CBA关于对称轴MN对称，∴AG＝EG，AC＝EO，EC＝AO.设AG＝EG＝a，∵点A为OE的中点，∴EC＝AO＝AE＝2a，∴AC＝EO＝4a.∵S△EAF＝eq \f(1,4)，∴S△EGF＝eq \f(1,2)S△EAF＝eq \f(1,8).∵GF∥OD，∴△EFG∽△EDO，∴eq \f(S△EGF,S△EOD)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(EG,EO)))eq \s\up12(2)，即eq \f(\f(1,8),S△EOD)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4a)))eq \s\up12(2)，∴S△EOD＝eq \f(1,8)×16＝2，∴S△ACB＝2.∵AC＝4a，AO＝2a，∴S△AOB＝eq \f(1,2)S△ACB＝1，∴S△OCB＝S△ACB＋S△AOB＝2＋1＝3，∴eq \f(1,2)|k|＝3，∴|k|＝6.∵k＜0，∴k＝－6.三、19.【解】∵四边形ABCD∽四边形EFGH，∴∠H＝∠D＝95°.∴α＝360°－95°－118°－67°＝80°.∵四边形ABCD∽四边形EFGH，∴eq \f(BC,FG)＝eq \f(AB,EF)，即eq \f(x,7)＝eq \f(12,6)，解得x＝14.20．【解】(1)如图，△A′B′C′即为所求作．(2)S△A′B′C′＝4×4－eq \f(1,2)×2×2－eq \f(1,2)×2×4－eq \f(1,2)×2×4＝6.21．【解】根据题意可知∠ACB＝∠ECD，AB＝1.6米，BC＝2米，CD＝8米．又∵∠EDC＝∠ABC＝90°，∴△ABC∽△EDC，∴eq \f(ED,AB)＝eq \f(DC,BC)，即eq \f(ED,1.6)＝eq \f(8,2)，∴ED＝6.4米．答：旗杆的高为6.4米．22．(1)【证明】由翻折和正方形的性质可得，∠EMP＝∠EBC＝90°，EM＝EB，∴∠EMB＝∠EBM，∴∠EMP－∠EMB＝∠EBC－∠EBM，即∠BMP＝∠MBC.∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠AMB＝∠MBC，∴∠AMB＝∠BMP.(2)【解】如图，延长MN，BC交于点Q.∵AD∥BC，∴△DMP∽△CQP.又∵DP＝1，正方形ABCD的边长为3，∴CP＝2，∴eq \f(MD,QC)＝eq \f(MP,QP)＝eq \f(DP,CP)＝eq \f(1,2)，∴QC＝2MD，QP＝2MP.设MD＝x，则QC＝2x，∴BQ＝3＋2x.∵∠BMP＝∠MBC，即∠BMQ＝∠MBQ，∴MQ＝BQ＝3＋2x，∴MP＝eq \f(1,3)MQ＝eq \f(3＋2x,3).在Rt△DMP中，MD2＋DP2＝MP2，∴x2＋12＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋2x,3)))eq \s\up12(2)，解得x1＝0(舍去)，x2＝eq \f(12,5).∴MD的长为eq \f(12,5).23．(1)【证明】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠EAF＝∠D.∵E是AD的中点，∴AE＝DE.∵∠AEF＝∠CED，∴△AEF≌△DEC(ASA)，∴AF＝CD，∴AF＝AB.(2)【解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC＝AB＝AF＝FG＋GA＝8，DC∥FA，∴∠DCF＝∠F.∵∠FCG＝∠FCD，∴∠F＝∠FCG，∴GC＝GF＝6.∵DC∥FA，∴△AGH∽△DCH，∴eq \f(GH,CH)＝eq \f(AG,DC).设HG＝x，则CH＝CG－GH＝6－x，可得方程eq \f(x,6－x)＝eq \f(2,8)，解得x＝eq \f(6,5)，经检验，x＝eq \f(6,5)是方程的解，∴GH的长为eq \f(6,5).24．【解】(1)4；2(2)易知点A与点C关于原点对称，∴点C的坐标是(－1，－4)．在y＝2x＋2中，当x＝0时，y＝2，∴B(0，2)，∴OB＝2.根据勾股定理可知AO＝CO＝eq \r(12＋42)＝eq \r(17).当点D落在y轴的正半轴上时，连接CD.∠COD>∠ABO，∴△COD与△ABO不可能相似．当点D落在y轴的负半轴上时，连接CD.若△COD∽△AOB，则eq \f(CO,AO)＝eq \f(DO,BO).∵CO＝AO，∴BO＝DO＝2，∴D(0，－2)；若△COD∽△BOA，则eq \f(OD,OA)＝eq \f(OC,OB).∵OA＝CO＝eq \r(17)，BO＝2，∴DO＝eq \f(17,2)，∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(17,2))).综上所述，点D的坐标为(0，－2)或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(17,2))).