第1章 直角三角形的边角关系 单元检测卷-【超级考卷】2024-2025学年九年级全册数学学业质量评估（北师大版 江西专版）

二、(小,小11来 0.Anc中A 7. 计- rB.看AD-1.C 用A这一、答大过1题 哥行C福,夜A 1场如.在山五AP新 ,在CB-A-1r- 的达公路13B的达 n-.t的i 九年级下册 A一些B . ant_. 程.A--5-10是 anan:wr7 与行孜,DA题且的 第一意 单元检卷 。 了杆.点C处面 a均妇少慰拉甚 注:120钟 :150}) 。 aB赴基看一BC看B.的 81.7.LB m. 等A-1ncA-. tt.。 trt ō P-0点DA8 图 .△高止 一、选题(大过:小题、小题1、选 A0地度1.3若A8-5.到不是 n听C的院 1&) 在}A-r到 .AaC的BC的标是5. 1.c-c-官n- , 1.6n 乙乙C一- .)AC-rA-.3 ot r。 *)0 A,n .到,挂气踪画,热气度显A 点_ 2现,在平点至标内有一70.40.适 7二 析一那为2”,看夜 0P,则0r与:子向死技。孩 ,: ,气AA .的谋度 ” (15加,干.立的上.% .图AA选-ACAD北上 n.{ 严与坚试为。现,是子既意 的0是45的点-是长D0至点, 面上的点A次,确在来字面的 .在是这的上学珠视至人执站 -0A 处,程诗子这声请所置,子与选院 口30 的米会.幅阻,在无人的C选 或已”or子上” 拉礼少,说的 (oC.四AD ,) 45.时无元%C数的里言度( .n. .和 晚在AC中a-ACAB平1 ,,n 2.一七些n一的上了0。 A11 0&A.CDF-平且 与A在的直候福交子点.是为D 耳直高院上外了5学计看老是。 AD.A.的为少(站 是号r 已A--n一境 ()5c乙AC-r”r ,是 ### A. A上路,过点A变AC干是 m-IAr1rr 的 () .各题1本大题小题,小题分,共分) (r+-m B回 4.路上言一至看如酒形头,BC 喜CD与子度0的比为111为了” 言本旅自号过无,有口定在择 &差B早 .: 大亮度3文的首期卡度,加析 83题-%1 t7-1 班.0-15 17-) -是- 7 .AD选上 老些到中于远两斗该站的 一”一”次A立①夜风财”混”对 文、答题(大题1:* 怀与点C0140 2() r 叶的是,用是冥云意因, 用.ACAB一凸是AC 三时:的 0{-]--0P arLao干r. 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'.∠CEF=∠FBC,'.sin∠CEF= ②若∠BAC为钝角，如图②. 点P在CQ的垂直平分线上，且 PM⊥AC, sin∠CBF= - 5 可理，得BE十CE=BE十AE十AB =5+5+6=16. ∴aM=aM=2c0-号8w5-50 综上所述，BE十CE的值为6或16. -8-0, 18.解：)原式=3×号+2×号-2× 2 AM=AQ+QM-5+号g-D 7.08.8 9.60° 号=i+E-E -9+ 10.(4,w3)【解析】如图，过点A作AG ⊥工轴，交x轴于点G.:B,C的塋 2ac-铝高- 又∠ACB=90°，.PM∥BC, 标分别是(1,0)，(0w3),.OC=3, ∴.CD=4, ∴.BD=12-4=8. 0B=1,BC=√/12+(W5)2=2. 在Rt△ABD中，AB=√BD+AD) 6-2- 、6 ,解得t■1. tan∠QBC=0C 9+ OB =3,∠0BC= =√8+6-10， 3W/ 60°.∠ABC=90°，∠A=30°，.AC (3)不存在.理由如下： =2BC=4,∠ACB=90°-∠A=60°. ∴osB-器号 ∠ACB=∠OBC=60°，∴AC∥x 14.解：在Rt△ABC中，∠C=90°，a= 假设线段BC上存在一点G,使得四 √3，c=2W3, 边形PQGB是平行四边形， 轴，·∠CAG=∠AGB=90°，又 则PQBG,PQ=BG, ∠COG=90”,,四边形AC0G是 ∴6=√e-a=3. 可得△APQD△ABC, 矩形，.顶点A的坐标是(4W3). .∠A=30°， 即6-2-③-PQ 30A .∠B=90°-∠A=60 6 333 15.解：由题意，得∠A=30°，∠CBD =PQ= O B 8主 =45”. 2 11.100【解析】如图，过点A作AH1 在Rt△CBD中，∠CBD=45°， ,∴.BP=2t=3,.PQ≠BP, BC,交CB的延长线于点H,由题意 ..BD=CD=20 m. ,平行四边形PQGB不可能是菱形 可知，四边形ADCH为矩形.在 故线段BC上不存在一点G,使得四 Rt△ACD中，由题意知，∠CAD= 在R△CAD中，anA=C2D, AD 边形PQGB是菱形. 30,AD=150 m,..CD=AD. an30=20/3m, 六AD= CD 九年级下册 n∠CAD-=150X 3 =505(m), .AB=AD-BD=(203-20)m 9第一章单元检测卷 .AH=CD=503m.在Rt△ABH 即A,B两点间的距离为(20√3 1.A2.D3.A4.A 中，：∠BAH=30',AH=50w3m, 20)m. 16.解：如图，过点C作CD⊥AB于 5.C【解析】如图.在Rt△ABC中，AC ∴BH=AH·tan∠BAH=50V3X 点D =ia·AB=是×10=6(m).在 3 =50(m),..BC=AD-BH= Rt△DBC中，DC=cosg·DE=号X 150-50=100(m), 030 10=6(m),.EC=DE-DC= /100-36=8(m),∴.AE=EC-AC 在Rt△ADC和Rt△BCD中， =8一6=2(m),即梯子顶端上升了 :∠A=30',∠B=45°，AC=640m, 2m. .CD=320 m,AD=AC cosA= 3203m, ·BD=CD=320m,BC=CD sin45* 12.6或16 【解析】①若∠A为锐角， 3202m, 如图① "DE为AB的垂直平分线， .AC+BC-AB=640+3202- 6.A【解析】如图，连接BF,,CE为 (320w3十320)≈224m. 斜边AB上的中线，EF⊥AB,.EF 六AE=BE,ED⊥AB,AD= 2 故隧道打速后与打通前相比，从A地 为AB的垂直平分线，，AF=BF, AE-5,a∠AED-82-, 到B地的路程约缩短224m S△E=S△rE=5,∠FBA=∠A, 17.解：(1)证明：O是AB的中点， 2-14 参考答案 ∴.AO=BO. BG ∴AM∥CN, 又，OE=OD 器 ∴.∠A=∠BCN=50", ∴.四边形AEBD是平行四边形. 在Rt△DEF和Rt△BEF中，tana ∴.∠ACF=90°-50°=40° ,AB=AC,AD是BC边上的中线 E AD⊥BC,即∠ADC=∠ADB E,tang= EF 在Rt△AFC中，AF=AC·n,∠ACH F' 80×0.643=51.44mm), =90°， .ktang= ·-照· ∴.四边形AEBD是矩形 BF一DA·BF .AM=AF+FM=51.44+403 120.7(mm). (2)四边形AEBD是正方形 ·-- BF 故点A到直线DE的距离的为 证明：cosC= 120.7mm. .'tang=ktan8. 2 20.解：(1)由题意，得∠CAB=30°， (2)旋转后，如图②所示，根据题意 .∠C=45. ∠ACB=90°，BC=20 n mile 可知，∠DCB=80°+10°=90° .∠ADC=90°， ∴.AB=2BC=40 n mile ..AD=CD. ,∴，乙渔船航行的距离是40nmle 又，AD是BC边上的中线， (2)如图，过点B作BE⊥AE于点 ∴AD=BD. E,过点D作DH⊥AH于点H,延 又：四边形AEBD是矩形， 长CB交DH于点G,则四边形 .四边形AEBD是正方形 AEBC和四边形BEHG是矩形， D 18.解：如图，过点D作DE LAB于点E 北 图② 在Rt△BCD中，CD=80mm,BC= P 40mm, ∴.tanD= -8-0.50, BC M ,∴.∠D≈26.6° 在Rt△ABC中，∠BAC=90°， 故CD旋转的角度约为60°-26.6° a∠BCA-2-音期号-号 BC .BE GH AC= =33.4”. AC 6 3 tan308 22.解：(1)如图，过点B作BH⊥MP 解得AB-8m 20v3 n mile,AE=BC=20 n mile. 垂足为H,过点M作MI⊥PG,垂 由勾股定理，得BC=√AC+AB 设BG=EH=xnmi1e,则AH=(x 足为I,过点P作PK⊥DE,垂足 =√/6+8=10(m), ++20)n mile. 为K 由题意，得∠BDG=0°，∠ADH ∴.BD=BC=10m =45, 逆枪BAD .AB⊥MN,DE⊥AB, BG ,∴.DE∥AN DG-tan60 ∠EDA=∠PAN=30 3 3 x(n mile), DH=AH, 设AE为xm 在Rt△ADE中，∠AED=90”, 20月+ x=x十20，解得x= ∠EDA=30”,tan∠EDA-5 20w3,∴.BG=20√3 n mile,AH= AE (20+203)n mile,..BD= 六DE-tnZEDA/3xm. BG sinBDG-203-40(n mile),AD MP 25.3 cm,BA HP= 在Rt△BDE中，BE+ED=BD, 3 8.5cm, 即(8-x)3十(W3x)3=102, 2 .MH=MP-HP=25.3-8.5 解得x1-2十√13，x-2-√13 ZAH-(202+20v6)n mile, 16.8(cm). (不合题意，舍去)， ∴，此时中国渔政船到乙渔船的距 在Rt△BMH中， .DE=w3x=(2W3十√39)m, 离是40nmle,到甲渔船的距离是 e0s∠BMH=A-16,8=0.4, 即点D到AB的距离为(2√5十 (20w2+206)nraile BM 42 21.解：(1)如图①，过点A作AM⊥ .∠BMH≈66.4° /39)m. DE,交ED的延长线于点M,过点C 由题意知，AB∥MP, 19.证明：(1)，四边形ABCD是正 作CF⊥AM,垂足为F,过点C作 .∠BMH+∠ABC=180 方形， CN⊥DE,垂足为N. ∴.，∠ABC=180°-66.4°=113.6". ,∠BAF十∠EAD=90°，AD 故∠B的度数为113.6° BA. (2)在.由如下： DE⊥AG, ,∠BMN=68.6°，∠BMH= ∴.∠EAD十∠ADE=90°， 66.4°， .∠ADE=∠BAF .∠NM1=180°- ∠BAMN- BF⊥AG ∠BMH=180°-68.6°-66.4 =45 ∴.∠DEA=∠AFB=90 图① 在△DAE与△ABF中， MN=28 cm, 由题意可知，AC=80mm,CD '∠ADE=∠BAF 80mm,∠DCB=80°，∠CDE=60°. ÷c0s45°-Mm23’ MIMI ∠DEA-∠AFB, 在Rt△CDN中，CN=CD .MI19.80cm. AD=BA, '.△DAE2△ABF(AAS), si∠CDE=0X3 .'KI=50 cm, =40,w3(mm) .PK=K1-MI-MP=50-19.80 ∴AF=DE =FM,∠DCN=90°-60=30. -25.3=4.9(cm), (2)由题意，得∠BGF=∠DAE, 又，'∠DCB=80°， ,此时枪身端点A与小红额头的距 ∠BFG=∠DEA=90°， ∴.∠BCN=80°-30°=50" 离在规定范E内. .Rt△BFGoRt△DEA, .AM⊥DE,CN⊥DE, 23.解：(1)0E=OF 2-15 招店)|数学·9年级全一册(BS版) (2)OF⊥OE且OF=OE.理由 .△AOE2△COK(ASA),∴.OE 2<c<3,.2<-5a<3, 如下： OK.又：△EFK是直角三角形， 如图①，延长EO交CF于点K “-是<<-号，放④正确 .OF=之EK=OE. 综上所述，正确的结论有4个 7.28.-49.m≤4 10.k411.7.2 12.(4,0)或(2√5,0)或(-25,0)或 (5,0)【解析】由题意，得OA √22+4=25. ,,∠ABC=∠AEB=∠BFC=90, 图④ 当AP=QA=25时，点P的坐标 ∠ABE+∠BAE=90”,∠ABE十 10第二章单元检测卷 为(4,0)： ∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF 1.B2.C3.B 当OP=QA=2V5时，点P的坐标 在△ABE与△BCF中， 4.D【解析】观察函数图象可知，a>0 为(2/5,0)或（一25,0）： ∠AEB=∠BFC b>0,c0, ∠BAE=∠CBF, 当PA=PO时.设点P的坐标为 ∴，二次函数y=ax十bx十c的图象 (x,0),则有4十(x一2)=x2,解得 AB-BC, ,△ABE2△BCF(AAS),.BE 开口向上，对称轴x一品<0，与y x=5, .点P的坐标为(5,0) CF,AE=BF.易证△AOE☑ 轴的交点在y轴负半轴. 综上所述，使△OAP为等腰三角形 △COK,∴.AE=CK,OE=OK, 5.B【解析】如图所示，过抛物线12的 .BF=CK,∴FK=EF,∴△EFK 的点P的坐标为(4,0)或(25,0) 顶点D作CD∥x轴，与y轴交于 是等腹直角三角形，，OF⊥OE且 点C, 或（一25,0）或(5,0) OF=OE. 则四边形OCDA为矩形 13.解：(1)当y=1时，x2一5x-5=1, (3)如图②，当点P在线段QA上时， ,地物线L1:y=a.x2十bx十c(a≠0) 解得x1=6,x3=一1. 延长EO交CF于点K,过点P作PH 与x轴只有一个交点A(1,0),与y (2)证明：-4a=(-)2-4(k ⊥OF于点H. 轴交于点B(0,2), 5)=k2-4k十20=(k-2)3十16. .0B=2,0A=1. (是-2)2≥0，.（是-2）2+16>0， 将抛物线L:向下平移2个单位长度 即2-4ac>0, 得地物线L2,形AD=OC=2. 无论k取何实数，此二次函数的 根据平移的性质及抛物线的对称性 图象与x轴都有两个交点 得到阴影部分的面积之和等于矩形 14.解：由题意可知，该抛物线经过点 OCDA的面积， (0,3),且质点坐标为(2，一1)， 园② .S分=S知0cDA=OA·AD=1 .可设该地物线的表达式为y= CF-AEI-2.AE-CK. ×2=2. a(x-2)2-1. .FK=2. 将点(0,3)代入，得a=1, 在Rt△EFK中，tan∠FEK= FK 该抛物线的表达式为y一(x 2)2-1. 15.解：(1)把点P(-2,3)代人y=x2+ ax十3，得a=2,,y=x十2x十3= (x+1)2+2, .∠FEK=30',∠EKF=60°， 该图象的顶点坐标为（一1,2）. ∴EK=2FK=4,OF=2EK (2)如图所示，点Q的坐标为（一2， 3),当x=2时，y=22+2×2+3= 2,.∠EF0=30° 11,即点Q2的坐标为(2,11)，顶点 ,△OPF是等要三角形，观察图形 6.D【解析】①由图象可知，a<0,对称 坐标为（一1,2）. 可知，OF=FP=2. 点Qm,)在该二次函数的图象 在R△PHF中，PH=PF=1,HB 轴x= 2a>0, 上，且点Q到y轴的距离小于2， ..b>0 .|m|<2,即一2<m2.由图象可 =5,0H=2-5, 由地物线与y轴的交点可知，c>0, 知，当一2<m<2时，2≤n<11. ∴.abc<0,故①正. ∴0P-=√/12+(2-√3)=-√2 ②：抛物线与x轴交于点A(一1， 如图③，当点P在线段OC上时，同 0),对称轴为直线工=2， 11…fQ3 理可得0p=23 “抛物线与x轴的另外一个交点为 3 (5,0)r 综上所述，OP的长是√一 ,当x=3时，y>0, 即9a十3b十c>0,故②正确 ( 3 :号<2<号点M,N在对称 轴的两侧， -2-2幸 (停)关于直线x=2的对称点 16.解：(1)根据题意，得a十63一4， a-b-3=0, 的坐标为（受） 解得/a=1, 1b=-2, 器③ <2,为<，故③正确。 该二次函数的表达式为y=x2 2x-3. 【解析】(1)如图④，延长EO交C5 于点K.,AE BE,CF⊥BE - (2)y=z2-2x-3=(x-1)2-4, =2,,b=-4a. ∴.该抛物线的对称轴为直线x=1, ∴AE∥CK,∴.∠EAO=∠KCO ,当x=一1时，y=0, 顶点坐标为(1，一4). ,OA=OC,∠AOE=∠COK, .a-b+c=0,.c=-5a 4>0,.当x<1时，y随x的增 2-16