精品解析：山东省聊城市东阿县姜楼中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试题

九年级上学期10月月考数学试题 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，D是边上一点，添加一个条件后，仍不能使的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，是等边三角形，被一矩形所截，被截成三等分，EH∥BC，则四边形的面积是的面积的：( ) A. B. C. D. 3. 如图，在中，，，，若内接正方形的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，正方形和正方形是位似图形，点的坐标为，点的坐标为，则这两个正方形位似中心的坐标是 （ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 如图，在△ABC中，∠A=30°，tanB=，AC=2，则AB的长是（　　） A. 4 B. 3+ C. 5 D. 2+2 6. 如图是唐代亭皋发明了“桨轮船”，该桨轮船的轮子被水面截得线为10，轮子的吃水深度为3，则该桨轮船的轮子半径为（ ） A. B. C. D. 6 7. 已知在中两条平行弦，，，的半径是10，则AB与CD间的距离是（ ） A. 6或12 B. 2或14 C. 6或14 D. 2或12 8. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A＝115°，则∠BOD的度数为（ 　） A. 110° B. 120° C. 130° D. 140° 9. 如图，A，B两地隔河相望，原来从A地到B地需要经过桥，沿折线到达B地，现在（与桥平行）上建了新桥，可沿从A地直达B地．已知．桥．．则的长是（ ） A. B. C. D. 10. 如图,在中，是的直径,点是上一点，点是弧的中点，弦于点，过点的切线交的延长线于点，连接,分别交于点，连接．给出下列结论:①；②；③点是的外心；④．其中正确的是( ) A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④ 二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分. 11. 如图所示，在平行四边形中，与相交于，为的中点，连接并延长交于点，则等于_______． 12. 如图，在中，，，是上一点，．上取一点．若以A、D、E三点为顶点组成的三角形与相似，则的长为 __． 13. 在△ABC中，若|2cosA－1|＋(－tanB)2＝0，则∠C＝____． 14. 如图，的顶点的坐标分别是，且，则顶点A的坐标是_____． 15. 如图，小明同学用自制的直角三角形纸板测量树的高度，他调整自己的位置，设法使斜边保持水平，并且边与点B在同一直线上．已知纸板的两条边，，测得边DF离地面的高度，，则树高为______． 16. 圆内接四边形中，，则__________ 17. 常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知，，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，，的半径，则圆盘离桌面最近的距离是_______． 18. 如图是梅华中学校门口的双翼闸机，当它的双翼完全打开时，双翼边缘点A与B之间的距离为，，．当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为 ___________． 三、解答题：本题共7小题，共66分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 19. 如图，在中，，，，求的长． 20. 如图，学校操场旁立着一杆路灯（线段OP）．小明拿着一根长2m的竹竿去测量路灯的高度，他走到路灯旁的一个地点A竖起竹竿（线段AE），这时他量了一下竹竿的影长AC正好是1m，他沿着影子的方向走了4m到达点B，又竖起竹竿（线段BF），这时竹竿的影长BD正好是2m，请利用上述条件求出路灯的高度． 21. 如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B （1）求证：△ADF∽△DEC； （2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的长． 22. 如图，△ABC为锐角三角形，AD是BC边上的高，正方形EFGH的一边FG在BC上，顶点E、H分别在AB、AC上，已知BC=40cm，AD=30cm． （1）求证：△AEH∽△ABC； （2）求这个正方形的边长与面积． 23. 如图，在平面直角坐标系中，与关于点P位似，其中顶点A，B，C的对应点依次为，，，且都在格点上． （1）请利用位似的知识在图中找到并画出位似中心P； （2）写出点P的坐标为_____，与的面积比为_____，_____； （3）请在图中画出，使之满足如下条件： ①与关于点P位似，且与的位似比为； ②与位于点P的同侧． 24. 图1是某越野车的侧面示意图，折线段表示车后盖，已知，，，该车的高度．如图2，打开后备箱，车后盖落在处，与水平面的夹角． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点到地面的距离； （2）若小琳爸爸的身高为，他从打开的车后盖处经过，有没有碰头的危险?请说明理由． （结果精确到，参考数据：，，，） 25. 【问题呈现】阿基米德折弦定理： 如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程． 证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG． ∵M是的中点， ∴MA＝MC① 又∵∠A＝∠C② ∴△MAB≌△MCG③ ∴MB＝MG 又∵MD⊥BC ∴BD＝DG ∴AB+BD＝CG+DG 即CD＝DB+BA 根据证明过程，分别写出下列步骤的理由： ①　 　， ②　 　， ③　 　； 【理解运用】如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝　 　； 【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明． 【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： 如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级上学期10月月考数学试题 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 如图，D是边上一点，添加一个条件后，仍不能使的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相似三角形的判定定理，依次判断，即可求解， 本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是：熟练掌握相似三角形的判定定理． 【详解】解：A、∵，， ∴，不符合题意， B、∵，， ∴，不符合题意， C、根据无法得到，符合题意， D、∵， ∴， 又∵， ∴，不符合题意， 故选：C． 2. 如图，是等边三角形，被一矩形所截，被截成三等分，EH∥BC，则四边形的面积是的面积的：( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，易证△AEH∽△AFG∽△ABC，利用相似比，可求出S△AEH、S△AFG与S△ABC的面积比，从而表示出S△AEH、S△AFG，再求出四边形EFGH的面积即可． 【详解】∵在矩形中FG∥EH，且EH∥BC， ∴FG∥EH∥BC， ∴△AEH∽△AFG∽△ABC， ∵AB被截成三等分， ∴，， ∴S△AEH：S△ABC=1：9，S△AFG：S△ABC=4：9， ∴S△AEH=S△ABC，S△AFG=S△ABC， ∴S四边形EFGH= S△AFG－S△AEH=S△ABC－S△ABC=S△ABC. 故选：B． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，明确面积比等于相似比的平方是解题的关键. 3. 如图，在中，，，，若内接正方形的边长是x，则h、c、x的数量关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正方形的性质得到，继而证明，根据相似三角形的性质即可列出比例式，再通过证明四边形DHMG是矩形表示出CM的长度，即可求解． 【详解】解：设CH与GF交于点M， 正方形， ，， ， ， ， ， 四边形DHMG是矩形， ， ，，正方形的边长是x， ， ， ， 整理得， 故选：D． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、正方形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 4. 如图，正方形和正方形是位似图形，点的坐标为，点的坐标为，则这两个正方形位似中心的坐标是 （ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据位似变换中对应点的坐标的变化规律．因而本题应分两种情况讨论，一种是当和是对应顶点，和是对应顶点；另一种是和是对应顶点，和是对应顶点．本题考查位似变换，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数解决交点问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 【详解】解：正方形和正方形中和点的坐标分别为，， 、、， （1）当和是对应顶点，和是对应顶点时，位似中心就是与的交点， 设所在直线的解析式为， ， 解得：， 此函数的解析式为， 当时，则， 与的交点坐标是； （2）当和是对应顶点，和是对应顶点时，位似中心就是与的交点， 设所在直线的解析式为， ， 解得， 故此一次函数的解析式为①， 同理，设所在直线的解析式为， ， 解得：， 故此直线的解析式为②， 联立①②得， 解得， 故与的交点坐标是． 综上所述：位似中心的坐标是：或． 故选：D． 5. 如图，在△ABC中，∠A=30°，tanB=，AC=2，则AB的长是（　　） A. 4 B. 3+ C. 5 D. 2+2 【答案】C 【解析】 【分析】作CD⊥AB于点D. 在Rt△ACD中，求出CD和AD的长，在Rt△BCD中，求出BD的长，即可求出AB的长. 【详解】作CD⊥AB于点D. 在Rt△ACD中， ∵∠A=30°，AC=2， ∴CD=, ∴AD=. 在Rt△BCD中， ∵tanB=， ∴BD=2， ∴AB=AD+BD=3+2=5. 故选C. 【点睛】本题考查了解直角三角形，如果没有直角三角形则作垂线构造直角三角形，然后利用直角三角形的边角关系来解决问题，有时还会用到勾股定理等知识才能解决问题. 6. 如图是唐代亭皋发明了“桨轮船”，该桨轮船的轮子被水面截得线为10，轮子的吃水深度为3，则该桨轮船的轮子半径为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 根据垂径定理求的长，设该桨轮船的轮子半径为，利用勾股定理建立方程，即可求解． 【详解】解：由垂径定理，得， 设该桨轮船的轮子半径为， 在中，，， 由，得 ， 解得， ∴该桨轮船的轮子半径为， 故选：B． 7. 已知在中两条平行弦，，，的半径是10，则AB与CD间的距离是（ ） A. 6或12 B. 2或14 C. 6或14 D. 2或12 【答案】B 【解析】 【分析】由勾股定理，垂径定理，分两种情况讨论：①当和位于圆心同侧时和②当和位于圆心异侧时，即可求解． 【详解】解：分类讨论：①当和位于圆心同侧时，如图，连接，过点O作于点E，交于点F． ∵， ∴， ∴，． ∵， ∴，， ∴，即此时AB与CD间的距离是2； ②当和位于圆心异侧时，如图，连接，过点O作于点P，延长交于点Q． ∵， ∴， ∴，． ∵， ∴，， ∴，即此时AB与CD间的距离是14． 综上可知AB与CD间的距离是2或14． 故选B． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，解题关键是分两种情况讨论，作辅助线构造直角三角形． 8. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若∠A＝115°，则∠BOD的度数为（ 　） A. 110° B. 120° C. 130° D. 140° 【答案】C 【解析】 【分析】由∠A=115°，根据圆的内接四边四边形的性质求得∠BCD的度数，又由同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半继而求得∠BOD的度数． 【详解】解：∵ ∠A=115° ∴ ∠BCD=180°-∠A=65°， ∴∠BOD=2∠BCD=130°． 故选C． 【点睛】此题考查了圆周角定理与圆的内接四边形的性质．此题比较简单，解题的关键是注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半与圆内接四边形的对角互补定理的应用． 9. 如图，A，B两地隔河相望，原来从A地到B地需要经过桥，沿折线到达B地，现在（与桥平行）上建了新桥，可沿从A地直达B地．已知．桥．．则的长是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别过点D、C作AB的垂线，垂足分别为M、H，则在Rt△BCH中可分别求得CH、BH的长度，易得四边形CDMH是矩形，则DM=CH，HM=CD=50m，在Rt△ADM中，可得此三角形是等腰直角三角形，从而得AM=DM，所以AB=AM+HM+BH，即可求得结果． 【详解】分别过点D、C作AB的垂线，垂足分别为M、H，如图所示 在Rt△BCH中，∠B=30゜，则m 由勾股定理得：(m) ∵DM⊥AB，CH⊥AB ∴DM∥CH ∵AB∥CD，∠DMH=90゜ ∴四边形CDMH是矩形 ∴DM=CH=m ，HM=CD=50m 在Rt△ADM中，∠A=45゜，DM⊥AB ∴∠ADM=∠A=45゜ ∴AM=DM=m ∴AB=AM+HM+BH=m 故选：C 【点睛】本题考查了解直角三角形在实际生活中的应用，关键是过C、D两个点作AB的垂线，从而得到两个特殊的直角三角形和一个矩形． 10. 如图,在中，是的直径,点是上一点，点是弧的中点，弦于点，过点的切线交的延长线于点，连接,分别交于点，连接．给出下列结论:①；②；③点是的外心；④．其中正确的是( ) A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④ 【答案】B 【解析】 【分析】①由于与不一定相等，根据圆周角定理可判断①； ②连接OD，利用切线的性质，可得出∠GPD=∠GDP，利用等角对等边可得出GP=GD，可判断②； ③先由垂径定理得到A为的中点，再由C为的中点，得到，根据等弧所对的圆周角相等可得出∠CAP=∠ACP，利用等角对等边可得出AP=CP，又AB为直径得到∠ACQ为直角，由等角的余角相等可得出∠PCQ=∠PQC，得出CP=PQ，即P为直角三角形ACQ斜边上的中点，即为直角三角形ACQ的外心，可判断③； ④正确．证明△APF∽△ABD，可得AP×AD=AF×AB，证明△ACF∽△ABC，可得AC2=AF×AB，证明△CAQ∽△CBA，可得AC2=CQ×CB，由此即可判断④； 【详解】解：①错误，假设，则， ， ，显然不可能，故①错误． ②正确．连接． 是切线， ， ， ， ， ，， ， ，故②正确． ③正确．， ， ， ， ， ， 是直径， ， ，， ， ， ， 点是的外心．故③正确． ④正确．连接． ，， ， ， ， ，， ， 可得， ，， ，可得， ．故④正确， 故选：． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、垂径定理、圆周角定理、切线的性质等知识，解题的关键是正确现在在相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分. 11. 如图所示，在平行四边形中，与相交于，为的中点，连接并延长交于点，则等于_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质，先证明得到，由平行四边形的性质结合已知条件推出，进而得出，即可得出结论． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，，， ， ， 为的中点， ∴， ， ， ， ， ． 故答案为：． 12. 如图，在中，，，是上一点，．上取一点．若以A、D、E三点为顶点组成的三角形与相似，则的长为 __． 【答案】9或16 【解析】 【分析】本题主要考查相似三角形的性质，掌握相似三角形对应边成比例是解题的关键． 以A、D、E三点为顶点组成的三角形与相似，因为只确定一个对应角，所以应分2种情况讨论：与是对应边或与是对应边．据此解答． 【详解】∵为与的公共角， ∴边与是对应边． ①当与是对应边时，， 则． 又∵，，， ∴ ∴． ②当与是对应边时，， 则． 又，，， ∴ ∴． 综上所述，的长为9或16． 故答案为：9或16 13. 在△ABC中，若|2cosA－1|＋(－tanB)2＝0，则∠C＝____． 【答案】60° 【解析】 【分析】非负数的和为0，则每个加数都等于0，求得相应的三角函数，进而求得∠A，∠B的度数．根据三角形的内角和定理求得∠C的度数． 【详解】解：由题意得：2cosA-1=0，-tanB=0， 解得cosA=，tanB=， ∴∠A=60°，∠B=60°． ∴∠C=180°-60°-60°=60°． 【点睛】考查了非负数的性质及特殊角度的三角函数值． 14. 如图，的顶点的坐标分别是，且，则顶点A的坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据的坐标求得的长度,， 利用30度角所对的直角边等于斜边的一半，求得的长度，即点的横坐标，易得轴，则的纵坐标即的纵坐标． 【详解】的坐标分别是 轴 ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了含30°角的直角三角形，用到的知识点有特殊角的三角函数，在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半，熟记特殊角的三角函数是解题的关键． 15. 如图，小明同学用自制的直角三角形纸板测量树的高度，他调整自己的位置，设法使斜边保持水平，并且边与点B在同一直线上．已知纸板的两条边，，测得边DF离地面的高度，，则树高为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，证明，得到，即可求解，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：，， ∴， ， ∵，，，， ， ∴， 故答案为：． 16. 圆内接四边形中，，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】此题主要考查了圆内接四边形对角互补的性质，根据已知得出，是解题关键． 根据圆内接四边形对角互补，求出与的度数即可得出答案． 【详解】解：设分别为， 根据圆内接四边形对角互补有， 解得， ∴， ∴， 故答案为：120． 17. 常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知，，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，，的半径，则圆盘离桌面最近的距离是_______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，构造直角三角形是求线段长的常用方法．连接，，作，先证明四边形是矩形，进而得出，再根据勾股定理求出，可得，根据即可得出答案． 【详解】解：连接，，过点O作于点G，交一点E，交于点F． ∵，， ∴. ∵， ∴四边形是平行四边形. ∵， ∴四边形是矩形， ∴，. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴. ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴圆盘离桌面最近的距离是1cm， 故答案为：1． 18. 如图是梅华中学校门口的双翼闸机，当它的双翼完全打开时，双翼边缘点A与B之间的距离为，，．当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为 ___________． 【答案】68 【解析】 【分析】如图，连接，，过点A作于E，过点B作于F．求出，，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，，过点A作于E，过点B作于F． ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴（）， ∵， ∴， ∴（）， 同法可得（）， ∴（）， 故答案为：68． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造直角三角形解决问题． 三、解答题：本题共7小题，共66分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 19. 如图，在中，，，，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了三角函数，勾股定理，过点作，垂足为，由可得，进而由勾股定理可得，，最后根据线段的和差关系即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过点作，垂足为， 在中，，， ， ∴， 在中，， ∴， ． 20. 如图，学校操场旁立着一杆路灯（线段OP）．小明拿着一根长2m的竹竿去测量路灯的高度，他走到路灯旁的一个地点A竖起竹竿（线段AE），这时他量了一下竹竿的影长AC正好是1m，他沿着影子的方向走了4m到达点B，又竖起竹竿（线段BF），这时竹竿的影长BD正好是2m，请利用上述条件求出路灯的高度． 【答案】10m 【解析】 【分析】根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】解：由于BF＝DB＝2m，即∠D＝45°， ∴DP＝OP＝灯高， 在△CEA与△COP中， ∵AE⊥CP，OP⊥CP， ∴AE∥OP． ∴△CEA∽△COP， ∴． 设AP＝xm，OP＝hm，则，①， DP＝OP＝2+4+x＝h，② 联立①②两式， 解得x＝4，h＝10． ∴路灯有10m高． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键． 21. 如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B （1）求证：△ADF∽△DEC； （2）若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的长． 【答案】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ，． ，， ． 在与中， ． （2）6 【解析】 【分析】（1）利用对应两角相等，证明两个三角形相似； （2）利用，可以求出线段的长度；然后在中，利用勾股定理求出线段的长度． 【详解】（1）略 （2）解：四边形是平行四边形， ． 由（1）知， ， ． ，， ， ， 在中，由勾股定理得：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理，解题的关键是证明． 22. 如图，△ABC为锐角三角形，AD是BC边上的高，正方形EFGH的一边FG在BC上，顶点E、H分别在AB、AC上，已知BC=40cm，AD=30cm． （1）求证：△AEH∽△ABC； （2）求这个正方形的边长与面积． 【答案】 （1）证明：∵四边形EFGH是正方形， ∴EH∥BC， ∴∠AEH＝∠B，∠AHE＝∠C， ∴△AEH∽△ABC； （2）cm， cm2． 【解析】 【分析】（1）由正方形可得EH∥BC，所以可以得到对应的两组角相等，即可证明相似；（2）设正方形边长为x，再由△AEH∽△ABC得到对应边成比例，列出关于x的方程，解出x即可． 【详解】（1）略 (2)解：设AD与EH交于点M ∵∠EFD＝∠FEM＝∠FDM＝90°， ∴四边形EFDM是矩形， ∴EF＝DM.设正方形EFGH的边长为xcm， ∵△AEH∽△ABC， ∴， ∴， 解得x＝. ∴正方形EFGH的边长为cm，面积为 cm2. 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，掌握两个三角形的相似比等于对应的高之比,角平分线之比,中线之比是本题的解题关键． 23. 如图，在平面直角坐标系中，与关于点P位似，其中顶点A，B，C的对应点依次为，，，且都在格点上． （1）请利用位似的知识在图中找到并画出位似中心P； （2）写出点P的坐标为_____，与的面积比为_____，_____； （3）请在图中画出，使之满足如下条件： ①与关于点P位似，且与的位似比为； ②与位于点P的同侧． 【答案】（1） 解：如图，点P就是位似中心； ； （2）；； （3） 解：如图，就是所求作的三角形． 【解析】 【分析】本题考查了位似图形的作图，位似图形的性质，求格点三角形的面积，熟练掌握位似图形的作图及位似图形的性质是解题的关键． （1）连接，，根据位似图形的性质，即知两线段的交点P即为所求； （2）由图可直接得到点P的坐标；根据位似图形的性质，即可求得与的面积比；用正方形的面积减去三个三角形的面积即可； （3）根据位似图形的性质，分别取，，的中点，，，连接，，即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由图可知，点P的坐标为； 根据图形可知，，， 与关于点P位似， 与的面积比为， ． 故答案为：；；． 【小问3详解】 略 24. 图1是某越野车的侧面示意图，折线段表示车后盖，已知，，，该车的高度．如图2，打开后备箱，车后盖落在处，与水平面的夹角． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点到地面的距离； （2）若小琳爸爸的身高为，他从打开的车后盖处经过，有没有碰头的危险?请说明理由． （结果精确到，参考数据：，，，） 【答案】（1）车后盖最高点到地面的距离为 （2）没有危险 理由如下： 过作，垂足为点     ∵， ∴ ∵ ∴ 在中， ∴． ∵平行线间的距离处处相等 ∴到地面的距离为． ∵ ∴没有危险． 【解析】 【分析】（1）作，垂足为点，先求出的长，再求出的长即可； （2）过作，垂足为点，先求得，再得到，再求得，从而得出到地面的距离为，最后比较即可． 【小问1详解】 如图，作，垂足为点 在中 ∵， ∴ ∴ ∵平行线间的距离处处相等 ∴ 答：车后盖最高点到地面的距离为． 【小问2详解】 略 【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键． 25. 【问题呈现】阿基米德折弦定理： 如图1，AB和BC是⊙O的两条弦（即折线ABC是圆的一条折弦），BC＞AB，点M是的中点，则从M向BC所作垂线的垂足D是折弦ABC的中点，即CD＝DB+BA．下面是运用“截长法”证明CD＝DB+BA的部分证明过程． 证明：如图2，在CD上截取CG＝AB，连接MA、MB、MC和MG． ∵M是的中点， ∴MA＝MC① 又∵∠A＝∠C② ∴△MAB≌△MCG③ ∴MB＝MG 又∵MD⊥BC ∴BD＝DG ∴AB+BD＝CG+DG 即CD＝DB+BA 根据证明过程，分别写出下列步骤的理由： ①　 　， ②　 　， ③　 　； 【理解运用】如图1，AB、BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，点M是的中点，MD⊥BC于点D，则BD＝　 　； 【变式探究】如图3，若点M是的中点，【问题呈现】中的其他条件不变，判断CD、DB、BA之间存在怎样的数量关系？并加以证明． 【实践应用】根据你对阿基米德折弦定理的理解完成下列问题： 如图4，BC是⊙O的直径，点A圆上一定点，点D圆上一动点，且满足∠DAC＝45°，若AB＝6，⊙O的半径为5，求AD长． 【答案】（问题呈现）相等的弧所对的弦相等；同弧所对的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；（理解运用）1；（变式探究）DB＝CD+BA；证明见解析；（实践应用）7或． 【解析】 【分析】（问题呈现）根据圆的性质即可求解； （理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5，即可求解； （变式探究）证明△MAB≌△MGB（SAS），则MA＝MG，MC＝MG，又DM⊥BC，则DC＝DG，即可求解； （实践应用）已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1，则CG1′+AB＝AG1，所以AG1＝（6+8）＝7．如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝． 【详解】（问题呈现） ①相等的弧所对的弦相等 ②同弧所对的圆周角相等 ③有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等 故答案为：相等的弧所对的弦相等；同弧所定义的圆周角相等；有两组边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等； （理解运用）CD＝DB+BA，即CD＝6﹣CD+AB，即CD＝6﹣CD+4，解得：CD＝5， BD＝BC﹣CD＝6﹣5＝1， 故答案为：1； （变式探究）DB＝CD+BA． 证明：在DB上截去BG＝BA，连接MA、MB、MC、MG， ∵M是弧AC的中点， ∴AM＝MC，∠MBA＝∠MBG． 又MB＝MB ∴△MAB≌△MGB（SAS） ∴MA＝MG ∴MC＝MG， 又DM⊥BC， ∴DC＝DG， AB+DC＝BG+DG， 即DB＝CD+BA； （实践应用） 如图，BC是圆的直径，所以∠BAC＝90°． 因为AB＝6，圆的半径为5，所以AC＝8． 已知∠D1AC＝45°，过点D1作D1G1⊥AC于点G1， 则CG1′+AB＝AG1， 所以AG1＝（6+8）＝7． 所以AD1＝7． 如图∠D2AC＝45°，同理易得AD2＝． 所以AD的长为7或． 【点睛】本题考查全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧，解题的关键是掌握全等三角形的判定（SAS）与性质、等腰三角形的性质和圆心角、弦、弧. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $