精品解析：上海市泗塘中学2024-2025学年上学期九年级数学期中考试试卷

2024学年第一学期期中考试九年级数学试卷 （满分：150分，时间：100分钟） 一、选择题（本题共6小题，每题4分，满分24分） 1. 某两地的实际距离为千米，画在地图上的距离是厘米，则在地图上的距离与实际的距离之比是（ ）． A. B. C. D. 2. 已知，下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，，，那么边的长为（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题中，错误的是（ ） A. 如果或，那么 B. 如果、为实数，那么 C. 如果（为实数），那么 D. 如果，那么或 5. 在中，点、分别在边、上，，如果，那么下列结论中，正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，，，利的平分线相交于点，过点作交于点F，那么的长为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共12题，每小题4分，满分48分） 7. 计算：______. 8. 已知：，且，则的值为________． 9. 已知点B在线段上，且，设，则的长为_________． 10. 如果为单位向量，与方向相反，且长度是5，那么________．（用示） 11. 已知，顶点、、分别与、、对应，若，，则________度． 12. 在△ABC中，，，，则△ABC的面积是____． 13. 如图，已知AD∥BE∥CF，若AB＝3，AC＝7，EF＝6，则DE的长为_____． 14. 在中，1，以为边在外作等边，设点E、F分别是和的重心，则两重心E与F之间的距离是 ___________． 15. 如图，在中，，，，四边形为内接正方形，那么_____． AI 16. 如图，在中，，，以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，分别以为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，过点作交于点．则的长为______． 17. 已知点在内，连接、、，在、和中，如果存在一个三角形与相似，那么就称点为的自相似点．如图，在中，，，，如果点为的自相似点，那么的余切值等于__________． 18. 如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则_________（结果用含的代数式表示）． 三、简答题（19-22题，每题10分，23-24每题12分，25题14分，共78分） 19. 计算： 20. 如图，已知点D为中边上的一点，且，设，． （1）请用，表示向量： （2）在图中画出向量分别在，方向上的分向量．（不要求写作法，但要指出所作图中表示结论的向量） 21. 已知：如图，在中，，，，是边上的中线． （1）求的面积； （2）求的余切值． 22. 木兰灯塔是亚洲最高、世界第二高的航标灯塔，位于海南岛的最北端，是海南岛东北部最重要的航标．某天，一艘渔船自西向东（沿方向）以每小时10海里的速度在琼州海峡航行，如图所示． 航行记录 记录一：上午8时，渔船到达木兰灯塔P北偏西方向上的A处． 记录二：上午8时30分，渔船到达木兰灯塔P北偏西方向上的B处． 记录三：根据气象观测，当天凌晨4时到上午9时，受天文大潮和天气影响，琼州海峡C点周围5海里内，会出现异常海况，点C位于木兰灯塔P北偏东方向． 请你根据以上信息解决下列问题： （1）填空：________，________， ________海里； （2）若该渔船不改变航线与速度，是否会进入“海况异常”区，请计算说明． （参考数据：） 23. 已知：点P在内，且满足，． （1）求证：； （2）如果，，求的值． 24. 在平面直角坐标系中，把一条线段绕其一个端点顺时针旋转，并把这条线段伸长或缩短，称这样的运动叫做线段的“旋似”，经“旋似”运动后新线段和原线段的夹角为“旋似角”，新线段长和原线段长比值为“旋似比”：如图，平面直角坐标系中有一点，把线段绕点做“旋似”运动，点的对应点是点，若“旋似角”为， （1）当“旋似比”为时，求点的坐标； （2）过做轴，点为垂足，连接，若轴，求此时的“旋似比”； （3）当“旋似比”为时，设线段与轴交于点，点是轴上一点，且满足，求点的坐标． 25. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC是锐角，E是BC边上的动点，将射线AE绕点A按逆时针方向旋转，交直线CD于点F． （1）当AE⊥BC，∠EAF＝∠ABC时，联结BD，EF， ①求证：△CEF∽△CBD； ②若＝，求的值； （2）当∠EAF＝∠BAD时，延长BC交射线AF于点M，延长DC交射线AE于点N，联结AG，MN，若AB＝4，AC＝2，当△AMN是等腰三角形，求CE的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第一学期期中考试九年级数学试卷 （满分：150分，时间：100分钟） 一、选择题（本题共6小题，每题4分，满分24分） 1. 某两地的实际距离为千米，画在地图上的距离是厘米，则在地图上的距离与实际的距离之比是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】千米米厘米， ∴地图上的距离与实际的距离之比是， 故选：． 【点睛】此题考查了比例尺，解题的关键是正确理解比例尺的定义． 2. 已知，下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由x：y=2：3，根据比例的性质，即可求得（x-y）：y=（-1）：3． 【详解】解：∵x：y=2：3， ∴（x-y）：y=（2-3）：3=（-1）：3． 故选C． 【点睛】此题考查了比例的性质．此题比较简单，解题的关键是掌握比例的性质与变形． 3. 在中，，，，那么边的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数值的求值可以求得，故根据即可求得的值，即可解题． 【详解】解：，，， 则， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了直角三角形三角函数值的计算，解题的关键是明确三角函数值得定义求得． 4. 下列命题中，错误的是（ ） A. 如果或，那么 B. 如果、为实数，那么 C. 如果（为实数），那么 D. 如果，那么或 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查平面向量，解题的关键是熟练掌握平面向量的性质，属于中考常考题型． 根据实数与向量相乘，平行向量定理等知识点判断即可． 【详解】解：A、如果或，那么，故本选项正确，不符合题意； B、如果、为实数，那么，故本选项正确，不符合题意； C、如果（为实数），那么，故本选项正确，不符合题意； D、如果，说明的模是的模的3倍，由于与的方向不确定，故不能得到或，故本选项错误，符合题意； 故选：D． 5. 在中，点、分别在边、上，，如果，那么下列结论中，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先证明可得结合，可得从而可得答案. 【详解】解：如图，， , 故选B 【点睛】本题考查的是相似三角形的性质，掌握“相似三角形的面积之比等于相似比的平方”是解题的关键. 6. 如图，在中，，，，利的平分线相交于点，过点作交于点F，那么的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长交于点D，作 于点G，作于点H，由可证四边形是矩形，由角平分线可得，从而知四边形是正方形，再证，， 得，，设，则，，由可得，即，再证可得，据此得出． 【详解】解：如图，延长交于点D，作 于点G，作于点H， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵平分，平分， ∴， ∴四边形是正方形， 在和中， ∴， ∴， 同理， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴ ∴， ∴ 故选：Ｃ． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及正方形的判定与性质，熟练掌握角平分线的性质和正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键． 二、填空题（本题共12题，每小题4分，满分48分） 7. 计算：______. 【答案】0 【解析】 【分析】首先明确和，然后运算即可. 【详解】 【点睛】此题主要考查三角函数的运算，熟练掌握，即可解题. 8. 已知：，且，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了比例的运算，熟悉掌握运算法则是解题的关键． 设，则，，，代入求出值后即可得到，，的值，再代入运算即可． 【详解】解：设，则，，， ∵， ∴代入，，可得：， 解得：， ∴，，， ∴， 故答案为：． 9. 已知点B在线段上，且，设，则的长为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意列出一元二次方程，解方程即可． 【详解】解：， ， ， ， 解得，，（舍去）， 故答案为：． 【点睛】本题考查的是黄金分割的概念以及黄金比值，掌握一元二次方程的解法、理解黄金分割的概念是解题的关键． 10. 如果为单位向量，与方向相反，且长度是5，那么________．（用示） 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的表示方法可直接进行解答． 【详解】解：的长度为5，向量是单位向量， ， 与单位向量的方向相反， ； 故答案为：． 【点睛】本题考查的是平面向量的知识，向量包括长度及方向，而长度等于1个单位长度的向量叫做单位向量，解决本题的关键是注意单位向量只规定大小没规定方向． 11. 已知，顶点、、分别与、、对应，若，，则________度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的性质，熟悉掌握相似三角形的性质是解题的关键． 利用三角形内角和求出的度数，再利用相似三角形的性质可得到的度数． 【详解】解：∵，， ∴ ∵，顶点、、分别与、、对应， ∴， 故答案为： 12. 在△ABC中，，，，则△ABC的面积是____． 【答案】． 【解析】 【分析】过作于， 根据中， ，，，可求得，再根据 ，可求得答案． 【详解】解：过作于，如图所示： 在中，， ，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正切值，三角形的面积计算等知识点，熟悉相关性质是解题的关键． 13. 如图，已知AD∥BE∥CF，若AB＝3，AC＝7，EF＝6，则DE的长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据AB＝3，AC＝7，可得BC＝4，再根据AD∥BE∥CF，即可得出，即，进而得到DE的长． 【详解】∵AB＝3，AC＝7， ∴BC＝4， ∵AD∥BE∥CF， ∴， 即， 解得DE＝， 故答案为． 【点睛】本题考查了平行线分线段成比例：三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例；熟练掌握平行线分线段成比例定理是解决问题的关键． 14. 在中，1，以为边在外作等边，设点E、F分别是和的重心，则两重心E与F之间的距离是 ___________． 【答案】## 【解析】 【分析】如图：取中点O，连接．根据含30度角的直角三角形的性质求出，利用勾股定理得出，根据等边三角形的性质得出，，那么，利用勾股定理求出．然后证明，得出． 【详解】解：如图：取中点O，连接 在中，， ∴AC=2BC=2，AB==， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴BD==． ∵点E、F分别是和的重心， ∴ ， 又∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、三角形重心的定义与性质等知识点，掌握重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解题的关键． 15. 如图，在中，，，，四边形为内接正方形，那么_____． AI 【答案】 【解析】 【分析】由相似三角形的性质即可求出正方形的边长，同理可得出及的长，进而得出结论． 【详解】如图，作，交于点，交于点， AI 在中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设正方形边长为， 则，解得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 同理：，即， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的对应边成比例是解题的关键． 16. 如图，在中，，，以为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，分别以为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，过点作交于点．则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】由尺规作图可知，射线是的角平分线，由于，结合等腰三角形“三线合一”得是边中点，再由，根据平行线分线段成比例定理得到是边中点，利用梯形中位线的判定与性质得到即可得到答案． 【详解】解：由题意可知，射线是的角平分线， 由等腰三角形“三线合一”得是边中点， ， 由平行线分线段成比例定理得到，即是边中点， 是梯形的中位线， ， 在中，，，则， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形背景下求线段长问题，涉及尺规作图、等腰三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、梯形中位线的判定与性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握梯形中位线的判定与性质是解决问题的关键． 17. 已知点在内，连接、、，在、和中，如果存在一个三角形与相似，那么就称点为的自相似点．如图，在中，，，，如果点为的自相似点，那么的余切值等于__________． 【答案】 【解析】 【分析】先找到Rt△ABC的内相似点，再根据三角函数的定义计算∠ACP的余切即可. 【详解】∵AC=12，BC=5， ∴∠CAB<∠CBA， 故可在∠CAB内作∠CBP=∠CAB， 又∵点P为△ABC的自相似点， ∴过点C作CP⊥PB，并延长CP交AB于点D， 则△BPC∽△ACB， ∴点P为△ABC的自相似点， ∴∠BCP=∠CBA， ∴∠ACP=∠BAC， ∴∠ACP的余切， 故答案为：. 【点睛】此题考查相似三角形，解题关键在于两个三角形相似则余切值相等. 18. 如图，在中，，点分别在边，上，连接，已知点和点关于直线对称．设，若，则_________（结果用含的代数式表示）． 【答案】 【解析】 【分析】先根据轴对称的性质和已知条件证明，再证，推出，通过证明，推出，即可求出的值． 【详解】解： 点和点关于直线对称， ， ， ． ， ， 点和点关于直线对称， ， 又， ， ， ，， 点和点关于直线对称， ， ， ， ， 在和中， ， ． 在中，， ，， ， ， ， ， ，， ． ， ， 解得， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，轴对称的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形外角的定义和性质等，有一定难度，解题的关键是证明． 三、简答题（19-22题，每题10分，23-24每题12分，25题14分，共78分） 19. 计算： 【答案】2 【解析】 【分析】把特殊角的三角函数值代入，再按 实数的运算法则计算即可． 【详解】解：原式 ． 【点睛】本题考查三角函数的计算，熟记特殊角的三角函数值和掌握实数的混合运算法则是解题的关键． 20. 如图，已知点D为中边上的一点，且，设，． （1）请用，表示向量： （2）在图中画出向量分别在，方向上的分向量．（不要求写作法，但要指出所作图中表示结论的向量） 【答案】（1） （2） ，即为向量分别在，方向上的分向量，如图所示： 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的三角形加法则依次计算、、即可； （2）根据向量加法的平行四边形法则，过D分别作的平行线，再标上向量方向即可． 【小问1详解】 ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查平面向量，需要掌握一向量在另一向量方向上的分量的定义，以及向量加法的平行四边形法则． 21. 已知：如图，在中，，，，是边上的中线． （1）求的面积； （2）求的余切值． 【答案】（1）42 （2） 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，三角函数的定义，三角形中位线定理． （1）作，垂足为点H．先由，可设，那么，根据勾股定理得出，在直角中，由，得出，再根据，列出关于x的方程，解方程求出，得到，然后根据的面积即可求解； （2）作，垂足为点M．先由，得到，由D为中点，得出M为的中点，由三角形中位线定理得出，则，然后在直角中根据余切函数的定义即可求出的余切值． 【小问1详解】 解：过点C作，点H为垂足， 在中，， 是等腰直角三角形， ， 在中，， ， ， 设，则， ， ， ， 解得， ， ； 【小问2详解】 解：过点D作，点M为垂足， ， ， ， D为中点， ， 由（1）知：， ， ， 在中，， ． 22. 木兰灯塔是亚洲最高、世界第二高的航标灯塔，位于海南岛的最北端，是海南岛东北部最重要的航标．某天，一艘渔船自西向东（沿方向）以每小时10海里的速度在琼州海峡航行，如图所示． 航行记录 记录一：上午8时，渔船到达木兰灯塔P北偏西方向上的A处． 记录二：上午8时30分，渔船到达木兰灯塔P北偏西方向上的B处． 记录三：根据气象观测，当天凌晨4时到上午9时，受天文大潮和天气影响，琼州海峡C点周围5海里内，会出现异常海况，点C位于木兰灯塔P北偏东方向． 请你根据以上信息解决下列问题： （1）填空：________，________， ________海里； （2）若该渔船不改变航线与速度，是否会进入“海况异常”区，请计算说明． （参考数据：） 【答案】（1）30；75；5 （2）该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区 【解析】 【分析】本题主要考查了方位角的计算，解直角三角形的实际应用，三角形内角和定理： （1）根据方位角的描述和三角形内角和定理可求出两个角的度数，根据路程等于速度乘以时间可以计算出对应线段的长度； （2）设海里，先解得到，再解得到海里，海里，据此可得，解得海里；证明，则海里；再求出上午9时时船与C点的距离即可得到结论． 【小问1详解】 解：如图所示，过点P作于D， 由题意得， ， ∴； ∵一艘渔船自西向东（沿方向）以每小时10海里的速度在琼州海峡航行，上午8时从A出发到上午8时30分到达B， ∴海里． 【小问2详解】 解：设海里， 在中，海里， 在中，海里，海里， ∵， ∴， 解得， ∴海里， ∵， ∴， ∴海里； 上午9时时，船距离A的距离为海里， ∵， ∴该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区． 23. 已知：点P在内，且满足，． （1）求证：； （2）如果，，求的值． 【答案】（1） 证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）． 【解析】 【分析】（1）由已知和等量代换得，再根据可证明； （2）由可得，通过变形得到，再利用，求得，得出，则可得出的值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定及性质等，能够找到三角形相似的条件是解题的关键． 24. 在平面直角坐标系中，把一条线段绕其一个端点顺时针旋转，并把这条线段伸长或缩短，称这样的运动叫做线段的“旋似”，经“旋似”运动后新线段和原线段的夹角为“旋似角”，新线段长和原线段长比值为“旋似比”：如图，平面直角坐标系中有一点，把线段绕点做“旋似”运动，点的对应点是点，若“旋似角”为， （1）当“旋似比”为时，求点的坐标； （2）过做轴，点为垂足，连接，若轴，求此时的“旋似比”； （3）当“旋似比”为时，设线段与轴交于点，点是轴上一点，且满足，求点的坐标． 【答案】（1）点 （2）“旋似比”为 （3）或 【解析】 【分析】（）先证明，再利用“旋似比”为即可求解； （）证明，再根据相似三角形的性质即可求解； （）由“旋似比”为，求出点，再求出解析式，则有，从而得出，分两种情况：当点F在O点上方时，当点F在O点下方时，分别求出结果即可． 【小问1详解】 解：如图，过作轴于点，过作轴于点， ∴ ∵，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴点； 【小问2详解】 解：如图， ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴此时的“旋似比”为； 【小问3详解】 解：如图，过作轴于点，过作轴于点，延长交于点， ∴ ∵，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴点， ∴，， 设解析式为， ∴， 解得：， ∴解析式为， 把代入得， 把代入得，解得：， ∴，， ∴， ∵， ∴， 当点F在O点上方时，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴此时点F的坐标为； 在O点的下方取，使，如图所示： ∴， ∴， ∴当点F在点时，符合题意， 设点的坐标为， ∵， ∴， ∴， 解得：，， ∴点的坐标为， ∴点的坐标或． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质与判定，待定系数法求解析式，坐标与图形，解题的关键是根据题意转化为相似三角形，熟练掌握相似三角形的性质与判定． 25. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC是锐角，E是BC边上的动点，将射线AE绕点A按逆时针方向旋转，交直线CD于点F． （1）当AE⊥BC，∠EAF＝∠ABC时，联结BD，EF， ①求证：△CEF∽△CBD； ②若＝，求的值； （2）当∠EAF＝∠BAD时，延长BC交射线AF于点M，延长DC交射线AE于点N，联结AG，MN，若AB＝4，AC＝2，当△AMN是等腰三角形，求CE的长． 【答案】（1）①证明：四边形ABCD是菱形， ∴AB=AD，∠ABC=∠ADC，AD∥BC， ∵AE⊥BC， ∴AE⊥AD， ∴∠ABE+∠BAE=∠EAF+∠DAF=90°， ∵∠EAF=∠ABC， ∴∠BAE=∠DAF， ∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴BE=DF， ∴CE=CF， ∴∠CEF=∠CFE， ∵∠CBD=∠CDB，∠ECF=∠BCD， ∴∠CEF=∠CBD， ∴△CEF∽△CBD； ② （2）CE为或2或 【解析】 【分析】（1）①根据菱形的性质可得AB=AD，∠ABC=∠ADC，AD∥BC，再由AE⊥BC，可得AE⊥AD，从而得到∠BAE=∠DAF，可证得△ABE≌△ADF，从而得到BE=DF，进而得到CE=CF，可得到∠CEF=∠CFE，从而得到∠CEF=∠CBD，即可求证； ②联结AC，由①知， △CEF∽△CBD，可得，设EC=2a，则AB=BC=5a，BE=3a，由勾股定理可得，再证得△AEF∽△BAC，再利用相似三角形的性质可得，即可求解； （2）先证得△MAC∽△ANC，可得，然后分三种情况讨论：当AM=AN时，当AN=MN时，当AM=MN时，即可求解． 【小问1详解】 解：（1）① 略 ②联结AC，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB = BC = DC，AC⊥BD， 由①知， △CEF∽△CBD， ∴， 设EC=2a，则AB=BC=5a，BE=3a， ∴， ∵△ABE≌△ADF， ∴AE=AF， ∴， ∵， ∴△AEF∽△BAC， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠BAC=∠EAF， ∴∠BAE=∠CAM， ∵AB∥CD， ∴∠BAE=∠ANC， ∴∠ANC=∠CAM， 同理：∠AMC=∠NAC ∴△MAC∽△ANC， ∴， 当AM=AN时，如图， ∵∠ANC=∠CAM，AM=AN，∠AMC=∠NAC， ∴△ANC≌△MAC（ASA）， ∴CN=AC=2， ∵AB∥CN， ∴△CEN∽△BEA， ∴， ∵BC=AB=4， ∴； 当AN=MN时，如图，则∠NMA=∠NAM ， ∵AB=BC ∴∠BAC=∠BCA， ∵∠BAC=∠EAF， ∴∠NMA=∠NAM=∠BAC=∠BCA， ∴△ANM∽△ABC， ∴， ∴， ∴CN=2AC=4=AB， ∴△CEN≌△BEA（AAS）， ∴； 当AM=MN时，如图，则， ∴△AMN∽△ABC， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 综上所述，当△AMN是等腰三角形时， CE为或2或． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点，利用分类讨论思想解答是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $