资源简介 2021-2022学年山东省聊城市东昌府区九年级(上)期中数学试卷一、选择题(每小题3分,共36分)1.(3分)在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=3,BC=4,则cosB=( )A. B. C. D.2.(3分)如图,在△ABC中,P为AB上一点,在下列四个条件中,不能判定△APC和△ACB相似的条件是( )A.∠ACP=∠B B.∠APC=∠ACBC.AC2=AP AB D.AB CP=AP CB3.(3分)已知△ABC,D,E分别在AB,AC边上,且DE∥BC,AD=2,DB=3,△ADE面积是4,则四边形DBCE的面积是( )A.6 B.9 C.21 D.254.(3分)如图,⊙O是△ABC的外接圆,∠OCB=40°,则∠A的大小为( )A.40° B.50° C.80° D.100°5.(3分)如图所示,每个小正方形的边长均为1,则下列A、B、C、D四个图中的三角形(阴影部分)与△EFG相似的是( )A. B.C. D.6.(3分)如图,AB是⊙O的直径,点D在AB的延长线上,DC切⊙O于点C,若∠A=25°,则∠D等于( )A.20° B.30° C.40° D.50°7.(3分)如图,△ABO缩小后变为△A′B′O,其中A、B的对应点分别为A′,B′,A′,B′均在图中格点上,若线段AB上有一点P(m,n),则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为( )A.(,n) B.(m,n) C.(,) D.(m,)8.(3分)如图所示,某拦水大坝的横断面为梯形ABCD,AE,DF为梯形的高,其中迎水坡AB的坡角α=45°,坡长AB=10米,背水坡CD的坡度i=1:,则背水坡的坡长CD为( )米.A.20 B.20 C.10 D.209.(3分)图1是一个地铁站入口的双翼闸机.如图2,它的双翼展开时,双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm,双翼的边缘AC=BD=54cm,且与闸机侧立面夹角∠PCA=∠BDQ=30°.当双翼收起时,可以通过闸机的物体的最大宽度为( )A.cm B.cm C.64cm D.54cm10.(3分)如图,BC是半圆O的直径,D,E是上两点,连接BD,CE并延长交于点A,连接OD,OE.如果∠A=70°,那么∠DOE的度数为( )A.35° B.38° C.40° D.42°11.(3分)构造几何图形解决代数问题是“数形结合思想”的重要应用,小康在计算tan22.5°时,构造出如图所示的图形:在Rt△ABC中,∠C=90°,∠ABC=45°,延长CB到D,BD=AB,连接AD,得∠D=22.5°.根据此图可求得tan22.5°的结果( )A.2﹣ B.+1 C.﹣1 D.2﹣12.(3分)如图,△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1,过点C作CD1⊥AB于D1,过点D1作D1D2⊥BC于D2,过点D2作D2D3⊥AB于D3,这样继续作下去,线段DnDn+1(n为正整数)等于( )A. B. C. D.二、填空题(每小题3分,共15分)13.(3分)在△ABC中,若∠A、∠B满足|cosA﹣|+(sinB﹣)2=0,则∠C= .14.(3分)如图,边长为1的小正方形网格中,⊙O的圆心在格点上,则∠AED的余弦值是 .15.(3分)如图所示,AB,AC与⊙O相切于点B,C,∠A=50°,点P是圆上异于B,C的一动点,则∠BPC的度数是 .16.(3分)轮船从B处以每小时50海里的速度沿南偏东30°方向匀速航行,在B处观测灯塔A位于南偏东75°方向上,轮船航行半小时到达C处,在观测灯塔A北偏东60°方向上,则C处与灯塔A的距离是 海里.17.(3分)将三角形纸片(△ABC)按如图所示的方式折叠,使点B落在边AC上,记为点B′,折痕为EF.已知AB=AC=3,BC=4,若以点B′、F、C为顶点的三角形与△ABC相似,那么BF的长度是 .三、解答题(共69分)18.(8分)计算题(1)cos 45°﹣4sin30°+()﹣1﹣(π﹣3.14)0.(2)已知α是锐角,且sin(α+15°)=,计算﹣4cosα﹣|1﹣2sinα|+tanα的值.19.(8分)已知,△ABC在直角坐标平面内,三个顶点的坐标分别是A(0,3)、B(3,4)、C(2,2),正方形网格中,每个小正方形的边长是一个单位长度.(1)画出△ABC向左平移4个单位长度得到的△A1B1C1,点C1的坐标是 ;(2)以点B为位似中心,在网格内画出△A2B2C2,使△A2B2C2与△ABC位似,且位似比为2:1,点C2的坐标是 ;(画出图形)(3)△A2B2C2的面积是 平方单位.20.(9分)如图,已知△ABC中,∠ABC=30°,∠ACB=45°,AB=8.求△ABC的面积.21.(10分)如图,矩形ABCD中,E为BC上一点,DF⊥AE于点F.(1)证明△ABE∽△DFA;(2)若AB=3,AD=6,BE=4,求DF的长.22.(10分)如图,学校教学楼上悬挂一块长为3m的标语牌,即CD=3m.数学活动课上,小明和小红要测量标语牌的底部点D到地面的距离.测角仪支架高AE=BF=1.2m,小明在E处测得标语牌底部点D的仰角为31°,小红在F处测得标语牌顶部点C的仰角为45°,AB=5m,依据他们测量的数据能否求出标语牌底部点D到地面的距离DH的长?若能,请计算;若不能,请说明理由(图中点A,B,C,D,E,F,H在同一平面内)(参考数据:tan31°≈0.60,sin31°≈0.52,cos31°≈0.86)23.(12分)如图,BD是圆O的直径,A、C是圆O上的两个点,且AB=AC,AD与BC的延长线交于点E.(1)证明:△ABD∽△AEB;(2)若AD=1,DE=3,求圆O的直径的长.24.(12分)如图,AC是圆O的直径,BC是圆心O的弦,点P是圆心O外一点,∠PBA=∠C.(1)求证:PB是圆心O的切线;(2)若OP∥BC,且OP=8,BC=2.求圆心O的半径.2021-2022学年山东省聊城市东昌府区九年级(上)期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题(每小题3分,共36分)1.(3分)在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=3,BC=4,则cosB=( )A. B. C. D.【分析】根据题意画出图形,进而得出cosB=求出即可.【解答】解:∵∠A=Rt∠,AB=3,BC=4,则cosB==.故选:A.2.(3分)如图,在△ABC中,P为AB上一点,在下列四个条件中,不能判定△APC和△ACB相似的条件是( )A.∠ACP=∠B B.∠APC=∠ACBC.AC2=AP AB D.AB CP=AP CB【分析】根据三角形相似的判定方法逐一进行判断.【解答】解:当∠ACP=∠B时,∵∠A=∠A,∴△ACP∽∠ABC;当∠APC=∠ACB时,∵∠A=∠A,∴△ACP∽∠ABC;当AC2=AP AB时,即,且A=∠A,∴△ACP∽∠ABC;当AB CP=AP CB时,即,而A=∠A,所以不能判定△APC和△ACB相似,故选:D.3.(3分)已知△ABC,D,E分别在AB,AC边上,且DE∥BC,AD=2,DB=3,△ADE面积是4,则四边形DBCE的面积是( )A.6 B.9 C.21 D.25【分析】先判断△ADE∽△ABC,再根据相似三角形的面积之比=相似比的平方即可得到结论.【解答】解:∵DE∥BC,∴△ADE∽△ABC,∴=,∵AD=2,DB=3,∴==,∴=()2=,∵△ADE的面积是4,∴△ABC的面积是25,∴四边形DBCE的面积是25﹣4=21,故选:C.4.(3分)如图,⊙O是△ABC的外接圆,∠OCB=40°,则∠A的大小为( )A.40° B.50° C.80° D.100°【分析】根据圆周角定理即可求出答案【解答】解:∵OB=OC∴∠BOC=180°﹣2∠OCB=100°,∴由圆周角定理可知:∠A=∠BOC=50°故选:B.5.(3分)如图所示,每个小正方形的边长均为1,则下列A、B、C、D四个图中的三角形(阴影部分)与△EFG相似的是( )A. B.C. D.【分析】根据相似三角形的判定,易得出△EFG的三边的边长,故只需分别求出各选项中三角形的边长,分析两三角形对应边是否成比例即可.【解答】解:∵小正方形的边长为1,∴在△EFG中,EG=,FG=2,EF=,A中,一边=3,一边=,一边=,三边与△ABC中的三边不能对应成比例,故两三角形不相似.故A错误;B中,一边=1,一边=,一边=,有,即三边与△EFG中的三边对应成比例,故两三角形相似.故B正确;C中,一边=1,一边=,一边=2,三边与△EFG中的三边不能对应成比例,故两三角形不相似.故C错误;D中,一边=2,一边=,一边=,三边与△EFG中的三边不能对应成比例,故两三角形不相似.故D错误.故选:B.6.(3分)如图,AB是⊙O的直径,点D在AB的延长线上,DC切⊙O于点C,若∠A=25°,则∠D等于( )A.20° B.30° C.40° D.50°【分析】先连接BC,由于AB 是直径,可知∠BCA=90°,而∠A=25°,易求∠CBA,又DC是切线,利用弦切角定理可知∠DCB=∠A=25°,再利用三角形外角性质可求∠D.【解答】解:如右图所示,连接BC,∵AB 是直径,∴∠BCA=90°,又∵∠A=25°,∴∠CBA=90°﹣25°=65°,∵DC是切线,∴∠BCD=∠A=25°,∴∠D=∠CBA﹣∠BCD=65°﹣25°=40°.故选:C.7.(3分)如图,△ABO缩小后变为△A′B′O,其中A、B的对应点分别为A′,B′,A′,B′均在图中格点上,若线段AB上有一点P(m,n),则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为( )A.(,n) B.(m,n) C.(,) D.(m,)【分析】根据A,B两点坐标以及对应点A′,B′点的坐标得出坐标变化规律,进而得出P′的坐标.【解答】解:∵△ABO缩小后变为△A′B′O,其中A、B的对应点分别为A′、B′点A、B、A′、B′均在图中在格点上,即A点坐标为:(4,6),B点坐标为:(6,2),A′点坐标为:(2,3),B′点坐标为:(3,1),∴线段AB上有一点P(m,n),则点P在A′B′上的对应点P′的坐标为:(,).故选:C.8.(3分)如图所示,某拦水大坝的横断面为梯形ABCD,AE,DF为梯形的高,其中迎水坡AB的坡角α=45°,坡长AB=10米,背水坡CD的坡度i=1:,则背水坡的坡长CD为( )米.A.20 B.20 C.10 D.20【分析】由AB的坡角α=45°,求出AE的长,再由背水坡CD的坡度i=1:得出∠C=30°,然后由含30°角的直角三角形的性质即可求解.【解答】解:由题意得:四边形AEFD是矩形,∴DF=AE,∵迎水坡AB的坡角α=45°,坡长AB=10米,∴DF=AE=10×sin45°=10(米),∵背水坡CD的坡度i=1:,∴tanC=i===,∴∠C=30°,∴CD=2DF=2AE=20(米),故选:A.9.(3分)图1是一个地铁站入口的双翼闸机.如图2,它的双翼展开时,双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm,双翼的边缘AC=BD=54cm,且与闸机侧立面夹角∠PCA=∠BDQ=30°.当双翼收起时,可以通过闸机的物体的最大宽度为( )A.cm B.cm C.64cm D.54cm【分析】过A作AE⊥CP于E,过B作BF⊥DQ于F,则可得AE和BF的长,依据端点A与B之间的距离为10cm,即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度.【解答】解:如图所示,过A作AE⊥CP于E,过B作BF⊥DQ于F,则Rt△ACE中,AE=AC=×54=27(cm),同理可得,BF=27cm,又∵点A与B之间的距离为10cm,∴通过闸机的物体的最大宽度为27+10+27=64(cm),故选:C.10.(3分)如图,BC是半圆O的直径,D,E是上两点,连接BD,CE并延长交于点A,连接OD,OE.如果∠A=70°,那么∠DOE的度数为( )A.35° B.38° C.40° D.42°【分析】连接CD,由圆周角定理得出∠BDC=90°,求出∠ACD=90°﹣∠A=20°,再由圆周角定理得出∠DOE=2∠ACD=40°即可,【解答】解:连接CD,如图所示:∵BC是半圆O的直径,∴∠BDC=90°,∴∠ADC=90°,∴∠ACD=90°﹣∠A=20°,∴∠DOE=2∠ACD=40°,故选:C.11.(3分)构造几何图形解决代数问题是“数形结合思想”的重要应用,小康在计算tan22.5°时,构造出如图所示的图形:在Rt△ABC中,∠C=90°,∠ABC=45°,延长CB到D,BD=AB,连接AD,得∠D=22.5°.根据此图可求得tan22.5°的结果( )A.2﹣ B.+1 C.﹣1 D.2﹣【分析】设AC=BC=1,则AB=BD=,根据tan22.5°=计算即可.【解答】解:设AC=BC=1,则AB=BD=,∴tan22.5°===,故选:C.12.(3分)如图,△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1,过点C作CD1⊥AB于D1,过点D1作D1D2⊥BC于D2,过点D2作D2D3⊥AB于D3,这样继续作下去,线段DnDn+1(n为正整数)等于( )A. B. C. D.【分析】在本题中,大大小小的三角形全部是30°、60°、90°的特殊三角形.因为AC=1,所以在30°角的余弦中总是存在一个关系,据此即可解答.【解答】解:根据题意得:在△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,则CD1=;进而在△CD1D2中,有D1D2=CD1=()2,进而可得:D2D3=()3,…;则线段DnDn+1=()n+1.故选:D.二、填空题(每小题3分,共15分)13.(3分)在△ABC中,若∠A、∠B满足|cosA﹣|+(sinB﹣)2=0,则∠C= 75° .【分析】首先根据绝对值与偶次幂具有非负性可知cosA﹣=0,sinB﹣=0,然后根据特殊角的三角函数值得到∠A、∠B的度数,再根据三角形内角和为180°算出∠C的度数即可.【解答】解:∵|cosA﹣|+(sinB﹣)2=0,∴cosA﹣=0,sinB﹣=0,∴cosA=,sinB=,∴∠A=60°,∠B=45°,则∠C=180°﹣∠A﹣∠B=180°﹣60°﹣45°=75°,故答案为:75°.14.(3分)如图,边长为1的小正方形网格中,⊙O的圆心在格点上,则∠AED的余弦值是 .【分析】根据同弧所对的圆周角相等得到∠ABC=∠AED,在直角三角形ABC中,利用锐角三角函数定义求出cos∠ABC的值,即为cos∠AED的值.【解答】解:∵∠AED与∠ABC都对,∴∠AED=∠ABC,在Rt△ABC中,AB=2,AC=1,根据勾股定理得:BC=,则cos∠AED=cos∠ABC==.故答案为:15.(3分)如图所示,AB,AC与⊙O相切于点B,C,∠A=50°,点P是圆上异于B,C的一动点,则∠BPC的度数是 65°或115° .【分析】此题分为两种情况,如图p点的位置有两个,所以∠BPC可能是锐角,也有可能是钝角,分别连接O、C;O、B;B、P1;B、P2;C、P1;C、P2各点(1)当∠BPC为锐角,也就是∠BP1C时,根据AB,AC与⊙O相切,结合已知条件,在△ABC中,即可得出圆心角∠COB的度数,根据同弧所对的圆周角为圆心角的一半,即可得出∠BP1C的度数(2)如果当∠BPC为钝角,也就是∠BP2C时,根据⊙O的内接四边形的性质,即可得出∠BP2C的度数.【解答】解:分别连接O、C;O、B;B、P1;B、P2;C、P1;C、P2各点(1)当∠BPC为锐角,也就是∠BP1C时:∵AB,AC与⊙O相切于点B,C两点∴OC⊥AC,OB⊥AB,∵∠A=50°,∴在△ABC中,∠COB=130°,∵在⊙O中,∠BP1C为圆周角,∴∠BP1C=65°,(2)如果当∠BPC为钝角,也就是∠BP2C时∵四边形BP1CP2为⊙O的内接四边形,∵∠BP1C=65°,∴∠BP2C=115°16.(3分)轮船从B处以每小时50海里的速度沿南偏东30°方向匀速航行,在B处观测灯塔A位于南偏东75°方向上,轮船航行半小时到达C处,在观测灯塔A北偏东60°方向上,则C处与灯塔A的距离是 25 海里.【分析】根据题中所给信息,求出∠BCA=90°,再求出∠CBA=45°,从而得到△ABC为等腰直角三角形,然后根据解直角三角形的知识解答.【解答】解:根据题意,得∠1=∠2=30°,∵∠ACD=60°,∴∠ACB=30°+60°=90°,∴∠CBA=75°﹣30°=45°,∴△ABC为等腰直角三角形,∵BC=50×0.5=25,∴AC=BC=25(海里).故答案为:25.17.(3分)将三角形纸片(△ABC)按如图所示的方式折叠,使点B落在边AC上,记为点B′,折痕为EF.已知AB=AC=3,BC=4,若以点B′、F、C为顶点的三角形与△ABC相似,那么BF的长度是 或2 .【分析】由于折叠前后的图形不变,要考虑△B′FC与△ABC相似时的对应情况,分两种情况讨论.【解答】解:根据△B′FC与△ABC相似时的对应关系,有两种情况:①△B′FC∽△ABC时,=,又∵AB=AC=3,BC=4,B′F=BF,∴=,解得BF=;②△B′CF∽△BCA时,=,AB=AC=3,BC=4,B′F=CF,BF=B′F,而BF+FC=4,即2BF=4,解得BF=2.故BF的长度是或2.故答案为:或2.三、解答题(共69分)18.(8分)计算题(1)cos 45°﹣4sin30°+()﹣1﹣(π﹣3.14)0.(2)已知α是锐角,且sin(α+15°)=,计算﹣4cosα﹣|1﹣2sinα|+tanα的值.【分析】(1)直接利用特殊角的三角函数值以及负整数指数幂的性质、零指数幂的性质分别代入化简,进而利用有理数的加减运算法则计算得出答案;(2)直接利用特殊角的三角函数值得出α的度数,进而结合特殊角的三角形函数值,进而得出答案.【解答】解:(1)原式=()2﹣4×+7﹣1=﹣2+7﹣1=;(2)∵sin(α+15°)=,∴α+15°=60°,解得:α=45°,∴﹣4cosα﹣|1﹣2sinα|+tanα=2﹣4×﹣|1﹣2×|+1=2﹣2﹣(﹣1)+1=﹣+1+1=2﹣.19.(8分)已知,△ABC在直角坐标平面内,三个顶点的坐标分别是A(0,3)、B(3,4)、C(2,2),正方形网格中,每个小正方形的边长是一个单位长度.(1)画出△ABC向左平移4个单位长度得到的△A1B1C1,点C1的坐标是 (﹣2,2) ;(2)以点B为位似中心,在网格内画出△A2B2C2,使△A2B2C2与△ABC位似,且位似比为2:1,点C2的坐标是 (1,0) ;(画出图形)(3)△A2B2C2的面积是 10 平方单位.【分析】(1)将点A、B、C分别向左平移4个单位得到对应点,再顺次连接可得;(2)利用位似图形的性质得出对应点位置,进而得出答案;(3)割补法求解可得.【解答】解:(1)如图,△A1B1C1即为所求,点C1的坐标是(﹣2,2),故答案为:(﹣2,2);(2)如图所示,△A2B2C2即为所求,点C2的坐标是(1,0),故答案为:(1,0);(3)△A2B2C2的面积×(2+4)×6﹣×2×4﹣×2×4=10,故答案为:10;20.(9分)如图,已知△ABC中,∠ABC=30°,∠ACB=45°,AB=8.求△ABC的面积.【分析】作AD⊥BC于点D,根据正弦的定义求出AD,根据余弦的定义求出BD,根据等腰直角三角形的性质求出CD,根据三角形的面积公式计算,得到答案.【解答】解:作AD⊥BC于点D,在Rt△ABD中,∠ABC=30°,∴AD=AB=4,BD=AB cos∠ABC=4,在Rt△ACD中,∠ACB=45°,∴CD=AD=4,∴BC=BD+CD=4+4,∴△ABC的面积=×BC×AD=×(4+4)×4=8+8.21.(10分)如图,矩形ABCD中,E为BC上一点,DF⊥AE于点F.(1)证明△ABE∽△DFA;(2)若AB=3,AD=6,BE=4,求DF的长.【分析】(1)利用矩形和直角三角形的性质得到∠AEB=∠EAD、∠ADF=∠EAB,从而证得两个三角形相似.(2)首先利用勾股定理求得线段AE的长,然后利用相似三角形的性质:对应边成比例即可求得DF的长.【解答】解:(1)∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∠B=90°,∴∠AEB=∠DAE,∵DF⊥AE∴∠ADF=∠EAB∴△ABE∽△DFA;(2)∵AB=3,BE=4,∴由勾股定理得AE=5,∵△ABE∽△DFA;∴即:∴DF=3.622.(10分)如图,学校教学楼上悬挂一块长为3m的标语牌,即CD=3m.数学活动课上,小明和小红要测量标语牌的底部点D到地面的距离.测角仪支架高AE=BF=1.2m,小明在E处测得标语牌底部点D的仰角为31°,小红在F处测得标语牌顶部点C的仰角为45°,AB=5m,依据他们测量的数据能否求出标语牌底部点D到地面的距离DH的长?若能,请计算;若不能,请说明理由(图中点A,B,C,D,E,F,H在同一平面内)(参考数据:tan31°≈0.60,sin31°≈0.52,cos31°≈0.86)【分析】延长EF交CH于N,根据等腰直角三角形的性质得到CN=NF,根据正切的定义求出DN,结合图形计算即可.【解答】解:能,理由如下:延长EF交CH于N,则∠CNF=90°,∵∠CFN=45°,∴CN=NF,设DN=xm,则NF=CN=(x+3)m,∴EN=5+(x+3)=x+8,在Rt△DEN中,tan∠DEN=,则DN=EN tan∠DEN,∴x≈0.6(x+8),解得,x=12,则DH=DN+NH=12+1.2=13.2(m),答:点D到地面的距离DH的长约为13.2m.23.(12分)如图,BD是圆O的直径,A、C是圆O上的两个点,且AB=AC,AD与BC的延长线交于点E.(1)证明:△ABD∽△AEB;(2)若AD=1,DE=3,求圆O的直径的长.【分析】(1)根据同弧所对的圆周角相等可得∠ACB=∠ADB,又∠ABC=∠ACB,等量代换得∠ABC=∠ADB,即可证明;(2)由△ABD∽△AEB,得,可求出AB的长,再利用勾股定理即可求出直径BD的长.【解答】(1)证明:∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB,∵∠ACB=∠ADB,∴∠ABC=∠ADB,又∵∠BAE=∠DAB,∴△ABD∽△AEB;(2)解:∵△ABD∽△AEB,∴,∵AD=1,DE=3,∴AE=4,∴AB2=AD AE=1×4=4,∴AB=2,∵BD是⊙O的直径,∴∠DAB=90°,在Rt△ABD中,BD2=AB2+AD2=22+12=5,∴BD=.24.(12分)如图,AC是圆O的直径,BC是圆心O的弦,点P是圆心O外一点,∠PBA=∠C.(1)求证:PB是圆心O的切线;(2)若OP∥BC,且OP=8,BC=2.求圆心O的半径.【分析】(1)连接OB,求出∠ABC=90°,∠PBA=∠OBC=∠OCB,推出∠PBO=90°,根据切线的判定推出即可;(2)证△PBO和△ABC相似,得出比例式,代入求出即可.【解答】(1)证明:连接OB,∵AC是⊙O直径,∴∠ABC=90°,∵OC=OB,∴∠OBC=∠ACB,∵∠PBA=∠ACB,∴∠PBA=∠OBC,即∠PBA+∠OBA=∠OBC+∠ABO=∠ABC=90°,∴OB⊥PB,∵OB为半径,∴PB是⊙O的切线;(2)设⊙O的半径为r,则AC=2r,OB=r,∵OP∥BC,∠OBC=∠OCB,∴∠POB=∠OBC=∠OCB,∵∠PBO=∠ABC=90°,∴△PBO∽△ABC,∴,∴,r=2,即⊙O的半径为2. 展开更多...... 收起↑ 资源预览