《2025年实验班提优大考卷九年级数学上册苏科版》

8. 一线三等角模型 (2025·南京联合体模拟)如图,在$\triangle ABC$中,$AB=BC=AC$,点$F$为边$AC$上的中点,以点$F$为顶点作一个$60°$的角交$AB$、$BC$边于$D$、$E$两点,连接$DE$,则知道下列哪个条件就可以计算$\triangle ABC$的周长(B).

A.$\triangle ADF$的周长
B.$\triangle BDE$的周长
C.$\triangle CEF$的周长
D.$\triangle DEF$的周长

答案：
8.B [解析]如图,取AB中点G,连接FG,在ED上截取EH=EC,连接FH.
∵F为AC中点，
∴AF=AG.
又∠A=60°,
∴△AGF是等边三角
　形，
∴∠FGA=60°.
　由题意,得∠EFD=∠ECF=
　∠FAD=60°,
　　　　　　　　　　　　　　　　　
∴∠EFC+∠FEC=∠EFC+
　∠AFD=120°,
∴∠CEF=∠AFD,
∴△CEF∽△AFD
∴$\frac{EF}{FD}$=$\frac{CE}{AF}$
∵AF=CF,
∴$\frac{EF}{FD}$=$\frac{CE}{CF}$
∵∠EFD=∠ECF,
∴△CEF∽△FED∽△AFD,
∴∠CEF=∠FED,∠FDE=∠FDA,
∴△ECF≌△EHF(SAS),
∴∠FHE=∠FGA=60°,
∴∠FHD=∠FGD=120°.
∵∠FDH=∠FDG,FD=FD,
∴△FDH≌△FDG(AAS),
∴DG=DH,
∴C△BDE=BE+DE+BD=BE+EH+DH+BD=BC+
BG=$\frac{3}{2}$BC,即为△ABC周长的一半.故选B

9. (2023·甘孜州中考)若$\frac{x}{y}=2$,则$\frac{x-y}{y}=$1.

答案： 9.1 [解析]
∵$\frac{x}{y}$=2,
∴$\frac{x-y}{y}$=$\frac{x}{y}$−1=2−1=1.

10. 母子型 (2025·镇江句容期末)如图,已知点$D$、$E$分别在$\triangle ABC$的边$AC$、$AB$上,$\triangle ADE \sim \triangle ABC$,且$\frac{AE}{AC}=\frac{1}{2}$,若$S_{\triangle ADE}=1$,则$S_{四边形BCDE}=$3.

答案： 10.3 [解析]
∵△ADE∽△ABC,且$\frac{AE}{AC}$=$\frac{1}{2}$,
∴△ADE与
ABC相似比为$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{S△ADE}{S△ABC}$=$\frac{1}{4}$.
∵S△ADE=1,
∴S△ABC=4S△ADE=4,
∴S四边形BCDE=3.

11. A字型 (2024·眉山中考)如图,菱形$ABCD$的边长为6,$\angle BAD=120°$,过点$D$作$DE \perp BC$,交$BC$的延长线于点$E$,连接$AE$分别交$BD$、$CD$于点$F$、$G$,则$FG$的长为$\frac{4\sqrt{7}}{5}$.

答案： 11.$\frac{4\sqrt{7}}{5}$ [解析]
∵菱形ABCD的边长为6,∠BAD=120°,
∴AD=BC=CD=6,AD//BC,∠BCD=120°,
∴∠DCE=60°.
∵DE⊥BC,
∴∠DEC=90°.
　　在Rt△DCE中,
∵∠CDE=90°−∠DCE=30°,
∴CE=$\frac{1}{2}$CD=3,
∴DE=$\sqrt{DC²−CE²}$=3$\sqrt{3}$,
∴BE=BC+CE=9.
∵AD//BE,
∴∠ADE=180°−∠DEC=90°.
　　在Rt△ADE中,
AE=$\sqrt{DE²+AD²}$=$\sqrt{(3\sqrt{3})²+6²}$=3$\sqrt{7}$.
∵AD//BE,
∴△AFD∽△EFB,
∴$\frac{AF}{FE}$=$\frac{AD}{BE}$=$\frac{6}{9}$=$\frac{2}{3}$,
∴AF=$\frac{2}{5}$AE=$\frac{2}{5}$×3$\sqrt{7}$=$\frac{6\sqrt{7}}{5}$.
∵AD//CE,
∴△AGD∽△EGC,
∴$\frac{AG}{EG}$=$\frac{AD}{CE}$=$\frac{6}{3}$=2,
∴AG=$\frac{2}{3}$AE=$\frac{2}{3}$×3$\sqrt{7}$=2$\sqrt{7}$,
∴FG=AG−AF=2$\sqrt{7}$−$\frac{6\sqrt{7}}{5}$=$\frac{4\sqrt{7}}{5}$.
知识拓展本题考查了菱形的性质和相似三角形的判定与性质;在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用;灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键

12. 中考新考法 新定义问题 实数$a$、$n$、$m$、$b$满足$a＜n＜m＜b$,这四个数在数轴上对应的点分别为$A$、$N$、$M$、$B$(如图),若$AM^2=BM · AB$,$BN^2=AN · AB$,则称$m$为$a$、$b$的“大黄金数”,$n$为$a$、$b$的“小黄金数”,当$b-a=4$时,$m-n=$4$\sqrt{5}$−8.

答案： 12.4$\sqrt{5}$−8 [解析]由题意,得AB=b−a=4.
　　设AM=x,则BM=4−x,x²=4(4−x),
　　解得x₁=−2+2$\sqrt{5}$,x₂=−2−2$\sqrt{5}$(舍去),则AM=
BN=2$\sqrt{5}$−2,
∴MN=m−n=AM+BN−AB=2AM−4=2×(2$\sqrt{5}$−2)−4=4$\sqrt{5}$−8.

13. (2024·重庆中考)如图,在$\triangle ABC$中,延长$AC$至点$D$,使$CD=CA$,过点$D$作$DE // CB$,且$DE=DC$,连接$AE$交$BC$于点$F$.若$\angle CAB=\angle CFA$,$CF=1$,则$BF=$3.

答案： 13.3 [解析]
∵CD=CA,DE//CB,
∴AF=EF,
∴CF是△ADE的中位线，
∴DE=2CF=2.
∵DE=DC,
∴AC=2CF=2.
∵∠CAB=∠CFA,∠ACF=∠ACB,
∴△CAF∽△CBA,
∴AC:BC=CF:AC,
∴2:BC=1:2,
∴BC=4,
∴BF=BC−FC=3.

14. 8字型 (2024·云南中考)如图,$AB$与$CD$交于点$O$,且$AC // BD$.若$\frac{OA+OC+AC}{OB+OD+BD}=\frac{1}{2}$,则$\frac{AC}{BD}=$$\frac{1}{2}$.

答案： 14.$\frac{1}{2}$ [解析]
∵AC//BD,
∴△AOC∽△BOD,
∴$\frac{OA+OC+AC}{OB+OD+BD}$=$\frac{AC}{BD}$.
∵$\frac{OA+OC+AC}{OB+OD+BD}$=$\frac{1}{2}$
∴$\frac{AC}{BD}$=$\frac{1}{2}$.

15. 在$\triangle ABC$中,$D$、$E$分别是$AB$、$AC$的中点,则三角形$ADE$与四边形$DECB$面积的比是1:3.

答案： 15.1:3 [解析]
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE//BC,
∴△ADE∽△ABC.
∵AD:AB=1:2,
∴△ADE与△ABC的面积之比为1:4,
∴三角形ADE 与四边形DECB面积的比是1:3.

16. (2024·河北中考)如图,$\triangle ABC$的面积为2,$AD$为边$BC$上的中线,点$A$、$C_1$、$C_2$、$C_3$是线段$CC_4$的五等分点,点$A$、$D_1$、$D_2$是线段$DD_3$的四等分点,点$A$是线段$BB_1$的中点.
(1)$\triangle AC_1D_1$的面积为1;
(2)$\triangle B_1C_4D_3$的面积为7.

答案：
16.
(1)1
(2)7 [解析]
(1)如图,连接B₁D₁、B₁D₂、B₁C₂、
B₁C₃,C₃D₃.
∵△ABC的面积为2,AD为边BC上的中线，
∴S△ABD=S△ACD=$\frac{1}{2}$S△ABC=$\frac{1}{2}$×2=1.
∵点A、C₁、C₂、C₃是线段CC₄的五等分点，
　　　　　　
∴AC=AC₁=C₁C₂=C₂C₃=C₃C₄=$\frac{1}{5}$CC₄.
∵点A、D₁、D₂、D₃是线段DD₃的四等分点，
∴AD=AD₁=D₁D₂=D₂D₃=$\frac{1}{4}$DD₃.
∵点A是线段BB₁的中点，
∴AB=AB₁=$\frac{1}{2}$BB₁.
　　在△AC₁D₁和△ACD中，
AC₁=AC,
　　∠C₁AD₁=∠CAD,
∴△AC₁D₁≌△ACD(SAS),
AD₁=AD,
∴S△AC₁D₁=S△ACD=1,∠C₁D₁A=∠CDA.
(2)在△AB₁D₁和△ABD中,
AB₁=AB,
　　∠B₁AD₁=∠BAD,
∴△AB₁D₁≌△ABD(SAS),
AD₁=AD,
∴S△AB₁D₁=S△ABD=1,∠B₁D₁A=∠BDA.
∵∠BDA+∠CDA=180°,
∴∠B₁D₁A+∠C₁D₁A=180°;
∴C₁、D₁、B₁三点共线,
∴S△AB₁C₁=S△AB₁D₁+S△AC₁D₁=1+1=2.
∵AC₁=C₁C₂=C₂C₃=C₃C₄,
∴S△AB₁C₄=4S△AB₁C₁=4×2=8,
∵AD₁=D₁D₂=D₂D₃,S△AB₁D₁=1,
∴S△AB₁D₃=3S△AB₁D₁=3×1=3.
　　在△AC₃D₃和△ACD中,
$\frac{AC₃}{AC}$=3=$\frac{AD₃}{AD}$,∠C₃AD₃=∠CAD,
∴△C₃AD₃∽△CAD,
∴$\frac{S△C₃AD₃}{S△CAD}$=($\frac{AC₃}{AC}$)²=3²=9,
∴S△C₃AD₃=9S△CAD=9×1=9.
∵AC₁=C₁C₂=C₂C₃=C₃C₄,
∴S△AC₃D₃=$\frac{4}{3}$S△C₃AD₃=$\frac{4}{3}$×9=12,
∴S△B₁C₃D₃=S△AC₃D₃+S△AB₁D₃−S△AB₁C₄=12+3−8=
　　7,
∴△B₁C₃D₃的面积为7.