【选填专练】03 选择题-压轴（15题）-2020-2021学年九上期末（解析版）

专练03选择题-压轴（15题）1．（2020·广东中山实验中学九年级月考）如图，边长为4和10的两个正方形ABCD与CEFG并排在一起，连接BD并延长交EF于H，交EG于I，则GI的长为（）A．3 B．7 C．3 D．7【答案】D解：∵正方形ABCD与CEFG的边长分别为4和10∴BD＝4，GE＝10，DE＝10﹣4＝6∵∠EDH＝∠BDC＝45°，∠DEH＝90°∴△DEH为等腰直角三角形∴DH＝6∵∠DEI＝45°∴EI＝＝3∴GI＝GE﹣EI＝10﹣3＝7故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形的三线合一性质、直角三角形的斜边中线性质等知识点，本题难度中等，属于中档题．2．（2020·深圳市龙岗区布吉贤义外国语学校）如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC−CF=2HE．其中正确的结论有()A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB，∵AD=AB，∴AE=AD，在△ABE和△AHD中，，∴△ABE≌△AHD（AAS），∴BE=DH，∴AB=BE=AH=HD，∴∠ADE=∠AED=（180°-45°）=67.5°，∴∠CED=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠AED=∠CED，故①正确；∵AB=AH，∵∠AHB=（180°-45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），∴∠OHE=67.5°=∠AED，∴OE=OH，∵∠DHO=90°-67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°-45°=22.5°，∴∠DHO=∠ODH，∴OH=OD，∴OE=OD=OH，故②正确；∵∠EBH=90°-67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD，在△BEH和△HDF中，，∴△BEH≌△HDF（ASA），∴BH=HF，HE=DF，故③正确；∵HE=AE-AH=BC-CD，∴BC-CF=BC-（CD-DF）=BC-（CD-HE）=（BC-CD）+HE=HE+HE=2HE．故④正确；综上所述，结论正确的是①②③④共4个．故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．3．（2020·广东九年级其他模拟）如图，△ABC中，∠ABC＝45°，CD⊥AB于点D，BE平分∠ABC，且BE⊥AC于点E，与CD交于F，H是BC边的中点，连接DH与BE交于点G，则下列结论：①BF＝AC；②∠A＝∠DGE；③CE＜BG；④S△ADC＝S四边形CEGH；⑤DG•AE＝DC•EF中，正确结论的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C解：∵CD⊥AB，BF⊥AC，∴∠BEC=∠BDC=∠ADC=90°，∵∠ABC=45°，∴∠DCB=45°=∠ABC，∴BD=DC，∵∠BDC=∠CEF=90°，∠DFB=∠EFC，∴由三角形内角和定理得：∠DBF=∠ACD，∵在△BDF和△CDA中，∴△BDF≌△CDA（ASA），∴BF=AC，∠BFD=∠A，∴①正确；∵∠DFB=∠FBC+∠FCB=∠FBC+45°，∠DGF=∠GBD+45°，∠FBC=∠GBD，∴∠DFG=∠DGF，∴∠A=∠DGE，故②正确，如图，连接∵∠ABC=45°，∠BDC=90°，∴△BDC是等腰直角三角形，∵H是BC边的中点，∴DH垂直平分BC，故③正确；过G作GJ⊥AB于J，过F作FMBC于M，连接GM，平分四边形DGMF是菱形，设则四边形CFGH的面积＝梯形GHMF的面积＋的面积S△ADCS四边形CEGH，故④错误．∵△BDF∽△CEF，∴，∵BD=DC，CE=AE，DF=DG，∴∴DG•AE=DC•EF，故⑤正确．故选：C．【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．4．（2020·广东铁一中学九年级一模）如图，在正方形中，边长为的等边三角形的顶点分别在和上，下列结论：，其中正确的序号是()A．①②④ B．①② C．②③④ D．①③④【答案】A解：∵四边形ABCD为正方形∴∠BAD=∠B=∠D=90°，AB=AD=BC=CD∵△AEF为等边三角形∴AE=AF，∠EAF=60°在Rt△ABE和Rt△ADF中∴Rt△ABE≌Rt△ADF∴BE=DF，∠BAE=∠DAF∴BC－BE=CD－DF∴CE=CF，故①正确；∴∠BAE=∠DAF=（∠BAC－∠EAF）=15°∴∠AEB=90°－∠BAE=75°，故②正确；在Rt△ABE中，∠BAE≠30°∴AE≠2BE∴EF≠BE＋DF，故③错误；设正方形的边长为x，∵CE=CF，∠C=90°，EF=2∴△CEF为等腰直角三角形∴∠CEF=45°∴CE=则BE=BC－CE=x－在Rt△ABE中，AB2＋BE2=AE2∴x2＋（x－）2=22解得：x1=，x2=（不符合实际，舍去）∴=，故④正确．综上：正确的有①②④．故选A．【点睛】此题考查的是正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质和勾股定理，掌握正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质和勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．5．（2020·无锡市钱桥中学九年级月考）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长于点Q，下列结论正确的有（）个①AE⊥BF；②QB=QF；③；④S四边形ECFG=2S△BGE．A．1 B．4 C．3 D．2【答案】C解：①∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF＝BE，∴≌(SAS)，∴∠BAE＝∠CBF，AE＝BF，又∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CBF+∠BEA＝90°，∴∠BGE＝90°，∴AE⊥BF，故①正确；②由折叠的性质得：∠PFB＝∠BFC，∵CD∥AB，∴∠CFB＝∠ABF，∴∠ABF＝∠PFB，∴QB＝QF，故②正确；③∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，∴∽∽，∴，设GE＝x，则BG＝2x，AG＝4x，∴BF＝AE＝AG+GE＝5x，∴FG＝BF－BG＝3x，∴，故③正确；④由③知，设GE＝x，则BG＝2x，BF＝5x，∴在中，，∴，∵∠BGE=∠BCF=90°，∠GBE=∠CBF，∴∽，∴，∴，∴，故④错误，综上所述，共有3个结论正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形和折叠变换的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题关键．6．（2020·广东九年级月考）如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD的中点，连接AF、DE交于点P，过B作BG∥DE交AD于G，BG与AF交于点M．对于下列结论：①AF⊥DE；②G是AD的中点；③∠GBP＝∠BPE；④S△AGM：S△DEC＝1：4．正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C解：∵正方形ABCD，E，F均为中点∴AD＝BC＝DC，EC＝DF＝BC，∵在△ADF和△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠AFD＝∠DEC，∵∠DEC+∠CDE＝90°，∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF，∴AF⊥DE，故①正确，∵，，∴四边形GBED为平行四边形，∴GD＝BE，∵BE＝BC，∴GD＝AD，即G是AD的中点，故②正确，∵，∴∠GBP＝∠BPE，故③正确．∵，AF⊥DE，∴AF⊥BG，∴∠ANG＝∠ADF＝90°，∵∠GAM＝∠FAD，∴△AGM∽△AFD，设AG＝a，则AD＝2a，AF＝a，∴．∵△ADF≌△DCE，∴S△AGM：S△DEC＝1：5．故④错误．故选：C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，平行线的性质，平行四边形的判定与和性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．7．（2020·东莞市松山湖实验中学）如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF＝2AE，FC交BD于O，交AB于M，下列说法正确的有（）个①AF＝BD②∠DOC＝60°③④AF2＝OD•FMA．1 B．2 C．3 D．4【答案】C解：连接FB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD，∠ABD＝∠CBD＝45°，BD＝AB，∵FE⊥AB，AF＝2AE，∴sin∠AFE＝，∴∠AFE＝30°，∴∠FAE＝60°，EF＝AE＝AF，∵E是AB的中点，EF⊥AB，∴AF＝BF，∴△AFB是等边三角形，∴∠ABF＝∠FAB＝60°，AB＝FB＝BC＝AD＝CD，∴AF≠BD，故①错误；∵BC＝BF，∴∠CFB＝∠BCF＝＝15°，∴∠DOC＝∠DBC+∠BCO＝45°+15°＝60°，故②正确；∵EF⊥AB，BC⊥AB，∴EF∥BC，∴△EFM∽△BCM，∴，故③正确；∵∠BCM＝15°，∴∠DCO＝75°，∠BMC＝75°＝∠AMF，∴∠AMF＝∠DCO，又∵∠BAF＝∠DOC＝60°，∴△AFM∽△ODC，∴，∴AF•CD＝OD•FM，又∵AF＝CD∴AF2＝OD•FM，故④正确；故选：C．【点睛】此题主要考查相似三角形的综合运用，解题的关键是熟知正方形的性质及相似三角形的性质．8．（2020·江苏中考真题）如图，点D是内一点，与x轴平行，与y轴平行，．若反比例函数的图像经过A、D两点，则k的值是（）A． B．4 C． D．6【答案】D作交BD的延长线于点E，作轴于点F∵∴∴为等腰直角三角形∵∴，即∴DE=AE=∵BC=AO，且，∴∴∴∴设点A，∴解得：∴故选：D．【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形的综合，利用点Ａ和点Ｄ表示出ｋ的计算是解题的关键．9．（2020·重庆九年级）如图，点A与点B关于原点对称，点C在第四象限，∠ACB=90°．点D是轴正半轴上一点，AC平分∠BAD，E是AD的中点，反比例函数（）的图象经过点A,E．若△ACE的面积为6，则的值为（）A． B． C． D．【答案】C解：过A作,连接OC，连接OE：∵点A与点B关于原点对称，∠ACB=90°∴又∵AC平分∠BAD∴∴∴设，根据E是AD的中点得出:∴解得：故答案选：C．【点睛】本题考查反比例函数与几何综合，有一定的难度．将三角形AEC的面积转化与三角形AOE的面积相等是解题关键．10．（2020·眉山市东坡区苏辙中学九年级月考）如图，是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，以BC为边向外作等边三角形BCD，CE⊥AB，连接AD交CE于点F，交BC于点G，过点C作CH⊥AD交AB于点H．下列结论：①CA＝CD；②；③；④tan∠CDA＝2﹣．则正确的结论有（）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D如图，设CH⊥AD交AD与N，∵是等腰直角三角形∴AC=BC又∵为等边三角形，∴BC=CD∴CA=CD故：①正确；∵∠ACB＝90°，∠BCD＝60°，∴∠ACD=150°∴∠CAD=∠CDA=15°∴∠GDB=∠CDB-∠CDA=60°-15°=45°，∵CE⊥AB∴∠FCG=∠GDB=45°，又∵∠FGC=∠GBD∴，故：②正确；∵∠CAD=15°，∠CAB=45°∴∠FAE=30°∴在Rt中，AE=，∵CE=AE=∴CF=CE-CF=，故：③正确；由③得：，∵∠AFE=∠CFN=60°∴FN=，CN=，AF=2EF，∴AN=AF+FN=，∵∠CAD=∠CDA=15°∴tan∠CDA=tan∠CAD==2﹣，故：④正确；故选：D．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．11．（2020·湖北九年级期中）已知二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③方程有两个相等的实数根；④方程的两根是，其中正确的结论有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B①∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，

∴c＞0，

∵对称轴为直线x=-1，

∴ab>0，

∴abc>0，故①错误；②∵当x=时，y＞0，

∴，即，故②错误；③∵抛物线的顶点（-1，4），

∴方程ax2+bx+c=4有两个相等的实数根，

即方程ax2+bx+c-4=0有两个相等的实数根；

故③正确；

④由题意得：方程ax2+bx+c=0的两根为：x1=-3，x2=1，

∴方程a(x-1)2+b(x-1)+c=0的两根是：x-1=-3或x-1=1，

∴x1=-2，x2=2，

故④正确；

综上得：正确结论为③④，共2个，

故选：B．【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数y=ax2+bx+c与方程ax2+bx+c=0的关系，利用数形结合的思想，确定代数式的值．12．（2020·天津二十五中九年级月考）如图所示，已知二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，，对称轴为直线，则下列结论：①；②；③；④是关于的一元二次方程的一个根．其中正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C∵抛物线开口向下，∴，∵抛物线的对称轴为直线，∴，∵抛物线与轴的交点在轴上方，∴，∴，所以①正确；∵，∴，∵，∴，所以②错误；∵，，∴，把代入得，∴，所以③正确；∵，对称轴为直线，∴，∴是关于x的一元二次方程的一个根，所以④正确；综上正确的有3个，故选C.【点睛】本题考查了抛物线与x轴交点及与二次函数图象与系数的关系，做好本题要知道以下几点：①当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；②当a与b同号时(即ab＞0)，对称轴在y轴左；当a与b异号时(即ab＜0)，对称轴在y轴右．(简称：左同右异)；③常数项c决定抛物线与y轴交点，抛物线与y轴交于(0，c)．④抛物线与x轴交点的横坐标就是一元二次方程的根.注意利用数形结合的思想．13．（2020·桂林市国龙外国语学校九年级月考）如图，已知正方形ABCD中，连结AC，在AC上截取AE=AD，作的外接圆交AB于点F，连结DF交AC于点M，连结EF．下列选项正确的是（）①DG=AF；②AM=EC；③∠EFB=∠AFD；④A．①② B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】B四边形ABCD是正方形，，为外接圆的直径，，四边形ADGF是矩形，，则结论①正确；，，，由圆周角定理得：，，，在和中，，，，则结论②正确；由圆内接四边形的性质得：，，，由圆周角定理得：，，则结论③正确；由圆周角定理得：，，，，，在和中，，，，，四边形ABCD是正方形，，，又，，则结论④错误；综上，结论正确的是①②③，故选：B．【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握各定理与性质，并正确找出全等三角形是解题关键．14．（2020·江苏省无锡市侨谊教育集团九年级期中）如图，AB为半圆O的直径，M，C是半圆上的三等分点，AB＝8，BD与半圆O相切于点B．点P为上一动点（A，M重合），直线PC交BD于点D，BE⊥OC于点E，延长BE交PC于点F，则下列结论正确的是：①PB＝PD；②的长为π；③∠DBE＝45°；④当P为中点时EC=EF；⑤∠DFB＝∠CBP．其中正确的个数为（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】C解：①连接AC，并延长AC，与BD的延长线交于点H，如图1，

∵M，C是半圆上的三等分点，

∴∠BAH=30°，

∵BD与半圆O相切于点B．

∴∠ABD=90°，

∴∠H=60°，

∵∠ACP=∠ABP，∠ACP=∠DCH，

∴∠PDB=∠H+∠DCH=∠ABP+60°，

∵∠PBD=90°-∠ABP，

若∠PDB=∠PBD，则∠ABP+60°=90°-∠ABP，

∴∠ABP=15°，∴P点为的中点，这与P为上的一动点不完全吻合，

∴∠PDB不一定等于∠ABD，

∴PB不一定等于PD，

故①错误；②∵M，C是半圆上的三等分点，

∴∠BOC=×180°＝60°，

∵直径AB=8，

∴OB=OC=4，∴的长度=，故②正确；③∵∠BOC=60°，OB=OC，

∴∠ABC=60°，OB=OC=BC，

∵BE⊥OC，

∴∠OBE=∠CBE=30°，

∵∠ABD=90°，

∴∠DBE=60°，

故③错误；④