阶段质量检测(一) B卷
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.如图，AD∥EF∥BC，GH∥AB，则图中与△BOC相似的三角形有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
解析：选C 根据相似三角形的预备定理可得
△OEF∽△OAD，△CHG∽△CBO，△OAD∽△OBC.
2.如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC中点，AE⊥AD交CB延长线于点E，则下列结论正确的是( )
A．△AED∽△ACB B．△AEB∽△ACD
C．△BAE∽△ACE D．△AEC∽△DAC
解析：选C ∵D为BC的中点，∠CAB＝90°，
∴AD＝BD，∴∠DAB＝∠DBA，
∴∠C＝∠BAE，又∵∠E＝∠E，
∴△BAE∽△ACE.
3．已知矩形ABCD，R、P分别在边CD、BC上，E、F分别为AP、PR的中点，当P在BC上由B向C运动时，点R在CD上固定不变，设BP＝x，EF＝y那么下列结论中正确的是( )
A．y是x的增函数
B．y是x的减函数
C．y随x的增大先增加后减小
D．无论x怎样变化，y为常数
解析：选D 连接AR，∵E、F分别为AP、PR的中点，
∴EF是△APR的中位线，
∴EF＝AR，
∵当P在BC上由B向C运动时，
点R在CD上固定不变，故选D.
4．如图，G点是△ABC的重心，GE∥BC，那么AB是BE的( )
A．3倍 B．6倍
C．2倍 D．4倍
解析：选A ∵G是△ABC的重心，
∴GC＝2DG，∵GE∥BC，∴BE＝2ED.
∴BE＝BD，即BD＝BE.
∵AB＝2BD，∴AB＝2×BE＝3BE.
5．在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AD∶BD＝2∶3.则△ACD与△CBD的相似比为( )
A．2∶3 B．4∶9 C.∶3 D．不确定
解析：选C 如右图，在Rt△ACB中，CD⊥AB，由射影定理得CD2＝AD·BD，
即＝.
又∵∠ADC＝∠BDC＝90°，
∴△ACD∽△CBD.又∵AD∶BD＝2∶3，令AD＝2x，
BD＝3x(x>0)．∴CD2＝6x2，∴CD＝x.
易知△ACD与△CBD的相似比为＝＝.
6.如右图，过梯形ABCD的腰AD的中点E的直线EF平行于底边，交BC于F，若AE的长是BF的长的，则FC是ED的________倍．( )
A. B. C．1 D.
解析：选B ∵AB∥EF∥DC，且AE＝DE，
∴BF＝FC.又∵AE＝BF，
∴FC＝ED.
7.如图，在正三角形ABC中，D、E分别在AC、AB上，且＝，AE＝BE，则有( )
A．△AED∽△BED
B．△AED∽△CBD
C．△AED∽△ABD
D．△BAD∽△BCD
解析：选B 直接法，注意到∠A＝∠C＝60°，可设AD＝a，
则AC＝3a，而AB＝AC＝BC＝3a.
所以AE＝BE＝a.所以＝＝.
又＝＝，所以＝，
∠A＝∠C＝60°，
故△AED∽△CBD，选B.
8．等腰梯形各边中点连线所围成的四边形是( )
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．等腰梯形
解析：选B 连接梯形各边中点，可得平行四边形，由于等腰梯形的对角线相等，所以平行四边形的各边相等，由此可以判定此四边形必定为菱形．
9．如图，锐角三角形ABC的高CD和BE相交于点O，图中与△ODB相似的三角形的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C ∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴△ODB，△ABE，△ADC，△OCE都是直角三角形．
又∵∠DBO＝∠EBA，∠A＝∠A，∠DOB＝∠EOC，
∴△ODB∽△AEB∽△ADC，△ODB∽△OEC，
∴与△ODB相似的三角形有3个．
10.如图所示，将边长为1的正方形ABCD绕A点按逆时针方向旋转60°至AB′C′D′的位置，则这两个正方形重叠部分的面积为( )
A．4 B．2－
C．2＋ D.－1
解析：选B 如图，过B′点作EF∥BC，
分别交AB、DC于E、F，连接AK.
由基本图形知，
Rt△KFB′∽Rt△B′EA.
在Rt△AB′E中，
∠EAB′＝60°，AB′＝1，
∴B′E＝.
∴＝＝＝＝2－
∴KB′＝2－.
又∵Rt△AB′K≌Rt△ADK，
∴SAB′KD＝2S△AB′K＝AB′×KB′＝2－.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在题中的横线上)
11．如图，在▱ABCD中，BC＝24，E、F为BD的三等分点，则BM＝________，DN＝________.
解析：＝＝，
∴BM＝BC＝12，＝＝，
∴DN＝BM＝6.
答案：12 6
12．如图，已知在△ABC中，AD∶DC＝1∶1，E为BD的中点，AE延长线交BC于F，则BF与FC的比值为____________．
解析：过D作DG平行于BC，交AF于点G，再根据平行线等分线段定理即可解决．
答案：
13．如图，等边△DEF内接于△ABC，且DE∥BC，已知AH⊥BC于H，BC＝4 cm，AH＝2 cm，则△DEF的边长为________cm.
解析：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC.
又∵AH⊥BC，DE∥BC，
∴AG⊥DE，
∴＝，
设DE＝x，则GH＝x，AG＝AH－GH＝2－x.
∴＝.
解得：x＝2－2(cm)．
答案：2－2
14．(湖北高考)如图，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，点D在半径OC上的射影为E.若AB＝3AD，则的值为________．
解析：连接AC，BC，则AC⊥BC.
∵AB＝3AD，
∴AD＝AB，BD＝AB，OD＝AB.
又AB是圆O的直径，OC是圆O的半径，
∴OC＝AB.
在△ABC中，根据射影定理有：CD2＝AD·BD＝AB2.
在△OCD中，根据射影 定理有：OD2＝OE·OC，
CD2＝CE·OC，可得OE＝AB，CE＝AB，
∴＝8.
答案：8
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)如图，△ABC中，D是BC的中点，M是AD上一点，BM，CM的延长线分别交AC，AB于F，E.
求证：EF∥BC.
证明：法一：延长AD至G，使DG＝MD，连接BG，CG.
∵BD＝DC，MD＝DG，
∴四边形BGCM为平行四边形．
∴EC∥BG，FB∥CG.
∴＝，＝.
∴＝.
∴EF∥BC.
法二：过点A作BC的平行线，
与BF，CE的延长线分别交于G，H.
∵AH∥DC，AG∥BD，
∴＝，＝.
∴＝.
∵BD＝DC，
∴AH＝AG.
∵HG∥BC，
∴＝，＝.
∵AH＝AG，
∴＝.
∴EF∥BC.
16．(本小题满分12分)如图所示，已知边长为12的正三角形ABC，DE∥BC，S△BCD∶S△BAC＝4∶9，求EC的长．
解：如图，过D作DF⊥BC，
过A作AG⊥BC，
S△BCD＝BC·DF，
S△BAC＝BC·AG.
因为S△BCD∶S△BAC＝4∶9，
所以DF∶AG＝4∶9.
因为△BDF∽△BAG，
所以BD∶BA＝DF∶AG＝4∶9.
因为AB＝12，
所以CE＝BD＝.
17．(本小题满分12分)如图所示，在四边形ABCD中，求证：AC·BD≤AB·CD＋AD·BC.
证明：如图所示．
取点E使∠BAE＝∠CAD，∠ABE＝∠ACD，
连接AE，BE，DE，
则△ABE∽△ACD.
∴＝，①
＝.②
由①及∠BAC＝∠EAD，得△BAC∽△EAD.
∴＝.③
由②得BE＝，
由③得ED＝.
由于BE＋ED≥BD，
∴＋≥BD.
∴AB·CD＋BC·AD≥AC·BD.
18．(本小题满分14分)如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，AE是∠CAB的角平分线，CD与AE相交于点F，EG⊥AB于G.
求证：EG2＝FD·EB.
证明：因为∠ACE＝90°，CD⊥AB，
所以∠CAE＋∠AEC＝90°，∠FAD＋∠AFD＝90°.
因为∠AFD＝∠CFE，
所以∠FAD＋∠CFE＝90°.
又因为∠CAE＝∠FAD，
所以∠AEC＝∠CFE.
所以CF＝CE.
因为AE是∠CAB的平分线，EG⊥AB，EC⊥AC，
所以EC＝EG，CF＝EG.
因为∠B＋∠CAB＝90°，∠ACF＋∠CAB＝90°，
所以∠ACF＝∠B.
因为∠CAF＝∠BAE，
所以△AFC∽△AEB，＝.
因为CD⊥AB，EG⊥AB，
所以Rt△ADF∽Rt△AGE.
所以＝.
所以＝.
所以CF·EG＝FD·EB，
即EG2＝FD·EB.