本册综合测试一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60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．在梯形ABCD中，AD∥BC(其中BC>AD)，E、F分别是AB、DC的中点，连结EF，且EF交BD于G，交AC于H，则GH等于()A．ADB．eq\f(1,2)(AD＋BC)C．BCD．eq\f(1,2)(BC－AD)解析：结合平行线等分线段定理及梯形中位线定理可解决此题．答案：D2．如图所示，已知在△ABC中，AD∶DC＝1∶2，E为BD的中点，AE延长线交BC于F，则BF∶FC等于()A．1∶5B．1∶4C．1∶3D．1∶2解析：过D作DG平行于BC，与AF交于点G，再根据平行线分线段成比例定理即可解决．答案：C3．在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的高，该图形中只有x个三角形与△ABC相似，则x的值为()A．1B．2C．3D．4解析：题中所给图形为射影定理的基本图形，△ACD、△BCD均与△ABC相似．答案：B4．若关于x的一元二次方程x2＋ax＋b＝0的两根是一直角三角形的两锐角的正弦值，且a＋5b＝1，则a、b的值分别为()A．－eq\f(3,5)，eq\f(8,25)B．－eq\f(7,5)，eq\f(12,25)C．－eq\f(4,5)，eq\f(9,25)D．1,0解析：在直角三角形中两锐角互余，若∠A、∠B分别为此直角三角形的两锐角，则∠A＋∠B＝90°，sinB＝cos(90°－B)＝cosA，可得方程x2＋ax＋b＝0的两根分别为sinA，cosA，即sinA＋cosA＝－a①，sinA·cosA＝b②，①式两端分别平方得sin2A＋cos2A＋2sinA·cosA＝a2，也就是1＋2sinAcosA＝a2③，再把②式两端乘2得2sinA·cosA＝2b④，③－④得a2－2b＝1，又由已知a＋5b＝1，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－\f(7,5)，,b＝\f(12,25)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0.))①式中有－a＝sinA＋cosA＞0，∴a＜0，故选B．答案：B5．等腰梯形ABCD的周长为104cm，BC∥AD，AD∶AB∶BC＝2∶3∶5，这个梯形中位线长是()A．72.8cmB．51cmC．36.4cmD．28cm解析：令AD＝2x，则AB＝CD＝3x，BC＝5x.因为周长为104cm，所以2x＋3x＋3x＋5x＝104.从而x＝8(cm)，代入梯形中位线长等于上底加下底的一半即可．答案：D6．如图所示，△ABC的底边BC＝a，高AD＝h，矩形EFGH内接于△ABC，其中E、F分别在边AC、BC上，G、H都在BC上，且EF＝2FG，则矩形EFGH的周长是()A．eq\f(ah,2h＋a)B．eq\f(6ah,2h＋a)C．eq\f(ah,2h－a)D．eq\f(6h,2h＋a)解析：由题目条件中的EF＝2FG，要想求出矩形的周长，必须求出FG与高AD＝h的关系．由EF∥BC得△AFE∽△ABC，则FG与高h即可联系上．设FG＝x，∵EF＝2FG，∴EF＝2x.∵EF∥BC，∴△AFE∽△ABC．又AD⊥BC，设AD交EF于M，则AM⊥EF，所以eq\f(AM,AD)＝eq\f(EF,BC)，即eq\f(AD－DM,AD)＝eq\f(2x,a)，所以eq\f(h－x,h)＝eq\f(2x,a)，解之，得x＝eq\f(ah,2h＋a).所以矩形EFGH的周长为6x＝eq\f(6ah,2h＋a).答案：B7．如图，△ABC是⊙O的内接正三角形，弦EF经过BC的中点D，且EF∥AB，若AB＝2，则DE的长是()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\f(\r(3),2)D．1解析：由题图知DE·DF＝BD·CD＝1，同理EG·FG＝1，又DG＝eq\f(1,2)AB＝1，∴DE(1＋FG)＝1，FG(1＋DE)＝1，∴DE＝FG＝eq\f(\r(5)－1,2).答案：B8．在▱ABCD中，E是AD的中点，AC、BD交于O，则与△ABC面积相等的三角形有()A．4个B．5个C．6个D．3个解析：利用三角形面积公式，等底等高的两个三角形面积相等，再利用平行四边形的面积为中介，建立面积相等关系．答案：A9．如图，E，C分别是∠A两边上的点，以CE为直径的⊙O交∠A的两边于点D、