2024年南昌市初中教育集团数学九年级第一学期期末联考试题含解析.doc

2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，点A，B，C，D四个点均在⊙O上，∠A＝70°，则∠C为（　　）

A．35° B．70° C．110° D．120°
2．在一个不透明的盒子中，装有绿色、黑色、白色的小球共有60个，除颜色外其他完全相同，一同学通过多次摸球试验后发现其中摸到绿色球、黑色球的频率稳定在和，盒子中白色球的个数可能是（ ）
A．24个 B．18个 C．16个 D．6个
3．下列方程中，是关于的一元二次方程的是（ ）
A． B． C． D．
4．如图,在同一直角坐标系中,正比例函数y=kx+3与反比例函数的图象位置可能是（ ）
A． B． C． D．
5．下列方程中，为一元二次方程的是（ ）
A．x=2 B．x+y=3 C． D．
6．如图，的直径，弦于．若，则的长是( )

A． B． C． D．
7．抛物线可以由抛物线平移得到，下列平移正确的是（ ）
A．先向左平移3个单位长度，然后向上平移1个单位
B．先向左平移3个单位长度，然后向下平移1个单位
C．先向右平移3个单位长度，然后向上平移1个单位
D．先向右平移3个单位长度，然后向下平移1个单位
8．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．如图是由5个完全相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是( )

A． B． C． D．
10．某数学兴趣小组开展动手操作活动，设计了如图所示的三种图形，现计划用铁丝按照图形制作相应的造型，则所用铁丝的长度关系是（ ）

A．甲种方案所用铁丝最长 B．乙种方案所用铁丝最长
C．丙种方案所用铁丝最长 D．三种方案所用铁丝一样长:]
11．如图是某体育馆内的颁奖台，其左视图是（　　）

A． B．
C． D．
12．下列几何图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是 （ ）
A．圆 B．正方形 C．矩形 D．平行四边形
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图，在中，.动点以每秒个单位的速度从点开始向点移动，直线从与重合的位置开始，以相同的速度沿方向平行移动，且分别与边交于两点，点与直线同时出发，设运动的时间为秒，当点移动到与点重合时，点和直线同时停止运动.在移动过程中，将绕点逆时针旋转，使得点的对应点落在直线上，点的对应点记为点，连接，当时，的值为___________.

14．如果，那么___．
15．抛物线y＝x2﹣2x+1与x轴交点的交点坐标为______．
16．如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠A＝120°，过点C的圆的切线交BO于点P，则∠P的度数为_____．

17．路灯（P点）距地面高9米，身高1．5的小艺站在距路灯的底部（O点）20米的A点，则此时小艺在路灯下的影子长是__________米．

18．经过两次连续降价，某药品销售单价由原来的50元降到32元，设该药品平均每次降价的百分率为x，根据题意可列方程是__________________________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）
20．（8分）（1）（学习心得）于彤同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可以使问题变得非常容易.例如：如图1，在中，,是外一点，且,求的度数.若以点为圆心，为半径作辅助，则、必在上，是的圆心角，而是圆周角，从而可容易得到=________.

（2）（问题解决）如图2，在四边形中，,,求的度数.

（3）（问题拓展）如图3，是正方形的边上两个动点，满足.连接交于点，连接交于点,连接交于点,若正方形的边长为2，则线段长度的最小值是_______.

21．（8分）某校在宣传“民族团结”活动中，采用四种宣传形式：A．器乐，B．舞蹈，C．朗诵，D．唱歌．每名学生从中选择并且只能选择一种最喜欢的，学校就宣传形式对学生进行了抽样调查，并将调查结果绘制了如下两幅不完整的统计图：

请结合图中所给信息，解答下列问题
（1）本次调查的学生共有　 　人；
（2）补全条形统计图；
（3）七年级一班在最喜欢“器乐”的学生中，有甲、乙、丙、丁四位同学表现优秀，现从这四位同学中随机选出两名同学参加学校的器乐队，请用列表或画树状图法求被选取的两人恰好是甲和乙的概率．
22．（10分）已知二次函数y＝x2﹣4x+1．
（1）在所给的平面直角坐标系中画出它的图象；
（2）若三点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x1．y1）且2＜x1＜x2＜x1，则y1，y2，y1的大小关系为　 　．
（1）把所画的图象如何平移，可以得到函数y＝x2的图象？请写出一种平移方案．

23．（10分）如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.

（1）求抛物线的解析式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；
（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
24．（10分）阅读材料，回答问题：
材料
题1：经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转．如果这三种可能性的大小相同，求三辆汽车经过这个十字路口时，至少要两辆车向左转的概率
题2：有两把不同的锁和三把钥匙，其中两把钥匙分别能打开这两把锁（一把钥匙只能开一把锁），第三把钥匙不能打开这两把锁．随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率是多少？
我们可以用“袋中摸球”的试验来模拟题1：在口袋中放三个不同颜色的小球，红球表示直行，绿球表示向左转，黑球表示向右转，三辆汽车经过路口相当于从三个这样的口袋中各随机摸出一球.
问题：
（1）事件“至少有两辆车向左转”相当于“袋中摸球”的试验中的什么事件？
（2）设计一个“袋中摸球”的试验模拟题2，请简要说明你的方案
（3）请直接写出题2的结果．
25．（12分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D为AC的中点，DE⊥AB于点E，AC＝8，AB＝1．求AE的长．

26．如图，在ABC中，点D，E分别在边AC，AB上，且AE·AB＝AD·AC，连接DE，BD.

（1）求证：ADE~ABC.
（2）若点E为AB为中点，AD：AE＝6：5，ABC的面积为50，求BCD面积.
参考答案

一、选择题每题4分，共48分）
1、C
【分析】根据圆内接四边形的性质即可求出∠C.
【详解】∵四边形ABCD是圆内接四边形，
∴∠C＝180°﹣∠A＝110°，
故选：C．
此题考查的是圆的内接四边形，掌握圆内接四边形的性质：对角互补，是解决此题的关键.
2、B
【分析】先由频率之和为1计算出白球的频率，再由数据总数×频率=频数，计算白球的个数．
【详解】解：∵摸到绿色球、黑色球的频率稳定在和，
∴摸到白球的频率为1-25%-45%=30%，
故口袋中白色球的个数可能是60×30%=18个．
故选：B．
本题考查了利用频率估计概率的知识，具体数目应等于总数乘部分所占总体的比值．
3、C
【解析】只有一个未知数且未知数的最高次数为2的整式方程为一元二次方程.
【详解】解：A选项，缺少a≠0条件，不是一元二次方程；
B选项，分母上有未知数，是分式方程，不是一元二次方程；
C选项，经整理后得x2+x=0，是关于x的一元二次方程；
D选项，经整理后是一元一次方程，不是一元二次方程；
故选择C.
本题考查了一元二次方程的定义.
4、A
【解析】先根据一次函数的性质判断出k取值，再根据反比例函数的性质判断出k的取值，二者一致的即为正确答案．
【详解】当k＞0时，有y=kx+3过一、二、三象限，反比例函数的过一、三象限，A正确；
由函数y=kx+3过点（0，3），可排除B、C；
当k＜0时，y=kx+3过一、二、四象限，反比例函数的过一、三象限，排除D．
故选A．
本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，关键是由k的取值确定函数所在的象限．
5、C
【解析】本题根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】A、x=2是一元一次方程，故A错误；
B、x+y=3是二元一次方程，故B错误；
C、是一元二次方程，故C正确；
D、是分式方程，故D错误；
故选：C．
本题考查的是一元二次方程的定义，掌握一元二次方程的定义是关键．
6、C
【分析】先根据线段的比例、直径求出OC、OP的长，再利用勾股定理求出CP的长，然后根据垂径定理即可得．
【详解】如图，连接OC
直径

在中，
弦于

故选：C．

本题考查了勾股定理、垂径定理等知识点，属于基础题型，掌握垂径定理是解题关键．
7、B
【分析】抛物线平移问题可以以平移前后两个解析式的顶点坐标为基准研究．
【详解】解：抛物线的顶点为(0,0)，抛物线的顶点为(-3,-1)，抛物线向左平移3个单位长度，然后向下平移1个单位得到抛物线．
故选：B．
本题考查的知识点是二次函数图象平移问题，解答是最简单的方法是确定平移前后抛物线顶点，从而确定平移方向．
8、A
【分析】根据中心对称图形的定义和轴对称的定义逐一判断即可.
【详解】A选项是中心对称图形,也是轴对称图形,故A符合题意;
B选项是中心对称图形,不是轴对称图形,故B不符合题意;
C选项不是中心对称图形,是轴对称图形,故C不符合题意;
D选项是中心对称图形,不是轴对称图形,故D不符合题意.
故选：A.
此题考查的是中心对称图形的识别和轴对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义和轴对称图形的定义是解决此题的关键.
9、B
【分析】主视图就是从正面看，根据横竖正方形的个数可以得到答案.
详解】主视图就是从正面看，视图有2层，一层3个正方形，二层左侧一个正方形.
故选B
本题考核知识点：三视图.解题关键点：理解三视图意义.
10、D
【解析】试题分析：
解：由图形可得出：甲所用铁丝的长度为：2a+2b，
乙所用铁丝的长度为：2a+2b，
丙所用铁丝的长度为：2a+2b，
故三种方案所用铁丝一样长．
故选D．
考点：生活中的平移现象
11、D
【分析】找到从左面看所得到的图形即可．
【详解】解：从左边看去是上下两个矩形，下面的比较高.故选D.
本题考查了简单组合体的三视图，解题的关键是掌握三视图的观察方法.
12、D
【分析】根据中心对称图形和轴对称图形的定义逐一判断即可．
【详解】A． 圆是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B． 正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C． 矩形是中心对称图形，也是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D． 平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项符合题意．
故选D．
此题考查的是中心对称图形和轴对称图形的识别，掌握中心对称图形和轴对称图形的定义是解决此题的关键．

二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】由题意得CP=10-3t，EC=3t,BE=16-3t，又EF//AC可得△ABC∽△FEB，进而求得EF的长；如图，由点P的对应点M落在EF上，点F的对应点为点N，可知∠PEF=∠MEN，由EF//AC∠C=90°可以得出∠PEC=∠NEG，又由，就有∠CBN=∠CEP.可以得出∠CEP=∠NEP=∠B,过N做NG⊥BC,可得EN=BN,最后利用三角函数的关系建立方程求解即可；
【详解】解：设运动的时间为秒时；
由题意得：CP=10-3t，EC=3t,BE=16-3t
∵EF//AC
∴△ABC∽△FEB
∴
∴
∴EF=
在Rt△PCE中，PE=
如图：过N做NG⊥BC,垂足为G

∵将绕点逆时针旋转，使得点的对应点落在直线上，点的对应点记为点，
∴∠PEF=∠MEN，EF=EN,
又∵EF//AC
∴∠C=∠CEF=∠MEB=90°
∴∠PEC=∠NEG
又∵
∴∠CBN=∠CEP.
∴∠CBN=∠NEG
∵NG⊥BC
∴NB=EN,BG=
∴NB=EN=EF=
∵∠CBN=∠NEG，∠C=NGB=90°
∴△PCE∽△NGB
∴
∴=，解得t=或-（舍）
故答案为.
本题考查了相似三角形的判定及性质的运用、三角函数值的运用、勾股定理的运用，灵活利用相似三角形的性质和勾股定理是解答本题的关键.
14、
【解析】∵，根据和比性质，得==，
故答案为.
15、（1，0）
【分析】通过解方程x2-2x1=0得抛物线与x轴交点的交点坐标．
【详解】解：当y＝0时，x2﹣2x+1＝0，解得x1＝x2＝1，
所以抛物线与x轴交点的交点坐标为（1，0）．
故答案为：（1，0）．
本题考查抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．
16、30°
【分析】连接OC、CD，由切线的性质得出∠OCP＝90°，由圆内接四边形的性质得出∠ODC＝180°−∠A＝60°，由等腰三角形的性质得出∠OCD＝∠ODC＝60°，求出∠DOC＝60°，由直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】如图所示：连接OC、CD，

∵PC是⊙O的切线，
∴PC⊥OC，
∴∠OCP＝90°，
∵∠A＝120°，
∴∠ODC＝180°−∠A＝60°，
∵OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC＝60°，
∴∠DOC＝180°−2×60°＝60°，
∴∠P＝90°−∠DOC＝30°；
故填：30°．
本题考查了切线的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握切线的性质是解题的关键．
17、2
【分析】此题利用三角形相似证明即可，即图中路灯与影长组成的三角形和小艺与自身影长组成的三角形相似，再根据对应边成比计算即可．
【详解】如图：

∵PO⊥OB，AC⊥AB，
∴∠O∠CAB，
∴△POB△CAB，
∴ ，
由题意知：PO=9，CA=1.5，OA=20，
∴，
解得：AB=2，
即小艺在路灯下的影子长是2米，
故答案为：2．
此题考查根据相似三角形测影长的相关知识，利用相似三角形的相关性质即可．
18、50（1﹣x）2=1．
【解析】由题意可得，
50(1−x)²=1，
故答案为50(1−x)²=1.

三、解答题（共78分）
19、
【分析】移项，利用配方法解方程即可．
【详解】移项得：，
配方得：，
∴ ，
∴．
本题主要考查了解一元二次方程－配方法，正确应用完全平方公式是解题关键．
20、（1）45；（225°；（3）
【解析】（1）利用同弦所对的圆周角是所对圆心角的一半求解．
（2）由A、B、C、D共圆，得出∠BDC＝∠BAC，
（3）根据正方形的性质可得AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，然后利用“边角边”证明△ABE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”证明△ADG和△CDG全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°，取AB的中点O，连接OH、OD，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH＝AB＝1，利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知当O、D、H三点共线时，DH的长度最小．
【详解】（1）如图1，∵AB＝AC，AD＝AC，

∴以点A为圆心，点B、C、D必在⊙A上，
∵∠BAC是⊙A的圆心角，而∠BDC是圆周角，
∴∠BDC＝∠BAC＝45°，
故答案是：45；
（2）如图2，取BD的中点O，连接AO、CO．

∵∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴点A、B、C、D共圆，
∴∠BDC＝∠BAC，
∵∠BDC＝25°，
∴∠BAC＝25°；
（3）在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
在△ADG和△CDG中，
，

∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAH＋∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1＋∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°−90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH＝AO＝AB＝1，
在Rt△AOD中，OD＝，
根据三角形的三边关系，OH＋DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值＝OD−OH＝−1．
本题主要考查了圆的综合题，需要掌握垂径定理、圆周角定理、等腰直角三角形的性质以及勾股定理等知识，难度偏大，解题时，注意辅助线的作法．
21、（1）100；（2）见解析3）
【分析】（1）根据A项目的人数和所占的百分比求出总人数即可；
（2）用总人数减去A、C、D项目的人数，求出B项目的人数，从而补全统计图；
（3）根据题意先画出树状图，得出所有等情况数和选取的两人恰好是甲和乙的情况数，然后根据概率公式即可得出答案．
【详解】解：（1）本次调查的学生共有：30÷30%＝100（人）；
故答案为100；
（2）喜欢B类项目的人数有：100﹣30﹣10﹣40＝20（人），
补全条形统计图如图1所示：

（3）画树状图如图2所示：
共有12种情况，
被选取的两人恰好是甲和乙有2种情况，
则被选取的两人恰好是甲和乙的概率是 ＝．

故答案为（1）100；（2）见解析；（3）．
本题考查列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．也考查了统计图．
22、（1）答案见解析；（2）y1＜y2＜y1；（1）先向左平移2个单位，再向上平移1个单位．
【分析】（1）化成顶点式，得到顶点坐标，利用描点法画出即可；
（2）根据图象即可求得；
（1）利用平移的性质即可求得．
【详解】（1）∵y＝x2﹣4x+1＝（x﹣2）2﹣1，
∴顶点为（2，﹣1），
画二次函数y＝x2﹣4x+1的图象如图；

（2）由图象可知：y1＜y2＜y1；
故答案为y1＜y2＜y1；
（1）∵y＝x2﹣4x+1＝（x﹣2）2﹣1的顶点为（2，﹣1），y＝x2的顶点为（0，0），
∴二次函数y＝x2﹣4x+1＝（x﹣2）2﹣1先向左平移2个单位，再向上平移1个单位可以得到函数y＝x2的图象．
本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质.
23、（1）y=x2-4x+3.（2）当m=时，四边形AOPE面积最大，最大值为.（3）P点的坐标为 ：P1（，），P2（，），P3（，），P4（，）.
【解析】分析：（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；
（2）设P（m，m2-4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；
（3）存在四种情况：
如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据OM=PN列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
详解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，

由对称性得：D（3，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），
把A（0，3）代入得：3=3a，
a=1，
∴抛物线的解析式；y=x2-4x+3；
（2）如图2，设P（m，m2-4m+3），

∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，
∴∠AOE=45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE=OA=3，
∴E（3，3），
易得OE的解析式为：y=x，
过P作PG∥y轴，交OE于点G，
∴G（m，m），
∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3，
∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，
=×3×3+PG•AE，
=+×3×（-m2+5m-3），
=-m2+m，
=（m-）2+，
∵-＜0，
∴当m=时，S有最大值是；
（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，

∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，
易得△OMP≌△PNF，
∴OM=PN，
∵P（m，m2-4m+3）
则-m2+4m-3=2-m，
解得：m=或，
∴P的坐标为（，）或（，）；
如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，

同理得△ONP≌△PMF，
∴PN=FM，
则-m2+4m-3=m-2，
解得：x=或；
P的坐标为（，）或（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．
点睛：本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第（2）问时需要运用配方法，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．
24、题1.；题2.(1)至少摸出两个绿球；(2)方案详见解析；(3).
【解析】试题分析：题1：因为此题需要三步完成，所以画出树状图求解即可，注意要做到不重不漏；
题2：根据题意列出表格，得出所有等可能的情况数，找出随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的情况数，即可求出所求的概率；
问题：
（1）绿球代表左转，所以为：至少摸出两个绿球；
（2）写出方案；
（3）直接写结果即可．
试题解析：题1：画树状图得：

∴一共有27种等可能的情况；
至少有两辆车向左转的有7种：直左左，右左左，左直左，左右左，左左直，左左右，左左左，
则至少有两辆车向左转的概率为：．
题2：列表得：

锁1

锁2

钥匙1

（锁1，钥匙1）

（锁2，钥匙1）

钥匙2

（锁1，钥匙2）

（锁2，钥匙2）

钥匙3

（锁1，钥匙3）

（锁2，钥匙3）

所有等可能的情况有6种，其中随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的2种，
则P==．
问题：
（1）至少摸出两个绿球；
（2）一口袋中放红色和黑色的小球各一个，分别表示不同的锁；另一口袋中放红色、黑色和绿色的小球各一个，分别表示不同的钥匙；其中同颜色的球表示一套锁和钥匙．“随机取出一把钥匙开任意一把锁，一次打开锁的概率”，相当于，“从两个口袋中各随机摸出一个球，两球颜色一样的概率”；
（3）．
考点：随机事件．
25、．
【分析】求出AD的长，根据△ADE∽△ABC，可得，则可求出AE的长．
【详解】解：∵AC＝8，D为AC的中点，
∴AD＝4，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝90°，
∵∠DAE＝∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∴，
∴AE＝．
本题考查的知识点是相似三角形判定及其性质，熟记定理和性质是解题的关键.
26、 (1)详见解析； (2)14
【分析】（1）根据可得，又因，由相似三角形的判定定理即可证；
（2）设，根据得，由点E是AB的中点得，可求出的值，根据相似三角形的面积比等于对应边的比的平方可得的面积，因等底等高得，的面积等于的面积，从而可得答案.
【详解】（1）

在和中，
（两边对应成比例且夹角相等的三角形相似）
（2）设

又点E是AB的中点

由题（1）知

又

又和的边，且边上对应的高是同一条高

答：的面积为14.
本题考查了相似三角形的判定定理和性质，熟记判定定理和性质是解题关键.