九年級(jí)數(shù)學(xué)作業(yè)本答案

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專題一 二次根式及一元二次方程答案

(相關(guān)資料圖)

二次根式

1.　D

2.　C

3.　C

4.　D

5.　A

6.　11

7.　2

8. 3

9.-2

10. 0

11. 3.

12. -2 3.

13.解　原式=a-1a-22-a+2aa-2÷4-aa

=aa-1-a-2a+2aa-22a4-a=4-aaa-22a4-a

=1a-22.

當(dāng)a=2-3時(shí)，原式=12-3-22=1-32=13.

14解　原式=x+1x-1xx+1÷x2-2x+1x=x-1xxx-12=1x-1.

解方程得x2-2x-2=0得，

x1=1+3>0，x2=1-3<0.

當(dāng)x=1+3時(shí)，

原式=11+3-1=13=33.

一元二次方程

1.　C

2. C

3.　A

4.　A

5.　D

6.　x1=0，x2=2

7.　a1=2+11，a2=2-11

8. 1，-3

9. 　x=5，y=1或x=2 5，y=4

10.　x1=-4，x2=-1

11.解法一：移項(xiàng)，得x2-4x=-1.

配方，得x2-4x+4=-1+4，(x-2)2=3，

由此可得x-2=±3，

∴x1=2+3，x2=2-3.

解法二：a=1，b=-4，c=1.

b2-4ac=(-4)2-4×1×1=12>0，

x=4±122=2±3.

∴x1=2+3，x2=2-3.

12.　(x-2)(x+1)=0，解得x-2=0或x+1=0，x1=2，x2=-1.

13.　由|a-1|+b+2=0，得a=1，b=-2.

由方程1x-2x=1得2x2+x-1=0.

解之，得x1=-1，x2=12.

經(jīng)檢驗(yàn)，x1=-1，x2=12是原方程的解.

∴原方程的根為x1=-1，x2=12.

14.　由已知得，正五邊形周長為5(x2+17) cm，正六邊形周長為6(x2+2x) cm.

因?yàn)檎暹呅魏驼呅蔚闹荛L相等，

所以5(x2+17)=6(x2+2x).

整理得x2+12x-85=0，配方得(x+6)2=121，

解得x1=5，x2=-17(舍去).

故正五邊形的周長為5×(52+17)=210(cm).

又因?yàn)閮啥舞F絲等長，所以這兩段鐵絲的總長為420 cm.

答：這兩段鐵絲的總長為420 cm.

專題二 全等三角形及相似三角形答案

1.D

2.C

3.C

4.∠ABD=∠C,∠ADB=∠ABC,或

5.15

6.50，20

7.2

8.(4,4),(5,2)

9.證明:∵∠BAC=90°,AD⊥BC,

∴∠B+∠C=90°,∠DAC+∠C=90°.

∴∠B=∠DAC.

同理∠C=∠BAD.

又∵∠ADE+∠ADF=90°,∠CDF+∠ADF=90°,

∴∠ADE=∠CDF.

又∵∠BED=∠BAD+∠ADE,∠AFD=∠C+∠CDF.

∴∠BED=∠AFD.

∴△BED∽△AFD.

∴ 。

10.解:△ABE≌△ADF.

證明：∵AC平分∠BCD,AE⊥BC,AF⊥CD,則AE=AF,∠AEB=∠AFD=90°

又∵AB=AD,

∴Rt△ABE≌Rt△ADF.

11.(1)解:△FEB≌△FAD.

證明:∵AD∥DE,

∴∠1=∠E.

又∵∠EFB=∠AFD,BE=AD,

∴△FEB≌△FAD.

(2)證明:∵∠1=∠E,∠1=∠2,

∴∠2=∠E.

又∵∠GFB=∠BFE.

∴△BFG∽△EFB.

∴ ,即BF2=FGEF.

12..解:(1)OA=OB=OC.

(2)△OMN是等腰直角三角形.

證明:連結(jié)AO,

∵AC=AB,OC=OB,

∴AO⊥BC.

即∠AOB=90°,∠CAO=∠BAO.

又∵∠BAC=90°,∴∠CAO= ∠BAC=45°.

∵AC=AB,∠BAC=90°,∴∠B=45°.

∴∠NAO=∠B.

又∵AN=BM,OA=OB,

∴△AON≌△BOM.

∴ON=OM,∠NOA=∠MOB,

∴∠NOA+∠AOM=∠MOB+∠AOM.

∴∠NOM=∠AOB=90°.

∴△OMN為等腰直角三角形.

13.解：(1)∵△ABD是等邊三角形, DH AB ,AB=10

∴H為AB的中點(diǎn)，DH=

∵△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°

∴AB=BC=10,DH∥BC

∴EH= BC=5

∴DE=DH-EH= -5

(2) ∵BD=AB=10 , 且tan∠HDB= ,DH AB

∴BH=6 ,DH=8

∴AH=10-6=4

又∵△ABC是等腰直角三角形，DH AB

∴HE=AH=4 ,

∴DE=DH-EH=4 .

專題三 反比例函數(shù)及一次函數(shù)答案

1.A

2. D

3. D

4.4

5.-2

6.

7.

8. y=3x-4

9. ⑴ 1 30 (2)兩次

10. 解：(1) ∵雙曲線 過點(diǎn)

∴

∵雙曲線 過點(diǎn)

∴

由直線 過點(diǎn) 得 ,解得

∴反比例函數(shù)關(guān)系式為 ,一次函數(shù)關(guān)系式為 .

(2)AE：ED：DB=1：1：1，故E、D為AB三等分點(diǎn)

(3)當(dāng)x<—1或0

11.(1) 10 ;(2) AD∥BC (14，6) AB∥CD (2，6)

(3)

專題四 二次函數(shù) 答案

1.4 2.600 3.-30 4. y=-0.04(x-20) +16 5. x≥3或x≤-1 6.C 7.C 8.A

9.(1)a=1 交點(diǎn)為(- ， 0) (2)a=9 交點(diǎn)為( ， 0)

10. (1)y=-x +5x-4 (2)(0,4) (0, -4)

11.解：(1)此拋物線的解析式為

(2)連結(jié) 、 .因?yàn)?的長度一定，所以 周長最小，就是使 最小. 點(diǎn)關(guān)于對(duì)稱軸的對(duì)稱點(diǎn)是 點(diǎn)， 與對(duì)稱軸 的交點(diǎn)即為所求的點(diǎn) .

設(shè)直線 的表達(dá)式為

則 解得

∴此直線的表達(dá)式為

把 代入得 ∴ 點(diǎn)的坐標(biāo)為

(3)略

12. (1)易求得點(diǎn) 的坐標(biāo)為

由題設(shè)可知 是方程 即 的兩根，

所以 ，所

如圖3，∵⊙P與 軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D，由于AB、CD是⊙P的.兩條相交弦，設(shè)它們的交點(diǎn)為點(diǎn)O，連結(jié)DB，∴△AOC∽△DOC，則

由題意知點(diǎn) 在 軸的負(fù)半軸上，從而點(diǎn)D在 軸的正半軸上，

所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0，1)

(2)因?yàn)锳B⊥CD， AB又恰好為⊙P的直徑，則C、D關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱，

所以點(diǎn) 的坐標(biāo)為 ，即

又 ，

所以 解得

專題五 解直角三角形答案

1.tan∠APD=2.

2.5-12;5+14.

3.略

4.(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形

∴∠A=∠D=∠C=90°

∵⊿BCE沿BE折疊為⊿BFE

∴∠BFE=∠C=90°

∴∠AFB+∠DFE=180°-∠BFE=90°

又∠AFB+∠ABF=90°

∴∠ABF=∠DFE

∴⊿ABE∽⊿DFE

(2)解：在Rt⊿DEF中，sin∠DFE= =

∴設(shè)DE=a,EF=3a,DF= =2 a

∵⊿BCE沿BE折疊為⊿BFE∴CE=EF=3a,CD=DE+CE=4a,AB=4a, ∠EBC=∠EBF 又由(1)⊿ABE∽⊿DFE， ∴ = = = ∴tan∠EBF= = tan ∠EBC=tan∠EBF=

5.解：(1)∵在Rt△ABC中，AC=15，cosA= ，∴AB=25。

∵△ACB為直角三角形，D是邊AB的中點(diǎn)，∴CD= 。

(2)在Rt△ABC中， 。

又AD=BD=CD= ，設(shè)DE=x，EB=y，則

在Rt△BDE中， ①，

在Rt△BCE中， ②，

聯(lián)立①②，解得x= 。

6.解：BC=40× =10，

在Rt△ADB中，sin∠DBA= ，sin53.2°≈0.8，

所以AB= =20，

如圖，過點(diǎn)B作BH⊥AC，交AC的延長線于H，

在Rt△AHB中，∠BAH=∠DAC-∠DAB=63.6°-37°=26.6°，

tan∠BAH= ，0.5= ，AH=2BH，

BH2+AH2=AB2，BH2+(2BH)2=202，BH=4 ，所以AH=8 ，

在Rt△BCH中，BH2+CH2=BC2，CH=2 ，

所以AC=AH-CH=8 -2 =6 ≈13.4，

答：此時(shí)貨輪與A觀測點(diǎn)之間的距離AC約為13.4km.

7.解：(1)如圖，過A作AD⊥BC于點(diǎn)D.

∵∠EAC=30°，∠HAB=45°，

∴∠CAB=60°+45°=105°。

∵CG∥EA，∴∠GCA=∠EAC=30°。

∵∠FCD=75°，

∴∠BCG=15°，∠BCA=15°+30°=45°。

∴∠B=180°-∠BCA-∠CAB=30°。

在Rt△ACD中，∠ACD=45°，AC= ，

∴AD=ACsin45°= (千米)，CD=ACcos45°=30(千米)。

在Rt△ABD中，∠B=300，則AB=2AD=60千米，BD= 千米。

∴甲船從C處追趕上乙船的時(shí)間是：60÷15-2=2(小時(shí))。

(2)∵BC=CD+BD=30+ 千米，

∴甲船追趕乙船的速度是(30+ )÷2=15+ (千米/小時(shí))。

答：甲船從C處追趕上乙船用了2小時(shí)，甲船追趕乙船的速度是每小時(shí)15+ 千米。

8.(1)證明：∵△BDC′由△BDC翻折而成，

∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，∴∠ABG=∠ADE。

在△ABG≌△C′DG中，∵∠BAG=∠C，AB= C′D，∠ABG=∠AD C′，

∴△ABG≌△C′DG(ASA)。

(2)解：∵由(1)可知△ABG≌△C′DG，∴GD=GB，∴AG+GB=AD。

設(shè)AG=x，則GB=8﹣x，

在Rt△ABG中，∵AB2+AG2=BG2，即62+x2=(8﹣x)2，解得x= 。

∴ 。

(3)解：∵△AEF是△DEF翻折而成，∴EF垂直平分AD?！郒D= AD=4。

∵tan∠ABG=tan∠ADE= ?！郋H=HD× =4× 。

∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位線?！郒F= AB= ×6=3。

∴EF=EH+HF= 。

專題六 四邊形 答案

1.40 2.4+43 ; 3.C; 4.23; 5.邊數(shù)可能為10、11、12邊形;

6.C; 7.2; 8.16;

9.(1)AE′=BF

證明：如圖2，∵在正方形ABCD中， AC⊥BD ∴∠ =∠AOD=∠AOB=90°

即∠AOE′+∠AOF′=∠BOF′+∠AOF′ ∴∠AOE′=∠BOF′

又∵OA=OB=OD，OE′=2OD，OF′=2OA ∴OE′=OF′

∴△OAE′≌△OBF′ ∴AE′=BF

(2)作△AOE′的中線AM，如圖3.則OE ′=2OM=2OD=2OA

∴OA=OM ∵α=30° ∴∠AOM=60° ∴△AOM為等邊三角形

∴MA=MO=ME′，∠ =∠

又∵∠ +∠ =∠AMO 即2∠ =60°

∴∠ =30° ∴∠ +∠AOE′=30°+60°=90°

∴△AOE′為直角三角形.

10.解：(1)在Rt△ABC中，AB=43，BC=4，∠B=90°，∴tan∠BAC=BCAB=443.

∴tan∠BAC=33.∵∠BAC是銳角，∴∠BAC=30°.

在Rt△AMN中，AM=x，∠AMN=90°， ∴MN=AMtan∠BAC=33x，AN=MNsin∠BAC=23x3.

∴S△ADN=12ADAN=12423x3=833.∴x=2.

(2)設(shè)DN交AC于點(diǎn)E. 當(dāng)點(diǎn)E、M重合時(shí)，x=AM=12×4=2

①當(dāng)0

∴DF=ADsin60°=4×32=23.

∵S△AMN=12×x×33x=36x2，S△ADN=12×4×23x3x=433x， S△ADM=12× x×23=3x，

∴S△DMN=S△ADN-S△AMN-S△ADM=433x-36x2-3x=33x-36x2.

設(shè)S△DMN=18S矩形ABCD，33x-36x2=18×43×4=23，2x-x2=12.

∴x2-2x+12=0.∵ (-2)2-4×1×12<0，∴該方程無實(shí)數(shù)根.

②當(dāng)2

∴S△DMN=S△AMN+S△ADM -S△ADN=36x2+3x-433x=36x2-33x.

設(shè)S△DMN=18S矩形ABCD，36x2-33x=23， x2-2x=12.

∴x2-2x-12=0.∴x1=1-13<0，舍去，x2=1+13.

∵3<13<4，∴4<1+13<5. ∴x=1+13滿足條件.

∴當(dāng)S△DMN=18S矩形ABCD時(shí)，x=1+13.

11.解：(1)取 中點(diǎn) ，連結(jié) ，

為 的中點(diǎn) .

又 ，得 ;

(2)過D作DP⊥BC，垂足為P， ∠DAB=∠ABC=∠BPD=90°，∴四邊形ABPD是矩形.

以線段 為直徑的圓與以線段 為直徑的圓外切，

， 又 ，∴DE=BE+AD-AB=x+4-2=x+2

PD=AB=2，PE= x-4，DE2= PD2+ PE2，

∴(x+2)2=22+(x-4)2，解得： .

∴線段 的長為 .

(3)由已知，以 為頂點(diǎn)的三角形與 相似，又易證得 .

由此可知，另一對(duì)對(duì)應(yīng)角相等 有兩種情況：① ;② .

①當(dāng) 時(shí)，

，易得 .得 ;

②當(dāng) 時(shí)，

.又?

，即 = ，得x2= [22+(x-4)2].

解得 ， (舍去).即線段 的長為2.

綜上所述，所求線段 的長為8或2.

專題7 圓 答案

1.C. 2.B. 3.C. 4.40度 . 5. 5. 6. 4

7.解：(I) 如圖①，連接OC，則OC=4。

∵AB與⊙O相切于點(diǎn)C，∴OC⊥AB。

∴在△OAB中，由OA=OB，AB=10得 。

∴ 在△RtOAB中， 。

(Ⅱ)如圖②，連接OC，則OC=OD。

∵四邊形ODCE為菱形，∴OD=DC。

∴△ODC為等邊三角形。∴∠AOC=600。

∴∠A=300。∴ 。

8.

解：思考：90，2。

探究一：30，2。

探究二(1)當(dāng)PM⊥AB時(shí)，點(diǎn)P到AB的最大距離是MP=OM=4，

從而點(diǎn)P到CD的最小距離為6﹣4=2。

當(dāng)扇形MOP在AB，CD之間旋轉(zhuǎn)到不能再轉(zhuǎn)時(shí)，弧MP與AB相切，

此時(shí)旋轉(zhuǎn)角最大，∠BMO的最大值為90°。

(2)如圖4，由探究一可知，

點(diǎn)P是弧MP與CD的切線時(shí)，α大到最大，即OP⊥CD，

此時(shí)延長PO交AB于點(diǎn)H，

α最大值為∠OMH+∠OHM=30°+90°=120°，

如圖5，當(dāng)點(diǎn)P在CD上且與AB距離最小時(shí)，MP⊥CD，α達(dá)到最小，

連接MP，作HO⊥MP于點(diǎn)H，由垂徑定理，得出MH=3。

在Rt△MOH中，MO=4，∴sin∠MOH= 。∴∠MOH=49°。

∵α=2∠MOH，∴α最小為98°。

∴α的取值范圍為：98°≤α≤120°。

9.(1)證明：連接OB、OP

∵ 且∠D=∠D，∴ △BDC∽△PDO。

∴∠DBC=∠DPO?！郆C∥ OP。

∴∠BCO=∠POA ，∠CBO=∠BOP。

∵OB=OC，∴∠O CB=∠CBO?！唷螧OP=∠POA。

又∵OB=OA， OP=OP， ∴△BOP≌△AOP(SAS)。

∴∠PBO=∠PAO。又∵PA⊥AC， ∴∠PBO=90°。

∴ 直線PB是⊙O的切線 。

(2)由(1)知∠BCO =∠POA。

設(shè)PB ，則BD= ，

又∵PA=PB ，

∴AD= 。

又∵ BC∥OP?

∴cos∠BCA=co s∠POA= 。

專題八 動(dòng)態(tài)問題(1)答案

1、(4+2 ) 2、2 3、B 4、D

5、(1)∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，

∴∠ACB=60°，∵∠BQD=30°，∴∠QPC=90°，設(shè)AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，

∴QC=QB+BC=6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，

∴PC= QC，即6﹣x= (6+x)，解得x=2;

(2)當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長度不會(huì)改變.理由如下：作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點(diǎn)F，連接QE，PF，

又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，

∵點(diǎn)P、Q做勻速運(yùn)動(dòng)且速度相同，∴AP=BQ，

∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°，∴在△APE和△BQF中，

∵∠A=∠FBQ∠AEP=∠BFQ=90°，∴∠APE=∠BQF，

∴ ∴△APE≌△BQF，∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF，

∴四邊形PEQF是平行四邊形，∴DE= EF，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE= AB，又∵等邊△ABC的邊長為6，

∴DE=3，∴當(dāng)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段DE的長度不會(huì)改變.

6、(1)證明：∵ 是等邊三角形

∵ 是 中點(diǎn)

∴梯形 是等腰梯形.

(2)解：在等邊三角形中，

(3)解：①當(dāng) 時(shí)，則有

則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形

當(dāng) 時(shí)，則有

則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形

∴當(dāng) 或 時(shí)，以P、M和A、B、C、 D中的兩個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形.

此時(shí)平行四邊形有4個(gè).

專題九 動(dòng)態(tài)問題

1、7或17 2、A 3、D 4、C 5、6

(1)∵?

∴Rt△CAO∽R(shí)t△ABE. ∴ ， ∴ ，∴ .

(2)由Rt△CAO∽R(shí)t△ABE可知：.

當(dāng)0<<8時(shí).

∴ .

當(dāng) >8時(shí).

∴ ， (為負(fù)數(shù)，舍去).

當(dāng) 或 時(shí).

(3)如圖，過M作MN⊥ 軸于N，則 .

當(dāng)MB∥OA時(shí).

拋物線 的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(5， ).

它的頂點(diǎn)在直線 上移動(dòng).直線 交MB于點(diǎn)(5，2)，交AB于點(diǎn)(5，1).

∴1<<2.∴ < < .

7、解：(1) ∵拋物線y=ax2+bx(a≠0)經(jīng)過點(diǎn)A(3，0)、B(4，4).

∴9a+3b=016a+4b=4，解得：a=1b=-3。

∴拋物線的解析式是y=x2-3x。

(2) 設(shè)直線OB的解析式為y=k1x，由點(diǎn)B(4，4)，

得：4=4k1，解得k1=1。 ∴直線OB的解析式為y=x。

∴直線OB向下平移m個(gè)單位長度后的解析式為：y=x-m。

∵點(diǎn)D在拋物線y=x2-3x上，∴可設(shè)D(x，x2-3x)。

又點(diǎn)D在直線y=x-m上，∴ x2-3x =x-m，即x2-4x+m=0。

∵拋物線與直線只有一個(gè)公共點(diǎn)， △=16-4m=0，解得：m=4。

此時(shí)x1=x2=2，y=x2-3x=-2。∴ D點(diǎn)坐標(biāo)為(2，-2)。

(3) ∵直線OB的解析式為y=x，且A(3，0)，

∴點(diǎn)A關(guān)于直線OB的對(duì)稱點(diǎn)A"的坐標(biāo)是(0，3)。

設(shè)直線A"B的解析式為y=k2x+3，過點(diǎn)B(4，4)，

∴4k2+3=4，解得：k2=14。

∴直線A"B的解析式是y=14x+3。

∵∠NBO=∠ABO，∴點(diǎn)N在直線A"B上。

∴設(shè)點(diǎn)N(n，14n+3)，又點(diǎn)N在拋物線y=x2-3x上，

∴ 14n+3=n2-3n，解得：n1=-34，n2=4(不合題意，會(huì)去)。

∴ 點(diǎn)N的坐標(biāo)為(-34，4516)。

如圖，將△NOB沿x軸翻折，得到△N1OB1，

則N1(-34，-4516)，B1(4，-4)。

∴O、D、B1都在直線y=-x上。

∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。

∴ OP1ON1=ODOB1=12。∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為(-38，-4532)。

將△OP1D沿直線y=-x翻折，可得另一個(gè)滿足條件的點(diǎn)P2(4532，38)。

綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)是(-38，-4532)或(4532，38)。

專題十 操作與探究的答案

1.D

2. 解：(1)能(2)①22.5°

②∵AA1=A1A2=A2A3=1， A1A2⊥A2A3，∴A1A3= ，AA3=1+ .

又∵A2A3⊥A3A4，∴A1A2∥A3A4.同理：A3A4∥A5A6，∴∠A=∠AA2A1=∠AA4A3=∠AA6A5，

∴a2=A3A4=AA3=1+ ,又∵∠A2A3A4=∠A4A5A6=90°，∠A2A4A3=∠A4A6A5，∴△A2A3A4∽△A4A5A6，

∴a3= =( +1)2. an=( +1)n-1.

(3)

(4)由題意得 ，∴15°< ≤18°.

3. 由題意得

如圖乙，設(shè)

甲種剪法所得的正方形的面積更大

(2) (3)

4.1)證明:①∵四邊形 是矩形

∴ ∥

∵ 垂直平分 ,垂足為

∴ ≌

∴四邊形 為平行四邊形

又∵

∴四邊形 為菱形

②設(shè)菱形的邊長 ,則

在中,

由勾股定理得,解得

∴

(2)①顯然當(dāng) 點(diǎn)在 上時(shí), 點(diǎn)在 上,此時(shí)，四點(diǎn)不可能構(gòu)成平行四邊形;同理 點(diǎn)在 上時(shí), 點(diǎn)在 或 上,也不能構(gòu)成平行四邊形.因此只有當(dāng) 點(diǎn)在 上、 點(diǎn)在 上時(shí),才能構(gòu)成平行四邊形

∴以四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí),

∵點(diǎn)的速度為每秒5點(diǎn) 的速度為每秒4 ,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為2秒

∴ ,

∴ ,解得

∴以四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)3秒.