九年级数学作业本答案

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专题一 二次根式及一元二次方程答案

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.

当a=2-3时，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.

当x=1+3时，

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：移项，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.

经检验，x1=-1，x2=12是原方程的解.

∴原方程的根为x1=-1，x2=12.

14.由已知得，正五边形周长为5(x2+17) cm，正六边形周长为6(x2+2x) cm.

因为正五边形和正六边形的周长相等，

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).

故正五边形的周长为5×(52+17)=210(cm).

又因为两段铁丝等长，所以这两段铁丝的总长为420 cm.

答：这两段铁丝的总长为420 cm.

专题二 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.证明:∵∠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.

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

又∵AB=AD,

∴Rt△ABE≌Rt△ADF.

11.(1)解:△FEB≌△FAD.

证明:∵AD∥DE,

∴∠1=∠E.

又∵∠EFB=∠AFD,BE=AD,

∴△FEB≌△FAD.

(2)证明:∵∠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.

证明:连结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为等腰直角三角形.

13.解：(1)∵△ABD是等边三角形,DH AB,AB=10

∴H为AB的中点，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 .

专题三 反比例函数及一次函数答案

1.A

2. D

3. D

4.4

5.-2

6.

7.

8. y=3x-4

9. ⑴ 1 30 (2)两次

10. 解：(1) ∵双曲线 过点

∴

∵双曲线 过点

∴

由直线 过点 得,解得

∴反比例函数关系式为,一次函数关系式为 .

(2)AE：ED：DB=1：1：1，故E、D为AB三等分点

(3)当x<—1或0

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

(3)

专题四 二次函数 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 交点为(- ， 0) (2)a=9 交点为( ， 0)

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

11.解：(1)此抛物线的解析式为

(2)连结 、 .因为 的长度一定，所以 周长最小，就是使 最小. 点关于对称轴的对称点是 点， 与对称轴 的交点即为所求的点 .

设直线 的表达式为

则 解得

∴此直线的表达式为

把 代入得 ∴ 点的坐标为

(3)略

12. (1)易求得点 的坐标为

由题设可知 是方程 即 的两根，

所以 ，所

如图3，∵⊙P与 轴的另一个交点为D，由于AB、CD是⊙P的两条相交弦，设它们的交点为点O，连结DB，∴△AOC∽△DOC，则

由题意知点 在 轴的负半轴上，从而点D在 轴的正半轴上，

所以点D的坐标为(0，1)

(2)因为AB⊥CD， AB又恰好为⊙P的直径，则C、D关于点O对称，

所以点 的坐标为 ，即

又 ，

所以 解得

专题五 解直角三角形答案

1.tan∠APD=2.

2.5-12;5+14.

3.略

4.(1)证明：∵四边形ABCD是矩形

∴∠A=∠D=∠C=90°

∵⊿BCE沿BE折叠为⊿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= =

∴设DE=a,EF=3a,DF= =2 a

∵⊿BCE沿BE折叠为⊿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为直角三角形，D是边AB的'中点，∴CD= 。

(2)在Rt△ABC中， 。

又AD=BD=CD= ，设DE=x，EB=y，则

在Rt△BDE中， ①，

在Rt△BCE中， ②，

联立①②，解得x= 。

6.解：BC=40× =10，

在Rt△ADB中，sin∠DBA= ，sin53.2°≈0.8，

所以AB= =20，

如图，过点B作BH⊥AC，交AC的延长线于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：此时货轮与A观测点之间的距离AC约为13.4km.

7.解：(1)如图，过A作AD⊥BC于点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，则AB=2AD=60千米，BD= 千米。

∴甲船从C处追赶上乙船的时间是：60÷15-2=2(小时)。

(2)∵BC=CD+BD=30+ 千米，

∴甲船追赶乙船的速度是(30+ )÷2=15+ (千米/小时)。

答：甲船从C处追赶上乙船用了2小时，甲船追赶乙船的速度是每小时15+ 千米。

8.(1)证明：∵△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。

设AG=x，则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。∴HD= AD=4。

∵tan∠ABG=tan∠ADE= 。∴EH=HD× =4× 。

∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位线。∴HF= AB= ×6=3。

∴EF=EH+HF= 。

专题六 四边形 答案

1.40 2.4+43 ; 3.C; 4.23; 5.边数可能为10、11、12边形;

6.C; 7.2; 8.16;

9.(1)AE′=BF

证明：如图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′的中线AM，如图3.则OE ′=2OM=2OD=2OA

∴OA=OM ∵α=30° ∴∠AOM=60° ∴△AOM为等边三角形

∴MA=MO=ME′，∠ =∠

又∵∠ +∠ =∠AMO 即2∠ =60°

∴∠ =30° ∴∠ +∠AOE′=30°+60°=90°

∴△AOE′为直角三角形.

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

∴tan∠BAC=33.∵∠BAC是锐角，∴∠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)设DN交AC于点E. 当点E、M重合时，x=AM=12×4=2

①当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.

设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，∴该方程无实数根.

②当2

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

设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满足条件.

∴当S△DMN=18S矩形ABCD时，x=1+13.

11.解：(1)取 中点 ，连结 ，

为 的中点 .

又 ，得 ;

(2)过D作DP⊥BC，垂足为P， ∠DAB=∠ABC=∠BPD=90°，∴四边形ABPD是矩形.

以线段 为直径的圆与以线段 为直径的圆外切，

， 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： .

∴线段 的长为 .

(3)由已知，以 为顶点的三角形与 相似，又易证得 .

由此可知，另一对对应角相等 有两种情况：① ;② .

①当 时，

，易得 .得 ;

②当 时，

.又

，即 = ，得x2= [22+(x-4)2].

解得 ， (舍去).即线段 的长为2.

综上所述，所求线段 的长为8或2.

专题7 圆 答案

1.C. 2.B. 3.C. 4.40度 . 5. 5. 6. 4

7.解：(I) 如图①，连接OC，则OC=4。

∵AB与⊙O相切于点C，∴OC⊥AB。

∴在△OAB中，由OA=OB，AB=10得 。

∴ 在△RtOAB中， 。

(Ⅱ)如图②，连接OC，则OC=OD。

∵四边形ODCE为菱形，∴OD=DC。

∴△ODC为等边三角形。∴∠AOC=600。

∴∠A=300。∴ 。

8.

解：思考：90，2。

探究一：30，2。

探究二(1)当PM⊥AB时，点P到AB的最大距离是MP=OM=4，

从而点P到CD的最小距离为6﹣4=2。

当扇形MOP在AB，CD之间旋转到不能再转时，弧MP与AB相切，

此时旋转角最大，∠BMO的最大值为90°。

(2)如图4，由探究一可知，

点P是弧MP与CD的切线时，α大到最大，即OP⊥CD，

此时延长PO交AB于点H，

α最大值为∠OMH+∠OHM=30°+90°=120°，

如图5，当点P在CD上且与AB距离最小时，MP⊥CD，α达到最小，

连接MP，作HO⊥MP于点H，由垂径定理，得出MH=3。

在Rt△MOH中，MO=4，∴sin∠MOH= 。∴∠MOH=49°。

∵α=2∠MOH，∴α最小为98°。

∴α的取值范围为：98°≤α≤120°。

9.(1)证明：连接OB、OP

∵ 且∠D=∠D，∴ △BDC∽△PDO。

∴∠DBC=∠DPO。∴BC∥ OP。

∴∠BCO=∠POA ，∠CBO=∠BOP。

∵OB=OC，∴∠O CB=∠CBO。∴∠BOP=∠POA。

又∵OB=OA， OP=OP， ∴△BOP≌△AOP(SAS)。

∴∠PBO=∠PAO。又∵PA⊥AC， ∴∠PBO=90°。

∴ 直线PB是⊙O的切线 。

(2)由(1)知∠BCO =∠POA。

设PB ，则BD= ，

又∵PA=PB ，

∴AD= 。

又∵ BC∥OP

∴cos∠BCA=co s∠POA= 。

专题八 动态问题(1)答案

1、(4+2 ) 2、2 3、B 4、D

5、(1)∵△ABC是边长为6的等边三角形，

∴∠ACB=60°，∵∠BQD=30°，∴∠QPC=90°，设AP=x，则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)当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变.理由如下：作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，

又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，

∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ，

∵△ABC是等边三角形，∴∠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，

∴四边形PEQF是平行四边形，∴DE= EF，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE= AB，又∵等边△ABC的边长为6，

∴DE=3，∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变.

6、(1)证明：∵ 是等边三角形

∵ 是 中点

∴梯形 是等腰梯形.

(2)解：在等边三角形中，

(3)解：①当 时，则有

则四边形 和四边形 均为平行四边形

当 时，则有

则四边形 和四边形 均为平行四边形

∴当 或 时，以P、M和A、B、C、 D中的两个点为顶点的四边形是平行四边形.

此时平行四边形有4个.

专题九 动态问题

1、7或17 2、A 3、D 4、C 5、6

(1)∵

∴Rt△CAO∽Rt△ABE. ∴ ， ∴ ，∴ .

(2)由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：.

当0<<8时.

∴ .

当 >8时.

∴ ， (为负数，舍去).

当 或 时.

(3)如图，过M作MN⊥ 轴于N，则 .

当MB∥OA时.

抛物线 的顶点坐标为(5， ).

它的顶点在直线 上移动.直线 交MB于点(5，2)，交AB于点(5，1).

∴1<<2.∴ < < .

7、解：(1) ∵抛物线y=ax2+bx(a≠0)经过点A(3，0)、B(4，4).

∴9a+3b=016a+4b=4，解得：a=1b=-3。

∴抛物线的解析式是y=x2-3x。

(2) 设直线OB的解析式为y=k1x，由点B(4，4)，

得：4=4k1，解得k1=1。 ∴直线OB的解析式为y=x。

∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：y=x-m。

∵点D在抛物线y=x2-3x上，∴可设D(x，x2-3x)。

又点D在直线y=x-m上，∴ x2-3x =x-m，即x2-4x+m=0。

∵抛物线与直线只有一个公共点， △=16-4m=0，解得：m=4。

此时x1=x2=2，y=x2-3x=-2。∴ D点坐标为(2，-2)。

(3) ∵直线OB的解析式为y=x，且A(3，0)，

∴点A关于直线OB的对称点A'的坐标是(0，3)。

设直线A'B的解析式为y=k2x+3，过点B(4，4)，

∴4k2+3=4，解得：k2=14。

∴直线A'B的解析式是y=14x+3。

∵∠NBO=∠ABO，∴点N在直线A'B上。

∴设点N(n，14n+3)，又点N在抛物线y=x2-3x上，

∴ 14n+3=n2-3n，解得：n1=-34，n2=4(不合题意，会去)。

∴ 点N的坐标为(-34，4516)。

如图，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，

则N1(-34，-4516)，B1(4，-4)。

∴O、D、B1都在直线y=-x上。

∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1。

∴ OP1ON1=ODOB1=12。∴点P1的坐标为(-38，-4532)。

将△OP1D沿直线y=-x翻折，可得另一个满足条件的点P2(4532，38)。

综上所述，点P的坐标是(-38，-4532)或(4532，38)。

专题十 操作与探究的答案

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)由题意得 ，∴15°< ≤18°.

3. 由题意得

如图乙，设

甲种剪法所得的正方形的面积更大

(2) (3)

4.1)证明:①∵四边形 是矩形

∴ ∥

∵ 垂直平分,垂足为

∴ ≌

∴四边形 为平行四边形

又∵

∴四边形 为菱形

②设菱形的边长,则

在中,

由勾股定理得,解得

∴

(2)①显然当 点在 上时,点在 上,此时，四点不可能构成平行四边形;同理 点在 上时,点在 或 上,也不能构成平行四边形.因此只有当 点在 上、 点在 上时,才能构成平行四边形

∴以四点为顶点的四边形是平行四边形时,

∵点的速度为每秒5点 的速度为每秒4,运动时间为2秒

∴,

∴,解得

∴以四点为顶点的四边形是平行四边形时3秒.