九年級數學作業本答案
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專題一 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.
當a=2-3時，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x=1+3時，
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，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.
經檢驗，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.
因為正五邊形和正六邊形的周長相等，
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).
又因為兩段鐵絲等長，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，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 反比例函數及一次函數答案
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
∴
∵雙曲線 過點
∴
由直線 過點 得 ,解得
∴反比例函數關系式為 ,一次函數關系式為 .
(2)AE：ED：DB=1：1：1，故E、D為AB三等分點
(3)當x<—1或0
11.(1) 10 ;(2) AD∥BC (14，6) AB∥CD (2，6)
(3)
專題四 二次函數 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 交點為(- ， 0) (2)a=9 交點為( ， 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 、 .因為 的長度一定，所以 周長最小，就是使 最小. 點關于對稱軸的對稱點是 點， 與對稱軸 的交點即為所求的點 .
設直線 的表達式為
則 解得
∴此直線的表達式為
把 代入得 ∴ 點的坐標為
(3)略
12. (1)易求得點 的坐標為
由題設可知 是方程 即 的兩根，
所以 ，所
如圖3，∵⊙P與 軸的另一個交點為D，由于AB、CD是⊙P的.兩條相交弦，設它們的交點為點O，連結DB，∴△AOC∽△DOC，則
由題意知點 在 軸的負半軸上，從而點D在 軸的正半軸上，
所以點D的坐標為(0，1)
(2)因為AB⊥CD， AB又恰好為⊙P的直徑，則C、D關于點O對稱，
所以點 的坐標為 ，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，∴CD= 。
(2)在Rt△ABC中， 。
又AD=BD=CD= ，設DE=x，EB=y，則
在Rt△BDE中， ①，
在Rt△BCE中， ②，
聯立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：此時貨輪與A觀測點之間的距離AC約為13.4km.
7.解：(1)如圖，過A作AD⊥BC于點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處追趕上乙船的時間是：60÷15-2=2(小時)。
(2)∵BC=CD+BD=30+ 千米，
∴甲船追趕乙船的速度是(30+ )÷2=15+ (千米/小時)。
答：甲船從C處追趕上乙船用了2小時，甲船追趕乙船的速度是每小時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。∴HD= AD=4。
∵tan∠ABG=tan∠ADE= 。∴EH=HD× =4× 。
∵EF垂直平分AD，AB⊥AD，∴HF是△ABD的中位線。∴HF= 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DN交AC于點E. 當點E、M重合時，x=AM=12×4=2
①當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，∴該方程無實數根.
②當2
∴S△DMN=S△AMN+S△ADM -S△ADN=36x2+3x-433x=36x2-33x.
設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S△DMN=18S矩形ABCD時，x=1+13.
11.解：(1)取 中點 ，連結 ，
為 的中點 .
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 為頂點的三角形與 相似，又易證得 .
由此可知，另一對對應角相等 有兩種情況：① ;② .
①當 時，
，易得 .得 ;
②當 時，
.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PM⊥AB時，點P到AB的最大距離是MP=OM=4，
從而點P到CD的最小距離為6﹣4=2。
當扇形MOP在AB，CD之間旋轉到不能再轉時，弧MP與AB相切，
此時旋轉角最大，∠BMO的最大值為90°。
(2)如圖4，由探究一可知，
點P是弧MP與CD的切線時，α大到最大，即OP⊥CD，
此時延長PO交AB于點H，
α最大值為∠OMH+∠OHM=30°+90°=120°，
如圖5，當點P在CD上且與AB距離最小時，MP⊥CD，α達到最小，
連接MP，作HO⊥MP于點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。∴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°。
∴ 直線PB是⊙O的切線 。
(2)由(1)知∠BCO =∠POA。
設PB ，則BD= ，
又∵PA=PB ，
∴AD= 。
又∵ BC∥OP
∴cos∠BCA=co s∠POA= 。
專題八 動態問題(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)當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.理由如下：作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF，
又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，
∵點P、Q做勻速運動且速度相同，∴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，∴當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變.
6、(1)證明：∵ 是等邊三角形
∵ 是 中點
∴梯形 是等腰梯形.
(2)解：在等邊三角形中，
(3)解：①當 時，則有
則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形
當 時，則有
則四邊形 和四邊形 均為平行四邊形
∴當 或 時，以P、M和A、B、C、 D中的兩個點為頂點的四邊形是平行四邊形.
此時平行四邊形有4個.
專題九 動態問題
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：.
當0<<8時.
∴ .
當 >8時.
∴ ， (為負數，舍去).
當 或 時.
(3)如圖，過M作MN⊥ 軸于N，則 .
當MB∥OA時.
拋物線 的頂點坐標為(5， ).
它的頂點在直線 上移動.直線 交MB于點(5，2)，交AB于點(5，1).
∴1<<2.∴ < < .
7、解：(1) ∵拋物線y=ax2+bx(a≠0)經過點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) 設直線OB的解析式為y=k1x，由點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個單位長度后的解析式為：y=x-m。
∵點D在拋物線y=x2-3x上，∴可設D(x，x2-3x)。
又點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公共點， △=16-4m=0，解得：m=4。
此時x1=x2=2，y=x2-3x=-2。∴ D點坐標為(2，-2)。
(3) ∵直線OB的解析式為y=x，且A(3，0)，
∴點A關于直線OB的對稱點A'的坐標是(0，3)。
設直線A'B的解析式為y=k2x+3，過點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N在直線A'B上。
∴設點N(n，14n+3)，又點N在拋物線y=x2-3x上，
∴ 14n+3=n2-3n，解得：n1=-34，n2=4(不合題意，會去)。
∴ 點N的坐標為(-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P1的坐標為(-38，-4532)。
將△OP1D沿直線y=-x翻折，可得另一個滿足條件的點P2(4532，38)。
綜上所述，點P的坐標是(-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
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設菱形的邊長 ,則
在中,
由勾股定理得,解得
∴
(2)①顯然當 點在 上時, 點在 上,此時，四點不可能構成平行四邊形;同理 點在 上時, 點在 或 上,也不能構成平行四邊形.因此只有當 點在 上、 點在 上時,才能構成平行四邊形
∴以四點為頂點的四邊形是平行四邊形時,
∵點的速度為每秒5點 的速度為每秒4 ,運動時間為2秒
∴ ,
∴ ,解得
∴以四點為頂點的四邊形是平行四邊形時3秒.
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