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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