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九年级数学作业本答案
本文汇聚了最新九年级数学作业本答案,方便同学们习作后核对答案。下面跟小编一起来看看九年级数学作业本答案相关内容吧。
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.
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