九年级数学作业本答案人教版2014(九年级数学作业本答案)

寇义佳
导读 大家好,霖霖来为大家解答以上问题。九年级数学作业本答案人教版2014,九年级数学作业本答案很多人还不知道,现在让我们一起来看看吧!  

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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.

本文到此结束,希望对大家有所帮助。

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