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！
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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