九年级数学作业本答案人教版全一册-2016九年级数学作业本答案
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=AM•tan∠BAC=33x，AN=MNsin∠BAC=23x3.
∴S△ADN=12•AD•AN=12•4•23x3=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=AD•sin60°=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，∠BMO的值为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，即OP⊥CD，
此时延长PO交AB于点H，
α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 =∠P OA。
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 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.
② 为直角三角形
∵ ∴当 取最小值时，
∴ 是 的中点， 而
∴ ∴
专题九 动态问题(2)答案
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)。
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