九年级上册数学部分答案

压轴题训练（一）答案解析一．选择题（每小题 3 分，共 30 分）1．C 解析 解直角三角形是每年中考的必考知识点之一，主要考查直角三角形的边角关系及其应用，面对这些边角关系要注意横向和纵向联系，难度一般不会很大，本题是基本概念的综合题，主要考查考生应用知识解决问题的能力．由题意得∠A＝30°，∠B＝60°，AD＝＝150，BD＝＝50，则AB＝AD＋BD＝150＋50＝200．2．A 解析 本题是阅读理解题，解决本题的关键是读懂题意，理清题目中数字和字母的对应关系和运算规则，然后套用题目提供的对应关系解决问题，具有一定的区分度．m对应的数字是12，12＋10＝22，除以26的余数仍然是22，因此对应的字母是w；a对应的数字是0，0＋10＝10，除以26的余数仍然是10，因此对应的字母是k；t对应的数字是19，19＋10＝29，除以26的余数仍然是3，因此对应的字母是d；…，所以本题译成密文后是wkdrc．3．A 解析 本题是一个反比例函数知识的灵活应用题，把反比例函数中的面积问题和几何中的面积问题的解决方法综合在一起就非常简单．如图，连结OA、AE，则S△OAB＝S△EAB＝|―k|＝―k……①，又因为点D是AC的中点，故S△BAD＝S△BCD，S△EAD＝S△ECD，从而：S△EAD―S△BAD＝S△ECD―S△BCD，即：S△EAB＝S△ECB＝4……②，由①、②可得：―k＝4，故k＝―8． 4．B 解析 本题需综合运用一次函数及代数式的灵活变形．由题易知：A（a，a），B（b，8b），代入直线AB的解析式可得：，两式相减得：k(b－a)＝8b－a，由于a≠b，故k＝；又是整数，且a＞0、b＞0，故可设b＝ta（t是正整数）．从而可得，k＝＝＝8＋，由于k是整数，因此t－1必须是7的约数，经试验得t只能有两个取值2和8．二．填空题（每小题 3 分，共 30 分）5．46；4＋n(n＋1)或n2＋n＋4解析 规律探索问题在中考试卷中频频出现，成为中考试卷中的一个亮点.解决这类问题，往往需要我们展开观察、试验、类比、归纳、猜想等一系列的探索活动．先观察每个图形的最外侧都有4个小圆点，再观察每个图形内部圆点的行数和列数，则有第1个图形中有个4＋1×2＝6小圆点，第2个图形中有4＋2×3＝10个小圆点，第3个图形中有4＋3×4＝16个小圆点，第4个图形中有4＋4×5＝24个小圆点，第6个图形有4＋6×7＝46个小圆点，第个图形有4＋n(n＋1)个小圆点． 6．解析 本题是一个阅读理解型的材料题，只要认真阅读理解并分析三个人的想法，其实从中给我们明确指出了解答方法，贵在理解．把所求方程组整理得：，从而，故 7．解析 本题巧妙地将圆周角、特殊角的三角函数、全等三角形等知识综合在一起，需要考生对以上知识点融会贯通，巧妙运用，是一道难度较大的综合题．由∠AOD＝60º，得∠ABD＝30°，又由BD平分∠ABC，得∠DBC=30°．过点E做EF⊥BD，垂足为F．BF＝5×cos30°＝，则BP等于5．则点P到弦AB的距离为BP·sin30°，等于．当然此题也可以过点P做BC的垂线，利用角平分线的性质来解． 8．4解析 本题将二次函数、一次函数、解直角三角形等知识综合在一起，具有较强的综合性．分别过点C、D作CF⊥l于点F、DE⊥l于点E，设直线CD与直线l所成的锐角为α，则d1＋d2＝CP·sinα＋DP·sinα＝(CP＋DP)·sinα＝CD·sinα，由此可知：若CD一定，则当α＝90º时，d1＋d2值最大．由二次函数可得：A（－1，0），D（1，－2），求得直线AD的解析式为y＝－x－1，由AC⊥AD进而求得直线AD的解析式为y＝x＋1，再由二次函数综合求得C（5，6），得CD＝4为定值，故当直线l与直线CD垂直时，d1＋d2的最大值为最大．三．解答题9．分析：（1）设顶点式，把A，C代入求出 ；（2）见切点时，常以过切点的半径构造直角三角形；（3）由相似得到对应线段成比例，从而求出BF的长．解：（1）设抛物线的解析式为y＝a(x－6)2＋k∵抛物线经过点A（3，0）和C（0，9）∴解得：a＝，k＝－3∴y＝(x－6)2－3（2）连结AE∵DE是⊙A的切线，∴∠AED＝90°，AE＝3∵直线l是抛物线的对称轴，点A，D是抛物线与x轴的交点∴AB＝BD＝3∴AD＝6在Rt△ADE中，DE2＝AD2－AE2＝62－32＝27∴DE＝3（3）当BF⊥ED时∵∠AED＝∠BFD＝90°，∠ADE＝∠BDF∴△AED∽△BFD∴＝即＝∴BF＝当FB⊥AD时∵∠AED＝∠FBD＝90°，∠ADE＝∠FDB∴△AED∽△FBD∴＝即BF＝＝∴BF的长为或.点评 本题巧妙地将抛物线、相似三角形、勾股定理、圆的相关知识等知识点综合在一起，需要学生从前往后按顺序解题，前面问题的解决为后面问题的解决提供思路，是一道难度较大的综合题．10．分析 （1）连结OA，OP与AB的交点为F，则△OAF为直角三角形，且OA＝1，OF＝，借助勾股定理可求得AF的长；（2）要判断∠ACB是否为定值，只需判定∠CAB＋∠ABC的值是否是定值，由于⊙D是△ABC的内切圆，所以AD和BD分别为∠CAB和∠ABC的角平分线，因此只要∠DAE＋∠DBA是定值，那么∠CAB＋∠ABC就是定值，而∠DAE＋∠DBA等于弧ADB所对的圆周角，这个值等于∠AOB值的一半； （3）由题可知S＝S△ABD＋S△ACD＋S△BCD＝DE(AB＋AC＋BC)，又因为＝4，所以＝4，所以AB＋AC＋BC＝8DE，由于DH＝DG＝DE，所以在Rt△CDH中，CH＝DH＝DE，同理可得CG＝DE，又由于AG＝AE，BE＝BH，所以AB＋AC＋BC＝CG＋CH＋AG＋AB＋BH＝2DE＋2，可得8DE＝2DE＋2，解得：DE＝，代入AB＋AC＋BC＝8DE，即可求得周长为．解：（1）连结OA，取OP与AB的交点为F，则有OA＝1．∵弦AB垂直平分线段OP，∴OF＝OP＝，AF＝BF．在Rt△OAF中，∵AF＝＝＝，∴AB＝2AF＝．（2）∠ACB是定值.理由：由（1）易知，∠AOB＝120°，因为点D为△ABC的内心，所以，连结AD、BD，则∠CAB＝2∠DAE，∠CBA＝2∠DBA，因为∠DAE＋∠DBA＝∠AOB＝60°，所以∠CAB＋∠CBA＝120°，所以∠ACB＝60°；（3）记△ABC的周长为l，取AC，BC与⊙D的切点分别为G，H，连结DG，DC，DH，则有DG＝DH＝DE，DG⊥AC，DH⊥BC.∴＝AB×DE＋BC×DH＋AC×DG＝(AB＋BC＋AC)×DE＝l×DE．∵＝4，∴，∴l＝8DE. ∵CG，CH是⊙D的切线，∴∠GCD＝∠ACB＝30°，∴在Rt△CGD中，CG＝＝＝DE，∴CH＝CG＝DE．又由内接圆的相关知识可知：AG＝AE，BH＝BE，∴l＝AB＋BC＋AC＝2＋2DE＝8DE，解得DE＝，∴△ABC的周长为．点评 本题是垂径定理、勾股定理、内切圆、切线长定理、三角形面积等知识的综合，只有熟练掌握这些知识，才能顺利解题.是一道难度较大的综合题．11．分析 （1）填表只要审题清楚即可；（2）能由题分析、列出不等式组即可；（3）需注意的是所做的纸盒个数已不再是100个，而是一个待定未知数，这也是本题的难点、关键之所在．解: （1）①－－②由题意得：，解得：38≤x≤40，又x是整数，故x＝38，39， 40．即有三种方案： （2）293或298或303．点评 本题是命题老师对课本例题内涵进行了深入挖掘，命制了蕴涵“数学味”的试题，具有较好的学习导向作用，即在学习过程不应采用题海战术，而应注重对基本题型的学习探究、举一反三，才能事半功倍．12．分析 （1）要表示出△ODE的面积，要分两种情况讨论，①如果点E在OA边上，只公式即可；②如果点E在AB边上，这时△ODE的面积可用长方形OABC的面积减去△OCD、△OAE、△BDE的面积； （2）重叠部分是一个平行四边形，由于这个平行四边形上下边上的高不变，因此决定重叠部分面积是否变化的因素就是看这个平行四边形落在OA边上的线段长度是否变化．解：（1）由题意得B（3，1）．若直线经过点A（3，0）时，则b＝；若直线经过点B（3，1）时，则b＝；若直线经过点C（0，1）时，则b＝1．①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤， 如图1，此时E（2b，0）∴S＝OE·CO＝×2b×1＝b②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2此时E（3，b－），D（2b－2，1）∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )＝3－[(2b－2)×1＋×(5－2b)·(－b)＋×3(b－)]＝b－b2∴S＝（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形,根据轴对称知，∠MED＝∠NED,又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，∴平行四边形DNEM为菱形．过点D作DH⊥OA，垂足为H，由题易知，tan∠DEN＝，DH＝1，∴HE＝2，设菱形DNEM 的边长为a，则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2＝(2－a)2＋12，∴a＝∴S四边形DNEM＝NE·DH＝∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．点评 本题是一个动态图形中的面积是否变化的问题，看一个图形的面积是否变化，关键是看决定这个面积的几个量是否变化，本题题型新颖是个不可多得的好题，有利于培养学生的思维能力，但难度较大，具有明显的区分度．13. 分析 把动运过程中的不同位置画出相应图形来，就能很容易理解题目中的问题并能便于解题思路的探求．解：（1）如图l，连结OE，OF并延长分别交直线BC于N，Q．当点P从点E运动到点F时，点K从点N运动到了点Q．过O作OT垂直BC，交BC于T，△OTN是等腰直角三角形，OT＝NT＝2．同理，TQ＝2，NQ＝4，即点K运动了4个单位长度． （2）①如图2，当K与B重合时，Rt△BAO∽Rt△GBM，＝2．②存在BG∶BM＝3的情况，分析如下：如图3，假定存在这样的点P，使得BG∶BM＝3．过K作KH⊥OA于H．那么，四边形ABKH为矩形，即有KH＝AB＝2，△OHK∽△MBG．AH＝BK＝，存在这样的点K，使得BG∶BM＝3．即在点P运动的过程中，存在BG∶BM＝3的情况．同样地，可以证明：在线段BC，CD及CB的延长线，存在这样的点K′，M″，G′使得CK′＝，CG′∶CM″＝3．连结G'M″交AB于M′，则BG′：BM′＝CG′：CM″＝3．此时，BK′＝BC－K′C＝．所以BK的值为或．点评 本题是一个动态图形中综合相似三角形的综合题，此类题的关键是要把动运过程中的不同位置画出相应图形来，就能很容易理解题目中的问题并能便于解题思路的探求，在具体解题过程中往往需分类讨论．压轴题精选（二）答案解析一、选择题（每小题 3 分，共 30 分）：1．A 解析 因为点A与点B关于原点成中心对称，所以△AOM与△BOM是同底等高的两个三角形，它们面积相等，故S△AOM =1,又S△AOM =，所以k=2,选A.2. Ａ　解析　设AD＝x,∵DE∥BC ∴△ADE∽△ABC,得DE=，又∵DF∥AC ∴△BDF∽△BAC,得DF=3-，l=2（DE+DF）=，所以l随x的增大而增大.3．B 解析 设圆的半径为r，，解得，,,∴N(-1,-2).4. D 解析 由二次函数的图象可知，，所以选D.二、填空题（每小题 3 分，共 30 分）5. 　 解析 　连结接OP,交AB于点F，则OP⊥AB,设圆的半径为R,则AD=,OF=,PF=,所以6．k=2　解析　因为S△ODE=S△AOC ,△ODE∽△OBA,所以,因为△OBC的面积为3，所以△OAC的面积是1,故k=2.7．1∶3 解析　可以证明是等边三角形，因此△DEF∽△ABC，设所以面积比为1:38．　解析　要进行分类讨论，图象与x轴的另一个交点为（－1,0）或（1,0）．三、解答题9．分析 是二次函数、反比例函数、概率的综合题．关键是这里的x,y都是整数，把各个点在方格中描出来，利用图象可以求出答案．解：（1）∵都是正整数，且，∴．∴，，，（2）从，，，中任取两点作直线为：，，，，，．∴不同的直线共有6条．　（3）∵只有直线，与抛物线有公共点，∴从（2）的所有直线中任取一条直线与抛物线有公共点的概率是　点评 此题主要应用了数形结合的思想，利用图象可以直观地求出直线的条数和概率．10．分析 此题主要考查一次函数、相似三角形知识的综合应用，特别是第3小题.解：（1）由得点坐标为由得点坐标为∴由解得∴点的坐标为∴ （2）∵点在上且 ∴点坐标为又∵点在上且∴点坐标为∴（3）当时，如图，矩形与重叠部分为五边形（时，为四边形）．过作于，则ADBEOCFxyyGRM∴即∴∴∴即点评 第3小题要用割补法的思想方法去解决，主要是把两个三角形的面积用t来表示．11．分析 此题主要考查二次函数的知识，用到了二次函数的分解式、顶点式以及二次函数图象的平移，第3小题用到了方程思想和分类讨论的思想.解：(1) 设抛物线的解析式为：y＝a(x－m＋2)(x－m－2)＝a(x－m)2－4a．∵AC⊥BC，由抛物线的对称性可知：△ACB是等腰直角三角形，又AB＝4，∴C(m，－2)代入得a＝．∴抛物线的解析式为：y＝(x－m)2－2．(亦可求C点，设顶点式)(2) ∵m为小于零的常数，∴只需将抛物线向右平移－m个单位，再向上平移2个单位，可以使抛物线y＝(x－m)2－2顶点在坐标原点．(3) 由(1)得D(0，m2－2)，设存在实数m，使得△BOD为等腰三角形．∵△BOD为直角三角形，∴只能OD＝OB．∴m2－2＝|m＋2|，当m＋2＞0时，解得m＝4或m＝－2(舍去)．当m＋2＜0时，解得m＝0(舍去)或m＝－2(舍去)；当m＋2＝0时，即m＝－2时，B，O， D三点重合(不合题意，舍去)综上所述：存在实数m＝4，使得△BOD为等腰三角形．点评：第3小题要用到分类讨论思想，是本题的一个难点.12.分析 （1）根据折叠的性质知：BC=CN=OA，由此可在Rt△OCN中用勾股定理求出ON的长（由此可求出N点的坐标），即可得到NA的值；在Rt△AMN中，用AM表示出MN、BM的值，然后由勾股定理即可求出AM的长，也就得到了M点的坐标；（2）设抛物线l的解析式，然后将N点坐标代入其中，即可求出抛物线l的解析式；（3）①此题的关键是确定P点的位置，若PM－PN最大，那么P点必为直线MN与抛物线对称轴的交点（可由三角形三边关系定理推出），可用待定系数法求出直线MN的解析式，联立抛物线的对称轴方程，即可得到P点的坐标；②由于DE∥ON，易证得△CDE∽△CON，根据相似三角形得到的比例线段即可求出DE的表达式，以DE为底，P、D纵坐标差的绝对值为高即可得到△DEP的面积，由此可求出关于S、m的函数关系式，根据所得函数的性质及自变量的取值范围即可求出S的最大值及对应的m的值．解：（1）∵CN=CB=15，OC=9，∴ON= ，∴N（12，0）；又∵AN=OA－ON=15－12=3，设AM=x∴32＋x2=（9－x）2∴x＝4，M（15，4）；（2）解法一：设抛物线l为y=（x－a）2－36则（12－a）2＝36∴a1＝6或a2＝18（舍去）∴抛物线l：y=（x－6）2－36解法二：∵x2－36=0，x1=－6，x2=6；∴y=x2－36与x轴的交点为（－6，0）或（6，0）由题意知，交点（6，0）向右平移6个单位到N点，所以y=x2－36向右平移6个单位得到抛物线l：y=（x－6）2－36；（3）①由“三角形任意两边的差小于第三边”知：P点是直线MN与对称轴x=6的交点，设直线MN的解析式为y=kx+b，则 ，解得 ，∴y= x－16，∴P（6，－8）；②∵DE∥OA，∴△CDE∽△CON，∴ ；∴S= ∵a=－ ＜0，开口向下，又m=－ ∴S有最大值，且S最大=－ ．点评 此题考查了勾股定理、二次函数解析式的确定、函数图象的平移、图形面13．分析：这是一道三角形，特殊四边形，相似三角形，二次函数的综合题，利用全等三角形的判定、等腰梯形的定义、相似三角形的判定、平行四边形的判定以及二次函数的最值等知识点．ADCBPMQ60°解：（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此时当时，则有则四边形和四边形均为平行四边形此时∴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．符合条件的此时平行四边形有4个．②为直角三角形∵∴当取最小值时，∴是的中点，而∴∴.点评：此题综合度比较高，对学生的能力要求较高，可以考查学生分析问题、解决问题的能力．。