课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
特殊平行四边形专题
专题1 60°菱形背景下的旋转全等
一、典例呈现
例题1
(1)CAF
证明如下：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，
又∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°.
又∵∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠EAC=∠CAF+∠EAC=60°，
∴∠BAE=∠CAF.
(2)证明：∵AB∥CD，∠B=60°，
∴∠BCD=120°，∴∠ACF=60°.
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC.
ì∠BAE=∠CAF,
ïï
ïï
在△ABE和△ACF中，íAB=AC,
ïï
î ïï ∠B=∠ACF,
∴△ABE≌△ACF(ASA),
∴AE=AF.
(3)①FAD ②60 ③AFD
迁移1 例题2
60 D
二、课后巩固
1.C 2.20°
3.解：连接BD，如答图.
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴AB=AD=CD=BC=a，∠C=∠A=60°，∠ADC=∠ABC=120°，
∴△ADB，△BDC均为等边三角形，
∴∠ADB=∠ABD=60°=∠BDC=∠DBC，AD=BD=a.
第 题答图
∵AE+CF=a，AE+DE=a，CF+DF=a，∴DF=AE，DE=CF.
( 3 )
∵AE=DF，∠A=∠FDB，AB=DB，
∴△AEB≌△DFB，∴BE=BF，∠ABE=∠DBF.
∵∠ABE+∠DBE=60°，
∴∠DBF+∠DBE=60°，即∠EBF=60°，
∴△BEF为等边三角形，∴△BEF的周长=3BE.
根据点到直线的距离中垂线段最短，知当BE⊥AD时，BE的值最小.
在Rt△AEB中，AB=a，∠BEA=90°，∠A=60°，
∴AE= 1 a，BE= 3a.
2 2
3 3
∴△BEF的周长最小值是 a.
2
1课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
4.解：EF2=BE2+DF2.
理由：把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△AE'B，连接EE'，如答图，
∴BE'=DF，AE'=AF，∠D=∠ABE'，∠FAD=∠E'AB.
∵AB=AD，∴∠ABD=∠D=45°，
∴∠ABD+∠ABE'=90°，即∠E'BD=90°，
(第4题答图)
∴E'B2+BE2=E'E2.
又∵∠FAE=45°，∴∠BAE+∠FAD=45°，
∴∠BAE+∠E'AB=45°，即∠E'AE=45°.
在△AEE'和△AEF中，
ìAE=AE,
ïï
ïï
í∠E'AE=∠FAE,
ïï
î
ïïAE'=AF,
∴△AEE'≌△AEF(SAS)，∴EE'=EF，∴EF2=BE2+DF2.
专题2 菱形的翻折
一、典例呈现
例题 解：(1)设BE=B'E=x，则AE=4-x.
∵AD=4，点B'是AD的中点，∴AB'=2.
如答图①，延长EA，过点B'作B'G⊥EA，交EA的延长线于点G，
则∠B'AG=60°，∠AB'G=30°，∴AG=1，B'G= 22-1= 3.
根据EG2+B'G2=B'E2，得(4-x+1)2+( 3)2=x2，
14 14 6 6
解得x= ，∴AE=4-x=4- = ，即AE的长为 .
5 5 5 5
(2)如答图，连接BB'，∵BG=BA+AG=4+1=5，B'G= 3， (例题答图)
∴BB'= BG2+B'G2= 52+（ 3）2= 28=2 7.
14
(3)如答图②，过点E作EH⊥BC于点H，∵BE=B'E= ，∠EBH=60°，
5
( )2 ( )2
7 14 7 7 3
∴∠BEH=30°，∴BH= ，∴EH= BE2-BH2= - = .
5 5 5 5
1
根据折叠的性质知BB'⊥EF于点I，BI= BB'= 7. (例题答图①)
2
1 1 7 3 5 21
∵S △BEF= ×BF×EH= ×EF×BI，∴BF× =EF× 7，∴BF= EF.
2 2 5 21
(4)设BF=m，则有B'F=m，CF=4-m.
如答图，连接AC，B'C.
∵AD=CD，∠D=60°，∴△ACD为等边三角形，
又点B'是AD的中点，∴∠CB'D=90°，∴B'C= CD2-B'D2= 42-22=2 3.
∵AD∥BC，∴∠B'CF=90°，∴CF2+B'C2=B'F2，
7
∴(4-m)2+(2 3)2=m2，解得m= ，
2
∴BF=
7
，CF=4-BF=4-
7
=
1
.
(例题答图②)
2 2 2
迁移
2.8
2课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
二、课后巩固
1.35° 2.75° 3.4
4.解：如答图，过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于点H.
∵∠A=60°，AD∥BC，
∴∠HBF=60°，∴∠BFH=30°.
设BH=x，则BF=2x，CF=6-2x=GF，FH= 3x.
∵G是AB的中点，
∴BG=3，GH=3+x. (第4题答图)
在Rt△FGH中，FH2+GH2=GF2，
∴( 3x)2+(3+x)2=(6-2x)2，解得x=0.9.
∴BF=2x=1.8.
5.解：连接AC，CF，过点P作PK⊥CD于点K，如答图.
∵四边形ABCD是菱形，∠D=60°，
∴△ABC，△ADC均是等边三角形，
∴∠ACB=∠ACD=60°，AD=AC，
∴∠PCK=60°.
∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE=∠D=60°=∠ACB，AF=AD=AC，EF=DE=
1
DC=2，
(第5题答图)
3
∴∠AFC=∠ACF，∠AFP=∠ACP=120°，
∴∠AFP-∠AFC=∠ACP-∠ACF，
∴∠PFC=∠PCF，
∴PF=PC，设PF=PC=2m.
在Rt△PCK中，CK=m，PK= 3m.
∴EK=EC-CK=4-m.
在Rt△PEK中，EK2+PK2=PE2，
∴(4-m)2+( 3m)2=(2+2m)2，
3 3
解得m= ，∴PC=2m= .
4 2
专题3 坐标系中特殊平行四边形顶点坐标的求法
一、典例呈现
例题1 (16，8)
解析：方法1：∵点A的坐标是(6，8)，O(0，0)，∴AO=10.
∵四边形AOBC是菱形，∴OB=10，∴B(10，0).
ìx A+x B=x O+x
C
,
根据中点坐标公式有í
î
y A+y B=y O+y
C
,
ì6+10=0+x
C
,
∴í
î8+0=0+y
C
,
ìx C=16，
解得í
î
y C=8，
∴点C的坐标是(16，8).
方法2：∵点A的坐标是(6，8)，O(0，0)，∴AO=10.
3课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
∵四边形AOBC是菱形，∴OB=10，∴B(10，0).
∵点A由点O先向右平移6个单位长度，再向上平移8个单位长度得到，
∴点C由点B(10，0)先向右平移6个单位长度，再向上平移8个单位长度得到，
∴点C的坐标是(16，8).
迁移1 (1)A (2)(0，2) (8，6)
( )
7
(3)解：①∵点A，B，M的坐标分别是(0，4)，(2，0)， 4， ，
2
( )2
7 65
∴AB2=(0-2)2+(4-0)2=20，AM2=(4-0)2+ 4- = ，
2 4
( )2
7 65
BM2=(4-2)2+ -0 = ，
2 4
∴AM=BM.
∵矩形的对角线相等且互相平分，
∴点A，B是矩形的顶点，点M是矩形的对角线的交点.
ìx A+x C=x B+x D=2x
M
,
②如答图，根据中点坐标公式有í
î
y A+y C=y B+y D=2y
M
,
ì0+x C=2+x D=8,
∴í
î4+y C=0+y D=7,
ìx C=8, ìx D=6,
解得í í
î y C=3,î y D=7,
(迁移1答图)
∴点C的坐标为(8，3)，点D的坐标为(6，7).
例题2 解：∵点C的坐标为(-2，-1)，点O的坐标为(0，0)，如答图，点C绕点O顺时针旋转90°得到点A，
点C绕点O逆时针旋转90°得到点E，同理，通过旋转可以得到点B和点D.
对于点绕点旋转90°问题，我们通常以旋转中心为直角顶点构造“一线
三直角全等”.
如答图，过点A作AM垂直于y轴，垂足为M，过点C作CN垂直于y轴，
垂足为N，根据“一线三直角全等”可得AM=ON=1，OM=CN=2，
∴点A的坐标为(-1，2)，同理可得点B的坐标为(-3，1)，根据
中点坐标公式可得点D的坐标为(-1，-3)，点 E 的坐标为(1，-2).
∴以OC为边的正方形的顶点坐标为A(-1，2)，B(-3，1)，C(-2，-1)，
O(0，0)；或D(-1，-3)，E(1，-2)，O(0，0)，C(-2，-1).
迁移2 解：∵点C的坐标为(-2，-1)，点O的坐标为(0，0)，
( )
(例题2答图)
1
∴OC的中点H的坐标为 -1,- .
2
如答图，点C绕点H顺时针旋转90°得到点F，点C绕点H逆时针旋转90°得到
( )
1
点G，过点H -1,- 构造“一线三直角全等”，则有△HIF≌△CJH，
2
1 1
∴FI=HJ=- -(-1)= ，HI=CJ=-1-(-2)=1，
2 2
( ) ( )
3 1 1 3
∴F - ， ，根据中点坐标公式可求得G - ,- .
2 2 2 2
( )
3 1
∴以OC为对角线的正方形的顶点坐标分别为O(0，0)，F - ， ，
2 2
(
1 3
) (迁移2答图)
C(-2，-1)，G - ,- .
2 2
4课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
二、课后巩固
1.-1 -2 2.(-2，3) 3.(2 2，2 2) (4 2，0) (2 2，-2 2)
4.(0，- 3)或(2， 3)或(-2， 3) 5.(-1，5)
6. 解：存在.这两个点的坐标为(-9+3 3，-9)，(3 3，-9+3 3)；或(-9-3 3，9)，(-3 3，9+
( ) ( )
3 3 -9 3 3 -9 -9-3 3 9+3 3
3 3)；或 ， ， ， .
2 2 2 2
专题4 菱形的存在性问题
一、典例呈现
例题 解：根据菱形的性质知△AOC是等腰三角形，根据“两圆一直线”可以确定等腰三角形.
如答图，以点O为圆心，以OA长为半径作圆，可以确定点C，C；以点A为圆心，以OA长为半径作圆，
1 2
可以确定点C；作OA的垂直平分线，与x轴交于点C.
3 4
∵A(6，8)，∴OA= 62+82=10，∴点C 的坐标为(10，0)，点C 的坐标为(-10，0).
1 2
ìx A+x
C
=x O+x
D
,
根据中点坐标公式有í 1 1
î
y A+y
C
=y O+y
D
,
1 1
ì6+10=0+x
D
, ìx
D
=16,
∴í 1 解得í 1 ∴点D 的坐标为(16，8).
î8+0=0+y D , î y D =8, 1
1 1
ìx A+x
C
=x O+x
D
,
根据中点坐标公式有í 2 2
î
y A+y
C
=y O+y
D
,
2 2
ì6+(-10)=0+x
D
, ìx
D
=-4,
∴í 2 解得í 2 ∴点D 的坐标为(-4，8).
î8+0=0+y D 2 , î y D 2 =8, 2 (例题答图)
根据AO=AC，A(6，8)，点A关于x轴对称的点即为点D，
3 3
∴点D 的坐标为(6，-8).
3
当AC=OC 时，设C(t，0)，
4 4 4
( )
25 25
∴t2=(t-6)2+82，解得t= ，∴C ，0 .
4
3 3
ìx A+x O=x
C
+x
D
,
根据中点坐标公式有í 4 4
î
y A+y O=y
C
+y
D
,
4 4
ì 25 ì 7
∴í ïïïï 6+0= 3 +x D 4 , 解得í ïïïïx D 4 =- 3 ,
ïï ïï
î
ïï8+0=0+y
D
,
î
ïïy
D
=8，
4 4
( )
7
∴点D 的坐标为 - ，8 .
4
3
( )
7
综上所述，满足条件的点D的坐标为：D(16，8)，D(-4，8)，D(6，-8)，D - ，8 .
1 2 3 4
3
迁移 解：根据菱形的性质知△AOP是等腰三角形，根据“两圆一直线”可以确定等腰三角形.
如答图，以点A(0，2)为圆心，以OA长为半径作圆，可以确定点P，P；以点O为圆心，以OA长为半径
1 2
作圆，可以确定点P；作OA的垂直平分线，与直线y=-x+2交于点P.
3 4
∵点P是直线y=-x+2上的一个动点，∴设P(t，-t+2).
①当AP=AO时，t2+(-t)2=4，化简得t2=2，解得t= 2，t=- 2.
1 2
当t= 2时，-t+2=- 2+2，∴点P 的坐标为( 2，- 2+2).
1
5课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
(迁移答图)
ìx A+x
Q
=x O+x
P
,
根据中点坐标公式有í 1 1
î
y A+y
Q
=y O+y
P
,
1 1
ì ïï0+x Q =0+ 2 , ì ïïx Q = 2 ,
∴í 1 解得í 1
î ïïïï 2+y Q =0+2- 2 , î ïïïïy Q =- 2 ,
1 1
∴点Q 的坐标为( 2，- 2).
1
当t=- 2时，-t+2= 2+2，∴点P 的坐标为(- 2， 2+2).
2
ìx A+x
Q
=x O+x
P
,
根据中点坐标公式有í 2 2
î
y A+y
Q
=y O+y
P
,
2 2
ì ïï0+x Q =0- 2 , ì ïïx Q =- 2 ,
∴í 2 解得í 2
î ïïïï 2+y Q =0+ 2 +2, î ïïïïy Q = 2 ,
2 2
∴点Q 的坐标为(- 2， 2).
2
②当AO=OP=2时，点P 的坐标为(2，0)，此时四边形AOPQ 是正方形，
3 3 3
∴点Q 的坐标为(2，2).
3
③当AP=OP时，点P 的纵坐标为1，代入y=-x+2，解得x=1，
4
∴点P 的坐标为(1，1).
4
根据菱形的性质，知点P(1，1)关于y轴的对称点即为点Q，∴点Q 的坐标为(-1，1).
4 4 4
综上所述，满足条件的点Q的坐标为：Q( 2，- 2)，Q(- 2， 2)，Q(2，2)，Q(-1，1).
1 2 3 4
二、课后巩固
1.4
2.解：根据菱形的性质知△ADB是等腰三角形，根据“两圆一直线”可以确定等腰三角形.
如答图，以点A(2，2)为圆心，以AD长为半径作圆，可以确定点B，B；以点D为圆心，以AD长为半径作
1 2
圆，可以确定点B，B；作AD的垂直平分线经过AD的中点，此时A，B，D三点共线，不符合题意.
3 4
∵A(2，2)，D(4，-2)，设B(t，0).
①当AB=AD时，有(2-t)2+22=(2-4)2+(2+2)2，化简得(2-t)2=16，解得t=6，t=-2.
1 2
∴点B 的坐标为(6，0)，点B 的坐标为(-2，0).
1 2
ìx A+x
C
=x
B
+x
D
,
根据中点坐标公式有í 1 1
î
y A+y
C
=y
B
+y
D
,
1 1
6课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
ì2+x C =6+4, ìx C =8,
∴í 1 解得í 1
î2+y C =0-2, î y C =-4,
1 1
∴顶点C 的坐标为(8，-4)，
1
ìx A+x
C
=x
B
+x
D
,
根据中点坐标公式有í 2 2
î
y A+y
C
=y
B
+y
D
,
2 2
ì2+x C =-2+4, ìx C =0,
∴í 2 解得í 2
î2+y C =0-2, î y C =-4,
2 2
∴顶点C 的坐标为(0，-4).
2
②当DA=DB时，有(-2)2+(-2-2)2=(4-t)2+(-2-0)2，化简得(4-t)2=16，
解得t=8，t=0，
3 4
∴点B 的坐标为(8，0)，点B 的坐标为(0，0)，即点B 与原点重合. (第2题答图)
3 4 4
ìx A+x B =x C +x D , ì2+8=x C +4, ìx C =6,
根据中点坐标公式有í 3 3 ∴í 3 解得í 3
î y A+y B =y C +y D , î2+0=y C -2, î y C =4,
3 3 3 3
∴顶点C 的坐标为(6，4).
3
ìx A+x
B
=x
C
+x
D
, ì2+0=x
C
+4, ìx
C
=-2,
根据中点坐标公式有í 4 4 ∴í 4 解得í 4
î y A+y B =y C +y D , î2+0=y C -2, î y C =4,
4 4 4 4
∴顶点C 的坐标为(-2，4).
4
综上所述，满足条件的点C的坐标为C(8，-4)，C(0，-4)，C(6，4)，C(-2，4).
1 2 3 4
专题5 矩形的存在性问题
一、典例呈现
例题 解：存在满足条件的点Q.
如答图，连接AB，过点A作直线AB的垂线，交直线y=3x于点P，过点A作直线y=3x的垂线，交直线
1
y=3x于点P，过点B作直线AB的垂线.
2
设点P(m，3m)，已知点A的坐标为(-6，0)，点B的坐标为(2，6)，
根据勾股定理有AP2+AB2=BP2，∴(m+6)2+(3m)2+(2+6)2+62=(2-m)2+(6-3m)2，
1 1
24 72
化简得52m=-96，解得m=- ，则3m=- ，
13 13
( )
24 72
∴点P 的坐标为 - ，- .
1
13 13
ìx A+x Q=x B+x
P
,
根据中点坐标公式有í 1
î
y A+y Q=y B+y
P
,
1
ì 24 ì 80
ï
ïï
ï -6+x Q=2-
13
, ï
ïï
ïx Q=
13
, (
80 6
)
∴í 解得í ∴点Q的坐标为 ， .
ïï 72 ïï 6 13 13
ïï0+y Q=6- , ïï y C = ,
î 13 î 2 13
(例题答图)
∵直线AP 和直线y=3x互相垂直，
2
1 1
∴直线AP 的斜率为- ，设直线AP 的解析式为y=- x+m，
2 2
3 3
1
把A(-6，0)代入上式，得2+m=0，解得m=-2，∴直线AP 的解析式为y=- x-2.
2
3
7课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
ì 3
ì ïïïïy=- 1 x-2, ï ïï ïx=- 5 , ( 3 9 )
联立í 3 解得í ∴点P 的坐标为 - ，- .
2
î ï ïï ï y=3x, ï ïï ï y=- 9 ， 5 5
î 5
ìx A+x B=x Q+x
P
,
根据中点坐标公式有í 2
î
y A+y B=y Q+y
P
,
2
ì 3 ì 17
ï
ïï
ï -6+2=x Q-
5
, ï
ïï
ïx Q=-
5
, (
17 39
)
∴í 解得í ∴点Q的坐标为 - ， .
ïï 9 ïï 39 5 5
ïï0+6=y Q- , ïï y Q= ,
î 5 î 5
( ) ( )
80 6 17 39
综上所述，存在满足条件的点Q ， 或 - ， .
13 13 5 5
迁移 解：如答图，连接OM，由点O(0，0)，M(-1，2)，易得直线OM的解析式为y=-2x.
(迁移答图)
1
分别过点O，M作垂直于直线OM的直线，分别交直线y=- x+2于点N，N，
1 2
2
1
易求得直线ON 的解析式为y= x.
1
2
ì 1
ï
ïï
ïy=
2
x,
ìx=2，
联立í 解得í ∴点N 的坐标为(2，1).
ïï 1 î
y=1， 1
ïï
y=- x+2,
î 2
根据中点坐标公式有
ì
í
x O+x P=x M+x
N
1
,
∴
ì
í
0+x P=-1+2，
解得
ì
í
x P=1,
î y O+y P=y M+y N , î0+y P=2+1， î y P=3,
1
∴点P 的坐标为(1，3).
1
1 1 5
设直线MN 的解析式为y= x+n，把M(-1，2)代入上式，得- +n=2，解得n= ，
2
2 2 2
1 5
∴直线MN 的解析式为y= x+ .
2
2 2
ì 1 5 ì 1
ïïy= x+ ， ïïx=- ， ( )
ïï 2 2 ïï 2 1 9
联立í 解得í ∴点N 的坐标为 - ， .
2
ïï 1 ïï 9 2 4
ïï
y=- x+2，
ïï
y= ，
î 2 î 4
( )
ìx O+x N =x M+x P , ì ï ïï ï ï ï 0+ - 2 1 =-1+x P , ì ï ïï ïx P= 2 1 ，
根据中点坐标公式有í 2 ∴í 解得í
î y O+y N 2 =y M+y P , î ï ïï ï ï ï 0+ 9 4 =2+y P , î ï ïï ï y P= 1 4 ，
( )
1 1
∴点P 的坐标为 ， .
2
2 4
8课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
作MN⊥ON，此时点N 的坐标为(0，2)，
3 3 3
根据中点坐标公式有
ì
í
x O+x M=x
N 3
+x
P
,
∴
ì
í
0+(-1)=0+x
P
,
解得
ì
í
x P=-1，
î
y O+y M=y
N
+y
P
, î0+2=2+y
P
,
î
y P=0，
3
∴点P 的坐标为(-1，0).
3
( )
1 1
综上所述，符合条件的点P的坐标为：(1，3)， ， ，(-1，0).
2 4
二、课后巩固
1.(-2，2)或(1，1)
1
2.解：如答图，分别过点A，B作直线AB：y= x-5的垂线，分别交x轴于点P，P.
1 2
2
设直线AP 的解析式为y=-2x+n，
1
把A(2，-4)代入上式，得-4+n=-4，解得n=0，
∴直线AP 的解析式为y=-2x.
1
令y=0，得x=0，∴点P 的坐标为(0，0)，与原点重合.
1
ìx B+x
P
=x A+x
Q
,
根据中点坐标公式有í 1
î
y B+y
P
=y A+y
Q
,
1
ì8+0=2+x
Q
, ìx Q=6，
∴í 解得í
î-1+0=-4+y
Q
,
î
y Q=3，
∴点Q 的坐标为(6，3).
1
同理，可求得直线BP 的解析式为y=-2x+15，
2
( )
令y=0，得x=
15
，∴点P 的坐标为
15
，0 .
(第2题答图)
2
2 2
ìx A+x
P
=x B+x
Q
,
根据中点坐标公式有í 2
î
y A+y
P
=y B+y
Q
,
2
ì 15 ì 3
∴í ïïïï 2+ 2 =8+x Q , 解得í ïïïïx Q= 2 ,
ïï ïï
î ïï-4+0=-1+y Q , î ïïy Q=-3,
( )
3
∴点Q 的坐标为 ，-3 .
2
2
( )
3
综上所述，存在符合条件的点Q，坐标分别为(6，3)， ，-3 .
2
专题6 平行四边形背景下的最值问题
一、典例呈现
例题1 D 解析：设△PBC的BC边上的高是h.
1
∵S △PBC=30，BC=15，∴ BC·h=30，∴h=4，
2
∴动点P在与CB平行且与CB的距离是4的直线l上.
如答图，作点B关于直线l的对称点B'，连接B'C交直线l于点P，B'C的长就
是所求的距离之和PB+PC的最小值.
∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°.
∵BC=15，B'B=8，∴B'C= 152+82=17.
故选D.
(例题1答图)
9课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
迁移1
D
例题2 B 解析：连接OP，如答图.
∵四边形ABCD是菱形，AC=12，BD=16，
1 1
∴AC⊥BD，BO= BD=8，OC= AC=6，
2 2
∴BC= OB2+OC2= 64+36=10.
∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD，
∴四边形OEPF是矩形，∴FE=OP.
1 1
(例题2答图)
当OP⊥BC时，OP有最小值，此时S △OBC= OB×OC= BC×OP，
2 2
6×8
∴OP= =4.8，∴EF的最小值为4.8.故选B.
10
迁移2
2 2
二、课后巩固
( )
4
1.A 2.D 3.B 4.2 13 5. ，0 6.2 3
3
7.解：如答图，过点P作PH⊥BC于点H.
1
∵BC=4，∴S △PBC= BC·PH，
2
1
∴2= ×4×PH，∴PH=1，
2
∴点P在直线a上运动(直线a与直线BC的距离为1).
作点B关于直线a的对称点E，连接EC，PE. (第7题答图)
∵四边形ABCD是矩形，∴∠EBC=90°，
∴EC= EB2+BC2= 22+42=2 5.
∵PB=PE，
∴PB+PC=PE+PC.
∵PE+PC≥EC，
∴PB+PC≥2 5，
∴PB+PC的最小值为2 5，
∴△PBC的周长的最小值为4+2 5.
专题7 矩形的翻折
一、典例呈现
例题1 (1)证明：根据折叠的性质有∠DBC=∠DBE，
又∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FDB=∠DBC，
∴∠DBE=∠FDB，
∴FB=FD.
(2)解：由(1)得FB=FD，已知AB=4，BC=8，设AF=x，则FB=FD=8-x.
在Rt△ABF中，根据勾股定理有AB2+AF2=FB2，
∴42+x2=(8-x)2，解得x=3，即AF的长为3.
10课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
迁移1 (1)证明：根据折叠的性质有AN=CN，∠ANM=∠CNM.
∵四边形ABCD为矩形，
∴AM∥CN，
∴∠AMN=∠CNM，
∴∠AMN=∠ANM，
∴AM=AN，
∴AM=CN，
∴四边形ANCM为平行四边形.
又∵AN=CN，
∴平行四边形ANCM为菱形.
(2)设AN=CN=x，则BN=8-x.
在Rt△ABN中，根据勾股定理有AB2+BN2=AN2，
即42+(8-x)2=x2，
解得x=5，即AN的长为5.
(3)∵AB=4，BC=8，
∴AC= AB2+BC2= 42+82=4 5，
1
∴AQ= AC=2 5，
2
( )2
∴QN= AN2-AQ2= 52- 2 5 = 5，
∴MN=2QN=2 5，即MN的长为2 5.
二、课后巩固
17 13
1.D 2.B 3.
8 8
4.解：根据折叠的性质有DC=AD'=6，DF=D'F，∠D'=∠D=90°.
设DF=D'F=x，则AF=8-x，
在Rt△AD'F中，根据勾股定理有AD'2+D'F2=AF2，
7 7
∴62+x2=(8-x)2，解得x= ，即DF的长为 .
4 4
如答图，连接AC，交EF于点O.
7 25
AF=8-x=8- = ，AC= AB2+BC2= 62+82=10.
4 4
∵EF垂直平分AC，∴AO=OC=5，
( )2
25 15
∴OF= AF2-AO2= -52= .
4 4 (第4题答图)
∵四边形ABCD为矩形，
∴AF∥CE，∴∠FAO=∠ECO.
ì∠FAO=∠ECO,
ïï
ïï
在△AOF和△COE中，íAO=OC,
ïï
î ïï ∠AOF=∠COE,
∴△AOF≌△COE(ASA)，
15
∴OF=OE= .
4
15 15
∴EF= ，即EF的长为 .
2 2
11课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
专题8 中点四边形
一、典例呈现
例题1 证明：(1)∵E，F，G，H分别是四边形ABCD的四条边的中点，
1 1
∴HG∥AC，HG= AC，EF∥AC，EF= AC，
2 2
∴EF=HG，EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形.
(2)∵四边形EFGH是平行四边形，
∴EF=HG，EH=FG，∴四边形EFGH的周长为2(EF+EH).
∵EF，EH分别是△ABC和△ABD的中位线，
1 1
∴EF= AC，EH= BD.
2 2
∴C 四边形EFGH=2(EF+EH)=AC+BD.
(3)∵EH是△ABD的中位线，EF是△ABC的中位线，FG是△CBD的中位线，HG是△ACD的中位线，
1 1 1 1
∴S △AEH= S △ABD ，S △BEF= S △ABC ，S △CFG= S △CBD ，S △DHG= S △ACD.
4 4 4 4
∵S △ABD+S △ABC+S △CBD+S △ACD=(S △ABD+S △CBD)+(S △ABC+S △ACD)=2S
四边形ABCD
，
∴S 四边形EFGH=S 四边形ABCD-(S △AEH+S △BEF+S △CFG+S △DHG)
1
=S 四边形ABCD- (S △ABD+S △ABC+S △CBD+S △ACD)
4
1
=S 四边形ABCD- ×2S 四边形ABCD
4
1
=S 四边形ABCD- S 四边形ABCD
2
1
= S 四边形ABCD .
2
迁移1
12
例题2
C
迁移2 证明：∵点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，
1 1
∴EH=FG= AC，EF=GH= BD，
2 2
又AC=BD，∴EH=FG=EF=GH，∴四边形EFGH是菱形.
二、课后巩固
1.B 2.C 3.C 4.20 5.平行四边形
6.证明：∵在△ABC中，点F，G分别是边AB，BC的中点，
1
∴FG= AC.
2
1 1 1
同理可得EH= AC，GH= BD，EF= BD.
2 2 2
∵在四边形ABCD中，AC=BD，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形.
∵在△ABD中，点E，H分别是边AD，CD的中点，
∴EH∥AC.
同理可得GH∥BD.
12课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
又∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
∴菱形EFGH是正方形.
专题9 特殊平行四边形背景下的旋转全等
一、典例呈现
例题1 (1)证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴AD=CD，DG=DE，且∠ADC=∠GDE=90°，
∴∠ADG=∠CDE.
ìAD=CD,
ïï
ïï
在△ADG与△CDE中，í∠ADG=∠CDE,
ïï
î
ïïDG=DE,
∴△ADG≌△CDE(SAS).
(2)解：AG=CE，AG⊥CE，理由如下：
由(1)得△ADG≌△CDE，∴AG=CE，∠DAG=∠DCE.
(例题1答图)
∵∠DCE+∠CHA=∠DAG+∠ADC，
∴∠CHA=∠ADC=90°，∴AG⊥CE.
(3)证明：过点D作DM⊥AG于点M，DN⊥CE于点N，如答图.
∵△ADG≌△CDE，∴S △DCE=S
△ADG
，
1 1
∴ ×CE×DN= ×AG×DM，又CE=AG，∴DN=DM.
2 2
∵DN⊥CE，MD⊥AG，∴HD平分∠AHE.
迁移1 (1)证明：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，AB=BC=DC=AD.
∵OM⊥ON，∴∠NOC+∠MOC=90°，又∠BOM+∠MOC=90°，
∴∠BOM=∠NOC.
ì∠BOM=∠NOC,
ïï
ïï
在△OBM和△OCN中，íOB=OC,
ïï
î ïï ∠OBC=∠OCD,
∴△OBM≌△OCN(ASA)，
∴OM=ON.
(2)解：∵△OBM≌△OCN，
∴S △OBM=S
△OCN
，
∴S △OBM+S △MOC=S △OCN+S
△MOC
，即S △OBC=S
四边形MONC
.
1
∵S △OBC=4×4× =4，∴S 四边形MONC=4.
4
例题2 (1)证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，AE=CM，
∴F，C，M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°.
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°.
在△DEF和△DMF中，
13课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
ìDE=DM,
ïï
ïï
∵í∠EDF=∠MDF,
ïï
î
ïïDF=DF,
∴△DEF≌△DMF(SAS)，∴EF=MF.
∴EF=MF=FC+CM=FC+AE.
(2)解：设EF=MF=x.
∵AE=CM=2，且BC=6，∴BM=BC+CM=6+2=8，
∴BF=BM-MF=BM-EF=8-x.
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2，EB=AB-AE=6-2=4，
∴42+(8-x)2=x2，解得x=5，∴EF=5.
迁移2 解：结论：EF=DF-BE.
证明如下：如答图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD重合，点E
与点G对应，
∴△ABE≌△ADG，∠EAF=∠GAF=45°，∴AE=AG，BE=DG.
ìAE=AG,
ïï
ïï
在△AEF和△AGF中，í∠EAF=∠GAF=45°,
ïï
î
ïïAF=AF,
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=GF.
∴EF=DF-DG=DF-BE.
(迁移2答图)
二、课后巩固
1.B 2.AC=CE+CG
3.解：(1)能得到BE=DG.证明如下：∵四边形AEFG为正方形，∴AE=AG，∠EAG=90°.
∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠EAG-∠BAG=∠BAD-∠BAG，
∴∠EAB=∠GAD.
ìAE=AG,
ïï
ïï
在△AEB和△AGD中，í∠EAB=∠GAD,
ïï
î
ïïAB=AD,
∴△AEB≌△AGD(SAS)，∴BE=DG.
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG.
理由如下：∵∠EAG=∠BAD，∴∠EAG+∠BAG=∠BAD+∠BAG，∴∠EAB=∠GAD.
∵四边形AEFG和四边形ABCD均为菱形，∴AE=AG，AB=AD.
ìAE=AG,
ïï
ïï
在△AEB和△AGD中，í∠EAB=∠GAD,
ïï
î
ïïAB=AD,
∴△AEB≌△AGD(SAS)，∴BE=DG.
一元二次方程专题
专题10 利用配方法求点到直线的距离
一、典例呈现
例题1 (1)3 大 5 解析：∵(x-3)2≥0，∴-(x-3)2≤0，∴-2(x-3)2≤0，∴-2(x-3)2+5≤5，
∴当x=3时，代数式-2(x-3)2+5有最大值为5.
(2)解：2x2+4x+3=2(x2+2x+1-1)+3=2(x+1)2+1，
14课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
∵(x+1)2≥0，∴2(x+1)2≥0，∴2(x+1)2+1≥1，∴当x=-1时，代数式2x2+4x+3有最小值为1.
迁移1 解：原式=x2-4x+4-4+y2+6y+9-9+17
=(x-2)2+(y+3)2+4.
∵(x-2)2≥0，(y+3)2≥0，
∴原式≥4，
∴当x=2，y=-3时，x2+y2-4x+6y+17有最小值为4.
( )2
例题2 (m-3)2+ 3 m+4 25 m2+25 0 小 25 5 (0，3)
4 16
( )
迁移2 小 8 5 11 ， - 2
5 5 5
二、课后巩固
1.B 2.A 3.9
1
4.解：设点P'是直线y= x+1上的一个动点，
2
( )
1
不妨设点P' m， m+1 ，
2
( )
1
又点P的坐标为 ，3 ，
2
根据两点之间的距离公式可得
( )2 ( )2
1 1
P'P2= m- + m+1-3 ，
2 2
( )2
5 6 49
配方得P'P2= m- + ，
4 5 20
6 49
∴当m= 时，P'P2取得最小值,为 ，
5 20
6 7 5
∴当m= 时，P'P取得最小值,为 ，
5 10
( )
6 8
此时点P'的坐标为 ， .
5 5
( )
7 5 6 8
故点P到直线l的垂线段的长度为 ，垂足的坐标为 ， .
10 5 5
5.解：设AD=xm，则AB=14-(x+x-1)+1=(16-2x)m，
∴S=x(16-2x)=-2(x-4)2+32.
由题意得16-2x≤10，解得x≥3.
∵(x-4)2≥0，∴-2(x-4)2≤0，∴-2(x-4)2+32≤32，
∴当AD=4m时，自行车场地的面积最大，最大面积是32m2.
6.解：4a2+b2+4a-6b-8
=4a2+4a+1+b2-6b+9-18
=(2a+1)2+(b-3)2-18，
∵(2a+1)2≥0，(b-3)2≥0，
∴(2a+1)2+(b-3)2-18≥-18，
1
∴当a=- ，b=3时，多项式4a2+b2+4a-6b-8有最小值，最小值是-18.
2
15课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
专题11 利用“十字相乘法”解一元二次方程
一、典例呈现
例题1 (1)x2+(a+b)x+ab
题3 (1)解：(x+2)(x+4)=0， (2)解：(x+1)(2x-3)=0，
∴x+2=0或x+4=0， ∴x+1=0或2x-3=0，
∴x=-2，x=-4. 3
1 2 ∴x=-1，x= .
1 2
2
例题2
(1)(x-4)(x+1) (2)(x+4)(x+1) (3)(x+3)(2x-1) (4)(3x-1)(x-1)
迁移
(1)(x-8)(x-1) (2)(x+8)(x+1) (3)(2x+3)(2x-5) (4)(x-1)(6x-1)
二、课后巩固
1.(1)解：(x+3)(x+5)=0， (2)解：(y+10)(y-2)=0，
∴x+3=0或x+5=0， ∴y+10=0或y-2=0，
∴x
1
=-3，x
2
=-5. ∴y
1
=-10，y
2
=2.
(3)解：(x-5)(x+2)=0， (4)解：(x-2)(x-10)=0，
∴x-5=0或x+2=0， ∴x-2=0或x-10=0，
∴x=5，x=-2. ∴x=2，x=10.
1 2 1 2
(5)解：(y+2)(y+5)=0， (6)解：(x-2)(x-4)=0，
∴y+2=0或y+5=0， ∴x-2=0或x-4=0，
∴y=-2，y=-5. ∴x=2，x=4.
1 2 1 2
2.(1)解：(x-2)(3x+1)=0， (2)解：(2x-5)(3x+4)=0，
∴x-2=0或3x+1=0， ∴2x-5=0或3x+4=0，
1 5 4
∴x=2，x=- . ∴x= ，x=- .
1 2 1 2
3 2 3
(3)解：(x+3)(4x+3)=0， (4)解：(3x-1)(5x+2)=0，
∴x+3=0或4x+3=0， ∴3x-1=0或5x+2=0，
3 1 2
∴x=-3，x=- . ∴x= ，x=- .
1 2 1 2
4 3 5
(5)解：(2x-5)(4x+3)=0， (6)解：(2x-5)(3x+1)=0，
∴2x-5=0或4x+3=0， ∴2x-5=0或3x+1=0，
5 3 5 1
∴x= ，x=- . ∴x= ，x=- .
1 2 1 2
2 4 2 3
(7)解：化简得x2-28x+96=0， (8)解：化简得x2+16x-1161=0，
(x-24)(x-4)=0， (x+43)(x-27)=0，
∴x-24=0或x-4=0， ∴x+43=0或x-27=0，
∴x=24，x=4. ∴x=-43，x=27.
1 2 1 2
16课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
专题12 求根公式及其推论的应用
一、典例呈现
例题1 (1)解：∵x+x= 9 ，x·x=3， (2)解：原式=(x 1 +x 2 )2-2x 1 x 2
1 2 2 1 2 ( )2
9 57
x +x 3 = -2×3= .
∴原式= 1 2 = . 2 4
x x 2
1 2
(3)解：原式=xx-3(x+x)+9 (4)解：∵(x-x)2
1 2 1 2 1 2
9 3 =(x+x)2-4xx
=3-3× +9=- . 1 2 1 2
2 2 ( )2
9 33
= -4×3= ，
2 4
∴原式=± 33.
2
迁移1 (1)解：根据题意得x+x=- 5 ，xx=- 1 ， (2)解：原式= （x
1
-x
2
）2
1 2 1 2
2 2
x2+x2 （x +x）2-2x x = （x 1 +x 2 ）2-4x 1 x 2
则原式=
x
1
x
2 = 1
x
2
x
1 2 ( )2 ( )
1 2 1 2 5 1
(
5
)2 (
1
) = -
2
-4× -
2
- -2× -
2 2 25
= = +2
1 4
-
2
33
29 =
=- . 4
2
=
33.
2
例题2 解：∵x2-2kx+k2-k=0的两个实数根分别是x，x，
1 2
∴x+x=2k，x·x=k2-k.
1 2 1 2
∵x2+x2=4，∴(x+x)2-2xx=4，
1 2 1 2 1 2
∴(2k)2-2(k2-k)=4，化简得k2+k-2=0，∴k=-2或1.
∵Δ=(-2k)2-4×1×(k2-k)≥0，∴k≥0，
∴k=1，∴x·x=k2-k=0，∴x 2-xx+x 2=4-0=4.
1 2 1 1 2 2
迁移2 解：(1)∵关于x的一元二次方程x2+(2k+3)x+k2=0有两个不相等的实数根，
3
∴Δ=(2k+3)2-4k2>0，解得k>- .
4
(2)∵x,x 是方程x2+(2k+3)x+k2=0的实数根，
1 2
∴x+x=-2k-3，xx=k2，
1 2 1 2
1 1 x +x -（2k+3）
∴ + = 1 2 = =-1，
x x x x k2
1 2 1 2
解得k=3，k=-1.
1 2
经检验，k=3，k=-1都是原分式方程的根.
1 2
3
∵k>- ，∴k=3.
4
二、课后巩固
41
1.B 2.C 3.
2
4.解：(1)∵方程2x2-3x-4=0的两个根是x，x，
1 2
17课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
3
∴x+x= ，x·x=-2，
1 2 1 2
2
∴x2
1
+x
1
x
2
+x2
2
=(x+x)2-xx
1 2 1 2
( )3
3
= -(-2)
2
17
= .
4
3
(2)∵x+x= ，x·x=-2，
1 2 1 2
2
( )2
∴原式=± （x -x）2=± （x +x）2-4x x =± 3 -4×（-2）=± 41.
1 2 1 2 1 2
2 2
1
5.解：设x，x 是方程x2-(k+1)x+ k2+1=0的两个根，
1 2
4
( )
1 3
根据题意得Δ=(k+1)2-4× k2+1 ≥0，解得k≥ .
4 2
1
∵x+x=k+1>0，xx= k2+1>0，∴x>0，x>0.
1 2 1 2 1 2
4
∵|x|=x，∴x=x，
1 2 1 2
( )
1 3
∴Δ=(k+1)2-4× k2+1 =0，解得k= .
4 2
6.解：(1)∵关于x的方程x2+(2k-1)x+k2-1=0有两个实数根x 和x，
1 2
5
∴Δ=(2k-1)2-4(k2-1)=-4k+5≥0，∴k≤ .
4
(2)∵x+x=1-2k，x·x=k2-1，x2+x2=xx+16，
1 2 1 2 1 2 1 2
∴(x+x)2=3xx+16，∴(1-2k)2=3(k2-1)+16，
1 2 1 2
化简得k2-4k-12=0，解得k=6或k=-2.
5
∵k≤ ，∴k=-2.
4
专题13 利用平移法求面积
一、典例呈现
一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
例题1 解：设花园中每条小路的宽为x米，假设将小路都平移到矩形小花园的边 一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
缘，如答图，则其余区域可组合成长为(10-2x)米，宽为(7-x)米的矩形，
一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
根据题意得(10-2x)(7-x)=48， 一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
整理得x2-12x+11=0，
一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一
解得x
1
=1，x
2
=11(不符合题意，舍去). 一一一一一(例一一题一一1答一一图一一)一一一一一一一一一一一
答：花园中每条小路的宽为1米.
迁移1 解：设每条小路的宽为x米，
则(32-x)(20-x)=32×20-100，
整理得x2-52x+100=0，
解得x=2，x=50(不符合题意，舍去).
1 2
答：每条小路的宽为2米.
例题2
D (迁移1答图)
18课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
二、课后巩固
1.A 2.2
3.解：设人行通道的宽度为x米，则两块矩形绿地可组合成长为(18-3x)米，宽为(6-2x)米的矩形，
根据题意得(18-3x)(6-2x)=60，
整理得x2-9x+8=0，
解得x=1，x=8(不符合题意，舍去).
1 2
答：人行通道的宽度为1米.
4.解：设小路进出口的宽度为x米，
由题意得532+30x+20×2x-2x2=30×20，
化简得x2-35x+34=0，
解得x=1，x=34(不符合题意，舍去).
1 2
答：小路进出口的宽度为1米.
专题14 增长率、足球赛问题
一、典例呈现
例题1
(1)A
(2)解：∵1月份第一周的营业额为60万元，且第二、三周的平均增长率均为m，
∴第二周的营业额为60(1+m)万元，第三周的营业额为60(1+m)2万元.
根据题意得60+60(1+m)+60(1+m)2=218.4，
整理得25m2+75m-16=0，
解得m=0.2=20%，m=-3.2(不符合题意，舍去)，
1 2
∴m的值为20%.
迁移1 解：设11月份销售额的下降率为x，则12月份销售额的增长率是2x.
根据题意得40(1-x)(1+2x)=45，
解得x=x=0.25=25%.当x=25%时，40(1-x)=30.
1 2
答：11月份的销售额为30万元.
例题2 迁移2
C D
二、课后巩固
1.B 2.C 3.D 4.A 5.C 6.D
专题15 直角三角形、矩形存在性问题
一、典例呈现
例题1 解：∵点A的坐标为(3，0)，点B的坐标为(1，4)，
∴AB2=(3-1)2+42=20.
设点P的坐标为(0，t)，
∴AP2=32+t2=9+t2，BP2=12+(4-t)2=t2-8t+17.
①若∠PAB=90°，则AB2+AP2=BP2，
∴20+9+t2=t2-8t+17，
( )
3 3
解得t=- ，∴P 0,- .
2 2
②若∠APB=90°，则AP2+BP2=AB2，
19课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
∴9+t2+t2-8t+17=20，解得t=1，t=3，
1 2
∴P(0,1)或P(0,3).
③若∠ABP=90°，则AB2+BP2=AP2，
7
∴20+t2-8t+17=9+t2，解得t= ，
2
( )
7
∴P 0， .
2
( ) ( )
3 7
综上所述，当点P的坐标为 0,- 或(0,1)或(0,3)或 0， 时，△PAB为直角三角形.
2 2
( ) ( )
迁移1 (7，4)或 -3,- 7 或 3,- 3 或(3,4)
2 2
二、课后巩固
( ) ( )
13 5
1. ,1 或 ,-1 或(3，3)或(2，3)
3 3
2.解：存在.
( )
5
设点P的坐标为 ，t .
2
∵A(0，3)，B(4，0)，
∴AB2= ( 4-0 )2 + ( 0-3 )2 =25，
( )2
5 61
PA2= +(t-3)2=t2-6t+ ，
2 4
( )2
5 9
PB2= 4- +t2=t2+ .
2 4
①当∠PAB=90°时，有PB2=PA2+AB2，
9 61
∴t2+ =t2-6t+ +25，
4 4
( )
19 5 19
解得t= ，∴P ， ；
3 2 3
②当∠PBA=90°时，有PA2=PB2+AB2，
61 9
∴t2-6t+ =t2+ +25，
4 4
( )
5
解得t=-2，∴P ,-2 ；
2
③当∠BPA=90°时，有AB2=PB2+PA2，
9 61
∴25=t2+ +t2-6t+ ，
4 4
3+2 6 3-2 6
解得t= ，t= ，
1 2
2 2
( ) ( )
5 3+2 6 5 3-2 6
∴P ， 或P ， .
2 2 2 2
( ) ( )
5 19 5
综上所述，存在点P，使得以点A，B，P为顶点的三角形是直角三角形，点P的坐标为 ， 或 ,-2
2 3 2
( ) ( )
5 3+2 6 5 3-2 6
或 ， 或 ， .
2 2 2 2
20课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
专题16 等腰三角形、菱形存在性问题
一、典例呈现
例题1 解：根据“两圆一线”可以确定等腰三角形.如答图，连
接AB，以点A为圆心、AB长为半径作圆，可以确定点P，P；以
1 2
点B为圆心、AB长为半径作圆，可以确定点P；作AB的垂直平分
3
线，与x轴交于点P.
4
∵A(-8，0)，B(0，6)，
∴AB= 62+82=10，
∴AB2=100.
设P(t，0)，∴AP=|t+8|，BP2=t2+36.
①当AB=AP时，有10=|t+8|，解得t=-18，t=2，
1 2
∴P(-18，0)，P(2，0)；
1 2 (例题1答图)
②当AB=BP时，有100=t2+36，
解得t=-8(不符合题意，舍去)，t=8，
3 4
∴P(8，0)；
3
7
③当AP=BP时，有|t+8|2=t2+36，解得t=- ，
5
4
( )
7
∴P - ，0 .
4
4
( )
7
综上所述，所有符合条件的点P的坐标为P(-18，0)，P(2，0)，P(8，0)，P - ，0 .
1 2 3 4
4
迁移1 (2，-2 3)或(6，2 3)或(-2，2 3)
二、课后巩固
1.解：设Q(n，-2n)，
则AB2=80，BQ2=(n-2)2+(4-2n)2=5n2-20n+20，
AQ2=(n+6)2+4n2=5n2+12n+36.
①当AB=BQ时，有80=5n2-20n+20，解得n=6或n=-2，
∴点Q的坐标为(6，-12)或(-2，4)；
22
②当AB=AQ时，80=5n2+12n+36，解得n=2(不符合题意，舍去)或n=- ，
5
( )
22 44
∴点Q的坐标为 - ， ；
5 5
③当AQ=BQ时，5n2+12n+36=5n2-20n+20，
1
解得n=- ，
2
( )
1
∴点Q的坐标为 - ，1 .
2
综上，存在点Q，使得以A，B，Q为顶点的三角形为等腰三角形，点Q的坐标为(6，-12)或(-2，4)或
( ) ( )
22 44 1
- ， 或 - ，1 .
5 5 2
21课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
图形的相似专题
专题17 相似三角形基础模型
一、典例呈现
AB AC
模型一
ADE ADE AED
AD AE
AB AC
AED AED ADE
AE AD
例题1 迁移1
C 2
AO BO
模型二
DCO D C
OD OC
AO OB
CDO C D
CO OD
例题2 迁移2
C A
模型三
CBD ACD BCD ACD AD·BD AD·AB BD·BA
AC AB
ACD ACD ADC AD·AB
AD AC
例题3
C
迁移3 解：在△ABC和△DAC中，
ì
í
∠B=∠CAD，
î∠C=∠C，
AC CD AD
∴△ABC∽△DAC，∴ = = .
BC AC AB
AC2 22
又∵AC=2，BC=4，∴CD= = =1.
BC 4
∵BC=BD+DC，∴BD=4-1=3，
又AB=BD，∴AB=3，
AB·CD 3×1 3
∴AD= = = .
AC 2 2
二、课后巩固
1.C 2.A 3.B 4.7.8 5.4 6.6 3 5-3
4 2 40 25
7. 8.2 9. 10. 或
3 15 13 7
11.解：如答图，过点E作EG⊥AD于点G，连接CF.
∵AD，BE分别是∠BAC和∠ABC的平分线，
∴∠CAD=∠BAD，∠CBE=∠ABE.
∵∠ACB=90°，∴2(∠BAD+∠ABE)=90°，
∴∠BAD+∠ABE=45°，
∴∠EFG=∠BAD+∠ABE=45°.
在Rt△EFG中，EF= 2，∴FG=EG=1.
∵AF=4，∴AG=AF-FG=3.
(第11题答图)
在Rt△AEG中，根据勾股定理得AE= AG2+EG2= 10.
∵AD平分∠CAB，BE平分∠ABC，
∴CF是∠ACB的平分线，
∴∠ACF=45°=∠AFE，又∠CAF=∠FAE，
22课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
AE AF
∴△AFC∽△AEF，∴ = ，
AF AC
AF2 16 8 10
∴AC= = = .
AE 5
10
专题18 比例式(或等积式)的证明(1)
一、典例呈现
例题1 证明：∵△ADE是等边三角形，
∴AD=AE=DE，∠ADE=∠AED=60°，
∴∠ADB=∠AEC=120°.
∵∠BAC=120°，
∴∠B+∠BAD=∠BAD+∠CAE=60°，
∴∠B=∠CAE.
∴△ABD∽△CAE，
AD BD
∴ = .
CE AE
BF
迁移1
ABE ABF
AB
证明：∵∠EAF=∠ABF=45°，∠AFE=∠AFB，
∴△AFE∽△BFA，
AF BF
∴ = ，∴AF·AB=AE·BF.
AE AB
例题2 证明：∵△ADE是等边三角形，
∴AD=AE=DE，∠ADE=∠AED=60°，
∴∠ADB=∠AEC=120°.
∵∠BAC=120°，
∴∠B+∠BAD=∠BAD+∠CAE=60°，
∴∠B=∠CAE.
AD BD
∴△ABD∽△CAE，∴ = ，
CE AE
∴AD·AE=CE·BD，∴DE2=BD·CE.
迁移2 证明：如答图，过点B作BF∥AC交PD的延长线于点F.
BF BP
则△PCE∽△PBF，∴ = .
CE CP
∵BF∥AC，∴∠1=∠2.
又∵AD=AE，∴∠2=∠4，
∴∠1=∠4=∠3，∴BF=BD， (迁移2答图)
BF BD BP BD
∴ = ，∴ = .
CE CE CP CE
二、课后巩固
1.证明：∵AD是∠CAB的平分线，
∴∠CAD=∠BAD.
∵∠C=90°，∴∠CAD+∠ADC=90°，
∵BE⊥AE，∴∠E=90°，∴∠EBD+∠BDE=90°.
∵∠ADC=∠BDE，∴∠BAD=∠DBE，
23课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
BE DE
∴△BDE∽△ABE，∴ = ，
AE BE
∴BE2=DE·AE.
2.证明：∵AD∥BC，
∴∠ACF=∠DAC，
又∵∠FAC=∠ADE，AC=AD，
∴△ACF≌△DAE(ASA)，
∴AF=DE，∠AFC=∠DEA，
∴∠AFB=∠DEC.
∵∠ABC=∠CDE，∴△ABF∽△CDE，
AF BF
∴ = ，∴AF·DE=BF·CE.
CE DE
∵AF=DE，∴AF2=BF·CE.
3.证明：如答图，连接AC.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD∥BC.
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
(第3题答图)
∴∠ACB=60°.
∵AD∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BAD=120°，∠CAD=∠ACB=60°，
又∠EAF=120°，∴∠EAB=∠FAD.
设∠EAB=∠FAD=α，
∴∠E=∠ABC-α=60°-α.
∵∠CAF=∠CAD-∠FAD=60°-α，
∴∠E=∠CAF=60°-α，∠ACF=∠ACB=60°，
AF CF
∴△ACF∽△ECA，∴ = .
AE AC
AF CF
∵AC=BC，∴ = ，
AE BC
∴AE·CF=AF·BC.
专题19 比例式(或等积式)的证明(2)
一、典例呈现
例题1 证明：∵∠EAF+∠AFE+∠E=∠FDC+∠CFD+∠C=180°，
∠EAF=∠FDC，∠AFE=∠CFD，∴∠E=∠C，
AD AE AB AD
又∠ADE=∠ABC，∴△ADE∽△ABC，∴ = ，∴ = . ①
AB AC AC AE
AB AF AB BF
∵AB2=AF·AC，∴ = ，又∠BAC=∠FAB，∴△ABC∽△AFB，∴ = . ②
AC AB AC BC
BF AD
由①②得 = ，∴AD·BC=AE·BF.
BC AE
迁移1 证明：∵∠BAC=90°，AD⊥BC，
AB AC AB BD
∴△CBA∽△ABD，∴ = ，∴ = . ①
BD AD AC AD
∵△ABD∽△CBA，∴∠BAD=∠C，
24课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
1
∵点E为AC的中点，∠ADC=90°，∴ED= AC=EC，∴∠EDC=∠C，
2
又∵∠EDC=∠FDB，∴∠BAD=∠FDB.
BD DF
在△DBF和ADF中，∵∠FDB=∠FAD，∠F=∠F，∴△DBF∽△ADF，∴ = . ②
AD AF
AB DF
由①②得 = ，∴AB·AF=AC·DF.
AC AF
例题2 证明：∵AD⊥BC，∴∠ADB=90°.
∵在Rt△ABD中，∵DE⊥AB，∴∠DAE=∠BDE.
∵∠DEB=∠AED=90°，∠BDE=∠DAE，
DE BE
∴△DBE∽△ADE，∴ = ，∴DE2=AE·BE. ①
AE DE
∵BF⊥AC，∴∠EBG+∠BAC=90°.
∵HE⊥AB，∴∠EHA+∠BAC=90°.
∴∠EBG=∠EHA.
∵在△EBG和△EHA中，∴∠BEG=∠HEA=90°，∠EBG=∠EHA，
AE EH
∴△EBG∽△EHA，∴ = ，∴EG·EH=AE·EB. ②
EG EB
由①②得DE2=EG·EH.
迁移2 证明：∵∠ACB=90°，CE⊥AB，
∴∠ACE+∠BCE=90°，∠ACE+∠CAE=90°，
∴∠CAE=∠BCE，又∠AEC=∠CEB=90°，∴△ACE∽△CBE，
CE AE
∴ = ，∴CE2=AE·BE. ①
BE CE
∵BG⊥AP，CE⊥AB，∴∠DEB=∠DGP=∠PEA=90°，
又∠1=∠2，∴∠P=∠3，
PE AE
∴△AEP∽△DEB，∴ = ，
BE DE
∴PE·DE=AE·BE. ②
由①②得CE2=PE·DE.
二、课后巩固
1.证明：∵EF∥CD，DE∥BC，
AF AE AD AE
∴ = ， = ，
FD EC BD EC
AF AD
∴ = ，∴AF·BD=AD·FD.
FD BD
2.证明：∵DE∥BC，∴△PDE∽△PBC，
PD PE
∴ = ，∴PD·PC=PB·PE. ①
PB PC
∵DF∥AC，∴△PDF∽△PAC，
PD PF
∴ = ，∴PD·PC=PA·PF. ②
PA PC
PE PA
由①②得PB·PE=PA·PF，∴ = .
PF PB
3.证明：由题意知∠ACF=∠BCE=∠ACB=90°，∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠DCF=∠ECD=135°，∴∠CDF+∠F=180°-135°=45°.
又∵∠CDF+∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，又∠DCF=∠ECD，∴△CDF∽△CED，
25课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
CF CD
∴ = ，∴CD2=CE·CF.
CD CE
1
∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴CD= AB，∴AB2=4CE·CF.
2
专题20 相似三角形常考模型的证明与计算
一、典例呈现
例题1 (1)证明：如答图①，过点A作AE'∥GE，并交BC于点E'.
易证得四边形AGEE'为平行四边形，∴GE=AE'.
∵GE⊥BF，∴AE'⊥BF.
∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAE'+∠AE'B=90°.
又AE'⊥BF，∴∠CBF+∠AE'B=90°，
∴∠BAE'=∠CBF.
AE' AB GE AB
又∵∠ABE'=∠C=90°，∴△ABE'∽△BCF， = ，∴ = .
BF BC BF BC
① ②
(例题1答图)
(2)解：如答图②，过点A作AE'∥GE，交BC于点E'，过点B作BF'∥HF，交CD于点F'，
则有AE'=GE，BF'=HF，且AE'⊥BF'，
AB AE' GE
由(1)可知△ABE'∽△BCF'，∴ = = .
BC BF' HF
9 GE 21
∵AB=9，BC=12，HF=14，∴ = ，∴GE= .
12 14 2
迁移1 65
6
例题2 (1)证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠C=45°.
∵∠BAD+∠ADB=135°，∠ADB+∠EDC=135°，
∴∠BAD=∠EDC.∴△ABD∽△DCE.
BD AB
(2)解：∵△ABD∽△DCE，∴ = .
EC DC
∵∠BAC=90°，AB=AC=2，∴BC=2 2，∠B=∠C=45°.
2
当BD= 2 时，DC=2 2- 2 = 3 2 ，∴ 2 = 2 ，∴EC= 3 .
2 2 2 EC 4
3 2
2 (例题2答图)
3 2
如答图，过点E作EF⊥CD，垂足为F.在Rt△ECF中，EF=FC= .
8
3 2 3 2 9 2
∴DF=DC-CF= - = .
2 8 8
26课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
( ) ( )
2 2
9 2 3 2 3 5
在Rt△EDF中，DE= DF2+EF2= + = .
8 8 4
总结提升：证明：∵∠1=∠2，∴∠DBP=∠PAC，
∵∠3=∠BPD+∠APC，∠2=∠C+∠APC，
又∠2=∠3，∴∠BPD=∠C，∴△BDP∽△APC.
迁移2 3或6
例题3 (1)证明：在四边形ABCD中，∵∠BCD+∠BAD=180°，
∴∠ABC+∠ADC=180°，又∠ABC+∠ABE=180°，∴∠ABE=∠ADC.
又∠E=∠AFD，∴△AEB∽△AFD.
(2)解：在四边形ABCD中，∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠A+∠BCD=180°.
∵∠DCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠DCE.
又∵∠ADC=∠BDE，∴∠ADC-∠BDC=∠BDE-∠BDC，
DB AB
即∠ADB=∠CDE，∴△DAB∽△DCE，∴ = .
DE CE
5 4 15
∵AB=4，BD=5，CE=3，∴ = ，∴DE= .
DE 3 4
迁移3
3
二、课后巩固
25
1.B 2. 3.2.4
4
4.解：过点O作OD⊥AC于点D，OE⊥BC于点E，如答图.
∴∠ODP=∠OEQ=90°，又∠ACB=90°，∴四边形DCEO为矩形，
∴∠DOE=90°，又∠MON=90°，∴∠DOP=∠EOQ，∴△PDO∽△QEO，
OD OP
∴ = .
OE OQ
OA 1 1
由 = ，设OA=x，则OB=2x.∵∠ABC=30°，∴AD= x，OE=x.
OB 2 2 (第4题答图)
3 x
OP OP
在Rt△ADO中，由勾股定理得OD= 3x，∴ 2 = ，∴ = 3.
2 x OQ OQ 2
专题21 一线三直角相似
一、典例呈现
例题1 (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠PCD+∠DPC=90°.
又∵∠CPE=90°，∴∠EPA+∠DPC=90°，
∴∠EPA=∠PCD，
∴△AEP∽△DPC.
(2)解：如答图，在Rt△PCD中，∠CPD=30°，CD=AB=2 3，
∴CP=2CD=4 3，
∴PD= PC2-CD2= （4 3）2-（2 3）2=6.
(例题1答图)
∵AD=10，∴AP=10-6=4.
27课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
∵∠CPE=90°，∠CPD=30°，∴∠APE=60°，∴∠AEP=30°，
∴PE=2AP=8.
(3)解：假设存在满足条件的点P，设AP=x，则PD=10-x.
∵△CDP∽△PAE，
根据△CDP的周长等于△PAE周长的2倍，得到两三角形的相似比为2，
CD PD 2 3 10-x
∴ = ，即 = =2，
AP AE x AE
10- 3
解得x= 3，∴AP= 3，AE= .
2
迁移1 3
4
4
例题2 解：将点A(1，-4)的坐标代入y=kx-6，
解得k=2，所以y=2x-6.当y=0时，x=3，∴B(3，0).
设OQ的长为m，若△ABQ为直角三角形，则分三种情况讨论如下：
如答图①，当∠AQB=90°时，△BOQ∽△QHA，
BO OQ 3 m
∴ = ，∴ = ，解得m=1或m=3，
QH HA 4-m 1
∴Q(0，-1)或Q'(0，-3)；
如答图②，当∠BAQ=90°时，△QHA∽△AGB，
( )
QH HA 4-m 1 7 7
∴ = ，∴ = ，解得m= ，∴Q 0，- ；
AG GB 2 4 2 2
如答图③，当∠ABQ=90°时，△AGB∽△BMQ，
( )
AG BG 2 4 3 3
∴ = ，∴ = ，解得m= ，∴Q 0， .
BM MQ m 3 2 2
(例题2答图)
迁移2 (2 5+2，4)或(12，4)
二、课后巩固
( )
1 5
1.C 2. 2， 3. 4.(-5，2) 5.3 5
2 2
6.解：(1)∵点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长度的速度向点A匀速运动，
∴OP=t，而OC=2，∴P(t，0).
设CP的中点为F，过点D作DE⊥OA，垂足为E，如答图①，
( )
t
则点F的坐标为 ，1 ，
2
∵点F绕点P按顺时针方向旋转90°得到点D，
∴∠CPD=90°，∴∠DPE+∠OPC=90°.
又∵∠POC=90°，∠OCP+∠OPC=90°，
∴∠OCP=∠EPD，∴△OCP∽△EPD.
28课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
PD 1 DE PE PD 1
∵ = ，∴ = = = ，
CP 2 PO CO CP 2
1 t 1
∴DE= PO= ，PE= CO=1，
2 2 2
( )
t
∴D t+1， .
2
(第6题答图)
(2)△DPA能成为直角三角形.
如答图②，当∠PDA=90°时，PC∥AD.
由勾股定理得PD2+AD2=AP2，
(
t
)2 (
t
)2
∴(t+1-t)2+ +(t+1-4)2+ =(4-t)2，解得t=2或t=-6(舍去).
2 2
如答图③，当∠PAD=90°时，点D在AB上，
t+1=4，解得t=3.
综上可知：当t为2秒或3秒时，△DPA能成为直角三角形.
专题22 旋转相似
一、典例呈现
例题1
(1)① 2 ②45
(2)解：如答图，设AC交BF于点O.
∵△AED，△ABC都是等腰直角三角形，
∴∠EAD=∠CAB=45°，AD= 2AE，AB= 2AC，
AB AD
∴∠EAC=∠DAB，
AC
=
AE
= 2， (例题1答图)
BD AD
∴△DAB∽△EAC，∴ = = 2，∠ABD=∠ACE.
EC AE
∵∠AOB=∠FOC，∴∠BAO=∠CFO=45°，
BD
∴ = 2，∠BFC=45°，即(1)中的两个结论仍然成立.
EC
迁移1 (1)证明：∵∠ABC=∠DBE，
∴∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，∴∠ABD=∠CBE，
又∠BAD=∠BCE，∴△ABD∽△CBE.
AB BD
(2)2.4 解析：∵△ABD∽△CBE，∴ = ，
CB BE
AB AC 5
又∠ABC=∠DBE，∴△ABC∽△DBE，∴ = = .
BD DE 2
6 5
∵AC=6，∴ = ，∴DE=2.4.
DE 2
故答案为：2.4.
29课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
二、课后巩固
1.D 2.A 3.C
4
4.(1)AE= CF AE⊥CF
3
(2)解：(1)中的结论仍然成立.
1 1
理由：如答图延长AE交BC于点H，交CF于点G.由已知得BE= AB，BF= BC，
2 2
BE BF 1
∴ = = .
AB BC 2
∵∠ABC=∠EBF=90°，
∴∠ABE=∠CBF，∴△ABE∽△CBF，
AE AB 4
∴∠BAE=∠BCF， = = .
CF BC 3
∵∠BAE+∠AHB=90°，∠AHB=∠CHG， (第4题答图)
∴∠BCF+∠CHG=90°，
∴∠CGH=180°-(∠BCF+∠CHG)=90°，
4
∴AE⊥CF，且AE= CF，即(1)中的结论仍然成立.
3
专题23 利用相似三角形解决投影问题
一、典例呈现
例题1 (1)12 解析：如答图①， DC = 7 = 1 ，∴CE=14米，∴BE=BC+CE=10+14=24(米).
CE CE 2
(例题1答图)
AB AB 1
又∵ = = ，∴AB=12米，即旗杆AB的高为12米.故答案为：12.
BE 24 2
(2)解：如答图②，补齐图形，AD与BC的延长线相交于点E.
∵∠E=∠E，∠B=∠CDE=90°，∴△ABE∽△CDE，
∴ AB = CD = 1 ，∴ 5 = 1 ，∴DE=2 5，∴CE= CD2+DE2=5(米).
BE DE 2 DE 2
∵BC=19米，∴BE=BC+CE=19+5=24(米).
AB 1
又∵ = ，∴AB=12米，即旗杆AB的高为12米.
BE 2
(3)解：如答图③，补齐图形，AD与BC的延长线相交于点E，过点D作DF⊥CE，垂足为F.
在Rt△DCF中，∠DCE=60°，CD=4米，∴∠CDF=30°，∴CF=2米，DF=2 3米.
DF AB 1 2 3 1
∵ = = ，∴ = ，∴FE=4 3米.
FE BE 2 FE 2
又∵BC=(22-4 3)米，∴BE=BC+CF+FE=22-4 3+2+4 3=24(米)，
AB 1
∴ = ，∴AB=12米，即旗杆AB的高为12米.
24 2
30课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
例题2 解：(1)如答图所示.
(2)∵上午上班时，高1米的木棒的影长为2米，杨老师的身高为1.5米，
∴杨老师的影长CF为3米.
∵GF⊥AC，DC⊥AC，∴GF∥CD，
∴△EGF∽△EDC，∴
GF
=
EF
，
(例题2答图)
CD EC
1.5 5
∴ = ，解得CD=2.4米.
CD 5+3
答：路灯的高为2.4米.
迁移 解：(1)如答图，点O即为路灯的位置.
(2)作OA垂直于地面，如答图，则AM=20步，MP=5步，MN=PB=1.6m.
∵MN∥OA，∴△PMN∽△PAO，
MN PM 1.6 5
∴ = ，即 = ，解得OA=8m.
OA PA OA 5+20
∵PB∥OA，∴△QPB∽△QAO，
PB PQ 1.6 PQ 25
∴ = ，即 = ，解得PQ= 步.
OA QA 8 PQ+25 4
答：路灯的高为8m，影长PQ为 25 步. (迁移答图)
4
二、课后巩固
1.解：如答图，根据同一时刻物高与影长成比例，
1 AD
∴ = ，
0.9 1.1+1.6
∴AD=3米，
∴AB=AD+DB=3+1=4(米).
答：树高为4米.
2.解：∵EF∥AB，∴∠MEF=∠A，∠MFE=∠B，
(第1题答图)
MF EF 1.5 1
∴△MEF∽△MAB，∴ = = = ，
MB AB 4.5 3
x 1
∴ = ，∴MB=3x(m)，∴BF=3x-x=2x(m).
MB 3
同理可得DF=2y(m).
∵BD=10m，∴2x+2y=10，∴y=-x+5.
∵当EF接近AB时，影长FM接近0，
而当EF接近CD时，影长FM接近5，
∴0<x<5.
专题24 利用相似解决跨学科问题
一、典例呈现
例题1 (1)解：∵∠CAO=∠DBO=90°，AC=OE，又∠AOC=∠BOD，∴△AOC∽△BOD.
AC AO OE AO
∴ = ，∴ = .
BD BO BD BO
OE OF AO OF
同理可证△EOF∽△DBF，∴ = ，∴ = .
BD BF BO BF
∵AO=u，BO=v，OF=f，∴BF=OB-OF=v-f，
31课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
u f
∴ = ，∴u(v-f)=vf，∴uv-uf=vf.
v v-f
1 1 1 1 1 1
∵uvf≠0，∴等式两边同时除以uvf，得 - = ，∴ = + .
f v u f u v
(2)15 cm 解析：若凸透镜的焦距为10cm，把物体放在离凸透镜30cm处时，
1 1 1 1 1 1
即把f=10cm，u=30cm代入 = + ，得 = + ，
f u v 10 30 v
∴v=15cm.故答案为：15cm.
例题2 解：(1)图算法方便、直观，不运用公式计算即可得出结果.(答案不唯一)
1 1 1 1 1 5+7.5 1
(2)①当R=7.5千欧，R=5千欧时， = + = + = = ，∴R=3千欧.
1 2 R R R 7.5 5 7.5×5 3
1 2
②过点A作AM∥CO，交BO的延长线于点M，如答图.
∵OC是△AOB的角平分线，
1 1
∴∠COB=∠COA= ∠AOB= ×120°=60°.
2 2
∵AM∥CO，∴∠MAO=∠AOC=60°，∠M=∠COB=60°，
∴∠MAO=∠M=60°,
∴OA=OM，∴△OAM为等边三角形，∴OM=OA=AM=7.5.
(例题2答图)
∵AM∥CO，∴△BCO∽△BAM，
OC BO OC 5
∴ = ，∴ = ，∴OC=3.
AM BM 7.5 7.5+5
综上，通过计算可以验证第二个例子中的图算法是正确的.
二、课后巩固
1.解：∵BC∥l，CG⊥l，BO⊥l，∴四边形OBCG为矩形，∴OB=CG.
∵AH⊥HO，BO⊥HO，∴△AHF∽△BOF，
1 1
AH HF 5 AH 5 4
∴ = 1 = ，∴ = ，∴物体被缩小到原来的 .
BO OF 4 CG 4 5
1
CE OE
2.解：∵OE∥AB，∴△COE∽△CAB，∴ = . ①
CB AB
BE OE
∵OE∥CD，∴△BOE∽△BDC，∴ = . ②
BC CD
CE BE OE OE
①+②，得 + = + ，
BC BC AB CD
OE OE 1 1 1
∴ + =1，∴ + = ，
AB CD AB CD OE
1 1 1
即 + = ，∴OE=2cm.
6 3 OE
∴小孔O到BC的距离OE的长为2cm.
反比例函数专题
专题25 反比例函数与一次函数的交点问题
一、典例呈现
例题1 解：(1)对于一次函数y=-x+5，令y=0，解得x=5，
32课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
∴C(5，0)，∴OC=5.如答图，过点B作BD⊥OC于点D.
5
∵△BOC的面积为 ，
2
1 5 1 5
∴ OC·BD= ，即 ×5×BD= ，
2 2 2 2
∴BD=1，∴点B的纵坐标为1，
将其代入y=-x+5，解得x=4，∴B(4，1).
k
∵反比例函数y=
x
(k>0)的图象经过点B，
(例题1答图)
4
∴k=4×1=4，∴反比例函数的表达式为y= .
x
(2)设平移后的直线解析式为y=-x+b.
∵直线AB向下平移后与反比例函数的图象只有一个交点，
4
∴ =-x+b，整理得x2-bx+4=0，Δ=b2-4×1×4=0，解得b=4或b=-4.
x
当b=4时，5-4=1，所以直线AB向下平移了1个单位长度；
当b=-4时，5- ( -4 ) =9，所以直线AB向下平移了9个单位长度.
综上所述，将直线AB向下平移，若平移后的直线与反比例函数的图象只有一个交点，则直线AB向下平移
了1个或9个单位长度.
ì
ïïïï
y=-2x+3， ①
迁移1 解：(1)联立得方程组í m
î
ï
ïï
ïy=
x
， ②
m
把①代入②，得-2x+3= ，化简得2x2-3x+m=0.
x
∵一次函数图象与反比例函数图象只有唯一的交点A，
9 9
∴Δ=9-8m=0，解得m= ，所以反比例函数的表达式为y= .
8 8x
9 3 3 3
把m= 代入2x2-3x+m=0，解得x= ，把x= 代入①，得y= ，
8 4 4 2
( )
3 3
∴点A的坐标为 ， .
4 2
9
(2)由(1)得2x2-3x+m=0，根据题意得Δ=9-8m<0，解得m> .
8
二、课后巩固
1.4 3 2.-2≤b≤2
k
3.解：(1)设反比例函数的表达式为y= ，把点(1，3)的坐标代入上式，解得k=3，
x
3
∴反比例函数的表达式为y= .
x
ì
ïïïï
y=2x+1，①
(2)联立可得方程组í
3
î
ï
ïï
ïy=
x
，②
3 3
把①代入②得2x+1= ，化简得2x2+x-3=0，解得x=1，x=- ，
x 1 2 2
ì 3
∴ ì í x 1 =1, 或í ïïïïx 2 =- 2 ,
î y 1 =3, î ï ïï ï y 2 =-2.
33课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
( )
3
∴一次函数y=2x+1的图象与该反比例函数图象的交点坐标为(1，3)或 - ，-2 .
2
4.解：(1)∵一次函数y=x+1与x轴和y轴分别交于点A，B，
∴∠CAE=45°.∵CE⊥x轴于点E，∴∠CEA=90°，
∴△CAE为等腰直角三角形，∴AE=CE.
∵AC=3 2，∴AE2+CE2=(3 2)2，解得AE=CE=3.
在y=x+1中，令y=0，可得x=-1，∴A(-1，0)；
令y=3，可得x=2，∴C(2，3).
6
∴k=2×3=6，∴反比例函数的表达式为y= .
x
ì ïïïï y=x+1, ①
(2)联立可得方程组í
6
î
ï
ïï
ïy=
x
, ②
6
把①代入②得x+1= ，化简得x2+x-6=0,
x
解得x=2，x=-3.
1 2
当x=-3时，y=-2，∴D(-3，-2)，
1 15
∴S △CDE= ×3×(2+3)= .
2 2
专题26 面积变换求k值
一、典例呈现
|k| |k|
|k| |k|
2
|k|
2
|k|
2 2
例题1 迁移1 例题2 迁移2
D -4 C -3
二、课后巩固
1.A 2.C 3.D 4.C 5.B 6.A 7.A 8.2 9.2 10.2 11.6
专题27 代几综合求k值
一、典例呈现
例题1 解：设正方形CDEF的边长为a.
∵BC=2CD，AB=3，∴BC=2a，OF=OC+CF=3+a，
∴B(3，2a)，E(3+a，a)，∴3×2a=(3+a)a，
解得a=0(不符合题意，舍去)，或a=3，
∴k=3×2a=3×2×3=18.
迁移1
y=
4
(x>0)
x
例题2 解：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，如答图所示，则AD∥BE.
∵AB=BC，∴BE是△ADC的中位线，
∴AD=2BE.
( )
m
设B(m，n)，则A ，2n ，
2
34课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
( )
3m
∴根据中点坐标公式可得C ，0 ，
2
3m
∴AD=2n，OC= .
2
1 1 3m
∵△OAC的面积为8，∴ ×OC×AD= × ×2n=8，
2 2 2
16 16
∴mn= ，∴k的值为 . (例题2答图)
3 3
迁移2
4
二、课后巩固
1.4 3 2.2 3.8 4.4
( ) ( )
k k
5.解：设D m， ，∵BD=2CD，∴BC=3CD，∴A 3m， ，
m 3m
k k k 2k
∴BC=-3m，OC= ，AB= - = .
m m 3m 3m
∵四边形OABD的面积为6，∴S 梯形ABCO-S △DOC=6，
( )
1 1 1 2k k 1
∴ (AB+OC)·BC- |k|=6，∴ + ·(-3m)+ k=6，
2 2 2 3m m 2
解得k=-3.
专题28 相似三角形存在性问题
一、典例呈现
例题1 解：第一步：找等角.
如答图所示，根据题意得CO=OB=4，∠COB=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠ABO=∠BCD=135°.
第二步：计算出已知三角形的两条边长和未知三角形的
一条边长.
AB= 2，BO=4，BC=4 2.
第三步：分析条件画草图，按“两边对应成比例且夹角
(例题1答图)
相等的两个三角形相似”判定定理，分两种情况进行讨论.
AB BO
①当△ABO∽△DCB时， = ，
1 CD BC
1
∴ 2 = 4 ，解得CD=2，∴DO=6，∴点D 的坐标为(6，0)；
CD 1 1 1
1 4 2
②当△ABO∽△BCD 时， AB = BO ，∴ 2 = 4 ，解得CD=16，
2 BC CD CD 2
2 4 2 2
∴DO=20，∴点D 的坐标为(20，0).
2 2
综上所述，符合要求的点D的坐标为(6，0)，(20，0).
例题2
第一步：2 2 10 5 2
第二步： 5
FD FE ì(s-3)2+t2=20,
第三步：①DE 5 2 5 10 í -1 2 1 4 (-1，2) (1，4)
AB AC î(s+2)2+(t-5)2=10,
35课时分层作业本·九年级上学期·参考答案
FD FE ì(s-3)2+t2=10,
②ED 5 10 2 5 í 2 3 0 1 (2，3) (0，1)
AC AB î(s+2)2+(t-5)2=20,
(-1，2)，(1，4)，(2，3)，(0，1)
二、课后巩固
12 18
1. 或
5 11
2.解：在双曲线上存在点M，使得以BM为斜边的△MAB与△AOB相似.
1 1
根据题意，令y=0，有0=-2x+m，则x= m，即OA= m；
2 2
令x=0，则y=m，即OB=m.
(1)当△BOA∽△BAM时，如答图①，过点M作MC⊥x轴于点C.
(第2题答图)
BO OA
∵△BOA∽△BAM，∴ = ，
BA AM
BA BO m
∴ = = =2.
AM OA 1
m
2
根据“一线三直角相似”，有△BOA∽△ACM，
BO OA BA
∴ = = =2，
AC CM AM
1
m
∴ m = 2 = BA =2，∴AC= 1 m，CM= 1 m，
AC CM AM 2 4
1 1
∴OC=OA+AC= m+ m=m，
2 2
( )
1
∴M m， m ，
4
4 1
又点M在双曲线y= 上，∴m× m=4，
x 4
解得m=4，m=-4(舍去)，
1 2
∴点M的坐标为(4，1).
( )
2 10
(2)当△BOA∽△MAB时，如答图②，同理可求得点M的坐标为 10， .
5
( )
2 10
综上所述，点M的坐标为(4，1)或 10， .
5
36
