北师大版数学九年级上册解答题专题训练50题含答案

北师大版数学九年级上册解答题专题训练50题含答案 1．如图，点是菱形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个菱形，且菱形菱形，连接，求证：． 【答案】证明见解析． 【分析】由相似多边形的性质可得∠DAB=∠EAG，根据角的和差关系可得∠EAB=∠GAD，根据菱形的性质可得AE=AG，AB=AD，利用SAS可证明△EAB≌△GAD，即可证明GD=EB． 【详解】∵菱形菱形， ∴∠DAB=∠EAG， ∴∠DAB+∠GAB=∠EAG+∠GAB，即∠EAB=∠GAD， ∵四边形ABCD、AEFG都是菱形， ∴AE=AG，AB=AD， 在△EAB和△GAD中， ∴△EAB≌△GAD， ∴GD=EB． 【点睛】本题考查相似多边形的性质及全等三角形的判定与性质，根据多边形的性质得出∠DAB=∠EAG是解题关键． 52．如图，点O是△ABC内一点，连结OB、OC，并将AB、OB、OC、AC的中点D、E、F、G依次连结，得到四边形DEFG． （1）求证：四边形DEFG是平行四边形； （2）若M为EF的中点，OM=3，∠OBC和∠OCB互余，求DG的长度． 【答案】（1）证明见解析；（2）6． 【分析】（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EF∥BC且EF=BC，DG∥BC且DG=BC，从而得到DE=EF，DG∥EF，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）先判断出∠BOC=90°，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，求出EF即可． 【详解】证明：（1）∵D、G分别是AB、AC的中点，∴DG∥BC，DG=BC， ∵E、F分别是OB、OC的中点， ∴EF∥BC，EF=BC， ∴DE=EF，DG∥EF， ∴四边形DEFG是平行四边形； （2）∵∠OBC和∠OCB互余， ∴∠OBC+∠OCB=90°， ∴∠BOC=90°， ∵M为EF的中点，OM=3， ∴EF=2OM=6． 由（1）有四边形DEFG是平行四边形，∴DG=EF=6． 53．如图，一次函数y＝ax＋5的图象与y轴相交于点C，与反比例函数y＝的图象相交于点A(m，4)，B(2，1)，点D为OC中点，连接OA，OB，连接BD交OA于E． (1)求a，k，m的值； (2)求直线OA的方程； (3)求直线BD的方程； (4)求△OBE的面积． 【答案】(1)a＝﹣2，k＝2，m＝ (2)直线OA的解析式为y＝8x (3)直线BD的解析式为 (4)S△OBE＝ 【分析】（1）根据待定系数法即可求得a、k，然后把点解析式即可求得； （2）（3）根据待定系数法求得即可； （4）解析式联立，解方程组求得E的坐标，然后根据即可求得． （1） （1）∵点B（2，1）在一次函数y＝ax+5的图象上， ∴2a+5＝1， ∴a＝﹣2． ∵点B（2，1）在反比例函数y＝的图象上， ∴k＝2×1＝2， ∴反比例函数的表达式为y＝． ∵点A（m，4）在反比例函数图象上， ∴4m＝2， ∴m＝； （2） 设直线OA的解析式为y＝k1x， ∵A（，4）， ∴， ∴＝8， ∴直线OA的解析式为y＝8x； （3） ∵直线AB的解析式为y＝﹣2x+5， ∴C（0，5）． ∵点D为OC中点， ∴D（0，）， 设直线BD的解析式为，将点B和D的坐标代入得 ， 解得 ， ∴直线BD的解析式为； （4） 解得， ∴E（，）， ∴． 【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式，两条直线的交点，三角形的面积，求得交点坐标是解题的关键． 54．如图，在中，点、分别在边、上，点是上一点且，连接． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据结合已知条件，直接证明根据相似三角形的性质即可得证； （2）证明，得出，根据（1）的结论得出，根据公共角，证明，即可得证． 【详解】（1）∵，， ∴， ∴， ∴； （2）∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 55．中，，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，，它们交于点， ①求证：． ②当，求的度数． ③当四边形是菱形时，求的长． 【答案】①证明见解析； ②；③． 【分析】①先利用旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则根据“SAS”证明△AEB≌△AFC，于是得到BE=CF； ②利用∠FAC=120°，AF=AC可得到∠ACF=30°，再利用AB=AC，∠BAC=45°得到∠ACB=67.5°，然后计算∠BCF； ③利用四边形ACDE是菱形得到AC∥DE，DE=AE=AC=1，则∠ABE=∠BAC=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AB=，然后计算BE-DE即可． 【详解】解：①证明：∵绕点按顺时针方向旋转角得到， ∴，，， ∴， ，即， 在和中， ， ∴， ∴； ②解：∵， ∴， 而， ∴， ∵，， ∴， ∴； ③解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 而， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质． 56．如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，连接AG、CE． （1）求证：AG=CE； （2）求证：AG⊥CE． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【详解】试题分析：（1）由ABCD、BEFG均为正方形，得出AB=CB，∠ABC=∠GBE=90°，BG=BE，得出∠ABG=∠CBE，从而得到△ABG≌△CBE，即可得到结论； （2）由△ABG≌△CBE，得出∠BAG=∠BCE，由∠BAG+∠AMB=90°，对顶角∠AMB=∠CMN，得出∠BCE+∠CMN=90°，证出∠CNM=90°即可． 试题解析：（1）∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，∴AB=CB，∠ABC=∠GBE=90°，BG=BE，∴∠ABG=∠CBE，在△ABG和△CBE中，∵AB=CB，∠ABG=∠CBE，BG=BE，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴AG=CE； （2）如图所示：∵△ABG≌△CBE，∴∠BAG=∠BCE，∵∠ABC=90°，∴∠BAG+∠AMB=90°，∵∠AMB=∠CMN，∴∠BCE+∠CMN=90°，∴∠CNM=90°，∴AG⊥CE． 考点：1．全等三角形的判定与性质；2．正方形的性质． 57．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AD是∠BAC的平分线，AB∶BD＝. (1)求tan∠DAC的值. (2)若BD＝4，求S△ABC. 【答案】(1)；(2). 【分析】（1）过D点作DE⊥AB于点E，根据相似三角形的判定易证△BDE∽△BAC，可得，再根据角平分线的性质可得DE=CD，利用等量代换即可得到tan∠DAC的值； （2）先利用特殊角的三角形函数得到∠CAD=30°，进而得到∠B=30°，根据直角三角形中30°角所对直角边为斜边的一半得到DE的长，进而得到CD与AC的长，再利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】解：（1）如图，过D点作DE⊥AB于点E， 在△BDE与△BAC中， ∠BED=∠C=90°，∠B=∠B， ∴△BDE∽△BAC， ∴， ∵AD是∠BAC的平分线， ∴DE=CD， ∴， ∴tan∠DAC； （2）∵tan∠DAC， ∴∠DAC=30°， ∴∠BAC=2∠DAC=60°， ∴∠B=90°﹣∠BAC=30°， ∴DE=BD=2， ∴CD=DE=2， ∴BC=BD+CD=6， ∵， ∴， ∴S△ABC=. 【点睛】本题主要考查锐角三角函数，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，解此题的关键在于熟练掌握根据角平分线的性质作出辅助线. 58．把一根长的绳子剪成两段，并把每段绳子围成一个正方形．要使这两个正方形的面积和等于．应该怎样剪？ 【答案】一段长，一段长为 【分析】设剪成的两段一段长为，则另一段为，由题意可得每个正方形的边长，则由面积关系建立方程，解方程即可． 【详解】设剪成的两段一段长为，围成的正方形的边长为，则另一段为，围成的正方形的边长为， 由题意得：， 解方程得：，， 即剪成一段长，一段长为的两段即可． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意找到等量关系并表示出两个正方形的边长是关键． 59．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，点D在AB边上，△CDE是等边三角形． （1）如图1，当点E在AB边上时，CE与BE有何数量关系，请说明理由； （2）如图2，当点E在△ABC内时，猜想CE与BE的数量关系，并加以证明； （3）再另画一种情况，写出相应结论．（不用证明） 【答案】（1）CE＝BE，理由详见解析；（2）CE＝BE，证明详见解析；（3）详见解析 【分析】（1）证出∠BCE＝∠ABC，即可得出CE＝BE； （2）取AB的中点O，连接OC、OE，证△ACD≌△OCE（SAS），得出∠A＝∠COE，证出∠COE＝∠BOE，证△COE≌△BOE（SAS），即可得出CE＝BE； （3）当点E在△ABC外时，CE＝BE成立；取AB的中点O，连接OC、OE，同（2）得△ACD≌△OCE（SAS），得出∠A＝∠COE＝60°，证出∠COE＝∠BOE，证△COE≌△BOE（SAS），即可得出CE＝BE． 【详解】解：（1）CE＝BE，理由如下： ∵△CDE是等边三角形， ∴∠ACE＝60°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BCE＝90°﹣60°＝30°， ∵∠ABC＝30°， ∴∠BCE＝∠ABC， ∴CE＝BE； （2）CE＝BE，理由如下： 取AB的中点O，连接OC、OE，如图2所示： ∵∠ACB＝90°， ∴OC＝AB＝OA＝OB， ∵∠ABC＝30°， ∴∠A＝60°， ∴△AOC是等边三角形， ∴AC＝OC，∠AOC＝∠ACO＝60°， ∴AC＝OC＝OB， ∵△CDE是等边三角形， ∴CD＝CE，∠DCE＝60°， ∴∠ACO＝∠DCE， ∴∠ACD＝∠OCE， 在△ACD和△OCE中， ， ∴△ACD≌△OCE（SAS）， ∴∠A＝∠COE， ∵∠AOC＝60°， ∴∠BOE＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠COE＝∠BOE， 在△COE和△BOE中， ， ∴△COE≌△BOE（SAS）， ∴CE＝BE； （3）如图3，当点E在△ABC外时，CE＝BE成立；理由如下： 取AB的中点O，连接OC、OE， 同（2）得：△ACD≌△OCE（SAS）， ∴∠A＝∠COE＝60°， ∴∠BOE＝180°﹣60°﹣60°＝60°， ∴∠COE＝∠BOE， 在△COE和△BOE中， ， ∴△COE≌△BOE（SAS）， ∴CE＝BE． 【点睛】本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 60．（1）已知，求的值； （2）已知2x=3y=4z，求的值． 【答案】（1）；（2）8 【分析】（1）可设比值为k，然后表示出x、y、z，再代入比例式计算即可得解； （1）可设比值为k，然后表示出x、y、z，再代入比例式计算即可得解. 【详解】解：（1）设=k（k≠0）， 则x=2k，y=3k，z=4