《2025年课堂作业武汉出版社九年级数学下册人教版》

7. 如图，在四边形ABCD中，∠A = 135°，∠B = ∠D = 90°，BC = $2\sqrt{3}$，AD = 2，则四边形ABCD的面积是（ ）.
A.$4\sqrt{2}$ B.$4\sqrt{3}$ C.4 D.6

答案： 7.C

8. 如图，在Rt△ABC中，∠C = 90°，BC = $\sqrt{5}$，点D是AC上一点，连接BD.若tan A = $\frac{1}{2}$，tan∠ABD = $\frac{1}{3}$，则CD的长为（ ）.
A.$2\sqrt{5}$ B.3 C.$\sqrt{5}$ D.2

答案： 8.C

9. 将矩形ABCD置于平面直角坐标系中，使点A与坐标原点重合，边AB，AD分别落在x轴、y轴正半轴上（如图①），再将此矩形在坐标平面内按逆时针方向绕原点旋转30°（如图②）.若AB = 4，BC = 3，则图②中点B的坐标为__________，点C的坐标为__________.

答案： 9.$(2\sqrt{3},2)$ $(2\sqrt{3}-\frac{3}{2},2+\frac{3\sqrt{3}}{2})$

10. 如图，在△ABC中，∠A = 30°，tan B = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，AC = $4\sqrt{3}$，求AB的长.

答案： 10.过点C作$CD\perp AB$于点D，则$CD = 2\sqrt{3}$，$AD = 6$，$BD=\frac{CD}{\tan B}=4$，$AB = AD + BD = 10$.

11. 如图，在Rt△ABC中，∠A = 90°，作BC的垂直平分线交AC于点D，延长AC至点E，使CE = AB.
（1）若AE = 1，求△ABD的周长.
（2）若AD = $\frac{1}{3}BD$，求tan∠ABC的值.

答案：
11.
(1)如图，连接BD，设BC的垂直平分线交BC于点F，$\because DF$为BC的垂直平分线，$\therefore BD = CD$，$C_{\triangle ABD}=AB + AD + BD = AB + AD + DC = AB + AC$.又$\because AB = CE$，$\therefore C_{\triangle ABD}=AC + CE = AE = 1$.
　　　　　
(2)设$AD = x$，$\therefore BD = 3x$.又$\because BD = CD$，$\therefore AC = AD + CD = 4x$.在$Rt\triangle ABD$中，$AB=\sqrt{BD^{2}-AD^{2}}=\sqrt{(3x)^{2}-x^{2}}=2\sqrt{2}x$.
$\therefore \tan\angle ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{4x}{2\sqrt{2}x}=\sqrt{2}$.

12. 如图，已知抛物线y = $ax^{2}+bx - 3$与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，经过A，B，C三点的圆的圆心M(1，m)恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为$\sqrt{5}$.设⊙M与y轴交于点D，抛物线的顶点为E.
（1）求m的值及抛物线的解析式.
（2）设∠DBC = α，∠CBE = β，求sin(α - β)的值.
（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P，A，C为顶点的三角形与△BCE相似.若存在，请指出点P的位置，并求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

答案： 12.
(1)由题意可知$C(0,-3)$，$-\frac{b}{2a}=1$，$\therefore$抛物线的解析式为$y = ax^{2}-2ax - 3(a＞0)$，过点M作$MN\perp y$轴于点N，连接CM.则$MN = 1$，$CM=\sqrt{5}$，$\therefore CN = 2$，于是$m = - 1$.同理可求得$B(3,0)$，$\therefore a\cdot3^{2}-2a\cdot3 - 3 = 0$，得$a = 1$.$\therefore$抛物线的解析式为$y = x^{2}-2x - 3$.
(2)由
(1)得$A(-1,0)$，$E(1,-4)$，$D(0,1)$，$C(0,-3)$，$B(3,0)$，$\therefore BC = 3\sqrt{2}$，$CE=\sqrt{2}$，$BE = 2\sqrt{5}$，则$BC^{2}+CE^{2}=BE^{2}$，$\therefore \angle BCE=\angle BOD = 90^{\circ}$.
$\because \frac{OB}{OD}=\frac{3}{1}=3$，$\frac{BC}{CE}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3$，$\therefore \frac{OB}{OD}=\frac{BC}{CE}$，即$\frac{OB}{BC}=\frac{OD}{CE}$.$\therefore Rt\triangle BOD\sim Rt\triangle BCE$，得$\angle CBE=\angle OBD=\beta$，因此$\sin(\alpha-\beta)=\sin(\angle DBC-\angle OBD)=\sin\angle OBC=\frac{CO}{BC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(3)显然$Rt\triangle COA\sim Rt\triangle BCE$，此时点$P_1(0,0)$.过点A作$AP_2\perp AC$交y轴正半轴于点$P_2$，由$Rt\triangle CAP_2\sim Rt\triangle BCE$，得$P_2(0,\frac{1}{3})$.过点C作$CP_3\perp AC$交x轴正半轴于点$P_3$，由$Rt\triangle P_3CA\sim Rt\triangle BCE$，得$P_3(9,0)$.故在坐标轴上存在三个点$P_1(0,0)$，$P_2(0,\frac{1}{3})$，$P_3(9,0)$，使得以P，A，C为顶点的三角形与$\triangle BCE$相似.