《2025年阳光夺冠九年级数学下册》

18. (8分)如图，点$A$是反比例函数$y=\frac{3}{x}(x \lt 0)$上一点，点$B$是反比例函数$y=\frac{k}{x}(x \gt 0)$上一点，点$O$为坐标原点，且$A$，$O$，$B$三点共线.
(1)若$AO = BO$，求$k$的值；
(2)若$AO = 2BO$，求$k$的值.

答案： 解:
(1)分别过点A,B向x轴作垂线,垂足分别为M,N.
∵∠AMO=∠BNO=90°,∠AOM=∠BON,AO=BO,
∴△AOM≌△BON(AAS),
∴OM=ON,AM=BN.
又
∵AM·OM=3,
∴ON·BN=3,即k=3;
(2)分别过点A,B向x轴作垂线,垂足分别为M,N.
∵∠AMO=∠BNO=90°,∠AOM=∠BON,
∴△AOM∽△BON.
又
∵AO=2BO,即$\frac{AO}{BO}=\frac{OM}{ON}=\frac{AM}{BN}$=2,
∴AM·OM=4·BN·ON,即3=4·BN·ON=4k,
∴k=$\frac{3}{4}$.

19. (8分)如图，$\angle ABD = \angle BCD = 90^{\circ}$，$DB$平分$\angle ADC$，过点$B$作$BM // CD$交$AD$于点$M$. 连接$CM$交$DB$于点$N$.
(1)求证：$BD^{2}=AD\cdot CD$；
(2)若$CD = 6$，$AD = 8$，求$MN$的长.

答案：
(1)证明:
∵DB平分∠ADC,
∴∠ADB=∠CDB.
又
∵∠ABD=∠BCD=90°,
∴△ABD∽△BCD,
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{CD}$,
∴BD²=AD·CD;
(2)解:
∵BM//CD,
∴∠MBD=∠CDB.
又
∵∠ADB=∠CDB,
∴∠ADB=∠MBD,
∴BM=MD.
又
∵∠ABD=90°,
∴BM=MD=AM=$\frac{1}{2}$AD=4.
∵BD²=AD·CD,且CD=6,AD=8,
∴BD²=48,
∴BC²=BD² - CD²=12,
∴MC²=MB²+BC²=28,
∴MC=2$\sqrt{7}$.
∵BM//CD,
∴△MNB∽△CND,
∴$\frac{BM}{DC}=\frac{MN}{CN}=\frac{2}{3}$,且MC=2$\sqrt{7}$,
∴MN=$\frac{4}{5}\sqrt{7}$.

20. (11分)在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AC = 20\ cm$，$BC = 15\ cm$. 现在动点$P$从点$A$出发，沿$AC$向点$C$方向运动，动点$Q$从点$C$出发，沿$CB$向点$B$方向运动. 如果点$P$的速度是$4\ cm/s$，点$Q$的速度是$2\ cm/s$，它们同时出发，当有一点到达所在线段的端点时，就停止运动. 设运动时间为$t$秒.
(1)用含$t$的代数式表示$Rt\triangle CPQ$的面积$S$；
(2)当$t = 3$时，$P$，$Q$两点之间的距离是多少？
(3)当$t$为多少时，以点$C$，$P$，$Q$为顶点的三角形与$\triangle ABC$相似？

答案： 解:
(1)由题意,得AP=4t cm,CQ=2t cm,则CP=(20 - 4t)cm,
∴Rt△CPQ的面积S=$\frac{1}{2}$×(20 - 4t)×2t=(20t - 4t²)cm²;
(2)当t=3时,CP=20 - 4t=8(cm),CQ=2t=6(cm),
由勾股定理,得PQ=$\sqrt{CP^{2}+CQ^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}$=10(cm);
(3)分两种情况:
①当Rt△CQP∽Rt△CAB时,$\frac{CP}{CB}=\frac{CQ}{CA}$,即$\frac{20 - 4t}{15}=\frac{2t}{20}$,解得t=$\frac{40}{11}$;
②当Rt△CPQ∽Rt△CAB时,$\frac{CP}{CA}=\frac{CQ}{CB}$,即$\frac{20 - 4t}{20}=\frac{2t}{15}$,解得t=3.
综上,当t=3或t=$\frac{40}{11}$时,以点C,P,Q为顶点的三角形与△ABC相似.