《2025年学霸题中题九年级数学上册人教版》

14. 如图,正方形ABCD的边长为10 cm,点P从点A开始沿折线A→D→C以2 cm/s的速度移动,点Q从点D开始沿DC边以1 cm/s的速度移动,如果点P,Q分别从A,D同时出发,当其中一点到达点C时,另一点也随之停止运动.设运动时间为t(s).
(1)当t为何值时,△PQB为直角三角形?
(2)当t为何值时,△PQB的面积为正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$?
(1) 当t为0或$\frac{5}{2}$或$15 - 5\sqrt{5}$时，△PQB为直角三角形.
(2) 当t为5时，△PQB的面积为正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$.

答案：
(1) 要使 $\triangle PQB$ 为直角三角形，则需 $PB^{2} + PQ^{2} = BQ^{2}$ 或 $BQ^{2} + PQ^{2} = PB^{2}$。
∵ $PB^{2} = 10^{2} + (2t)^{2}$，$PQ^{2} = t^{2} + (10 - 2t)^{2}$，$BQ^{2} = 10^{2} + (10 - t)^{2}$，即 $8t^{2} - 20t = 0$ 或 $t^{2} - 30t + 100 = 0$，
∴ $t = 0$ 或 $t = \frac{5}{2}$ 或 $t = 15 - 5\sqrt{5}$ 或 $t = 15 + 5\sqrt{5}$（舍去）。
∴ 当 $t = 0$ 或 $t = \frac{5}{2}$ 或 $t = 15 - 5\sqrt{5}$ 时，$\triangle PQB$ 是直角三角形。
(2) $S_{正方形ABCD} = 10×10 = 100(cm^{2})$。
当 $0 ≤ t ≤ 5$ 时，$S_{\triangle PQB} = S_{正方形ABCD} - S_{\triangle PAB} - S_{\triangle PDQ} - S_{\triangle BCQ} = 100 - 10t - (5t - t^{2}) - (50 - 5t) = t^{2} - 10t + 50 = 25$，解得 $t = 5$；
当 $5 ＜ t ≤ 10$ 时，$S_{\triangle PQB} = \frac{1}{2}(10 - t)×10 = 50 - 5t = 25$，解得 $t = 5$（舍去）。
∴ 当 $t = 5$ 时，$\triangle PQB$ 的面积为正方形 $ABCD$ 面积的 $\frac{1}{4}$。

15. (2024·杭州月考)一个矩形纸片内放入两个边长分别为3 cm和4 cm的小正方形纸片,按照图①放置,矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分(阴影部分)的面积为7 $ \mathrm{cm}^{2} $;按照图②放置矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为11 $ \mathrm{cm}^{2} $,若把两张正方形纸片按图③放置时,矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为 (8)

A. 5 $ \mathrm{cm}^{2} $
B. 6 $ \mathrm{cm}^{2} $
C. 7 $ \mathrm{cm}^{2} $
D. 8 $ \mathrm{cm}^{2} $

答案： D 解析：设矩形纸片的长为 $x$ cm，宽为 $y$ cm，依题意，得 $\begin{cases}(x - 3)(y - 4) + (x - 4)(y - 3) = 7\\xy = 16 + 3(y - 4) + 11\end{cases}$，整理得 $\begin{cases}2xy = 7x + 7y - 17 ①\\xy = 15 + 3y ②\end{cases}$，把②代入①，得 $y = 47 - 7x$ ③。将③代入①，得 $2x(47 - 7x) = 7x + 7(47 - 7x) - 17$，整理，得 $7x^{2} - 68x + 156 = 0$，解得 $x_{1} = 6$，$x_{2} = \frac{26}{7}$。当 $x = \frac{26}{7}$ 时，$y = 47 - \frac{26}{7}×7 = 21$（不合题意，舍去），
∴ $x = 6$，$y = 47 - 7×6 = 5$，
∴ 矩形纸片的长为 6 cm，宽为 5 cm，
∴ 按题图③放置时，矩形纸片没有被两个正方形纸片覆盖的部分的面积为 $6×5 - 16 - 3×(6 - 4) = 8(cm^{2})$。

16. (扬州中考)如图,在等腰Rt△ABO中,∠A = 90°,点B的坐标为(0,2),若直线l:y = mx + m(m≠0)把△ABO分成面积相等的两部分,则m的值为______.

答案：
$\frac{5 - \sqrt{13}}{2}$ 解析：
∵ $y = mx + m = m(x + 1)(m ≠ 0)$，
∴ 一次函数 $y = mx + m$ 一定过点 $(-1, 0)$。
∵ $Rt\triangle ABO$ 是等腰直角三角形，$\angle A = 90^{\circ}$，且点 $B$ 的坐标为 $(0, 2)$，
∴ 易得点 $A$ 的坐标为 $(1, 1)$。如图①，当直线经过点 $A(1, 1)$ 时，显然 $S_{\triangle BCA} ＞ S_{\triangle OAC}$，要使直线 $l$ 把 $\triangle ABO$ 分成面积相等的两部分，必然如图②所示，其中 $S_{\triangle DBC} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABO}$，且 $OC ＜ OB$，即 $m ＜ 2$。当 $x = 0$ 时，$y = m$，
∴ 点 $C$ 的坐标为 $(0, m)$。易得直线 $AB$ 的解析式为 $y = -x + 2$。将其与直线 $l$ 联立，即 $\begin{cases}y = -x + 2\\y = mx + m\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x = \frac{2 - m}{m + 1}\\y = \frac{3m}{m + 1}\end{cases}$。
∴ 直线 $AB$ 与直线 $l$ 的交点 $D$ 的坐标为 $(\frac{2 - m}{m + 1}, \frac{3m}{m + 1})$。又 $BC = 2 - m$，$\triangle DBC$ 的高即为点 $D$ 的横坐标，
∴ $\frac{(2 - m)·\frac{2 - m}{m + 1}}{2} = \frac{1}{2}×\frac{2×1}{2}$，解得 $m = \frac{5 + \sqrt{13}}{2}$（舍去）或 $m = \frac{5 - \sqrt{13}}{2}$。

归纳总结
①直线恒过定点：含参数 $k$ 的直线方程，不论 $k$ 取何值时，直线恒过某个定点。把直线方程中含有参数 $k$ 的项分离出来，合并为一项，令 $k$ 的系数为 0，从而求得该定点。
②点恒在定直线上：若点 $A$ 的横、纵坐标均用 $m$ 的一次多项式表示，可分别用含 $x$，$y$ 的代数式表示 $m$，从而得到一个直线方程，则点 $A$ 恒在该直线上。

17. (泉州中考)某校为培养青少年科技创新能力,举办了动漫制作活动,小明设计了点做圆周运动的一个雏形,如图所示,甲、乙两点分别从直径的两端点A,B以顺时针、逆时针的方向同时做圆周运动,甲运动的路程l(cm)与时间t(s)满足关系式:$ l = \frac{1}{2}t^{2} + \frac{3}{2}t(t \geq 0) $,乙以4 cm/s的速度匀速运动,半圆的长度为21 cm.
(1)甲运动4 s后的路程是多少?
(2)甲、乙从开始运动到第一次相遇时,它们运动了多少时间?
(3)甲、乙从开始运动到第二次相遇时,它们运动了多少时间?

(1) 甲运动4 s后的路程是14cm。
(2) 甲、乙从开始运动到第一次相遇时，它们运动了3s。
(3) 甲、乙从开始运动到第二次相遇时，它们运动了7s。

答案：
(1) 当 $t = 4$ s 时，$l = \frac{1}{2}t^{2} + \frac{3}{2}t = 8 + 6 = 14$ (cm)，故甲运动 4 s 后的路程是 14 cm。
(2) 由题图可知，甲、乙第一次相遇时运动的路程和为 21 cm，甲运动的路程为 $(\frac{1}{2}t^{2} + \frac{3}{2}t)$ cm，乙运动的路程为 $4t$ cm，则 $\frac{1}{2}t^{2} + \frac{3}{2}t + 4t = 21$，解得 $t = 3$ 或 $t = -14$（不合题意，舍去）。故甲、乙从开始运动到第一次相遇时，它们运动了 3 s。
(3) 由题图可知，甲、乙第二次相遇时运动的路程和为三个半圆的长度，即 $3×21 = 63$ (cm)，则 $\frac{1}{2}t^{2} + \frac{3}{2}t + 4t = 63$，解得 $t = 7$ 或 $t = -18$（不合题意，舍去）。故甲、乙从开始运动到第二次相遇时，它们运动了 7 s。
归纳总结
同时、同地、相向而行的环形相遇问题：环形跑道一周的长 = 速度和 × 第一次相遇时间，第 $n$ 次相遇时，两人的路程和等于 $n$ 倍的跑道周长。同时、同地、同向而行的环形追及问题：环形跑道一周的长 = 速度差 × 第一次追及时间，第 $n$ 次追上时，两人的路程差等于 $n$ 倍的跑道周长。（未经过一周就追上的情况除外）