《2025年学霸题中题九年级数学上册人教版》

6. (2023·南通中考)如图, $ \triangle A B C $ 中, $ \angle C= 90^{\circ} $, $ A C= 15, B C= 20 $.点 $ D $ 从点 $ A $ 出发沿折线 $ A- $ $ C-B $ 运动到点 $ B $ 停止,过点 $ D $ 作 $ D E \perp A B $,垂足为 $ E $.设点 $ D $ 运动的路径长为 $ x, \triangle B D E $ 的面积为 $ y $,若 $ y $ 与 $ x $ 的对应关系如图所示,则 $ a-b $ 的值为 (52)

)
A. 54
B. 52
C. 50
D. 48

答案： B　解析:在Rt△ABC中,AC=15,BC=20,
∴AB=25。当x=10时,由题意可知,AD=10,CD=5,在Rt△CDB中,由勾股定理得BD²=CD²+BC²=5²+20²=425,设AE=z,BE=25-z,
∴BE²=(25-z)²=z²-50z+625,在Rt△ADE中,由勾股定理得DE²=AD²-AE²=100-z²,在Rt△DEB中,由勾股定理得BD²=DE²+BE²,即425=100-z²+z²-50z+625,解得z=6,
∴AE=6,DE=8,BE=19,
∴a=$S_{\triangle BDE}=\frac{1}{2}\times19\times8=76$。当x=25时,由题意可知,CD=BD=10,设BE=q,AE=25-q,AE²=(25-q)²=625-50q+q²,在Rt△CDA中,由勾股定理得AD²=AC²+CD²=15²+10²=325,在Rt△BDE中,由勾股定理得DE²=BD²-BE²=100-q²,在Rt△DEA中,由勾股定理得AD²=DE²+AE²,即325=100-q²+625-50q+q²,解得q=8,
∴DE=6,
∴b=$S_{\triangle BDE}=\frac{1}{2}\times6\times8=24$,
∴a-b=76-24=52。

7. (衡阳中考)如图①,菱形 $ A B C D $ 的对角线 $ A C $ 与 $ B D $ 相交于点 $ O, P, Q $ 两点同时从 $ O $ 点出发,以 $ 1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s} $ 的速度在菱形的对角线及边上运动.点 $ P $ 的运动路线为 $ O-A-D-O $,点 $ Q $ 的运动路线为 $ O-C-B-O $.设运动的时间为 $ x \mathrm{~s} $, $ P, Q $ 间的距离为 $ y \mathrm{~cm}, y $ 与 $ x $ 的函数关系的图象大致如图②所示,当点 $ P $ 在 $ A D $ 段上运动且 $ P, Q $ 两点间的距离最短时, $ P, Q $ 两点的运动路程之和为______ $ \mathrm{cm} $.

答案：
(2$\sqrt{3}$+3) 解析:由题图分析易知,当点P从O→A运动,点Q从O→C运动时,y不断增大,当点P运动到A点,点Q运动到C点时,由图象知此时y=PQ=2$\sqrt{3}$cm,
∴AC=2$\sqrt{3}$cm。
∵四边形ABCD为菱形,
∴AC⊥BD,OA=OC=$\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$cm。当点P运动到D点,点Q运动到B点时,结合图象,易知此时y=BD=2cm,
∴OD=OB=$\frac{1}{2}BD=1$cm,
∴在Rt△ADO中,AD=$\sqrt{OA^{2}+OD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+1^{2}}=2$cm,
∴AD=AB=BC=DC=2cm。
如图,当点P在AD段上运动,点P运动到点E处,点Q在CB段上运动,点Q运动到点F处时,P,Q两点间的距离最短,此时OE=OF=$\frac{OA\cdot OD}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{2}$cm,AE=CF=$\sqrt{OA^{2}-OE^{2}}=\frac{3}{2}$cm,此时P,Q两点的运动路程之和为$(\sqrt{3}+\frac{3}{2})\times2=(2\sqrt{3}+3)$cm。
　　　　　　　　　　　　　　

8. (2023·江西中考)综合与实践.
问题提出:某兴趣小组开展综合实践活动:在 $ \mathrm{Rt} \triangle A B C $ 中, $ \angle C= 90^{\circ}, D $ 为 $ A C $ 上一点, $ C D= $ $ \sqrt{2} $,动点 $ P $ 以每秒 1 个单位的速度从 $ C $ 点出发,在三角形边上沿 $ C \rightarrow B \rightarrow A $ 匀速运动,到达点 $ A $ 时停止,以 $ D P $ 为边作正方形 $ D P E F $.设点 $ P $ 的运动时间为 $ t \mathrm{~s} $,正方形 $ D P E F $ 的面积为 $ S $,探究 $ S $ 与 $ t $ 的关系.
(1)初步感知:如图①,当点 $ P $ 由点 $ C $ 运动到点 $ B $ 时.
①当 $ t= 1 $ 时, $ S= $______;
② $ S $ 关于 $ t $ 的函数解析式为______.
(2)当点 $ P $ 由点 $ B $ 运动到点 $ A $ 时,经探究发现 $ S $ 是关于 $ t $ 的二次函数,并绘制成如图②所示的图象.请根据图象信息,求 $ S $ 关于 $ t $ 的函数解析式及线段 $ A B $ 的长.
(3)延伸探究:若存在 3 个时刻 $ t_{1}, t_{2}, t_{3}\left(t_{1}＜t_{2}＜\right. $ $ \left.t_{3}\right) $ 对应的正方形 $ D P E F $ 的面积均相等.
① $ t_{1}+t_{2}= $______;
②当 $ t_{3}= 4 t_{1} $ 时,求正方形 $ D P E F $ 的面积.

答案：

(1)①3 ②S=$t^{2}+2$ 解析:
∵动点P以每秒1个单位的速度从C点出发,在BC上匀速运动,
∴CP=t。
∵∠C=90°,CD=$\sqrt{2}$,
∴DP²=CP²+CD²=$t^{2}+2$,
∴S=DP²=$t^{2}+2$。
(2)由题图②可知当点P运动到B点时,S=DP²=6,
∴$t^{2}+2=6$,解得t=2,
∴当t=2时,S=6,由题图②可知,对应的二次函数图象的顶点坐标为(4,2),
∴可设S关于t的函数解析式为S=a(t-4)²+2,把(2,6)代入S=a(t-4)²+2中,得6=a(2-4)²+2,解得a=1,
∴S关于t的函数解析式为S=(t-4)²+2=$t^{2}-8t+18$(2≤t≤8),在S=$t^{2}-8t+18$中,当S=$t^{2}-8t+18=18$时,解得t=8或t=0,
∴AB=(8-2)×1=6。
(3)①4 解析:
∵点P在BC上运动时,S=$t^{2}+2$,点P在AB上运动时,S=(t-4)²+2,如图,
　　　　　　　
∴可知函数S=(t-4)²+2的图象可以看作是由函数S=$t^{2}+2$的图象向右平移四个单位得到的,设($m_{1}$,n),($m_{2}$,n)($m_{2}＞m_{1}$)是函数S=$t^{2}+2$图象上的两点,则($m_{1}+4$,n),($m_{2}+4$,n)是函数S=(t-4)²+2图象上的两点,
∴$m_{1}+m_{2}=0$,$m_{1}＜m_{2}＜m_{1}+4＜m_{2}+4$,
∴$m_{2}+m_{1}+4=4$。
∵存在3个时刻$t_{1}$,$t_{2}$,$t_{3}$($t_{1}＜t_{2}＜t_{3}$)对应的正方形DPEF的面积均相等,
∴可以看作$t_{1}=m_{2}$,$t_{2}=m_{1}+4$,$t_{3}=m_{2}+4$,
∴$t_{1}+t_{2}=4$,故答案为4。
②由
(3)①可得$t_{3}=t_{1}+4$,
∵$t_{3}=4t_{1}$,
∴$4t_{1}=t_{1}+4$,
∴$t_{1}=\frac{4}{3}$,
∴S=$t^{2}+2=(\frac{4}{3})^{2}+2=\frac{34}{9}$。