《2025年小题狂做九年级数学上册苏科版提优版》

1. 如图,已知△ABC 是边长为 6 cm 的等边三角形,动点 P,Q 同时从 A,B 两点出发,分别沿 AB,BC 运动,点 P 运动的速度为 1 cm/s,点 Q 运动的速度为 2 cm/s. 当点 Q 到达点 C 时,P,Q 两点都停止运动,则当△PBQ 的面积为$9√3/2 cm^2 $时,P,Q 两点的运动时间为3s.

答案： 3 提示:设当△PBQ的面积为$\frac{9\sqrt{3}}{2}$cm²时,运动的时间为t s.过点Q作QE⊥AB于点E.由条件,得BQ=2t cm,∠B=60°,所以∠BQE=30°,所以BE=$\frac{1}{2}$BQ=t cm.在Rt△BQE中,由勾股定理,得QE=$\sqrt{BQ^2-BE^2}$=$\sqrt{3}$t cm.因为$S_{\triangle PBQ}$=$\frac{1}{2}$BP·QE=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$cm²,所以$\frac{1}{2}$×(6-t)×$\sqrt{3}$t=$\frac{9\sqrt{3}}{2}$,解得$t_1$=$t_2$=3.

2. 如图,在矩形 ABCD 中,AB= 7 cm,BC= 2√2 cm,点 P 从点 A 出发沿 AB 以 1 cm/s 的速度向点 B 移动. 若出发 t s 后,PA= 2PC,则 t= 6.

答案： 6 提示:根据题意,得$PA^2$=$t^2$,$PC^2$=(7-t)²+(2$\sqrt{2}$)².因为PA=2PC,所以$PA^2$=4$PC^2$,即$t^2$=4[(7-t)²+(2$\sqrt{2}$)²],解得$t_1$=6,$t_2$=$\frac{38}{3}$(舍去).

3. 如图,AO= BO= 50 cm,OC 是一条射线,OC⊥AB,一只蚂蚁由点 A 以 2 cm/s 的速度向点 B 爬行,同时另一只蚂蚁由点 O 以 3 cm/s 的速度沿 OC 方向爬行,则10或15或30s 后两只蚂蚁与点 O 组成的三角形的面积为$ 450 cm^2.$

答案： 10或15或30 提示:设x s后两只蚂蚁与点O组成的三角形面积为450 cm².有两种情况:
①当蚂蚁在AO上运动时,$\frac{1}{2}$×3x(50-2x)=450.整理,得$x^2$-25x+150=0,解得$x_1$=15,$x_2$=10.
②当蚂蚁在OB上运动时,$\frac{1}{2}$×3x(2x-50)=450.整理,得$x^2$-25x-150=0,解得$x_1$=30,$x_2$=-5(舍去).
综上所述,蚂蚁的爬行时间为10 s或15 s或30 s.

4. 现要将一边长为 40 cm 的正方形硬纸板进行适当的剪裁,折成一个长方形盒子(纸板的厚度忽略不计). 如图,若在正方形硬纸板的四角各剪一个同样大小的正方形,将剩余部分折成一个无盖的长方形盒子.
(1)要使折成的长方形盒子的底面积为$ 484 cm^2,$那么剪掉的正方形的边长为多少?
(2)折成的长方形盒子的侧面积为$ 600 cm^2,$那么剪掉的正方形的边长为多少?
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答案： 解:
(1)设剪掉的正方形边长为x cm.根据题意,得(40-2x)(40-2x)=484,解得$x_1$=9,$x_2$=31(不合题意,舍去).
答:剪掉的正方形边长为9 cm.
(2)设剪掉的正方形的边长为y cm.根据题意,得4(40-2y)y=600.整理,得$y^2$-20y+75=0,解得$y_1$=5,$y_2$=15.经检验,均符合题意.
答:剪掉的正方形的边长为5 cm或15 cm.

5. 如图,矩形 OABC 在平面直角坐标系 xOy 中,OA= 10,OC= 5,点 D 从点 C 出发,沿射线 CO 方向以每秒 2 个单位长度的速度移动,点 E 从点 O 出发,沿射线 OA 方向以每秒 1 个单位长度的速度运动,设点 E 的运动时间为 t s.
(1)当 t 为何值时,△ODE 的面积为 1?
(2)当 t 为何值时,△CDE 是等腰三角形?
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答案： 解:
(1)由矩形的性质,得BC=OA=10,AB=OC=5,所以点C(0,5),A(10,0),B(10,5).
①当点D在y轴正半轴上时,根据题意,得$\frac{1}{2}$×(5-2t)t=1,解得$t_1$=$\frac{1}{2}$,$t_2$=2;
②当点D在y轴负半轴上时,根据题意,得$\frac{1}{2}$×(2t-5)t=1,解得$t_1$=$\frac{5-\sqrt{41}}{4}$(舍去),$t_2$=$\frac{5+\sqrt{41}}{4}$.
综上所述,当t的值为$\frac{1}{2}$或2或$\frac{5+\sqrt{41}}{4}$时,△ODE的面积为1.
(2)①当CD=CE时,因为CE≥CO,所以此时点D必在y轴负半轴上,则CE=CD=2t,OE=t.在Rt△COE中,根据勾股定理,得$OC^2$+$OE^2$=$CE^2$,即$5^2$+$t^2$=(2t)²,解得$t_1$=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$,$t_2$=-$\frac{5\sqrt{3}}{3}$(舍去).
②当DC=DE,点D在y轴正半轴上时,DC=DE=2t,OE=t,所以OD=5-2t,在Rt△DOE中,根据勾股定理,得$OD^2$+$OE^2$=$DE^2$,即(5-2t)²+$t^2$=(2t)²,解得$t_1$=10-5$\sqrt{3}$,$t_2$=10+5$\sqrt{3}$(舍去);当DC=DE,点D在y轴负半轴上时,在Rt△DOE中,根据勾股定理,得$OD^2$+$OE^2$=$DE^2$,即(2t-5)²+$t^2$=(2t)²,解得$t_1$=10-5$\sqrt{3}$(舍去),$t_2$=10+5$\sqrt{3}$.
③当EC=ED时,因为OE⊥CD,所以CD=2OC=10.所以t=10÷2=5.
综上所述,当t的值为$\frac{5\sqrt{3}}{3}$或10-5$\sqrt{3}$或10+5$\sqrt{3}$或5时,△CDE是等腰三角形.