《2025年初中必刷题九年级数学上册苏科版》

1 [2025 江苏南京调研,中] 如图,线段 $ AB = 12 $ 厘米,$ O $ 为 $ AB $ 的中点,射线 $ OC \perp AB $。动点 $ P $ 从点 $ A $ 出发,以 $ 1 $ 厘米/秒的速度向点 $ B $ 运动,另一动点 $ Q $ 从点 $ O $ 出发,以 $ 2 $ 厘米/秒的速度沿射线 $ OC $ 运动,点 $ P $,$ Q $ 同时出发,当点 $ P $ 到达点 $ B $ 时,点 $ P $,$ Q $ 都停止运动。设点 $ P $ 的运动时间为 $ t $ 秒,当 $ \triangle POQ $ 的面积为 $ 8 $ 平方厘米时,$ t $ 的值为______2或4或3 + $\sqrt{17}$。

答案： 2或4或3 + $\sqrt{17}$ 【解析】
∵ AB = 12厘米，O为AB的中点，
∴ AO = BO = 6厘米。由题意知OQ = 2t厘米，AP = t厘米。当0 ＜ t ＜ 6时，OP = (6 - t)厘米，则S△POQ = $\frac{1}{2}$OP×OQ = $\frac{1}{2}$×(6 - t)×2t。令$\frac{1}{2}$×(6 - t)×2t = 8，解得t = 2或t = 4。当6 ＜ t ＜ 12时，OP = (t - 6)厘米，则S△POQ = $\frac{1}{2}$OP×OQ = $\frac{1}{2}$×(t - 6)×2t。令$\frac{1}{2}$×(t - 6)×2t = 8，解得t = 3 + $\sqrt{17}$或t = 3 - $\sqrt{17}$(舍去)。综上所述，当△POQ的面积为8平方厘米时，t的值为2或4或3 + $\sqrt{17}$。故答案为2或4或3 + $\sqrt{17}$。

2 [较难] 如图,在 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle A = 90^{\circ} $,$ AB = 12\ \text{cm} $,$ AC = 8\ \text{cm} $,现有动点 $ P $ 从点 $ B $ 出发,沿射线 $ BA $ 方向运动,动点 $ Q $ 从点 $ C $ 出发,沿射线 $ CA $ 方向运动,已知点 $ P $ 的速度是 $ 2\ \text{cm/s} $,点 $ Q $ 的速度是 $ 1\ \text{cm/s} $,它们同时出发,设运动时间是 $ t\ \text{s}(t ＞ 0) $。
(1)当 $ t = 4 $ 时,求 $ \triangle APQ $ 的面积；
(2)经过多少秒时,$ \triangle APQ $ 的面积是 $ \triangle ABC $ 面积的一半。

答案：
【解】
(1)
∵ 点P的速度是2 cm/s，点Q的速度是1 cm/s，
∴ 当t = 4时，BP = 2t = 8 cm，CQ = t = 4 cm，
∴ AP = 4 cm，AQ = 4 cm，
∴ S△APQ = $\frac{1}{2}$×4×4 = 8(cm²)。
(2)根据题意，得S△APQ = $\frac{1}{2}$S△ABC = $\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$×12×8 = 24(cm²)。当0 ＜ t ＜ 6时，如图
(1), AQ = 8 - t，AP = 12 - 2t，
∴ S△APQ = $\frac{1}{2}$(12 - 2t)(8 - t) = 24，整理得t² - 14t + 24 = 0，解得t = 12(舍去)或t = 2。
当6 ＜ t ＜ 8时，如图
(2), AP = 2t - 12，
∴ S△APQ = $\frac{1}{2}$(2t - 12)(8 - t) = 24，整理得t² - 14t + 72 = 0。
∵ b² - 4ac = -92 ＜ 0，
∴ 方程无实数根。
当t ＞ 8时，如图
(3), AP = 2t - 12，AQ = t - 8，
∴ S△APQ = $\frac{1}{2}$(2t - 12)(t - 8) = 24，整理得t² - 14t + 24 = 0，解得t = 12或t = 2(舍去)。
综上所述，经过2 s或12 s时，△APQ的面积是△ABC面积的一半。

3 [2024 江苏连云港期中,较难] 小华同学学习了课本 1.4 节“问题 6”后,在已知条件不变的情况下,又对该例题进行了拓展探究,请你和他一起解决以下几个问题：
问题 6 如图,在矩形 $ ABCD $ 中,$ AB = 6\ \text{cm} $,$ BC = 12\ \text{cm} $,点 $ P $ 从点 $ A $ 出发沿 $ AB $ 以 $ 1\ \text{cm/s} $ 的速度向点 $ B $ 移动；同时,点 $ Q $ 从点 $ B $ 出发沿 $ BC $ 以 $ 2\ \text{cm/s} $ 的速度向点 $ C $ 移动。
(1)几秒后点 $ P $,$ Q $ 之间的距离为 $ 4\sqrt{2}\ \text{cm} $？请说明理由。
(2)几秒后 $ \angle DQP $ 为直角？请说明理由。
(3)当 $ BP = BQ $ 时,$ \text{Rt}\triangle PBQ $ 内有一个动点 $ M $,连接 $ PM $,$ QM $,$ BM $。若 $ \angle BQM = \angle MBP $,线段 $ PM $ 的最小值为______。

答案：
【解】
(1)2 s或$\frac{2}{5}$ s后点P、Q之间的距离为4$\sqrt{2}$ cm。理由：设移动时间为t s，
∴ AP = t cm，BQ = 2t cm。
∵ AB = 6 cm，
∴ BP = (6 - t)cm。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B = 90°，
∴ 由勾股定理得BP² + BQ² = PQ²。
∵ PQ = 4$\sqrt{2}$，
∴ (6 - t)² + (2t)² = (4$\sqrt{2}$)²，整理得(t - 2)(5t - 2) = 0，解得t = 2或t = $\frac{2}{5}$，
∴ 2 s或$\frac{2}{5}$ s后点P、Q之间的距离为4$\sqrt{2}$ cm。
(2)$\frac{3}{2}$ s或6 s后∠DQP为直角。理由：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB = CD = 6 cm，BC = AD = 12 cm，∠A = ∠B = ∠C = 90°，
∴ BP = (6 - t)cm，CQ = (12 - 2t)cm。在Rt△PAD中，DP² = AD² + AP² = 12² + t² = t² + 144；在Rt△PBQ中，PQ² = BP² + BQ² = (6 - t)² + (2t)² = 5t² - 12t + 36；在Rt△DCQ中，DQ² = CD² + CQ² = 6² + (12 - 2t)² = 4t² - 48t + 180。
∵ ∠DQP为直角，
∴ 由勾股定理得DP² = DQ² + PQ²，
∴ t² + 144 = (4t² - 48t + 180) + (5t² - 12t + 36)，整理得2t² - 15t + 18 = 0，即(2t - 3)(t - 6) = 0，解得t = $\frac{3}{2}$或t = 6，
∴ $\frac{3}{2}$ s或6 s后，∠DQP为直角。
(3)
∵ BP = BQ，
∴ 6 - t = 2t，解得t = 2，
∴ BP = BQ = 4。如图，取BQ的中点N，连接MN、PN。
∵ ∠PBQ = 90°，
∴ ∠MBP + ∠MBQ = 90°。
∵ ∠BQM = ∠MBP，
∴ ∠BQM + ∠MBQ = 90°，
∴ ∠BMQ = 90°。
∵ 点N是BQ的中点，
∴ MN = $\frac{1}{2}$BQ = BN = 2。在Rt△PBN中，PN = $\sqrt{BP² + BN²}$ = $\sqrt{4² + 2²}$ = 2$\sqrt{5}$。
∵ PM + MN ≥ PN，
∴ P、M、N三点共线时，PM + MN有最小值，最小值为PN的长，为2$\sqrt{5}$，
∴ 线段PM的最小值为2$\sqrt{5}$ - 2。