《2025年亮点给力大试卷九年级数学上册苏科版》

27. (10分)如图,正方形ABCD的边长为10cm,点P从点A开始沿折线$A→D→C$以2cm/s的速度移动,点Q从点D开始沿边DC以1cm/s的速度移动.如果P,Q两点分别从A,D两点同时出发,当其中一点到达点C时,两点都停止运动.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$\frac {1}{4}$?

答案：
(1)当点$P$在边$CD$上时,因为点$Q$也在边$CD$上运动,所以$\triangle PQB$不可能是直角三角形.若要使$\triangle PQB$为直角三角形,则点$P$在边$AD$上,即$t\leqslant10÷2=5$.又$\angle PBQ＜90^{\circ}$,所以当$\triangle PQB$为直角三角形时,有$\angle BPQ=90^{\circ}$或$\angle BQP=90^{\circ}$.由勾股定理,得$PB^{2}+PQ^{2}=BQ^{2}$或$BQ^{2}+PQ^{2}=PB^{2}$.由题意,得$AP=2t\ \text{cm}$,$PD=(10-2t)\ \text{cm}$,$DQ=t\ \text{cm}$,$CQ=(10-t)\ \text{cm}$.由勾股定理,得$PB^{2}=AB^{2}+AP^{2}=10^{2}+(2t)^{2}$,$PQ^{2}=DQ^{2}+PD^{2}=t^{2}+(10-2t)^{2}$,$BQ^{2}=BC^{2}+CQ^{2}=10^{2}+(10-t)^{2}$,所以$10^{2}+(2t)^{2}+t^{2}+(10-2t)^{2}=10^{2}+(10-t)^{2}$或$10^{2}+(10-t)^{2}+t^{2}+(10-2t)^{2}=10^{2}+(2t)^{2}$,即$8t^{2}-20t=0$或$t^{2}-30t+100=0$.解方程$8t^{2}-20t=0$,得$t_{1}=0$,$t_{2}=\frac{5}{2}$;解方程$t^{2}-30t+100=0$,得$t_{3}=15-5\sqrt{5}$,$t_{4}=15+5\sqrt{5}$(舍去).所以当$t=0$或$\frac{5}{2}$或$15-5\sqrt{5}$时,$\triangle PQB$为直角三角形.
(2)因为正方形$ABCD$的边长为$10\ \text{cm}$,所以正方形$ABCD$的面积为$100\ \text{cm}^{2}$.当点$P$在边$AD$上时,由
(1),得$t\leqslant5$,且$AP=2t\ \text{cm}$,$PD=(10-2t)\ \text{cm}$,$DQ=t\ \text{cm}$,$QC=(10-t)\ \text{cm}$.所以$S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}AP\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot2t\cdot10=10t\ \text{cm}^{2}$,$S_{\triangle PDQ}=\frac{1}{2}PD\cdot DQ=\frac{1}{2}\cdot(10-2t)\cdot t=(5t-t^{2})\ \text{cm}^{2}$,$S_{\triangle BCQ}=\frac{1}{2}BC\cdot CQ=\frac{1}{2}×10\cdot(10-t)=(50-5t)\ \text{cm}^{2}$.所以$S_{\triangle PQB}=S_{\text{正方形}ABCD}-S_{\triangle PAB}-S_{\triangle PDQ}-S_{\triangle BCQ}=100-10t-(5t-t^{2})-(50-5t)=(t^{2}-10t+50)\ \text{cm}^{2}$.又$S_{\triangle PQB}=\frac{1}{4}S_{\text{正方形}ABCD}$,所以$t^{2}-10t+50=\frac{1}{4}×100$,即$t^{2}-10t+25=0$,解得$t_{1}=t_{2}=5$;当点$P$在边$CD$上时,$DP=(2t-10)\ \text{cm}$,$DQ=t\ \text{cm}$.又$DP＞0$,则$2t-10＞0$,解得$t＞5$,则$PQ=DQ-DP=(10-t)\ \text{cm}$.所以$S_{\triangle PQB}=\frac{1}{2}PQ\cdot BC=\frac{1}{2}(10-t)×10=(50-5t)\ \text{cm}^{2}$.又$S_{\triangle PQB}=\frac{1}{4}S_{\text{正方形}ABCD}$,所以$50-5t=\frac{1}{4}×100$,解得$t=5$,不符合要求,舍去.综上,当$t=5$时,$\triangle PQB$的面积为正方形$ABCD$面积的$\frac{1}{4}$.

28. (10分)(2025·江苏常州模拟)已知关于x的方程$(m^{2}-1)x^{2}-3(3m-1)x+18= 0$有两个正整数根(m为正整数),$△ABC$的三边长a,b,c满足$c= 2\sqrt {3},m^{2}+a^{2}m-8a= 0,m^{2}+b^{2}m-8b= 0$.求解下列问题:
(1)m的值;
(2)$△ABC$的面积.

答案：
(1)由题意,得$b^{2}-4ac=[-3(3m-1)]^{2}-4(m^{2}-1)×18=9(m-3)^{2}\geqslant0$,所以$m$可以取任意正整数.由根与系数的关系,得$x_{1}+x_{2}=\frac{9m-3}{m^{2}-1}$,$x_{1}\cdot x_{2}=\frac{18}{m^{2}-1}$.因为$x_{1},x_{2}$都为正整数,所以$\frac{9m-3}{m^{2}-1}$和$\frac{18}{m^{2}-1}$也都为正整数.则$m^{2}-1$只能取1,2,3,6,9,18.又$m$为正整数,所以$m^{2}-1=3$,解得$m=2$.当$m=2$时,$\frac{9m-3}{m^{2}-1}=5$,符合题意.则$m$的值为2.
(2)由
(1),得$m=2$.所以$m^{2}+a^{2}m-8a=0$和$m^{2}+b^{2}m-8b=0$可化为$a^{2}-4a+2=0$,$b^{2}-4b+2=0$.所以可将$a,b$看作是关于$x$的方程$x^{2}-4x+2=0$的两个实数根.当$a\neq b$时,由根与系数的关系,得$a+b=4$,$ab=2$.因为$c=2\sqrt{3}$,所以$a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2ab=12=c^{2}$,所以$\triangle ABC$为直角三角形,且$\angle C=90^{\circ}$.所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}ab=1$;当$a=b$时,解方程$a^{2}-4a+2=0$,得$a=b=2\pm\sqrt{2}$.当$a=b=2+\sqrt{2}$时,因为$a+b=4+2\sqrt{2}＞2\sqrt{3}$,$a-b=0＜2\sqrt{3}$,所以能构成三角形.此时底边上的高为$\sqrt{(2+\sqrt{2})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{4+4\sqrt{2}+2-3}=\sqrt{3+4\sqrt{2}}$,所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×\sqrt{3+4\sqrt{2}}=\sqrt{9+12\sqrt{2}}$;当$a=b=2-\sqrt{2}$时,因为$a+b=4-2\sqrt{2}＜2\sqrt{3}$,所以不能构成三角形,舍去.综上,$\triangle ABC$的面积为1或$\sqrt{9+12\sqrt{2}}$.