《2025年新课程新教材导航学数学九年级上册北师大版》

22. （14 分）如图，已知一次函数 $ y = kx + b $ 的图象与反比例函数 $ y = \frac{m}{x} $ 的图象交于点 $ A(3,a) $，$ B(14 - 2a,2) $.
(1) 求反比例函数的表达式.
(2) 若一次函数的图象与 $ y $ 轴交于点 $ C $，点 $ D $ 为点 $ C $ 关于原点 $ O $ 的对称点，求 $ \triangle ACD $ 的面积.

答案： 22.解:
(1)
∵点A(3,a),B(14−2a,2)在反比例函数的图象上,
∴3×a=(14−2a)×2,解得a=4.
∴m=3×4=12,
∴反比例函数的表达式为y=$\frac{12}{x}$.
(2)
∵a=4,
∴点A,B的坐标分别为(3,4),(6,2).
∵直线AB的表达式为y=kx+b,则$\begin{cases}3k + b = 4,\\6k + b = 2,\end{cases}$解得$\begin{cases}k = -\frac{2}{3},\\b = 6.\end{cases}$
∴直线AB的表达式为y=−$\frac{2}{3}$x+6.当x=0时,y=6,
∴C(0,6),
∴OC=6.
∵点D为点C关于原点O的对称点,
∴CD=2OC=12,
∴S△ACD=$\frac{1}{2}$CD·xₐ=$\frac{1}{2}$×12×3=18.

23. （14 分）(1) 某学校数学社团遇到这样一个题目：
如图 1，在 $ \triangle ABC $ 中，点 $ O $ 在线段 $ BC $ 上，$ \angle BAO = 30^{\circ} $，$ \angle OAC = 75^{\circ} $，$ AO = 3\sqrt{3} $，$ BO:CO = 1:3 $，求 $ AB $ 的长.
经过社团成员讨论发现，过点 $ B $ 作 $ BD // AC $，交 $ AO $ 的延长线于点 $ D $，通过构造 $ \triangle ABD $ 就可以解决问题（如图 2）.
请回答：$ \angle ADB = $______$^{\circ} $，$ AB = $______.
(2) 请参考以上思路，解决问题：
如图 3，在四边形 $ ABCD $ 中，对角线 $ AC $ 与 $ BD $ 相交于点 $ O $，$ AC \perp AD $，$ AO = 3\sqrt{3} $，$ \angle ABC = \angle ACB = 75^{\circ} $，$ BO:OD = 1:3 $，求 $ DC $ 的长.

答案： 23.
(1)75　4$\sqrt{3}$　
(2)解:过点B作BE//AD交AC于点E.
∵AC⊥AD,BE//AD,
∴∠BEA=∠DAC=90°.又
∵∠EOB=∠AOD,
∴△EOB∽△AOD,
∴$\frac{BO}{DO}$=$\frac{EO}{AO}$=$\frac{BE}{DA}$.
∵BO:OD=1:3,
∴$\frac{EO}{AO}$=$\frac{BE}{DA}$=$\frac{1}{3}$.
∵AO=3$\sqrt{3}$,
∴EO=$\sqrt{3}$,
∴AE=4$\sqrt{3}$.
∵∠ABC=∠ACB=75°,
∴∠BAC=30°,AB=AC,
∴AB=2BE.在Rt△AEB中,AE²+BE²=AB²,即(4$\sqrt{3}$)²+BE²=(2BE)²,
∴BE=4.
∴AC=AB=8,AD=12.在Rt△CAD中,AC²+AD²=CD²,即8²+12²=CD²,
∴CD=4$\sqrt{13}$

24. （14 分）如图，在正方形 $ ABCD $ 中，点 $ P $ 在对角线 $ BD $ 上，点 $ E $ 在 $ CB $ 的延长线上，且 $ PE = PC $，过点 $ P $ 作 $ PF \perp AE $ 于点 $ F $，直线 $ PF $ 分别交 $ AB $，$ CD $ 于点 $ G $，$ H $.
(1) 求证：$ DH = AG + BE $.
(2) 若 $ BE = 1 $，$ AB = 3 $，求 $ PE $ 的长.

答案：
24.
(1)证明:如图，在DC上截取DM=BE,连接AM.
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ABE=∠ADM=90°,AB=AD.在△ABE和△ADM中,$\begin{cases}AB = AD,\\∠ABE = ∠ADM,\\BE = DM,\end{cases}$
∴△ABE≌△ADM,
∴∠1=∠2,
∴∠1+∠BAM=∠2+∠BAM=90°,
∴∠EAM=90°,即AM⊥AE.又
∵PF⊥AE于点F,
∴AM//FH.又
∵AB//CD,
∴四边形AGHM是平行四边形,
∴AG=MH.
∵DH=MH+DM,
∴DH=AG+BE.
(2)解:如图,连接AP.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,∠ABP=∠CBP=45°.在△ABP和△CBP中,$\begin{cases}AB = CB,\\∠ABP = ∠CBP,\\BP = BP,\end{cases}$
∴△ABP≌△CBP,
∴PA=PC,∠3=∠4.
∵PE=PC,
∴PA=PE,∠4=∠5,
∴∠3=∠5.又
∵∠ANP=∠ENB,
∴∠3+∠ANP=∠5+∠ENB=90°,
∴AP⊥PE,
∴△APE是等腰直角三角形.
∵BE=1,AB=3,
∴AE=$\sqrt{1²+3²}$=$\sqrt{10}$,
∴PE=$\frac{AE}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{5}$.