《2026年启东中学作业本九年级数学下册苏科版宿迁专版》

9. 如图，在边长为$1$的小正方形网格中，点$A$，$B$，$C$，$D$都在格点上，$AB$，$CD$相交于点$O$，则$\tan\angle AOD=$2.

答案： 9.2

10.(2024·泰安)如图，$AB$是$\odot O$的直径，$AH$是$\odot O$的切线，$C$为$\odot O$上任意一点，$D$为$\overset\frown{AC}$的中点，连接$BD$交$AC$于点$E$，延长$BD$与$AH$交于点$F$.若$DF=1$，$\tan B=\frac{1}{2}$，则$AE$的长为$\sqrt{5}$.

答案： 10.$\sqrt{5}$

11. 如图，在平行四边形$ABCD$中，$AE\bot BC$，$CF\bot AD$，垂足分别为$E$，$F$，$AE$，$CF$分别与$BD$交于点$G$，$H$，且$AB=2\sqrt{5}$.
(1)若$\tan\angle ABE=2$，求$CF$的长；
(2)求证:$BG=DH$.

答案： 11.
(1)解：$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AD// BC$，即$AF// EC$。
又$\because AE\perp BC$，$CF\perp AD$，$\therefore AE// CF$，
$\therefore$四边形$AECF$是平行四边形，$\therefore CF = AE$。
$\because \tan\angle ABE = 2$，$\therefore AB:AE:BE = \sqrt{5}:2:1$。
又$\because AB = 2\sqrt{5}$，$\therefore CF = AE = 4$。
(2)证明：$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AB = CD$，$AB// DC$，
$\therefore \angle ABD = \angle CDB$，即$\angle ABG = \angle CDH$。
$\because AE// FC$，$\therefore \angle AGH = \angle CHG$，
$\therefore \angle AGB = \angle CHD$。
在$\triangle ABG$和$\triangle CDH$中，$\begin{cases} \angle ABG = \angle CDH\\\angle AGB = \angle CHD\\AB = CD\end{cases}$
$\therefore \triangle ABG\cong\triangle CDH({\rm AAS})$，$\therefore BG = DH$。

12. 如图，在四边形$ABCD$中，$AB\bot BD$，$BC// AD$，连接$AC$交$BD$于点$E$，$\angle BAC=\angle ADB$，且$\tan\angle ADB=\frac{1}{2}$，$AE=\frac{3}{2}\sqrt{5}$.
(1)求$BD$的长；
(2)若$BC=\sqrt{5}$，求$CD$的长.

答案：
12.解：
(1)$\because$在四边形$ABCD$中，$AB\perp BD$，$\therefore \triangle ABE$和$\triangle ABD$都是直角三角形。
$\because \angle BAC = \angle ADB$，$\therefore \tan\angle BAC = \tan\angle ADB = \frac{1}{2}$，
$\therefore \frac{BE}{AB} = \frac{AB}{BD} = \frac{1}{2}$。
设$BE = a$，则$AB = 2a$，$BD = 4a$，由勾股定理，得$AE = \sqrt{AB^{2} + BE^{2}} = \sqrt{5}a = \frac{3}{2}\sqrt{5}$，
解得$a = \frac{3}{2}$，$\therefore BD = 4a = 6$，$\therefore BD$的长为$6$。
(2)如答图，过点$C$作$CF\perp BD$于点$F$，$\because BC// AD$，
$\therefore \angle DBC = \angle ADB$，$\therefore \tan\angle DBC = \frac{CF}{BF} = \frac{1}{2}$。
设$CF = b$，则$BF = 2b$，由勾股定理，得$BC = \sqrt{CF^{2} + BF^{2}} = \sqrt{5}b = \sqrt{5}$，
解得$b = 1$，$\therefore BF = 2$，$DF = BD - BF = 6 - 2 = 4$，
$\therefore CD = \sqrt{CF^{2} + DF^{2}} = \sqrt{1^{2} + 4^{2}} = \sqrt{17}$，$\therefore CD$的长为$\sqrt{17}$。

13. 如图，抛物线$y=-x^{2}+3x+4$与$x$轴交于$A$，$B$两点，与$y$轴交于点$C$，点$D$在抛物线上且横坐标为$3$.
(1)求$\tan\angle DBC$的值；
(2)若$P$为抛物线上一点，且$\angle DBP=45^{\circ}$，求点$P$的坐标.

答案：
13.解：
(1)令$y = 0$，则$-x^{2} + 3x + 4 = -(x + 1)(x - 4) = 0$，
解得$x_1 = -1$，$x_2 = 4$，$\therefore A(-1,0)$，$B(4,0)$。
当$x = 3$时，$y = -3^{2} + 3×3 + 4 = 4$，$\therefore D(3,4)$。
如答图，连接$CD$，过点$D$作$DE\perp BC$于点$E$，连接$BD$。
$\because C(0,4)$，$D(3,4)$，$\therefore CD// AB$，$\therefore \angle BCD = \angle ABC$。
在${\rm Rt}\triangle OBC$中，$\because OC = OB = 4$，
$\therefore BC = 4\sqrt{2}$，$\angle BCD = \angle ABC = 45^{\circ}$。
在${\rm Rt}\triangle CDE$中，$\because CD = 3$，$\therefore CE = ED = \frac{3\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore BE = BC - CE = 4\sqrt{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2} = \frac{5\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore \tan\angle DBC = \frac{DE}{BE} = \frac{3}{5}$。
(2)如答图，过点$P$作$PF\perp x$轴于点$F$。
$\because \angle CBF = \angle DBP = 45^{\circ}$，
$\therefore \angle PBF = \angle DBC$，$\therefore \tan\angle PBF = \tan\angle DBC = \frac{3}{5}$。
设$P(x,-x^{2} + 3x + 4)$，则$\frac{-x^{2} + 3x + 4}{4 - x} = \frac{3}{5}$，
解得$x_1 = -\frac{2}{5}$，$x_2 = 4$（舍去），$\therefore$点$P$的坐标为$(-\frac{2}{5},\frac{66}{25})$。