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2025年通城学典非常课课通九年级数学上册人教版江苏专版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年通城学典非常课课通九年级数学上册人教版江苏专版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
9. 如图，在平面直角坐标系中，$ \triangle ABC $ 三个顶点的坐标分别是 $ A(1,1) $，$ B(4,1) $，$ C(3,3) $。
（1）将 $ \triangle ABC $ 向下平移 $ 5 $ 个单位长度后得到 $ \triangle A_1B_1C_1 $，请画出 $ \triangle A_1B_1C_1 $；
（2）将 $ \triangle ABC $ 绕原点 $ O $ 按逆时针方向旋转 $ 90^{\circ} $ 后得到 $ \triangle A_2B_2C_2 $，请画出 $ \triangle A_2B_2C_2 $；
（3）判断以 $ O $，$ A_1 $，$ B $ 为顶点的三角形的形状。
（1）将 $ \triangle ABC $ 向下平移 $ 5 $ 个单位长度后得到 $ \triangle A_1B_1C_1 $，请画出 $ \triangle A_1B_1C_1 $；
（2）将 $ \triangle ABC $ 绕原点 $ O $ 按逆时针方向旋转 $ 90^{\circ} $ 后得到 $ \triangle A_2B_2C_2 $，请画出 $ \triangle A_2B_2C_2 $；
（3）判断以 $ O $，$ A_1 $，$ B $ 为顶点的三角形的形状。
答案：
9.
(1)如图，$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$即为所求作
(2)如图，$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$即为所求作
(3)如图，连接$OA_{1}$，$OB$，$A_{1}B$.
∵$OB = OA_{1} = \sqrt{4^{2}+1^{2}} = \sqrt{17}$，$A_{1}B = \sqrt{5^{2}+3^{2}} = \sqrt{34}$，即$OB^{2}+OA_{1}^{2} = A_{1}B^{2}$，
∴以$O$，$A_{1}$，$B$为顶点的三角形的形状为等腰直角三角形
9.
(1)如图，$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$即为所求作
(2)如图，$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$即为所求作
(3)如图，连接$OA_{1}$，$OB$，$A_{1}B$.
∵$OB = OA_{1} = \sqrt{4^{2}+1^{2}} = \sqrt{17}$，$A_{1}B = \sqrt{5^{2}+3^{2}} = \sqrt{34}$，即$OB^{2}+OA_{1}^{2} = A_{1}B^{2}$，
∴以$O$，$A_{1}$，$B$为顶点的三角形的形状为等腰直角三角形
10. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，对角线 $ AC $ 的中点为 $ O $ 点，点 $ G $，$ H $ 在对角线 $ AC $ 上，$ AG = CH $，直线 $ GH $ 绕点 $ O $ 按逆时针方向旋转 $ \alpha $ 的角度，与边 $ AB $，$ CD $ 分别交于点 $ E $，$ F $（点 $ E $ 不与点 $ A $，$ B $ 重合）。
（1）求证：四边形 $ EHFG $ 是平行四边形；
（2）若 $ \alpha = 90^{\circ} $，$ AB = 9 $，$ AD = 3 $，求 $ AE $ 的长。
（1）求证：四边形 $ EHFG $ 是平行四边形；
（2）若 $ \alpha = 90^{\circ} $，$ AB = 9 $，$ AD = 3 $，求 $ AE $ 的长。
答案：
10.
(1)
∵对角线$AC$的中点为$O$，
∴$AO = CO$.
∵$AG = CH$，
∴$GO = HO$.
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AD = BC$，$CD = AB$，$CD// AB$.
∴ $\angle FCO = \angle EAO$.
∵$\angle FOC = \angle EOA$，
∴$\triangle COF \cong \triangle AOE$.
∴$FO = EO$.
∴四边形$EHFG$是平行四边形
(2)如图，连接$CE$.
∵$\alpha = 90^{\circ}$，$EF \perp AC$，
∴$EF$是$AC$的垂直平分线.
∴$AE = CE$.
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$BC = AD = 3$.在$Rt\triangle BCE$中，$CE^{2} = BC^{2} + BE^{2}$，
∴$AE^{2} = 3^{2} + (9 - AE)^{2}$，
∴$AE = 5$
10.
(1)
∵对角线$AC$的中点为$O$，
∴$AO = CO$.
∵$AG = CH$，
∴$GO = HO$.
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AD = BC$，$CD = AB$，$CD// AB$.
∴ $\angle FCO = \angle EAO$.
∵$\angle FOC = \angle EOA$，
∴$\triangle COF \cong \triangle AOE$.
∴$FO = EO$.
∴四边形$EHFG$是平行四边形
(2)如图，连接$CE$.
∵$\alpha = 90^{\circ}$，$EF \perp AC$，
∴$EF$是$AC$的垂直平分线.
∴$AE = CE$.
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$BC = AD = 3$.在$Rt\triangle BCE$中，$CE^{2} = BC^{2} + BE^{2}$，
∴$AE^{2} = 3^{2} + (9 - AE)^{2}$，
∴$AE = 5$
11. 如图，正方形 $ ABCD $ 内有一点 $ P $，且 $ PA = 1 $，$ PB = 2 $，$ PC = 3 $，则 $ \angle APB $ 的度数为
135^{\circ}
。
答案：
11.$135^{\circ}$
12. （重庆中考）在 $ \triangle ABC $ 中，$ AB = AC $，$ D $ 是边 $ BC $ 上一动点，连接 $ AD $，将 $ AD $ 绕点 $ A $ 按逆时针方向旋转至 $ AE $ 的位置，使得 $ \angle DAE + \angle BAC = 180^{\circ} $。
（1）如图①，当 $ \angle BAC = 90^{\circ} $ 时，连接 $ BE $，交 $ AC $ 于点 $ F $。若 $ BE $ 平分 $ \angle ABC $，$ BD = 2 $，求 $ AF $ 的长。
（2）如图②，取 $ BE $ 的中点 $ G $，连接 $ AG $。猜想 $ AG $ 与 $ CD $ 之间的数量关系，并证明你的猜想。
（3）如图③，在（2）的条件下，连接 $ DG $，$ CE $。若 $ \angle BAC = 120^{\circ} $，当 $ BD \gt CD $，$ \angle AEC = 150^{\circ} $ 时，请直接写出 $ \frac{BD - DG}{CE} $ 的值。
（1）如图①，当 $ \angle BAC = 90^{\circ} $ 时，连接 $ BE $，交 $ AC $ 于点 $ F $。若 $ BE $ 平分 $ \angle ABC $，$ BD = 2 $，求 $ AF $ 的长。
（2）如图②，取 $ BE $ 的中点 $ G $，连接 $ AG $。猜想 $ AG $ 与 $ CD $ 之间的数量关系，并证明你的猜想。
（3）如图③，在（2）的条件下，连接 $ DG $，$ CE $。若 $ \angle BAC = 120^{\circ} $，当 $ BD \gt CD $，$ \angle AEC = 150^{\circ} $ 时，请直接写出 $ \frac{BD - DG}{CE} $ 的值。
答案：
12.
(1)如图①，连接$CE$，过点$F$作$FQ \perp BC$于点$Q$.
∵$BE$平分$\angle ABC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$FQ \perp BC$，
∴$FA = FQ$.
∵$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，
∴$\angle ABC = \angle ACB = 45^{\circ}$.$\therefore \angle QFC = \angle QCF = 45^{\circ}$.$\therefore QF = QC$.$\therefore FC = \sqrt{QF^{2}+QC^{2}} = \sqrt{2FQ^{2}} = \sqrt{2}FQ$，即$FQ = \frac{\sqrt{2}}{2}FC$.$\because \angle DAE + \angle BAC = 180^{\circ}$，$\therefore \angle DAE = \angle BAC = 90^{\circ}$.$\therefore \angle BAC - \angle DAC = \angle DAE - \angle DAC$，即$\angle BAD = \angle CAE$.由旋转的性质，知$AD = AE$，
∴$\triangle ABD \cong \triangle ACE$.$\therefore BD = CE = 2$，$\angle ABD = \angle ACE = 45^{\circ}$.$\therefore \angle BCE = 90^{\circ}$.
∵$BE$平分$\angle ABC$，
∴$\angle ABF = \angle CBF$.
∴在$\triangle ABF$和$\triangle EBC$中，易得$\angle AFB = \angle BEC$.$\because \angle AFB = \angle CFE$，$\therefore \angle BEC = \angle CFE$.$\therefore CF = CE = 2$.$\therefore AF = FQ = \frac{\sqrt{2}}{2}FC = \sqrt{2}$
(2)$AG = \frac{1}{2}CD$ 如图②，延长$BA$至点$M$，使$AM = AB$，连接$EM$.$\because G$是$BE$的中点，
∴$AG = \frac{1}{2}ME$.$\because \angle BAC + \angle DAE = \angle BAC + \angle CAM = 180^{\circ}$，
∴$\angle DAE = \angle CAM$.$\therefore \angle DAE - \angle CAE = \angle CAM - \angle CAE$，即$\angle DAC = \angle EAM$.$\because AB = AM$，$AB = AC$，
∴$AC = AM$.由旋转的性质，知$AD = AE$，
∴$\triangle ADC \cong \triangle AEM$.$\therefore CD = ME$.$\therefore AG = \frac{1}{2}CD$
(3)$\frac{BD - DG}{CE} = \frac{\sqrt{6}}{2}$ 解析：如图③，延长$BA$至点$P$，使得$AP = AB$，连接$CP$，$EP$，$DE$.$\because \angle DAE + \angle BAC = 180^{\circ}$，$\angle BAC = 120^{\circ}$，$\therefore \angle DAE = 60^{\circ}$.又$\because AD = AE$，$\therefore \triangle ADE$是等边三角形.$\because AB = AC$，$\therefore \angle ACD = \frac{1}{2} × (180^{\circ} - 120^{\circ}) = 30^{\circ}$.$\because AC = AB = AP$，$\angle CAP = 180^{\circ} - \angle BAC = 60^{\circ}$，$\therefore \triangle ACP$是等边三角形.由（2），可知$\triangle ADC \cong \triangle AEP$，$\therefore \angle ACD = \angle APE = 30^{\circ}$.$\therefore PE$平分$\angle APC$.$\therefore PE$所在直线垂直平分线段$AC$.$\therefore AE = CE$.$\therefore \angle EAC = \angle ECA = \frac{1}{2}(180^{\circ} - \angle AEC) = 15^{\circ}$.$\therefore \angle CAD = \angle DAE - \angle EAC = 60^{\circ} - 15^{\circ} = 45^{\circ}$.$\therefore \angle ADB = \angle CAD + \angle ACD = 75^{\circ}$.易得$\angle BAD = 75^{\circ} = \angle ADB$.$\therefore BA = BD$.又$\because AE = DE$，$\therefore$易得$BE$垂直平分$AD$.$\therefore AG = DG$.设$BE$与$AC$交于点$H$，连接$DH$，则$AH = DH$，$\therefore$易得$\triangle AHD$是等腰直角三角形，即$\angle AHD = 90^{\circ}$.$\therefore \angle CHD = 180^{\circ} - \angle AHD = 90^{\circ}$.又$\because \angle DCH = 30^{\circ}$，$\therefore DH = \frac{1}{2}CD$.又由（2），可知$AG = \frac{1}{2}CD$，$\therefore AH = DH = AG = DG$.$\therefore$四边形$AGDH$是菱形.又$\because \angle AHD = 90^{\circ}$，$\therefore$四边形$AGDH$是正方形.设$AG = a$，则$CD = 2a$，$DG = AH = DH = a$，$\therefore$易得$CH = \sqrt{3}a$，$AD = \sqrt{2}a$.$\therefore BD = BA = AC = AH + HC = (1 + \sqrt{3})a$，$AD = AE = CE = \sqrt{2}a$.$\therefore \frac{BD - DG}{CE} = \frac{(1 + \sqrt{3})a - a}{\sqrt{2}a} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.
12.
(1)如图①，连接$CE$，过点$F$作$FQ \perp BC$于点$Q$.
∵$BE$平分$\angle ABC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$FQ \perp BC$，
∴$FA = FQ$.
∵$AB = AC$，$\angle BAC = 90^{\circ}$，
∴$\angle ABC = \angle ACB = 45^{\circ}$.$\therefore \angle QFC = \angle QCF = 45^{\circ}$.$\therefore QF = QC$.$\therefore FC = \sqrt{QF^{2}+QC^{2}} = \sqrt{2FQ^{2}} = \sqrt{2}FQ$，即$FQ = \frac{\sqrt{2}}{2}FC$.$\because \angle DAE + \angle BAC = 180^{\circ}$，$\therefore \angle DAE = \angle BAC = 90^{\circ}$.$\therefore \angle BAC - \angle DAC = \angle DAE - \angle DAC$，即$\angle BAD = \angle CAE$.由旋转的性质，知$AD = AE$，
∴$\triangle ABD \cong \triangle ACE$.$\therefore BD = CE = 2$，$\angle ABD = \angle ACE = 45^{\circ}$.$\therefore \angle BCE = 90^{\circ}$.
∵$BE$平分$\angle ABC$，
∴$\angle ABF = \angle CBF$.
∴在$\triangle ABF$和$\triangle EBC$中，易得$\angle AFB = \angle BEC$.$\because \angle AFB = \angle CFE$，$\therefore \angle BEC = \angle CFE$.$\therefore CF = CE = 2$.$\therefore AF = FQ = \frac{\sqrt{2}}{2}FC = \sqrt{2}$
(2)$AG = \frac{1}{2}CD$ 如图②，延长$BA$至点$M$，使$AM = AB$，连接$EM$.$\because G$是$BE$的中点，
∴$AG = \frac{1}{2}ME$.$\because \angle BAC + \angle DAE = \angle BAC + \angle CAM = 180^{\circ}$，
∴$\angle DAE = \angle CAM$.$\therefore \angle DAE - \angle CAE = \angle CAM - \angle CAE$，即$\angle DAC = \angle EAM$.$\because AB = AM$，$AB = AC$，
∴$AC = AM$.由旋转的性质，知$AD = AE$，
∴$\triangle ADC \cong \triangle AEM$.$\therefore CD = ME$.$\therefore AG = \frac{1}{2}CD$
(3)$\frac{BD - DG}{CE} = \frac{\sqrt{6}}{2}$ 解析：如图③，延长$BA$至点$P$，使得$AP = AB$，连接$CP$，$EP$，$DE$.$\because \angle DAE + \angle BAC = 180^{\circ}$，$\angle BAC = 120^{\circ}$，$\therefore \angle DAE = 60^{\circ}$.又$\because AD = AE$，$\therefore \triangle ADE$是等边三角形.$\because AB = AC$，$\therefore \angle ACD = \frac{1}{2} × (180^{\circ} - 120^{\circ}) = 30^{\circ}$.$\because AC = AB = AP$，$\angle CAP = 180^{\circ} - \angle BAC = 60^{\circ}$，$\therefore \triangle ACP$是等边三角形.由（2），可知$\triangle ADC \cong \triangle AEP$，$\therefore \angle ACD = \angle APE = 30^{\circ}$.$\therefore PE$平分$\angle APC$.$\therefore PE$所在直线垂直平分线段$AC$.$\therefore AE = CE$.$\therefore \angle EAC = \angle ECA = \frac{1}{2}(180^{\circ} - \angle AEC) = 15^{\circ}$.$\therefore \angle CAD = \angle DAE - \angle EAC = 60^{\circ} - 15^{\circ} = 45^{\circ}$.$\therefore \angle ADB = \angle CAD + \angle ACD = 75^{\circ}$.易得$\angle BAD = 75^{\circ} = \angle ADB$.$\therefore BA = BD$.又$\because AE = DE$，$\therefore$易得$BE$垂直平分$AD$.$\therefore AG = DG$.设$BE$与$AC$交于点$H$，连接$DH$，则$AH = DH$，$\therefore$易得$\triangle AHD$是等腰直角三角形，即$\angle AHD = 90^{\circ}$.$\therefore \angle CHD = 180^{\circ} - \angle AHD = 90^{\circ}$.又$\because \angle DCH = 30^{\circ}$，$\therefore DH = \frac{1}{2}CD$.又由（2），可知$AG = \frac{1}{2}CD$，$\therefore AH = DH = AG = DG$.$\therefore$四边形$AGDH$是菱形.又$\because \angle AHD = 90^{\circ}$，$\therefore$四边形$AGDH$是正方形.设$AG = a$，则$CD = 2a$，$DG = AH = DH = a$，$\therefore$易得$CH = \sqrt{3}a$，$AD = \sqrt{2}a$.$\therefore BD = BA = AC = AH + HC = (1 + \sqrt{3})a$，$AD = AE = CE = \sqrt{2}a$.$\therefore \frac{BD - DG}{CE} = \frac{(1 + \sqrt{3})a - a}{\sqrt{2}a} = \frac{\sqrt{6}}{2}$.
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