2026年通城学典课时作业本九年级数学下册人教版南通专版第42页解析答案

1. (2024·苏州)如图，$A$ 为反比例函数 $y = -\frac{1}{x}$在第二象限的图象上的一点，连接$AO$，过点$O$作$OA$的垂线，与反比例函数 $y = \frac{4}{x}$在第一象限的图象交于点$B$，则$\frac{AO}{BO}$的值为 (

)

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{1}{3}$

答案：1.A

解析：

解：设点$A\left(a,-\dfrac{1}{a}\right)$，其中$a＜0$，直线$OA$的解析式为$y=k_1x$，则$-\dfrac{1}{a}=k_1a$，解得$k_1=-\dfrac{1}{a^2}$。
因为$OA\perp OB$，所以直线$OB$的斜率$k_2$满足$k_1k_2=-1$，即$-\dfrac{1}{a^2}· k_2=-1$，解得$k_2=a^2$，故直线$OB$的解析式为$y=a^2x$。
联立$\begin{cases}y=a^2x\\y=\dfrac{4}{x}\end{cases}$，解得$x=\dfrac{2}{\sqrt{a^2}}=\dfrac{2}{|a|}$（$x＞0$），因为$a＜0$，所以$x=-\dfrac{2}{a}$，则$y=a^2·\left(-\dfrac{2}{a}\right)=-2a$，即点$B\left(-\dfrac{2}{a},-2a\right)$。
$AO=\sqrt{(a-0)^2+\left(-\dfrac{1}{a}-0\right)^2}=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}$，$BO=\sqrt{\left(-\dfrac{2}{a}-0\right)^2+(-2a-0)^2}=\sqrt{\dfrac{4}{a^2}+4a^2}=2\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}$。
因此$\dfrac{AO}{BO}=\dfrac{\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}}{2\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}}}=\dfrac{1}{2}$。
答案：A

2. 如图，直线 $y = -\frac{1}{2}x + 2$ 与 $x$ 轴交于点$A$，与$y$轴交于点$B$.若在$x$轴上有一点$C$(不与点$A$重合)，使得以$B$，$O$，$C$为顶点的三角形与$\bigtriangleup AOB$相似，则点$C$的坐标为

(−4,0)或(−1,0)或(1,0)

答案：2.(−4,0)或(−1,0)或(1,0)

解析：

解：在直线$y = -\frac{1}{2}x + 2$中，
令$y=0$，则$-\frac{1}{2}x + 2=0$，解得$x=4$，故$A(4,0)$；
令$x=0$，则$y=2$，故$B(0,2)$。
所以$OA=4$，$OB=2$，$\angle AOB=90°$。
设点$C$的坐标为$(c,0)$（$c\neq4$），则$OC=|c|$，$\angle BOC=90°$。
因为以$B$，$O$，$C$为顶点的三角形与$\triangle AOB$相似，且$\angle AOB=\angle BOC=90°$，所以分两种情况：
情况一：$\triangle AOB \sim \triangle BOC$，则$\frac{OA}{BO}=\frac{OB}{OC}$，即$\frac{4}{2}=\frac{2}{|c|}$，解得$|c|=1$，$c=\pm1$，故$C(1,0)$或$(-1,0)$；
情况二：$\triangle AOB \sim \triangle COB$，则$\frac{OA}{CO}=\frac{OB}{BO}$，即$\frac{4}{|c|}=\frac{2}{2}$，解得$|c|=4$，$c=-4$（$c=4$舍去），故$C(-4,0)$。
综上，点$C$的坐标为$(-4,0)$或$(-1,0)$或$(1,0)$。
$(-4,0)$，$(-1,0)$，$(1,0)$

3. （2024·

呼

伦贝尔）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 $y = ax^2 + bx + c (a \neq 0)$ 的图象经过原点和点$A(4,0)$，经过点$A$的直线与该二次函数图象交于点$B(1,3)$，与$y$轴交于点$C$.
（1）求二次函数的解析式及点$C$的坐标.
（2）$P$是二次函数图象上的一个动点，当点$P$在直线$AB$上方时，过点$P$作$PE \perp x$轴于点$E$，与直线$AB$交于点$D$，连接$BP$，设点$P$的横坐标为$m$.
① 当$m$为何值时，线段$PD$的长度最大？请求出这个最大值.
② 是否存在点$P$，使得$\bigtriangleup BPD$与$\bigtriangleup AOC$相似？若存在，请求出点$P$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
3.(1)
∵二次函数y=ax²+bx+c的图象经过点O(0,0)，A(4,0)，B(1,3)，
∴$\begin{cases}0=c\\0=16a + 4b + c\\3 = a + b + c\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = -1\\b = 4\\c = 0\end{cases}$。
∴二次函数的解析式为y = −x² + 4x。设直线AB对应的函数解析式为y = kx + n。
∵直线经过A(4,0)，B(1,3)两点，
∴$\begin{cases}0 = 4k + n\\3 = k + n\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = -1\\n = 4\end{cases}$。
∴直线AB对应的函数解析式为y = −x + 4。
∵C是直线AB与y轴的交点，
∴令x = 0，得y = 4。
∴点C的坐标为(0,4)。
(2)①
∵点P在直线AB上方，
∴1＜m＜4。易得P(m,−m² + 4m)，D(m,−m + 4)，
∴PD = y_P - y_D = −m² + 4m + m - 4 = −m² + 5m - 4 = −(m - $\frac{5}{2}$)² + $\frac{9}{4}$。
∵−1＜0，
∴当m = $\frac{5}{2}$时，线段PD的长度最大，这个最大值是$\frac{9}{4}$。
②存在。
∵∠PDB = ∠ADE，易知∠ADE = ∠ACO，
∴∠PDB = ∠ACO。
∵△AOC是直角三角形，
∴要使△BPD与△AOC相似，只要保证△BPD是直角三角形就可以。
如图①，当△BPD∽△AOC时，
∵∠AOC = 90°，
∴∠BPD = 90°，此时BP//x轴，易知B，P两点关于直线x = 2对称，则点P的坐标为(3,3)。
如图②，当△PBD∽△AOC时，易得△PBD是等腰直角三角形，∠PBD = 90°。
∴BP = BD。
∴BP² = BD²。
∵B(1,3)，P(m,−m² + 4m)，D(m,−m + 4)，
∴BP² = (m - 1)² + (−m² + 4m - 3)²，BD² = (m - 1)² + (−m + 4 - 3)²。
∴(m - 1)² + (−m² + 4m - 3)² = (m - 1)² + (−m + 4 - 3)²，即(m² - 4m + 3)² = (m - 1)²。
∴m² - 4m + 3 = m - 1或m² - 4m + 3 = 1 - m。
∴m = 1或2或4。
∵1＜m＜4，
∴m = 2。
∴−m² + 4m = 4。
∴点P的坐标为(2,4)。
综上所述，存在点P使得△BPD与△AOC相似，此时点P的坐标为(3,3)或(2,4)