eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数的解析式 $y=x^{2}+2 x-3$, 补充下表, 并根据表中的数据在如图所示的平面直角坐标系中, 利用描点法画出这个二次函数的示意图.

| $x$ | $\cdots$ | -3 | -2 | -1 | 0 | 1 | $\cdots$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y=x^{2}+2 x-3$ | $\cdots$ | 0 | - | - | - | 0 | $\cdots$ |




选项：
答案： $-3 、-4 、-3$, 图象见解析.


解析：将 $x=-2 、-1 、 0$ 分别代入二次函数解析式中, 求出对应的 $\mathrm{y}$ 值, 再利用描点、连线画出函数图象即可.

【详解】解: 填表如下:

| $x$ | $\cdots$ | -3 | -2 | -1 | 0 | 1 | $\cdots$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y=x^{2}+2 x-3$ | $\cdots$ | 0 | -3 | -4 | -3 | 0 | $\cdots$ |

描点、连线, 如图所示:


【点睛】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的图象, 熟练掌握利用描点法画二次函数的图象是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图是一个二次函数的图象, 顶点是原点 $O$, 且过点 $A(2,1)$. 求出二次函数的解析式.




选项：
答案： $y=\frac{1}{4} x^{2}$


解析：根据顶点是原点 $O$, 可设二次函数的解析式为 $y=a x^{2}$, 把点 $A(2,1)$ 代入求出完整解析式即可.

【详解】解: $\because$ 二次函数的图象, 顶点是原点 $O$,

$\therefore$ 设二次函数的解析式为 $y=a x^{2}$,

$\therefore$ 把点 $A(2,1)$ 代入得 $4 a=1$,

解得: $a=\frac{1}{4}$,

$\therefore$ 二次函数的解析式为 $y=\frac{1}{4} x^{2}$.

【点睛】本题考查了求二次函数解析式, 根据顶点是原点 $O$, 设二次函数的解析式为 $y=a x^{2}$是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知拋物线 $y=a x^{2}+b x+1$ 经过点 $(1,-2),(-2,13)$.

(1) 求 $a, b$ 的值;

（2）若 $\left(5, y_{1}\right),\left(m, y_{2}\right)$ 是抛物线上不同的两点, 且 $y_{2}=12-y_{1}$, 求 $m$ 的值.


选项：
答案： (1) $a=1, b=-4$; (2) $m=-1$


解析：(1) 将点的坐标分别代入解析式即可求得 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的值;

(2) 将 $\left(5, y_{1}\right),\left(m, y_{2}\right)$ 代入解析式, 联立 $y_{2}=12-y_{1}$ 即可求得 $m$ 的值.

【详解】(1) $\because$ 抛物线 $y=a x^{2}+b x+1$ 经过点 $(1,-2),(-2,13)$,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}-2=a+b+1 \\ 13=4 a-2 b+1\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{c}a=1 \\ b=-4\end{array}\right.$,

$\therefore \mathrm{a}$ 的值为 $1, \mathrm{~b}$ 的值为 -4 ;

(2) $\because\left(5, y_{1}\right),\left(m, y_{2}\right)$ 是拋物线上不同的两点,



$\therefore \mathrm{m}$ 的值为 -1 .

【点睛】本题主要考查二次函数性质, 用待定系数法求二次函数, 正确解出方程组求得未知数是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 拋物线 $y=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 经过坐标原点 $O$, 且顶点为 $A(2,-4)$.



(1)求拋物线的表达式;

(2)设抛物线与 $x$ 轴正半轴的交点为 $B$, 点 $P$ 位于抛物线上且在 $x$ 轴下方, 连接 $O A 、 P B$,若 $\angle A O B+\angle P B O=90^{\circ}$, 求点 $P$ 的坐标.


选项：
答案： (1) $y=x^{2}-4 x$

(2) $P\left(\frac{1}{2},-\frac{7}{4}\right)$


解析：(1) 设抛物线的表达式为 $y=a(x-2)^{2}-4$, 将 $O(0,0)$ 代入可得 $y=x^{2}-4 x$;

（2）过 $\mathrm{A}$ 作 $A T \perp y$ 轴于 $T$, 过 $P$ 作 $P K \perp x$ 轴于 $K$, 设 $P\left(m, m^{2}-4 m\right)$, 求出 $B(4,0)$; 根据 $\angle A O B+\angle A O T=90^{\circ}, \angle A O B+\angle P B O=90^{\circ}$, 得 $\angle A O T=\angle P B O$, 故 $\triangle A O T \sim \triangle P B K$, 从而 $\frac{2}{-m^{2}+4 m}=\frac{4}{4-m}$, 即可解得答案.

【详解】(1) 解：设抛物线的表达式为 $y=a(x-2)^{2}-4$,

将 $O(0,0)$ 代入得: $4 a-4=0$,

解得 $a=1$,

$\therefore y=(x-2)^{2}-4=x^{2}-4 x$;

(2) 过 $\mathrm{A}$ 作 $A T \perp y$ 轴于 $T$, 过 $P$ 作 $P K \perp x$ 轴于 $K$, 如图:



设 $P\left(m, m^{2}-4 m\right)$ ，

在 $y=x^{2}-4 x$ 中, 令 $y=0$ 得 $x=0$ 或 $x=4$,

$\therefore B(4,0)$;

$\because \angle A O B+\angle A O T=90^{\circ}, \quad \angle A O B+\angle P B O=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A O T=\angle P B O$,

$\because \angle A T O=90^{\circ}=\angle P K B$,

$\therefore \triangle A O T \sim \triangle P B K$,

$\therefore \frac{A T}{P K}=\frac{O T}{B K}$,

$\because A(2,-4)$,

$\therefore \frac{2}{-m^{2}+4 m}=\frac{4}{4-m}$,

解得 $m=\frac{1}{2}$ 或 $m=4$ (此时 $P$ 与 $B$ 重合, 舍去),

$\therefore P\left(\frac{1}{2},-\frac{7}{4}\right)$.

【点睛】本题考查二次函数综合应用, 涉及待定系数法, 三角形相似的判定与性质, 解题的关键是证明 $\triangle A O T \sim \triangle P B K$, 用对应边成比例列式求出 $m$ 的值.
题目（九年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 直线 $l: y=a(x+2)(a>0)$ 与 $x$ 轴交于点 $A$, 与抛物线 $E: y=a x^{2}$ 交于 $B, C$ 两点 ( $B$ 在 $C$ 的左边).



图1



图2

(1)求 $A$ 点的坐标;

(2)如图 1, 若 $B$ 点关于 $x$ 轴的对称点为 $B^{\prime}$ 点, 当以点 $A, B^{\prime}, C$ 为顶点的三角形是直角三角形时, 求实数 $a$ 的值;

(3)定义: 将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点, 如 $(-2,1),(2,0)$等均为格点. 如图 2, 直线 $l$ 与抛物线 $E$ 所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是 26 个, 求 $a$ 的取值范围.

##
选项：
答案： (1) $(-2,0)$

(2) $a=1$ 或 $a=\frac{\sqrt{15}}{5}$;

(3) $\frac{13}{2}<a \leq \frac{20}{3}$ 或 $a=7$.


解析：(1) 对于直线 $l: y=a(x+2)$, 令 $y=0$, 求出 $x$, 即可求解;

（2）表示出点A, B', C 的坐标, 利用勾股定理解方程求解, 注意直角顶点不确定, 需分类讨论;

(3) 直线 $I$ 与抛物线 $E$ 所围成的封闭图形 (不包含边界) 中的格点只能落在 $y$ 轴和直线 $x=1$上, 各为 13 个, 分别求出 $a$ 的范围.

【详解】(1) 解: 对于直线 $l: y=a(x+2)$,

当 $y=0$ 时, $x=-2$,

$\therefore A$ 点的坐标为 $(-2,0)$;

(2) 解: 联立直线 $l: y=a(x+2)$ 与抛物线 $E: y=a x^{2}$ 得:
$\left\{\begin{array}{l}y=a(x+2) \\ y=a x^{2}\end{array}\right.$

$\therefore x^{2}-x-2=0$,

$\therefore x=-1$ 或 $x=2$,

$\therefore B(-1, a), \quad C(2,4 a)$,

$\because B$ 点关于 $x$ 轴的对称点为 $B^{\prime}$ 点,

$\therefore B^{\prime}(-1,-a)$,

$\therefore A B^{\prime 2}=(-2+1)^{2}+(0+a)^{2}=a^{2}+1$,

$A C^{2}=(2+2)^{2}+(4 a-0)^{2}=16 a^{2}+16$,

$B^{\prime} C^{2}=(2+1)^{2}+(4 a+a)^{2}=25 a^{2}+9$,

若 $\angle C A B^{\prime}=90^{\circ}$, 则 $A B^{\prime 2}+A C^{2}=B^{\prime} C^{2}$, 即 $a^{2}+1+16 a^{2}+16=25 a^{2}+9$, 所以 $a=1$,

若 $\angle A B^{\prime} C=90^{\circ}$, 则 $A B^{\prime 2}+B^{\prime} C^{2}=A C^{2}$, 即 $a^{2}+1+25 a^{2}+9=16 a^{2}+16$, 所以 $a=\frac{\sqrt{15}}{5}$,

若 $\angle A C B^{\prime}=90^{\circ}$, 则 $A C^{2}+B^{\prime} C^{2}=A B^{\prime 2}$, 即 $16 a^{2}+16+25 a^{2}+9=a^{2}+1$, 此方程无解.

$\therefore a=1$ 或 $a=\frac{\sqrt{15}}{5}$;

(3) 解: 如图, 直线 $l$ 与抛物线 $E$ 所围成的封闭图形 (不包含边界) 中的格点只能落在 $y$ 轴和直线 $x=1$ 上,



$\because D(0,2 a), \quad E(1, a), \quad F(1,3 a)$,

$\therefore O D=E F=2 a$,

$\because$ 格点数恰好是 26 个,

$\therefore$ 落在 $y$ 轴和直线 $x=1$ 上的格点数应各为 13 个,

$\therefore$ 落在 $y$ 轴的格点应满足 $13<2 a \leq 14$, 即 $\frac{13}{2}<a \leq 7$,

(1)若 $\frac{13}{2}<a<7$, 即 $\frac{13}{2}<y_{E}<7$,

所以线段 $E F$ 上的格点应该为 $(1,7),(1,8) \ldots \ldots(1,19)$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore 19<3 a \leq 20 \\
& \therefore \frac{19}{3}<a \leq \frac{20}{3}
\end{aligned}
$$

$\therefore \frac{13}{2}<a \leq \frac{20}{3}$

(2)若 $a=7, y_{E}=7, y_{F}=21$, 所以线段 $E F$ 上的格点正好 13 个,

综上, $\frac{13}{2}<a \leq \frac{20}{3}$ 或 $a=7$.

【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题, 涉及了二次函数的图象和性质, 一次函数的图象和性质, 勾股定理, 关键是弄清格点只能落在 $y$ 轴和直线 $x=1$ 上, 各为 13 个, 并对点 $D$ 、 $F$ 进行定位.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 在 $\odot O$ 中, $A B$ 为 $\odot O$ 的弦, $C, D$ 是直线 $A B$ 上两点, $A C=B D$. 求证: $O C=O D$.




选项：
答案：证明: 连接 $O A, O B$, 则 $\angle O A B=\angle O B A$,

<ImageHere>

$\therefore \angle O A C=\angle O B D, \because O A=O B, A C=B D$,

$\therefore \triangle O A C \cong \triangle O B D(S A S)$.

$\therefore O C=O D$.

## 
解析：见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 已知 $O A, O B$ 是 $\odot O$ 的两条半径, $C, D$ 分别为 $O A, O B$ 上的两点, 且 $A C=B D$. 求证: $A D=B C$.




选项：
答案：证明: $\because O A, O B$ 是 $\odot O$ 的两条半径, $\therefore O A=O B$.

又 $\because A C=B D, \therefore O C=O D$.

在 $\triangle O C B$ 和 $\triangle O D A$ 中, $\because\left\{\begin{array}{l}O B=O A, \\ \angle O=\angle O, \\ O C=O D,\end{array}\right.$

$\therefore \triangle O C B \cong \triangle O D A(S A S), \quad \therefore A D=B C$.

## 
解析：见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 在正方形网格中, 每个小正方形的边长均为1, $\triangle A B C$ 的三个顶点都在格点上, 结合所给的平面直角坐标系，解答下列问题:



(1)请写出点 $A$, 点 $B$, 点 $C$ 的坐标;

(2)将 $\triangle A B C$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$, 画出旋转后的 $\triangle A B_{1} C_{1}$, 并写出点 $B_{1}$ 的坐标;

(3) $\triangle A O C_{1}$ 与 $\triangle A_{1} O C_{2}$ 关于原点 $O$ 成中心对称, 在图中画出 $\triangle A_{1} O C_{2}$, 并写出点 $C_{2}$ 的坐标;

(4)求四边形 $A_{1} C_{1} A C_{2}$ 的面积.


选项：
答案：解: (1)由图可得, $A(4,0), B(4,4), C(2,4)$.

(2)如图, $\triangle A B_{1} C_{1}$ 即为所求.

点 $B_{1}$ 的坐标为 $(0,0)$.

(3)如图, $\triangle A_{1} O C_{2}$ 即为所求.

点 $C_{2}$ 的坐标为 $(0,2)$.

(4) 四边形 $A_{1} C_{1} A C_{2}$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 8 \times 2+\frac{1}{2} \times 8 \times 2=$ 16 .


解析：(1)由图可直接得出答案.



(2)根据旋转的性质画图, 即可得出答案.

(3)根据中心对称的性质画图, 即可得出答案.

(4)利用割补法计算即可.

本题考查作图一旋转变换、中心对称, 熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $\angle A O B=90^{\circ}, C, D$ 是 $\overparen{A B}$ 的三等分点, 连结 $A B$ 分别交 $O C, O D$ 于点 $E, F$. 求证: $A E=B F=C D$.



## 
选项：
答案：证明: 连结 $A C, B D$, 如图.

<ImageHere>

$\because \angle A O B=90^{\circ}, C, D$ 是 $\overparen{A B}$ 的三等分点,

$\therefore A C=C D=B D, \angle A O C=\angle C O D=\angle D O B=30^{\circ}$.

又 $\because A O=C O$,

$\therefore \angle O A C=\angle O C A=\frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ}$.

同理可得, $\angle O D B=\angle O B D=\frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ}$.

又 $\because A O=B O, \angle A O B=90^{\circ}$,

$\therefore \angle O A B=\angle O B A=45^{\circ}$,

$\therefore \angle A E C=\angle A O C+\angle O A B=30^{\circ}+45^{\circ}=75^{\circ}$.

同理可得, $\angle B F D=75^{\circ}$,

$\therefore \angle O C A=\angle A E C, \angle O D B=\angle B F D$,

$\therefore A C=A E, \quad B D=B F$.

又 $\because A C=C D=B D$,

$\therefore A E=B F=C D$.

## 
解析：略
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $C, D$ 是以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 上的两点, 且 $O D / / B C$. 求证: $A D=D C$.




选项：
答案：略

## 
解析：略
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $\odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的外接圆, $\angle A C B=90^{\circ}, \angle A C B$ 的平分线交 $\odot O$ 于点 $D$. 若 $A C=2, B D=\sqrt{10}$,求 $B C$ 的长.




选项：
答案：解: 连接 $A D$,

<ImageHere>

$\because \angle A C B=90^{\circ}$,

$\therefore A B$ 是 $\odot O$ 的直径.

$\because \angle A C B$ 的角平分线交 $\odot O$ 于 $D$,

$\therefore \angle A C D=\angle B C D=45^{\circ}$,

$\therefore A D=B D=\sqrt{10}$,

$\because A B$ 是 $\bigodot O$ 的直径,

$\therefore \triangle A B D$ 是等腰直角三角形,

$\therefore A B=\sqrt{A D^{2}+B D^{2}}=\sqrt{(\sqrt{10})^{2}+(\sqrt{10})^{2}}=\sqrt{20}=2 \sqrt{5}$,

$\because A C=2$,
$\therefore B C=\sqrt{A B^{2}-A C^{2}}=\sqrt{(2 \sqrt{5})^{2}-2^{2}}=4$.


解析：本题考查的是圆周角定理, 熟知直径所对的圆周角是直角是解答此题的关键. 连接 $A D$, 根据 $C D$ 是 $\angle A C B$ 的角平分线可知 $\angle A C D=\angle B C D=45^{\circ}$, 故可得出 $A D=B D$, 再由 $A B$ 是 $\odot O$ 的直径可知 $\triangle A B D$ 是等腰直角三角形, 利用勾股定理求出 $A B$ 的长, 在 $R t \triangle A B C$ 中, 利用勾股定理可得出 $B C$ 的长.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$ 于点 $E, G$ 是 $\overparen{A C}$ 上任意一点, 连结 $A D, A G, G D$. 求证: $\angle A D C=\angle A G D$.




选项：
答案：证明: 连结 $A C$,

$\because A B \perp C D, A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

$\therefore \overparen{A C}=\overparen{A D}$,

$\therefore \angle A C D=\angle A D C$.

$\because \angle A G D=\angle A C D$,

$\therefore \angle A D C=\angle A G D$.

<ImageHere>

## 
解析：略
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 四边形 $A B C D$ 内接于圆, $A D, B C$ 的延长线交于点 $E, F$ 是 $B D$ 延长线上任意一点, $A B=A C$.



(1)求证: $D E$ 平分 $\angle C D F$;

(2)求证: $\angle A C D=\angle A E B$.


选项：
答案：(1)证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 内接于圆,

$\therefore \angle A B C+\angle A D C=180^{\circ}$,

$\because \angle C D E+\angle A D C=180^{\circ}$,

$\therefore \angle C D E=\angle A B C$,

由圆周角定理得, $\angle A C B=\angle A D B$,

又 $\because \angle A D B=\angle F D E$,
$\therefore \angle A C B=\angle F D E$,

$\because A B=A C$,

$\therefore \angle A C B=\angle A B C$,

$\therefore \angle F D E=\angle C D E$,

即 $D E$ 平分 $\angle C D F$;

(2)证明: $\because \angle A C B=\angle A B C$,

$\therefore \angle C A E+\angle E=\angle A B D+\angle D B C$,

又 $\because \angle C A E=\angle D B C$,

$\therefore \angle E=\angle A B D$,

$\therefore \angle A C D=\angle A E B$.


解析：本题考查了角平分线的性质与判定, 圆周角定理, 以及圆内接四边形的性质.

(1)由 $\angle A B C+\angle A D C=180^{\circ}, \angle C D E+\angle A D C=180^{\circ}$, 推出 $\angle C D E=\angle A B C$, 由 $\angle E D F=\angle A D B=\angle A C B$,以及 $A B=A C$, 推出 $\angle A B C=\angle A C B$, 即可推出 $\angle E D F=\angle C D E$, 即可解决问题;

(2) 由 $\angle A C B=\angle A B C$, 得出 $\angle C A E+\angle E=\angle A B D+\angle D B C$, 再由 $\angle C A E=\angle D B C$, 得出 $\angle E=\angle A B D$,可得 $\angle A C D=\angle A E B$.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知 $\triangle \mathrm{ABC}$, 以 $\mathrm{AB}$ 为直径的 $\odot O$ 分别交 $\mathrm{AC}$ 于 $D, \mathrm{BC}$ 于 $E$, 连接 $E D$, 若 $E D=E C$.



(1)求证: $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$;

(2)若 $\mathrm{AB}=4, \mathrm{BC}=2 \sqrt{3}$, 求 $\mathrm{CD}$ 的长.


选项：
答案：(1)证明: $\because E D=E C$,

$\therefore \angle E D C=\angle C$,

$\because \angle E D C+\angle A D E=180^{\circ}, \angle A B C+\angle A D E=180^{\circ}$,

$\therefore \angle E D C=\angle A B C$,

$\therefore \angle A B C=\angle C$,

$\therefore A B=A C$

(2)解: 连接BD,

<ImageHere>

$\because A B$ 为直径,

$\therefore B D \perp A C$,

设 $C D=a ，$

由(1)知 $A C=A B=4$,

则 $A D=4-a$ ，

在 Rt $\triangle A B D$ 中, 由勾股定理可得:

$B D^{2}=A B^{2}-A D^{2}=4^{2}-(4-a)^{2}$,

在Rt $\triangle C B D$ 中, 由勾股定理可得:

$B D^{2}=B C^{2}-C D^{2}=(2 \sqrt{3})^{2}-a^{2}$,

$\therefore 4^{2}-(4-a)^{2}=(2 \sqrt{3})^{2}-a^{2}$,

解得: $a=\frac{3}{2}$,
即: $C D=\frac{3}{2}$.


解析：本题考查了圆周角定理, 圆内接四边形的性质, 等腰三角形的判定和性质, 勾股定理, 正确的作出辅助线是解题的关键.

(1)由等腰三角形的性质得到 $\angle \mathrm{EDC}=\angle C$, 由圆内接四边形的性质得到 $\angle \mathrm{EDC}=\angle \mathrm{ABC}$, 由此推得 $\angle \mathrm{ABC}=\angle C$, 由等腰三角形的判定即可证得结论;

(2)连接 $B D$, 由 $A B$ 为直径, 可证得 $B D \perp A C$, 结合勾股定理可求得 $C D$ 的长.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 已知点 $A 、 B 、 P 、 D 、 C$ 都在在 $\odot O$ 上, 且四边形 $B C E P$ 是平行四边形.

(1)证明: $\overparen{C D}=\overparen{P B}$;

(2)若 $A E=B C, A B=\sqrt{3}, \overparen{D P}$ 的长度是 $\frac{\pi}{6}$, 求 $E C$ 的长.




选项：
答案：(1)证明：连接 $P C$, 如图1,

$\because$ 四边形 $B C E P$ 是平行四边形,

$\therefore P E / / B C, \angle E=\angle P B C$,

$\therefore \angle E P C=\angle P C B$,

$\therefore \overparen{C D}=\overparen{P B}$

(2)解: 如图2, 连接 $A P 、 B D 、 C D 、 O A 、 O B 、 O C 、 O D 、 O P$

<ImageHere>

图1

$\because$ 四边形 $P B C D$ 是圆内接四边形, 四边形 $A P D C$ 是圆内接四边形,

$\therefore \angle E D C=\angle P B C=\angle P A C$,

$\therefore \triangle A P E$ 和 $\triangle C D E$ 是等边三角形,

$\therefore \angle E A P=60^{\circ}$,

$\because P B / / E A$,

$\therefore \angle A P B=\angle E A P=60^{\circ}$,

$\therefore \angle A O B=120^{\circ}$,

作 $O F \perp A B$ 于 $F$, 则 $\angle A O F=\frac{1}{2} \angle A O B=60^{\circ}, A F=B F=\frac{1}{2} A B=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\therefore O A=\frac{A F}{\sin 60^{\circ}}=1$,

<ImageHere>

图2

$\because \overparen{D P}$ 的长度是 $\frac{\pi}{6}$,

$\therefore \frac{n \pi \times 1}{180}=\frac{\pi}{6}$

$\therefore n=30^{\circ}$,

$\therefore \angle P O D=30^{\circ}$,

$\therefore \angle P B D=15^{\circ}$,

$\because \angle P B C=\angle E=60^{\circ}$,

$\therefore \angle D B C=45^{\circ}$,

$\therefore \angle D O C=90^{\circ}$,
$\because O C=O D=1$,

$\therefore C D=\sqrt{2}$,

$\because \triangle E C D s$ 是等边三角形,

$\therefore E C=C D=\sqrt{2}$.


解析：(1)连接 $P C$, 即可证得 $\angle E P C=\angle P C B$, 从而证得 $\angle C O D=\angle P O B$, 即可证得结论;

(2)根据圆内接四边形的性质得出 $\angle E D C=\angle P B C=\angle P A C$, 即可证得 $\triangle A P E$ 和 $\triangle C D E$ 是等边三角形,得出 $\angle P B C=\angle E=60^{\circ}$, 根据平行线的性质得出 $\angle A P B=\angle E A P=60^{\circ}$, 即可得出 $\angle A O B=120^{\circ}$, 作 $O F \perp A B$ 于 $F$, 则 $\angle A O F=\frac{1}{2} \angle A O B=60^{\circ}, A F=B F=\frac{1}{2} A B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 解直角三角形求得 $O A=1$, 即圆的半径为 1 , 由 $\overparen{D P}$ 的长度是 $\frac{\pi}{6}$ 得出 $\angle P B D=15^{\circ}$, 即可证得 $\angle D B C=45^{\circ}$, 得到 $\angle D O C=90^{\circ}$, 解等腰直角三角形求得 $C D=\sqrt{2}$, 由等边三角形的性质得出 $C E=C D=\sqrt{2}$.

本题考查了圆周角定理, 平行四边形的性质, 圆内接四边形的性质, 解直角三角形等, 熟练掌握性质定理是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 点 $M, N$ 分别是正五边形 $A B C D E$ 的边 $B C, C D$ 上的点, 且 $B M=C N, A M$ 交 $B N$ 于点 $P$.



(1)求证: $\triangle A B M \cong \triangle B C N$;

(2)求 $\angle A P N$ 的度数.


选项：
答案：(1)证明: $\because$ 五边形 $A B C D E$ 是正五边形,

$\therefore A B=B C, \angle A B M=\angle B C N=108^{\circ}$,

$\therefore$ 在 $\triangle A B M$ 和 $\triangle B C N$ 中,

$$
\because\left\{\begin{array}{l}
A B=B C \\
\angle A B M=\angle B C N \\
B M=C N
\end{array}\right.
$$

$\therefore \triangle A B M \cong \triangle B C N(S A S)$;

(2)解: $\because \triangle A B M \cong \triangle B C N$,

$\therefore \angle B A M=\angle C B N$,

$\because \angle B A M+\angle A B P=\angle A P N$,

$\therefore \angle C B N+\angle A B P=\angle A P N=\angle A B C=108^{\circ}$.

即 $\angle A P N$ 的度数为 $108^{\circ}$.


解析：此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正五边形的性质等知识, 熟练掌握全等三角形的判定方法是解题关键.

(1)利用正五边形的性质得出 $A B=B C, \angle A B M=\angle B C N$, 再利用全等三角形的判定得出即可;

(2)利用全等三角形的性质得出 $\angle B A M=\angle C B N$, 根据 $\angle B A M+\angle A B P=\angle A P N$, 进而得出 $\angle C B N+$ $\angle A B P=\angle A P N=\angle A B C$ 即可得出答案.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $A, B, C, D, E$ 是 $\odot O$ 上的5等分点, 连结 $A C, C E, E B, B D, D A$, 得到一个五角星图形和五边形MNFGH.



(1)求 $\angle C A D$ 的度数.

(2)连结 $A E$, 求证: $A E=M E$.

##
选项：
答案：【小题1】

$\because A, B, C, D, E$ 是 $\odot O$ 上的 5 等分点,

$\therefore \angle C O D=\frac{360^{\circ}}{5}=72^{\circ}$,

$\therefore \angle C A D=\frac{1}{2} \angle C O D=36^{\circ}$.

## 【小题2】

如图,

同(1)可得 $\angle E B D=\angle B D A=36^{\circ}$.

$\because \angle A E B=\angle B D A$,

$\angle D A E=\angle E B D$,

$\angle C A D=36^{\circ}$,

$\therefore \angle M A E=72^{\circ}, \angle A E B=36^{\circ}$,

$\therefore \angle A M E=180^{\circ}-72^{\circ}-36^{\circ}=72^{\circ}$,

$\therefore \angle M A E=\angle A M E$,

$\therefore A E=M E$.

<ImageHere>

解析：1.见答案2.见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $A, B, C$ 是 $\odot O$ 上三点, 其中 $\overparen{A B}=2 \overparen{B C}$, 过点 $B$ 画 $B D \perp O C$ 于点 $D$.

(1)求证: $A B=2 B D$;

(2)若 $A B=2 \sqrt{3}, C D=1$, 求图中圆的半径.



##
选项：
答案：解: (1)如图, 延长 $B D$ 交 $\odot O$ 于 $E$,

$\because B D \perp O C$,

$\therefore B E=2 B D, \overparen{B E}=2 \overparen{B C}$,

$\because \overparen{A B}=2 \overparen{B C}$,

$\therefore \overparen{A B}=\overparen{B E}$,

$\therefore A B=B E$,

<ImageHere>

$\therefore A B=2 B D$;

(2)如图, 连接 $O B$,

设 $\odot O$ 的半径为 $r$,

$\because A B=2 \sqrt{3}, C D=1$,

$\therefore B D=\sqrt{3}$,

在Rt $\triangle O B D$ 中, $r^{2}=(r-1)^{2}+(\sqrt{3})^{2}$,

解得: $r=2$.

即图中圆的半径为 2 .

解析：(1)如图, 延长 $B D$ 交 $\odot O$ 于 $E$, 根据垂径定理得到 $B E=2 B D, \overparen{B E}=2 \overparen{B C}$, 求得 $\overparen{A B}=\overparen{B E}$,于是得到结论;

(2)如图, 连接 $O B$, 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 根据勾股定理列方程得到 $r=2$.

本题考查了圆周角定理, 垂径定理, 勾股定理, 正确的作出辅助线是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 已知 $D E / / B C, F E / / C D, A F=3, A D=5, A E=4$.

(1)求 $C E$ 的长;

(2)求 $A B$ 的长.




选项：
答案：解: (1) $\because F E / / C D$,

$\therefore \frac{A E}{A C}=\frac{A F}{A D}, \quad$ 即 $\frac{4}{A C}=\frac{3}{5}$,

解得, $A C=\frac{20}{3}$,

则 $C E=A C-A E=\frac{20}{3}-4=\frac{8}{3}$;

(2) $\because D E / / B C$,

$\therefore \frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A C}$, 即 $\frac{5}{A B}=\frac{3}{5}$,

解得, $A B=\frac{25}{3}$.


解析：根据平行线分线段成比例定理列出比例式, 代入计算即可.

本题考查的是平行线分线段成比例定理, 灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 已知直线 $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ 分别截直线 $l_{4}$ 于点 $A, B, C$, 截直线 $l_{5}$ 于点 $D, E, F$, 且 $l_{1} / / l_{2} / / l_{3}$, 若 $A B=4$, $B C=8, E F=12$, 求 $D E$ 的长.




选项：
答案：解: $\because l_{1} / / l_{2} / / l_{3}$,

$\therefore \frac{A B}{B C}=\frac{D E}{E F}$,

$\therefore \frac{4}{8}=\frac{D E}{12}$,

$\therefore D E=6$.


解析：根据平行线分线段成比例即可求解.

本题主要考查平行线分线段成比例, 掌握平行线分线段成比例的应用是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 在平行四边形 $A B C D$ 中, $E$ 为 $B C$ 边上一点, 连接 $D E, F$ 为线段 $D E$ 上一点, 且 $\angle A F E=\angle B$.



(1)求证: $\triangle A D F \sim \triangle D E C$;

(2)若 $A B=8, A D=6 \sqrt{3}, A F=4 \sqrt{3}$, 求 $D E$ 的长.


选项：
答案：(1)证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore A D / / B C, A B / / D C$,

$\therefore \angle C+\angle B=180^{\circ}, \angle A D F=\angle D E C$.

$\because \angle A F D+\angle A F E=180^{\circ}, \angle A F E=\angle B$,

$\therefore \angle A F D=\angle C$,

$\therefore \triangle A D F \backsim \triangle D E C$.

(2) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore C D=A B=8$,

$\because \triangle A D F \sim \triangle D E C$,

$\therefore \frac{A D}{D E}=\frac{A F}{D C}$,

$\therefore D E=\frac{A D \cdot C D}{A F}=\frac{6 \sqrt{3} \times 8}{4 \sqrt{3}}=12$.


解析：见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $A D 、 B C$ 相交于点 $P$, 连接 $A C 、 B D$, 且 $\angle 1=\angle 2, A C=3, C P=2, D P=1$, 求 $B D$ 的长.




选项：
答案：解: $\because \angle 1=\angle 2, \angle A P C=\angle B P D$,

$\therefore \triangle A P C \backsim \triangle B P D$,

$\therefore \frac{A C}{B D}=\frac{C P}{D P}$,

$\because A C=3, \quad C P=2, \quad D P=1$

$\therefore B D=\frac{D P \cdot A C}{C P}=\frac{1 \times 3}{2}=\frac{3}{2}$,

$\therefore B D$ 的长为 $\frac{3}{2}$.


解析：此题考查相似三角形的判定与性质, 关键是熟练掌握相似三角形的性质. 先由 $\angle 1=\angle 2$, $\angle A P C=\angle B P D$, 证明 $\triangle A P C \sim \triangle B P D$, 然后列比例式求出 $B D$ 的长.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 矩形 $O A B C$ 的顶点 $A 、 C$ 分别在 $x$ 轴和 $y$ 轴的正半轴上, 点 $B$ 的坐标为 $(5,2)$, 点 $P$ 是 $C B$ 边上的一动点 (不与 $C 、 B$ 重合), 联结 $O P 、 A P$, 过点 $O$ 作射线 $O E$ 交 $A P$ 的延长线于点 $E$,交 $C B$ 边于点 $M, \angle A O P=\angle C O M$.

(1)当 $O P \perp A P$ 时, 求直线 $A P$ 的解析式;

(2)设 $C P=x, M P=y$, 在点 $P$ 的运动过程中, 是否存在 $x$, 使 $\triangle O C M$ 的面积与 $\triangle A B P$ 的面积之和等于 $\triangle E M P$ 的面积? 如果存在, 请求出 $x$ 的值; 如果不存在, 请说明理由.



##
选项：
答案：解: (1)由题意知, $O A=B C=5, A B=O C=2, \angle B=\angle O C M=90^{\circ}, B C / / O A$,

$\because O P \perp A P$,

$\therefore \angle O P C+\angle A P B=\angle A P B+\angle P A B=90^{\circ}$,

$\therefore \angle O P C=\angle P A B$,

$\therefore \triangle O P C \backsim \triangle P A B$,

$\therefore C P: A B=O C: P B$,

设 $C P=x$, 则 $B P=5-x$,

<ImageHere>
即 $\frac{x}{2}=\frac{2}{5-x}$,

解得 $x_{1}=4, x_{2}=1$ (不合题意, 舍去).

$\therefore P$ 的坐标为 $(4,2)$,

设直线 $A P$ 的解析式为 $y=k x+b$,

则 $\left\{\begin{array}{l}2=4 k+b \\ 0=5 k+b\end{array}\right.$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}k=-2 \\ b=10\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $A P$ 的解析式为 $y=-2 x+10$;

(2)假设存在 $x$ 符合题意，

过 $E$ 作 $E D \perp O A$ 于点 $D$, 交 $M P$ 于点 $F$, 则 $D F=A B=2$,

$\because \triangle O C M$ 与 $\triangle A B P$ 面积之和等于 $\triangle E M P$ 的面积,

$\therefore S_{\triangle E O A}=S_{\text {四边形 } O A B C}=2 \times 5=\frac{1}{2} \times 5 \times E D$,

$\therefore E D=4, E F=2$,

$\because P M / / O A$,

$\therefore \triangle E M P \backsim \triangle E O A, \frac{E F}{E D}=\frac{M P}{O A}, \quad$ 即 $\frac{2}{4}=\frac{y}{5}$,

解得 $y=\frac{5}{2}$,

$\because B C / / O A$,

$\therefore \angle C P O=\angle A O P$,

$\because \angle A O P=\angle C O M$,

$\therefore \angle C O M=\angle C P O$,

$\because \angle O C M=\angle P C O$,

$\therefore \triangle O C M \backsim \triangle P C O$,

$\therefore C M: C O=C O: C P$, 即 $\frac{x-y}{2}=\frac{2}{x}$,

$\therefore y=x-\frac{4}{x}, x$ 的取值范围是 $2<x<5$;

但 $y=\frac{5}{2}$ 时, $x-\frac{4}{x}=\frac{5}{2}$,

$\therefore x=\frac{5 \pm \sqrt{89}}{4}$ (负值舍去),

$\therefore$ 在点 $P$ 的运动过程中, 存在 $x=\frac{5+\sqrt{89}}{4}$, 使 $\triangle O C M$ 与 $\triangle A B P$ 面积之和等于 $\triangle E M P$ 的面积.


解析：(1)根据相似三角形的判定定理证明 $\triangle O P C \sim \triangle P A B$, 根据相似三角形的性质列出比例式, 得
到一元二次方程, 解方程即可得到 $P$ 的坐标, 然后利用待定系数法确定直线 $A P$ 的解析式;

(2)过 $E$ 作 $E D \perp O A$ 于点 $D$, 交 $M P$ 于点 $F$, 根据题意得到 $\triangle E O A$ 的面积=矩形 $O A B C$ 的面积, 求出 $E D$ 的长, 根据相似三角形的性质求出 $P M$, 利用已知条件可以 $\triangle O C M \sim \triangle P C O$, 从而得到 $C M: C O=C O$ : $C P$, 由此得到, 利用相似三角形的性质得到 $y=x-\frac{4}{x}$, 最后利用这个解析式计算即可求解.

本题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质以及函数解析式的确定, 掌握矩形的性质定理、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

20世纪90年代以来，我国户外广告行业取得了突飞猛进的发展，户外广告装置多设立于城市道路、铁路、公路等主要交通干道边上，面向密集的车流和人流. 某天，小芳走到如图所示的 $C$ 处时, 看到正对面一条东西走向的笔直公路. 上有一辆汽车从东面驶来, 到达 $Q$ 处时, 恰好被公路北侧边上坚着的一个长 $12 m$ 的广告牌 $A B$ 挡住, $3 s$ 后在 $P$ 处又重新看到该汽车的全部车身, 已知该汽车的行驶速度是 $21.6 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, 假设 $A B / / P Q$, 公路宽为 $10 \mathrm{~m}$, 求小芳所在 $C$ 处到公路南侧 $P Q$ 的距离.




选项：
答案：解：设小芳所在 $C$ 处到公路南侧 $P Q$ 的距离为 $x m$,

$21.6 \mathrm{~km} / \mathrm{h}=21.6 \times \frac{5}{18}=6 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$,

$\because A B / / P Q$,

$\therefore \triangle C A B \backsim \triangle C P Q$,

$\therefore \frac{A B}{P Q}=\frac{x-10}{x}$,

$\therefore \frac{12}{6 \times 3}=\frac{x-10}{x}$,

$\therefore x=30$,

$\therefore$ 小芳所在 $C$ 处到公路南侧 $P Q$ 的距离为 $30 \mathrm{~m}$.


解析：本题考查了相似三角形的应用, 证明 $\triangle C A B \sim \triangle C P Q$ 是本题的关键.

通过证明 $\triangle C A B \sim \triangle C P Q$ 可得 $\frac{12}{6 \times 3}=\frac{x-10}{x}$, 可求解.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $A B=4$, 点 $E, F$ 分别在 $A D, B C$ 边上, 且 $E F \perp B C$. 若矩形 $A B F E \backsim$ 矩形 $D E F C$,且相似比为 $1: 2$, 求 $A D$ 的长.




选项：
答案：解: :矩形 $A B F E \backsim$ 矩形 $D E F C$, 且相似比为 $1: 2$,

$\therefore \frac{A B}{D E}=\frac{A E}{D C}=\frac{1}{2}$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 为矩形,

$\therefore C D=A B=4$,

$\therefore \frac{4}{D E}=\frac{A E}{4}=\frac{1}{2}$,

$\therefore D E=8, A E=2$,

$\therefore A D=A E+D E=2+8=10$.


解析：本题考查了相似多边形的性质：对应角相等；对应边的比相等. 也考查了矩形的性质. 利用相似多边形的性质得到 $\frac{A B}{D E}=\frac{A E}{D C}=\frac{1}{2}$, 而根据矩形的性质得到 $C D=A B=4$, 从而利用比例性质得到 $D E=8, A E=2$, 然后计算 $A E+D E$ 即可.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知二次函数 $y=-(x+1)^{2}+4$ 的图象如图所示, 请在同一坐标系中画出二次函数 $y=-(x-2)^{2}+7$的图象.




选项：
答案：解：答案如图:

<ImageHere>


解析：根据图象平移的规律, 可得答案.

本题考查了二次函数图象, 利用图象平移的规律: 左加右减, 上加下减.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知点 $(4,0)$ 在抛物线 $y=-x^{2}+(k+1) x-k$ 上, 求抛物线与 $y$ 轴的交点坐标.


选项：
答案：解: 将点 $(4,0)$ 代入 $y=-x^{2}+(k+1) x-k$,

得 $0=-4^{2}+4(k+1)-k$,

解得 $k=4$,

$\therefore$ 拋物线的解析式为 $y=-x^{2}+5 x-4$,

$\therefore$ 抛物线与 $y$ 轴的交点坐标 $(0,-4)$.


解析：本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征. 直接将 $(4,0)$ 代入解析式可得 $k$ 值, 并令 $x=0$,即可求得抛物线与 $y$ 轴交点坐标.