eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 正方形 $A B C D$ 的顶点 $A 、 D$ 分别在 $x$ 轴、 $y$ 轴上, $\angle A D O=30^{\circ}, O A=2$, 反比例函 $y=\frac{k}{x}$ 经过 $C D$ 的中点 $M$, 那么 $k=$
选项：
答案：$\sqrt{3}+6$
解析：如图, 作 $C E \perp y$ 轴于点 $E$.



$\because$ 正方形 $A B C D$ 的顶点 $A 、 D$ 分别在 $x$ 轴、 $y$ 轴上,

$\therefore \angle C E D=\angle D O A=90^{\circ}, \angle D C E=\angle A D O, C D=D A$,

$\therefore \triangle C D E \cong \triangle D A O(A A S)$,

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

又 $\because \angle O D A=30^{\circ}$,
$\therefore$ Rt $\triangle A O D$ 中, $A D=2 A O=4, D O=2 \sqrt{3}=C E$,

$\therefore E O=2+2 \sqrt{3}$,

$\therefore C(2 \sqrt{3}, 2+2 \sqrt{3}), \quad D(0,2 \sqrt{3})$,

$\because M$ 是 $C D$ 的中点,

$\therefore M(\sqrt{3}, 1+2 \sqrt{3})$,

$\because$ 反比例函 $y=\frac{k}{x}$ 经过 $C D$ 的中点 $M$,

$\therefore k=\sqrt{3}(1+2 \sqrt{3})=\sqrt{3}+6$,

故答案为: $\sqrt{3}+6$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 以 $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 恰好过 $B C$ 的中点 $D$, 过点 $D$ 作 $D E \perp$ $A C$ 于 $E$, 连结 $O D$, 则下列结论中: (1) $O D / / B C$; (2) $\angle B=\angle C$; (3) $2 O A=A C$; (4) $D E$ 是 $\odot O$ 的切线; (5) $\angle E D A=\angle B$, 正确的序号是 \$ \qquad \$

选项：
答案：(1)(2)(5)
解析：连接 $A D$,


$\because D$ 为 $B C$ 中点, 点 $O$ 为 $A B$ 的中点,

$\therefore O D$ 为 $\triangle A B C$ 的中位线,

$\therefore O D / / B C$, (1)正确;

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

即 $A D \perp B C$, 又 $B D=C D ，$

$\therefore \triangle A B C$ 为等腰三角形,

$\therefore \angle B=\angle C$, (2)正确;

$\because D E \perp A C$, 且 $D O / / A C$,

$\therefore O D \perp D E$,

$\because O D$ 是半径,

$\therefore D E$ 是 $\odot O$ 的切线, $\therefore$ (4)正确;

$\therefore \angle O D A+\angle E D A=90^{\circ}$,

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

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

$\because O D=O B$,

$\therefore \angle B=\angle O D B$

$\therefore \angle E D A=\angle B, \therefore$ (5)正确;

$\because D$ 为 $B C$ 中点, $A D \perp B C$,

$\therefore A C=A B$,

$\because O A=O B=\frac{1}{2} A B$,

$\therefore O A=\frac{1}{2} A C$,

$\therefore$ (3)不正确,

故答案为: (1)(4)(5).
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $A B=2, B C=2 \sqrt{3}$, 将矩形 $A B C D$ 绕点 $B$ 逆时针旋转 $30^{\circ}$ 得到矩形 $B E F G, A D, E F$ 交于点 $O$, 点 $D$ 的运动路径与线段 $O F, O D$ 所构成的阴影部分的面积为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$\frac{4 \pi+24-20 \sqrt{3}}{3}$
解析：如图, 连接 $B D, B F$.



在Rt $\triangle B D C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, C D=A B=2, B C=2 \sqrt{3}$,

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

$\therefore B D=4$,

$S_{\triangle B D C}=\frac{1}{2} B C \cdot C D=2 \sqrt{3}$,

$\because$ 矩形 $A B C D$ 绕点 $B$ 逆时针旋转 $30^{\circ}$ 得到矩形 $B E F G$,

$\therefore$ 旋转之后 $B C$ 落在对角线 $B D$ 上, 即点 $B 、 E 、 D$ 在同一条直线上,

$\therefore D E=4-2 \sqrt{3}$.

$\because O E=D E \cdot \tan 30 \cdots{ }^{\circ}=\frac{4 \sqrt{3}-6}{3}$,

$\therefore S_{\triangle O E D}=\frac{1}{2} O E \cdot D E=\frac{14 \sqrt{3}-24}{3}$.

$\because \angle D B F=30^{\circ}, B D=4$,

$\therefore S_{\text {扇形 } D B F}=\frac{30 \pi \cdot 4^{2}}{360}=\frac{4 \pi}{3} ，$
$\therefore S_{\text {阴影 }}=S_{\text {扇形 } D B F}-S_{\triangle O E D}-S_{\triangle B E F}=\frac{4 \pi}{3}-\frac{14 \sqrt{3}-24}{3}-2 \sqrt{3}=\frac{4 \pi+24-20 \sqrt{3}}{3}$.

故答案为 $\frac{4 \pi+24-20 \sqrt{3}}{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：已知 $\alpha$ 与 $\beta$ 互为余角, 且 $\cos \left(115^{\circ}-\alpha+\beta\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 则 $\alpha=$ ,$\beta=$
选项：
答案：$80^{\circ} ; 10^{\circ}$
解析：$\because \cos \left(115^{\circ}-\alpha+\beta\right)=\frac{\sqrt{2}}{2} ， \therefore 115^{\circ}-\alpha+\beta=45^{\circ}$,

又 $\because \alpha$ 与 $\beta$ 互为余角, $\therefore \alpha+\beta=90^{\circ}$,

解得 $\alpha=80^{\circ}, \beta=10^{\circ}$.
题目（九年级 · 解析几何）：点 $M\left(-\sin 60^{\circ}, \cos 60^{\circ}\right)$ 关于 $x$ 轴对称的点的坐标是
选项：
答案：$\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$
解析：$M\left(-\sin 60^{\circ}, \cos 60^{\circ}\right)$ 关于 $x$ 轴对称的点的坐标是 $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$,

故答案为 $\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$.
题目（九年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系中, 点 $A$ 的坐标为 $(0,3)$,点 $B$ 在 $x$ 轴上从 $(-3,0)$ 运动到 $(3,0)$. 将线段 $A B$ 绕点 $B$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 至线段 $B M$, 过点

$M$ 作 $M N / / y$ 轴, 点 $N$ 在 $M$ 的下方, 且 $M N=B O$, 则 $B$ 在 $x$ 轴上从 $(-3,0)$ 运动到 $(3,0)$ 的过程中,点 $N$ 运动的路径长为
选项：
答案：$3+3 \sqrt{5}$
解析：在 $x$ 轴的正半轴上取一点 $k$, 使得 $O K=O A=3$, 连接 $K N$, 延长 $K N$ 交 $y$ 轴于 $J$, 延长 $N M$ 交 $O K$于 $H$.



$\because \angle A O B=\angle B H M=\angle A B M=90^{\circ}$,
$\therefore \angle A B O+\angle H B M=90^{\circ}, \angle H B M+\angle B M H=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A B O=\angle B M H$,

$\because A B=B M$,

$\therefore \triangle A O B \cong \triangle B H M(A A S)$,

$\therefore O B=H M=M N, A O=B H=O K$

$\therefore O B=H K$,

$\therefore \tan \angle N K H=\frac{N H}{K H}=2$,

$\therefore$ 当点 $B$ 从 $(-3,0)$ 运动到 $(0,0)$ 时, 点 $N$ 的运动轨迹是线段 $J K$,

在Rt $\triangle J O K$ 中, $\because O J=6, O K=3$,

$\therefore J K=\sqrt{3^{2}+6^{2}}=3 \sqrt{5}$,



当点 $B$ 从 $(0,0)$ 运动到 $(3,0)$ 时, 易证 $N M=O B, O N=O A=3$, 此时点 $N$ 的运动轨迹是 $B N=3$,综上所述, 点 $N$ 的运动轨迹是 $3+3 \sqrt{5}$

故答案为 $3+3 \sqrt{5}$.
题目（九年级 · 解析几何）：已知 $\odot O_{1}$ 与 $\odot O_{2}$ 内切, $\odot O_{1}$ 的半径长是 3 厘米, 圆心距 $O_{1} O_{2}=2$ 厘米, 那么 $\odot O_{2}$ 的半径长等于厘米.
选项：
答案：1或 5

略
解析：1或 5

略
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 半径为 2 的 $\odot P$ 的圆心在一次函数 $y=2 x-1$ 的图象上运动, 当 $\odot P$ 与 $x$ 轴相切时圆心 $P$的坐标为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$\left(\frac{3}{2}, 2\right)$ 或 $\left(-\frac{1}{2},-2\right)$
解析：$\because \odot P$ 的圆心在一次函数 $y=2 x-1$ 的图象上运动,

$\therefore$ 设当 $\odot P$ 与 $x$ 轴相切时圆心 $P$ 的坐标为 $(x, 2 x-1)$,

$\because \odot P$ 的半径为 2 ,

$\therefore 2 x-1=2$ 或 $2 x-1=-2$, 解得 $x=\frac{3}{2}$ 或 $x=-\frac{1}{2}$,
$\therefore P$ 点坐标为: $\left(\frac{3}{2}, 2\right)$ 或 $\left(-\frac{1}{2},-2\right)$.

故答案为: $\left(\frac{3}{2}, 2\right)$ 或 $\left(-\frac{1}{2},-2\right)$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 半径为 1 的 $\odot P$ 的圆心在 $(-4,0)$ 处. 若 $\odot P$ 以每秒 1 个单位长度, 沿 $x$ 轴向右匀速运动. 设运动时间为 $t$ 秒, 当 $S_{\triangle B C E}=\frac{3}{2}$ 上有且只有 2 个点到 $y$ 轴的距离为 2 , 则 $t$ 的取值范围是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$1<t<3$ 或 $5<t<7$
解析：(1) $\odot P$ 位于 $y$ 轴左侧时,

当 $t=1$ 时, $\odot P$ 的圆心在 $(-3,0)$ 处, 此时 $\odot P$ 到 $y$ 轴距离为 2 的点只有 $(-2,0)$ 这 1 个;

当 $t=3$ 时, $\odot P$ 的圆心在 $(-1,0)$ 处, 此时 $\odot P$ 到 $y$ 轴距离为 2 的点只有 $(-2,0)$ 这 1 个;
$\therefore$ 当 $1<t<3$ 时,$\odot P$ 上有且只有 2 个点到 $y$ 轴的距离为 2 ;

(2) $\odot P$ 位于 $y$ 轴右侧时,

当 $t=5$ 时, $\odot P$ 的圆心在 $(1,0)$ 处, 此时 $\odot P$ 到 $y$ 轴距离为 2 的点只有 $(2,0)$ 这 1 个;

当 $t=7$ 时, $\odot P$ 的圆心在 $(3,0)$ 处, 此时 $\odot P$ 到 $y$ 轴距离为 2 的点只有 $(2,0)$ 这 1 个;

$\therefore$ 当 $5<t<7$ 时, $\odot P$ 上有且只有 2 个点到 $y$ 轴的距离为 2 ;

综上, $1<t<3$ 或 $5<t<7$,

故答案为 $1<t<3$ 或 $5<t<7$.
题目（九年级 · 解析几何）：已知$P$是线段$AB$的黄金分制点.$PA>PB,AB=4{~cm}$,则$PA=$cm.
选项：
答案：$2sqrt{5}-2$
解析：$2sqrt{5}-2$
题目（九年级 · 解析几何）：如图,在直角坐标平面$xoy$中,点$A$的坐标为$(3,2),angleAOB=90^{circ},angleOAB=30^{circ},AB$与$x$轴交于点$C，$那么$AC:BC$的值为
选项：
答案：$frac{2sqrt{3}}{3}$
解析：解:如图,作$AHperpx$轴于$H,BGperpy$轴于点$G$,$becausetriangleAOHsimtriangleOBG$$thereforefrac{OA}{OB}=frac{OH}{OG}$,即$frac{sqrt{3}}{1}=frac{3}{OG}$,解得$OG=sqrt{3}$,$thereforefrac{AC}{BC}=frac{S_{triangleAOC}}{S_{triangleBOC}}=frac{frac{1}{2}OCtimesAH}{frac{1}{2}OCtimesOG}=frac{AH}{OG}=frac{2}{sqrt{3}}=frac{2sqrt{3}}{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图所示的抛物线是二次函数$y=ax^{2}-3x+a^{2}-1$的图象，那么$a$的值是
选项：
答案：-1
解析：由图象可知,抛物线经过原点$(0,0),thereforea^{2}-1=0$,解得$a=pm1$.$because$图象开口向下,$thereforea<0$,$thereforea=-1$.
题目（九年级 · 解析几何）：若抛物线$y=ax^{2}+bx+c$的顶点是$A(2,1)$,且经过点$B(1,0)$,则抛物线的函数表达式为
选项：
答案：$y=-x^{2}+4x-3$
解析：设抛物线的函数表达式为$y=a(x-2)^{2}+1(aneq0)$,将$B(1,0)$代入$y=a(x-2)^{2}+1$,得$a=-1$.$therefore$函数表达式为$y=-(x-2)^{2}+1$，即$y=-x^{2}+4x-3$.
题目（九年级 · 解析几何）：请写出一个对称轴为直线$x=1$,且图象开口向上的二次函数表达式:$qquad$.
选项：
答案：$y=x^{2}-2x$
解析：$y=x^{2}-2x$
题目（九年级 · 解析几何）：如图,直线$y=mx+n$与抛物线$y=ax^{2}+bx+c$交于$A(-1,p),B(4,q)$两点,则关于$x$的不等式$mx$$+n>ax^{2}+bx+c$的解集是
选项：
答案：$x<-1$或$x>4$
解析：由函数图象可知:在点$A$的左侧和点$B$的右侧,一次函数的函数值都大于二次函数的函数值,$becauseA(-1,p),B(4,q),therefore$关于$x$的不等式$mx+n>ax^{2}+bx+c$的解集是$x<-1$或$x>4$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图,在平面直角坐标系$xOy$中,已知抛物线$y=ax^{2}+bx(a>0)$的顶点为$C$,与$x$轴的正半轴交于点$A$,它的对称轴与抛物线$y=ax^{2}(a>0)$交于点$B$.若四边形$ABOC$是正方形,则$b$的值是
选项：
答案：-2
解析：由抛物线$y=ax^{2}+bx$可知,点$C$的横坐标为$-frac{b}{2a}$,纵坐标为$-frac{b^{2}}{4a}$.$because$四边形$ABOC$是正方形,$therefore-frac{b}{2a}=-left(-frac{b^{2}}{4a}right)$.$thereforeb=-2$.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数$y=x^{2}-mx-1$,当$x<4$时,函数值$y$随$x$的增大而减小,则$m$的取值范围是
选项：
答案：$mgeqslant8$
解析：$mgeqslant8$
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的边长为 $8, \mathrm{M}$ 是 $\mathrm{AB}$ 的中点, $\mathrm{P}$ 是 $\mathrm{BC}$ 边上的动点, 连结 $\mathrm{PM}$, 以点 $\mathrm{P}$ 为圆心, $\mathrm{PM}$ 长为半径作 $\odot \mathrm{P}$. 当 $\odot \mathrm{P}$ 与正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的边相切时, $\mathrm{BP}$ 的长为


选项：
答案：3 或 $4 \sqrt{3}$
解析：如图 1 中, 当 $\odot \mathrm{P}$ 与直线 $\mathrm{CD}$ 相切时, 设 $\mathrm{PC}=\mathrm{PM}=\mathrm{m}$,



在 Rt $\triangle \mathrm{PBM}$ 中, $\because \mathrm{PM}^{2}=\mathrm{BM}^{2}+\mathrm{PB}^{2}$,

$\therefore \mathrm{x}^{2}=4^{2}+(8-\mathrm{x})^{2}, \quad \therefore \mathrm{x}=5, \quad \therefore \mathrm{PC}=5, \quad \mathrm{BP}=\mathrm{BC}-\mathrm{PC}=8-5=3$;

如图 2 中当 $\odot \mathrm{P}$ 与直线 $\mathrm{AD}$ 相切时, 设切点为 $\mathrm{K}$, 连接 $\mathrm{PK}$, 则 $\mathrm{PK} \perp \mathrm{AD}$, 四边形 $\mathrm{PKDC}$ 是矩形,



$\therefore \mathrm{PM}=\mathrm{PK}=\mathrm{CD}=2 \mathrm{BM}$,

$\therefore \mathrm{BM}=4, \mathrm{PM}=8$,

在 Rt $\triangle \mathrm{PBM}$ 中, $\mathrm{PB}=\sqrt{8^{2}-4^{2}}=4 \sqrt{3}$,

综上所述, $\mathrm{BP}$ 的长为 3 或 $4 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}$, 以该三角形的三条边为边向形外作正方形,正方形的顶点 $E, F, G, M, N$ 都在同一个圆上. 记该圆面积为 $S_{1}, \triangle A B C$ 面积为 $S_{2}$,则 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的值是 $\qquad$

    

    (第 18 题)

##
选项：
答案： $5 \pi$


解析：先设 Rt $\triangle A B C$ 的三边长为 $a, b, c$, 其中 $c$ 为斜边, 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 根据图形找出 $a, b, c, r$ 的关系, 用含 $c$ 的式子表示 $S_{1}$ 和 $S_{2}$, 即可求出比值.

【详解】如图: 取 $A B$ 的中点为 $O$, 取 $A C$ 的中点为 $D$, 连接 $O E, O G, O D, O C$



设 $A B=c, A C=b, B C=a$ 则 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$ (1)

取 $A B$ 的中点为 $O$,

$\because \triangle A B C$ 是直角三角形

$\therefore O A=O B=O C$

$\because$ 圆心在 $M N$ 和 $H G$ 的垂直平分线上

$\therefore O$ 为圆心

连接 $O E, O G$, 则 $O E, O G$ 为半径

$\because A B$ 的中点为 $O, A C$ 的中点为 $D$

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

$\therefore$ 在 Rt $\triangle D O G$ 和 Rt $\triangle O B E$ 中, 由勾股定理得:

$r^{2}=\left(a+\frac{b}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=c^{2}+\left(\frac{c}{2}\right)^{2}(2)$

由(1)(2)得 $a=b$

$\therefore a^{2}=\frac{c^{2}}{2}$

$\therefore S_{1}=\frac{5}{4} \pi c^{2}, \quad S_{2}=\frac{1}{2} a b=\frac{c^{2}}{4}$

$\therefore \frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{5}{4} \pi c^{2} \div \frac{c^{2}}{4}=5 \pi$

故答案为: $5 \pi$

【点睛】本题考查了勾股定理的应用, 直角三角形斜边中线等于斜边一半, 即斜边的中点为圆的圆心, 解题关键在于找到圆心，用用含 $c$ 的式子表示 $S_{1}$ 和 $S_{2}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\odot O$ 的弦 $C D$ 与直径 $A B$ 相交, 若 $\angle B A D=50^{\circ}$, 则 $\angle A C D=$ $\qquad$ $\circ$

    

    （第 12 题）


选项：
答案： 40


解析：根据直径所对的圆周角为直角得到 $\angle \mathrm{ADB}=90^{\circ}$, 再利用三角形内角和定理可计算出 $\angle B=40^{\circ}$, 然后根据圆周角定理即可得到 $\angle \mathrm{ACD}$ 的度数.
【详解】解: $\because \mathrm{AB}$ 为圆的直径,

$\therefore \angle \mathrm{ADB}=90^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{BAD}=50^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{DBA}=40^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ACD}=40^{\circ}$.

故答案为: 40

【点睛】本题考查了圆周角定理及其推论: 在同圆或等圆中, 同弧或等弧所对的圆周角相等,一条弧所对的圆周角是它所对的圆心角的一半; 直径所对的圆周角为直角.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $D, M$ 分别是弦 $A C, A C$ 的中点, $A C=12, B C=5$,则 $M D$ 的长是 $\qquad$ .

    

    （第 16 题）


选项：
答案： 4


解析：根据圆周角定理得出 $\angle A C B=90^{\circ}$, 再由勾股定理确定 $A B=13$, 半径为 $\frac{13}{2}$, 利用垂径定理确定 $O M \perp A C$, 且 $A D=C D=6$, 再由勾股定理求解即可.

【详解】解: $\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\because A C=12, B C=5$,

$\therefore A B=13$,

$\therefore A O=\frac{1}{2} A B=\frac{13}{2}$,

$\because$ 点 $D, M$ 分别是弦 $A C$, 弧 $A C$ 的中点,

$\therefore O M \perp A C$, 且 $A D=C D=6$,

$\therefore O D=\sqrt{A O^{2}-A D^{2}}=\frac{5}{2}$,

$\therefore M D=O M-O D=A O-O D=4$,

故答案为: 4 .

【点睛】题目主要考查圆周角定理、垂径定理及勾股定理解三角形, 理解题意, 综合运用这些知识点是解题关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：剪纸是中国的传统文化之一. 如图 1, 将长为 $12 \mathrm{~cm}$, 宽为 $5 \mathrm{~cm}$ 的矩形纸片剪成 4 张小纸片、分别记为“(1), (2),(3)，(4)”. 若这四张小纸片恰好能拼成如图 2 所示的矩形, 则在“小纸片(1)"中, 较长直角边= $\qquad$ $\mathrm{cm}$.

    

    图1

    

    图2

    （第 17 题）


选项：
答案： $\frac{60}{7} / 8 \frac{4}{7}$


解析：如图，设 $C D=x \mathrm{~cm}, D E=y \mathrm{~cm}$ ，则 $B D=(12-x) \mathrm{cm}$, 利用平行线分线段成比例得到 $y$ 与 $x$ 之间的关系, 构建方程求解即可.
【详解】如图, 设 $C D=x \mathrm{~cm}, D E=y \mathrm{~cm}$ 则 $B D=(12-x) \mathrm{cm}$,

$\because D E / / A B$,

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

$\therefore \frac{y}{5}=\frac{x}{12}$,

$\therefore y=\frac{5}{12} x$,

又 $\because x=y+5$,

$\therefore x=\frac{5}{12} x+5$,

$\therefore x=\frac{60}{7}$,

$\therefore$ 较长直角边为 $\frac{60}{7} \mathrm{~cm}$

故答案为: $\frac{60}{7}$.


【点睛】本题考查图形的拼剪, 正方形的性质, 平行线分线段成比例定理等知识, 解题的关键是理解题意, 学会利用参数构建方程组解决问题.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 三角形纸片 $A B C$ 中, $A C=6, B C=9$, 分别沿与 $B C, A C$ 平行的方向, 从靠近 $A$ 的 $A B$ 边的三等分点剪去两个角, 得到的平行四边形纸片的周长是 $\qquad$ .

    

    (第 16 题)


选项：
答案： 14


解析：由平行四边形的性质推出 $D F / / B C, D E / / A C$, 得到 $\triangle A D F \sim \triangle A B C$, $\triangle B D E \sim \triangle B A C$, 利用相似三角形的性质求解即可.

【详解】解: 如图, 由题意得 $\frac{A D}{A B}=\frac{1}{3}$, 四边形 $D E C F$ 是平行四边形,



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

$\therefore \triangle A D F \sim \triangle A B C, \triangle B D E \sim \triangle B A C$,

$\therefore \frac{D F}{B C}=\frac{A D}{A B}=\frac{1}{3}, \quad \frac{D E}{A C}=\frac{B D}{A B}=\frac{2}{3}$,

$\because A C=6, B C=9$,

$\therefore D F=3, \quad D E=4$,

$\because$ 四边形 $D E C F$ 平行四边形,

$\therefore$ 平行四边形 $D E C F$ 纸片的周长是 $2(3+4)=14$,

故答案为: 14 .

【点睛】本题考查了平行四边形的性质, 相似三角形的判定和性质, 解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\odot O$ 中, $\overparen{A B}=\overparen{C D}$, 则下列结论中: (1) $A B=C D$; (2) $A C=B D$; (3) $\angle A O C=$ $\angle B O D$; (4) $\overparen{A C}=\overparen{B D}$. 其中正确的是 $\qquad$ (填序号).




选项：
答案：
(1) (2) (3) 4

## 
解析：略
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $C$ 为 $\overline{A B}$ 的中点, $C D \perp O A$ 于点 $M, C E \perp O B$ 于点 $N, C D=4 \mathrm{~cm}$, 则 $C N=$ $\qquad$ $\mathrm{cm}$.


选项：
答案：2

## 
解析：【分析】

本题考查的是垂径定理, 圆心角, 弧, 弦的关系, 角平分线的性质有关知识, 连接 $O C$, 由垂径定理可得 $C D=2 C M=4 \mathrm{~cm}$, 然后再利用 $C$ 是弧 $A B$ 的中点得出 $\angle A O C=\angle B O C$, 再根据 $C N \perp O B, C D \perp O A$可得出 $C M=C N=2 \mathrm{~cm}$.

## 【解答】

解: 连接 $O C$, 如图,



$\because C D \perp O A$,

$\therefore C D \perp O M$,

由垂径定理可知 $C D=2 C M=4 \mathrm{~cm}$ ，

$\because C$ 是弧 $A B$ 的中点,

$\therefore \overparen{A C}=\overparen{B C}$

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

$\because C N \perp O B, C D \perp O A$,

$\therefore C M=C N=2 \mathrm{~cm}$.

故答案为 2 .
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在四边形 $A B C D$ 中, $A B / / C D, \angle B=90^{\circ}, A B=1, C D=2, B C=m, P$ 是边 $B C$ 上的一个动点.若 $\triangle P A B$ 与 $\triangle P C D$ 相似, 且满足条件的点 $P$ 恰有 2 个, 则 $m$ 的值为 $\qquad$




选项：
答案： $2 \sqrt{2}$ 或 3

## 
解析：略
题目（九年级 · 组合几何学）：在 $\odot O$ 中, 弦 $A B$ 和弦 $A C$ 构成的 $\angle B A C=48^{\circ}, M, N$ 分别是 $A B$ 和 $A C$ 的中点, 则 $\angle M O N$ 的度数为 $\qquad$ .

选项：
答案： $132^{\circ}$ 或 $48^{\circ}$


解析：【分析】
本题主要考查了垂径定理, 分类讨论, 数形结合是解答此题的关键.

连接 $O M, O N$, 利用垂径定理得 $O M \perp A B, O N \perp A C$, 再分类讨论, 当 $A B, A C$ 在圆心异侧时(如图 1 ),利用四边形内角和得结果; 当 $A B, A C$ 在圆心同侧时(如图2), 利用等角的余角相等得结果.

## 【解答】

解: 连结 $O M, O N$,

$\because M, N$ 分别是 $A B$ 和 $A C$ 的中点,

$\therefore O M \perp A B, O N \perp A C$.

当 $A B, A C$ 在圆心异侧时, 如图 1 , 在四边形 $A M O N$ 中,

$\because \angle B A C=48^{\circ}$,

$\therefore \angle M O N=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-48^{\circ}=132^{\circ}$;



图 1

当 $A B, A C$ 在圆心同侧时, 如图 2 ,

$\because \angle A D M=\angle O D N, \angle A M D=\angle O N D$,

$\therefore 90^{\circ}-\angle A D M=90^{\circ}-\angle O D N$

即 $\angle M O N=\angle B A C=48^{\circ}$.



图 2
综上, $\angle M O N$ 的度数为 $132^{\circ}$ 或 $48^{\circ}$.

##
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C D$ 中, 以 $C D$ 为直径作 $\odot O, \odot O$ 经过点 $A$, 且与 $B D$ 交于点 $E$, 连接 $A E$ 并延长, 与 $B C$ 交于点 $F$, 若 $F$ 是 $B C$ 的中点, $A F=6$, 则 $A B=$ $\qquad$ .



##
选项：
答案： $4 \sqrt{3}$


解析：连接 $C E, A C$, 根据平行四边形的性质即圆周角定理得出 $\angle C E D=\angle A C D=90^{\circ}$,再由相似三角形的判定和性质得出 $\frac{A D}{F B}=\frac{E D}{E B}=\frac{A E}{F E}$, 利用线段中点及已知条件得出 $A E=4, E F=2$, 设 $B E=x$, 则 $D E=2 x$, 利用勾股定理得出 $A C^{2}=32$, 再次利用勾股定理求解即可.

【详解】解：连接 $C E, A C$, 如图所示:



$\because \triangle A B C D$,

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

$\because C D$ 为 $\odot O$ 的直径,

$\therefore \angle C E D=\angle A C D=90^{\circ}$,

$\because A D / / B C$,

$\therefore \triangle A E D \sim \triangle F E B$,

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

$\because F$ 是 $B C$ 的中点,

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

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

$\because A E+E F=6$,

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

$\because \angle B E C=180^{\circ}-\angle C E D=90^{\circ}$,

$\therefore B C=2 E F=4$,

设 $B E=x$, 则 $D E=2 x$,
$\because B C^{2}-B E^{2}=C E^{2}, C D^{2}-D E^{2}=C E^{2}$,

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

$\therefore 16-x^{2}=C D^{2}-4 x^{2}$, 即 $C D^{2}=16+3 x^{2}$,

$\because C D^{2}=A D^{2}+A C^{2}, \quad A D=B C=4$,

$\therefore C D^{2}=16+A C^{2}$,

$\therefore A C^{2}=3 x^{2}$,

$\because A C^{2}=A F^{2}-F C^{2}, \quad F C=\frac{1}{2} B C=2$,

$\therefore A C^{2}=6^{2}-2^{2}=32$,

$\because A D / / B C$,

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

$\therefore A B=\sqrt{B C^{2}+A C^{2}}=\sqrt{16+32}=4 \sqrt{3}$,

故答案为: $4 \sqrt{3}$.

【点睛】题目主要考查平行四边形的性质及圆周角定理, 相似三角形的判定和性质, 勾股定理解三角形等, 理解题意, 综合运用这些知识点是解题关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图所示, F, E, G, H 分别在矩形 $A B C D$ 的四边上, 连接 $E F, G H$, 且 $E F / / G H$, $A H=B F$. 若 $A D=3, E F+G H=\sqrt{34}$, 则 $\tan \angle D G H=$


选项：
答案：【分析】先延长 $\mathrm{GH}$ 交 $\mathrm{BA}$ 的延长线于 $\mathrm{P}$, 连 $\mathrm{HF}$, 过 $\mathrm{P}$ 作 $\mathrm{PQ} \perp \mathrm{CD}$, 交 $\mathrm{CD}$ 的延长线于 $Q$,根据四边形 $\mathrm{PEFH}$ 为平行四边形, 即可得出 $\mathrm{PG}=\mathrm{PH}+\mathrm{HG}=\mathrm{EF}+\mathrm{GH}=\sqrt{34}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{PQG}$ 中, 由勾股定理得 QG 的长, 最后根据解直角三角形即可得到 $\tan \angle \mathrm{DGH}$ 的值.

解: 如图, 延长 $\mathrm{GH}$ 交 $\mathrm{BA}$ 的延长线于 $\mathrm{P}$, 连 $\mathrm{HF}$,

<ImageHere>

$\because A H=B F, \quad A H / / B F$,

$\therefore$ 四边形 PEFH 为平行四边形,

$\therefore E F=P H$,
$\therefore \mathrm{PG}=\mathrm{PH}+\mathrm{HG}=\mathrm{EF}+\mathrm{GH}=\sqrt{34}$,

如图, 过 $P$ 作 $P Q \perp C D$, 交 $C D$ 的延长线于 $Q$,

$\therefore P Q=A D=3$,

在 Rt $\triangle \mathrm{PQG}$ 中, 由勾股定理得 $\mathrm{QG}=\sqrt{\mathrm{PG}^{2}-P Q^{2}}=5$,

$\therefore \tan \angle \mathrm{DGH}=\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{QG}}=\frac{3}{5}$,

故答案为: $\frac{3}{5}$.
解析：【分析】先延长 $\mathrm{GH}$ 交 $\mathrm{BA}$ 的延长线于 $\mathrm{P}$, 连 $\mathrm{HF}$, 过 $\mathrm{P}$ 作 $\mathrm{PQ} \perp \mathrm{CD}$, 交 $\mathrm{CD}$ 的延长线于 $Q$,根据四边形 $\mathrm{PEFH}$ 为平行四边形, 即可得出 $\mathrm{PG}=\mathrm{PH}+\mathrm{HG}=\mathrm{EF}+\mathrm{GH}=\sqrt{34}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{PQG}$ 中, 由勾股定理得 QG 的长, 最后根据解直角三角形即可得到 $\tan \angle \mathrm{DGH}$ 的值.

解: 如图, 延长 $\mathrm{GH}$ 交 $\mathrm{BA}$ 的延长线于 $\mathrm{P}$, 连 $\mathrm{HF}$,



$\because A H=B F, \quad A H / / B F$,

$\therefore$ 四边形 PEFH 为平行四边形,

$\therefore E F=P H$,
$\therefore \mathrm{PG}=\mathrm{PH}+\mathrm{HG}=\mathrm{EF}+\mathrm{GH}=\sqrt{34}$,

如图, 过 $P$ 作 $P Q \perp C D$, 交 $C D$ 的延长线于 $Q$,

$\therefore P Q=A D=3$,

在 Rt $\triangle \mathrm{PQG}$ 中, 由勾股定理得 $\mathrm{QG}=\sqrt{\mathrm{PG}^{2}-P Q^{2}}=5$,

$\therefore \tan \angle \mathrm{DGH}=\frac{\mathrm{PQ}}{\mathrm{QG}}=\frac{3}{5}$,

故答案为: $\frac{3}{5}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：已知 $\mathrm{PAB} 、 \mathrm{PCD}$ 为 $\odot 0$ 的两条割线, $\mathrm{PA}=8, \mathrm{AB}=10, \mathrm{CD}=7, \angle \mathrm{P}=60^{\circ}$, 则 $\odot 0$ 的半径为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：【分析】根据切割线定理即可求得 $\mathrm{PC}$ 的长, 在直角 $\triangle \mathrm{BCD}$ 中, 利用勾股定理即可求解.

<ImageHere>

解: $\because \mathrm{PA} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{PC} \cdot \mathrm{PD}$, 得 $8 \times 18=\mathrm{PC} \cdot(\mathrm{PC}+7)$,

解得: $\mathrm{PC}=9$,

连接 $\mathrm{BC}$,

$\because \mathrm{PB}=2 \mathrm{PC}, \angle \mathrm{P}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCP}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCD}=90^{\circ}$,

连接 $B D$,

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

$\therefore \mathrm{BD}$ 为直径,

$\mathrm{BD}=\sqrt{C D^{2}+B C^{2}}=\sqrt{7^{2}+(9 \sqrt{3})^{2}}=2 \sqrt{73}$.

故 $\odot 0$ 的半径为: $\sqrt{73}$.
解析：【分析】根据切割线定理即可求得 $\mathrm{PC}$ 的长, 在直角 $\triangle \mathrm{BCD}$ 中, 利用勾股定理即可求解.



解: $\because \mathrm{PA} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{PC} \cdot \mathrm{PD}$, 得 $8 \times 18=\mathrm{PC} \cdot(\mathrm{PC}+7)$,

解得: $\mathrm{PC}=9$,

连接 $\mathrm{BC}$,

$\because \mathrm{PB}=2 \mathrm{PC}, \angle \mathrm{P}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCP}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCD}=90^{\circ}$,

连接 $B D$,

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

$\therefore \mathrm{BD}$ 为直径,

$\mathrm{BD}=\sqrt{C D^{2}+B C^{2}}=\sqrt{7^{2}+(9 \sqrt{3})^{2}}=2 \sqrt{73}$.

故 $\odot 0$ 的半径为: $\sqrt{73}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $A B, A C$ 分别是 $\odot 0$ 的切线和割线, 且 $\angle C=45^{\circ}, \angle B D A=60^{\circ}, C D=\sqrt{6}$, 则切线 $A B$的长是 \$ \qquad \$


选项：
答案：【分析】过点 $A$ 作 $A M \perp B D$ 与点 $M$, 在直角 $\triangle A M D$ 中, $A D$ 就可以利用 $A B$ 表示出来, 然后依据切割线定理, 即可得到一个关于 $\mathrm{AB}$ 的方程, 即可求解.

解:
过点 $A$ 作 $A M \perp B D$ 与点 $M$.

$\because \mathrm{AB}$ 为圆 0 的切线

$\therefore \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{C}=45^{\circ} \quad($ 弦切角等于所夹弧所对的圆周角）

$\because \angle \mathrm{BDA}=60^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BAD}=75^{\circ}, \angle \mathrm{DAM}=30^{\circ}, \angle \mathrm{BAM}=45^{\circ}$

设 $A B=x$, 则 $A M=\frac{\sqrt{2}}{2} x$, 在直角 $\triangle A M D$ 中, $A D=\frac{\sqrt{6}}{3} x$

由切割线定理得: $A B^{2}=A D \cdot A C$

$\mathrm{x}_{2}=\frac{\sqrt{6}}{3} \times\left(\frac{\sqrt{6}}{3} x+\sqrt{6}\right)$

解得: $\mathrm{x}_{1}=6, \mathrm{x}_{2}=0$ (舍去)

故 $\mathrm{AB}=6$.

故答案是: 6 .

<ImageHere>
解析：【分析】过点 $A$ 作 $A M \perp B D$ 与点 $M$, 在直角 $\triangle A M D$ 中, $A D$ 就可以利用 $A B$ 表示出来, 然后依据切割线定理, 即可得到一个关于 $\mathrm{AB}$ 的方程, 即可求解.

解:
过点 $A$ 作 $A M \perp B D$ 与点 $M$.

$\because \mathrm{AB}$ 为圆 0 的切线

$\therefore \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{C}=45^{\circ} \quad($ 弦切角等于所夹弧所对的圆周角）

$\because \angle \mathrm{BDA}=60^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BAD}=75^{\circ}, \angle \mathrm{DAM}=30^{\circ}, \angle \mathrm{BAM}=45^{\circ}$

设 $A B=x$, 则 $A M=\frac{\sqrt{2}}{2} x$, 在直角 $\triangle A M D$ 中, $A D=\frac{\sqrt{6}}{3} x$

由切割线定理得: $A B^{2}=A D \cdot A C$

$\mathrm{x}_{2}=\frac{\sqrt{6}}{3} \times\left(\frac{\sqrt{6}}{3} x+\sqrt{6}\right)$

解得: $\mathrm{x}_{1}=6, \mathrm{x}_{2}=0$ (舍去)

故 $\mathrm{AB}=6$.

故答案是: 6 .
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 已知 $\odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 且 $\angle A B C=50^{\circ}, \angle A C B=80^{\circ}$, 则 $\angle B O C=$ \$ \qquad \$度.


选项：
答案：【分析】由三角形内切定义可知: $O B 、 O C$ 是 $\angle A B C 、 \angle A C B$ 的角平分线; 再利用角平分线的定义可知 $\angle$ $O \mathrm{BC}+\angle \mathrm{OCB}=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{ACB})$, 代入数值即可求 $\angle \mathrm{BOC}=115^{\circ}$.

解: $\because 0 B 、 0 C$ 是 $\angle A B C 、 \angle A C B$ 的角平分线,

$\therefore \angle \mathrm{OBC}+\angle \mathrm{OCB}=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{ACB})=\frac{1}{2}\left(50^{\circ}+80^{\circ}\right)=65^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BOC}=180^{\circ}-65^{\circ}=115^{\circ}$.
解析：【分析】由三角形内切定义可知: $O B 、 O C$ 是 $\angle A B C 、 \angle A C B$ 的角平分线; 再利用角平分线的定义可知 $\angle$ $O \mathrm{BC}+\angle \mathrm{OCB}=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{ACB})$, 代入数值即可求 $\angle \mathrm{BOC}=115^{\circ}$.

解: $\because 0 B 、 0 C$ 是 $\angle A B C 、 \angle A C B$ 的角平分线,

$\therefore \angle \mathrm{OBC}+\angle \mathrm{OCB}=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{ACB})=\frac{1}{2}\left(50^{\circ}+80^{\circ}\right)=65^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BOC}=180^{\circ}-65^{\circ}=115^{\circ}$.