eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：（本题8分）一列火车在$A$城的正北$240{~km}$处,以$120{~km}/{h}$的速度驶向$A$城.同时,一辆汽车在$A$城的正东$120{~km}$处,以$120{~km}/{h}$速度向正西方向行驶.假设火车和汽车的行驶方向和速度都保持不变,问何时火车与汽车之间的距离最近?当火车与汽车距离最近时,汽车是否已过铁路与公路的交叉口？(火车与汽车的长度忽略不计)
选项：
答案：解：如答图，<ImageHere>设经过$th$，火车到达$B$处，汽车到达$C$处，则$AB=|240-120t|$,$AC=|120-120t|$,在Rt$triangleABC$中,$BC=sqrt{AB^{2}+AC^{2}}$$=sqrt{(240-120t)^{2}+(120-120t)^{2}}$$=sqrt{120^{2}(2-t)^{2}+120^{2}(1-t)^{2}}$$=120sqrt{2t^{2}-6t+5}$$=120sqrt{2left(t-frac{3}{2}right)^{2}+frac{1}{2}}$.当$t=frac{3}{2}{~h}$时,$BC$之间的距离最小,此时$BC=120sqrt{frac{1}{2}}=60sqrt{2}$,$because$当$t=frac{3}{2}{~h}$时,汽车运动的距离为$120timesfrac{3}{2}=180({~km})>120({~km})$,$therefore$汽车已过铁路与公路的交叉口.答:当经过$frac{3}{2}{~h}$时汽车与火车的距离最近,此时汽车已过铁路与公路的交叉口.
解析：解：如答图，设经过$th$，火车到达$B$处，汽车到达$C$处，则$AB=|240-120t|$,$AC=|120-120t|$,在Rt$triangleABC$中,$BC=sqrt{AB^{2}+AC^{2}}$$=sqrt{(240-120t)^{2}+(120-120t)^{2}}$$=sqrt{120^{2}(2-t)^{2}+120^{2}(1-t)^{2}}$$=120sqrt{2t^{2}-6t+5}$$=120sqrt{2left(t-frac{3}{2}right)^{2}+frac{1}{2}}$.当$t=frac{3}{2}{~h}$时,$BC$之间的距离最小,此时$BC=120sqrt{frac{1}{2}}=60sqrt{2}$,$because$当$t=frac{3}{2}{~h}$时,汽车运动的距离为$120timesfrac{3}{2}=180({~km})>120({~km})$,$therefore$汽车已过铁路与公路的交叉口.答:当经过$frac{3}{2}{~h}$时汽车与火车的距离最近,此时汽车已过铁路与公路的交叉口.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)学校计划用地面砖铺设教学楼前矩形广场的地面$ABCD$,已知矩形广场地面的长为100米,宽为80米.图案设计如图所示:广场的四角为小正方形,阴影部分为四个矩形,四个矩形的宽都为小正方形的边长，阴影部分铺绿色地面砖，其余部分铺白色地面砖.(1)要使铺白色地面砖的面积为5200平方米,那么矩形广场四角的小正方形的边长为多少米?（2）如果铺白色地面砖的费用为每平方米30元,铺绿色地面砖的费用为每平方米20元,当广场四角小正方形的边长为多少米时,铺广场地面的总费用最少?最少费用是多少?
选项：
答案：解:(1)设矩形广场四角的小正方形的边长为$x$米,根据题意,得$4x^{2}+(100-2x)(80-2x)=5200$,整理,得$x^{2}-45x+350=0$,解得$x_{1}=35,x_{2}=10$.经检验,$x_{1}=35,x_{2}=10$均符合题意.所以,要使铺白色地面砖的面积为5200平方米,则矩形广场四角的小正方形的边长为35米或10米.(2)设铺矩形广场地面的总费用为$y$元，广场四角的小正方形的边长为$x$米,则$y=30timesleft[4x^{2}+(100right.$$-2x)(80-2x)]+20times[2x(100-2x)+2x(80-2x)]$,即$y=80x^{2}-3600x+240000$,配方,得$y=80(x-22.5)^{2}+199500$.当$x=22.5$时,$y$的值最小,最小值为199500元.所以,当矩形广场四角的小正方形的边长为22.5米时,所铺广场地面的总费用最少,最少费用为199500元.
解析：解:(1)设矩形广场四角的小正方形的边长为$x$米,根据题意,得$4x^{2}+(100-2x)(80-2x)=5200$,整理,得$x^{2}-45x+350=0$,解得$x_{1}=35,x_{2}=10$.经检验,$x_{1}=35,x_{2}=10$均符合题意.所以,要使铺白色地面砖的面积为5200平方米,则矩形广场四角的小正方形的边长为35米或10米.(2)设铺矩形广场地面的总费用为$y$元，广场四角的小正方形的边长为$x$米,则$y=30timesleft[4x^{2}+(100right.$$-2x)(80-2x)]+20times[2x(100-2x)+2x(80-2x)]$,即$y=80x^{2}-3600x+240000$,配方,得$y=80(x-22.5)^{2}+199500$.当$x=22.5$时,$y$的值最小,最小值为199500元.所以,当矩形广场四角的小正方形的边长为22.5米时,所铺广场地面的总费用最少,最少费用为199500元.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图所示, 四边形 $A B C D$ 的边 $A B 、 B C 、 C D 、 D A$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $L 、 M 、 N 、 P$. 求证: $A B+C D=$ $A D+B C$.


选项：
答案：证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 的边 $A B 、 B C 、 C D 、 D A$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $L 、 M 、 N 、 P$, $\therefore A P=A L, B M=B L, C M=C N, D P=D N$,

$\therefore A P+D P+C M+B M=A L+D N+C N+B L$

$\because A P+D P=A D, C M+B M=C B, A L+B L=A B, D N+C N=C D$,

$\therefore A B+C D=A D+B C$.

【解析】直接利用切线长定理得出 $A P=A L, B M=B L, C M=C N, D P=D N$, 进而得出答案.此题主要考查了切线长定理, 正确利用切线长定理得出相等的线段是解题关键.
解析：证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 的边 $A B 、 B C 、 C D 、 D A$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $L 、 M 、 N 、 P$, $\therefore A P=A L, B M=B L, C M=C N, D P=D N$,

$\therefore A P+D P+C M+B M=A L+D N+C N+B L$

$\because A P+D P=A D, C M+B M=C B, A L+B L=A B, D N+C N=C D$,

$\therefore A B+C D=A D+B C$.

【解析】直接利用切线长定理得出 $A P=A L, B M=B L, C M=C N, D P=D N$, 进而得出答案.此题主要考查了切线长定理, 正确利用切线长定理得出相等的线段是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 在平面直角坐标系中, 以坐标原点 $O$ 为圆心, 2 为半径画 $\odot O, P$ 是 $\odot O$ 上一动点, 且 $P$在第一象限内, 过点 $P$ 作 $\odot O$ 的切线与 $x$ 轴相交于点 $A$, 与 $y$ 轴相交于点 $B$.



(1)点 $P$ 在运动时, 线段 $A B$ 的长度也在发生变化, 请写出线段 $A B$ 长度的最小值, 并说明理由.

(2)在 $\odot O$ 上是否存在一点 $Q$, 使得以 $Q, O, A, P$ 为顶点的四边形是平行四边形?若存在, 请求出点 $Q$ 的坐标;若不存在, 请说明理由.
选项：
答案：解: (1)线段 $A B$ 长度的最小值为 4 , 理由如下: 连接 $O P$,

<ImageHere>

$\because A B$ 切 $\odot O$ 于 $P$,

$\therefore O P \perp A B$,

取 $A B$ 的中点 $C$,

则 $A B=20 C$;

当 $O C=O P$ 时, $O C$ 最短,

即 $A B$ 最短,

此时 $A B=4$;

(2)设存在符合条件的点 $Q$,

如图(1), 设四边形 $A P O Q$ 为平行四边形;

<ImageHere>

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

$\therefore$ 四边形 $A P O Q$ 为矩形,

又 $\because O P=O Q$,

$\therefore$ 四边形 $A P O Q$ 为正方形,

$\therefore O Q=Q A, \angle Q O A=45^{\circ}$;
在Rt $\triangle O Q A$ 中, 根据 $O Q=2, \angle A O Q=45^{\circ}$,

得 $Q$ 点坐标为 $(\sqrt{2},-\sqrt{2}) ;$

如图(2), 设四边形 $A P Q O$ 为平行四边形;

<ImageHere>

$\because O Q / / P A, \angle A P O=90^{\circ}$,

$\therefore \angle P O Q=90^{\circ}$,

又 $\because O P=O Q$,

$\therefore \angle P Q O=45^{\circ}$,

$\because P Q / / O A$,

$\therefore P Q \perp y$ 轴;

设 $P Q \perp y$ 轴于点 $H$,

在 $R t \triangle O H Q$ 中, 根据 $O Q=2, \angle H Q O=45^{\circ}$,

得 $Q$ 点坐标为 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

$\therefore$ 符合条件的点 $Q$ 的坐标为 $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ 或 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

【解析】本题利用了切线的性质, 平行四边形的性质, 等腰直角三角形的性质求解.

(1)如图, 设 $A B$ 的中点为 $C$, 连接 $O P$, 由于 $A B$ 是圆的切线, 故 $\triangle O P C$ 是直角三角形, 所以当 $O C$ 与 $O P$ 重合时, $O C$ 最短;

(2)分两种情况: 如图 (1), 当四边形 $A P O Q$ 是正方形时, $\triangle O P A, \triangle O A Q$ 都是等腰直角三角形, 可求得点 $Q$ 的坐标为, 如图(2), 可求得 $\angle Q O P=\angle O P A=90^{\circ}$, 由于 $O P=O Q$, 故 $\triangle O P Q$ 是等腰直角三角形, 可求得点 $Q$ 的坐标为.
解析：解: (1)线段 $A B$ 长度的最小值为 4 , 理由如下: 连接 $O P$,



$\because A B$ 切 $\odot O$ 于 $P$,

$\therefore O P \perp A B$,

取 $A B$ 的中点 $C$,

则 $A B=20 C$;

当 $O C=O P$ 时, $O C$ 最短,

即 $A B$ 最短,

此时 $A B=4$;

(2)设存在符合条件的点 $Q$,

如图(1), 设四边形 $A P O Q$ 为平行四边形;



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

$\therefore$ 四边形 $A P O Q$ 为矩形,

又 $\because O P=O Q$,

$\therefore$ 四边形 $A P O Q$ 为正方形,

$\therefore O Q=Q A, \angle Q O A=45^{\circ}$;
在Rt $\triangle O Q A$ 中, 根据 $O Q=2, \angle A O Q=45^{\circ}$,

得 $Q$ 点坐标为 $(\sqrt{2},-\sqrt{2}) ;$

如图(2), 设四边形 $A P Q O$ 为平行四边形;



$\because O Q / / P A, \angle A P O=90^{\circ}$,

$\therefore \angle P O Q=90^{\circ}$,

又 $\because O P=O Q$,

$\therefore \angle P Q O=45^{\circ}$,

$\because P Q / / O A$,

$\therefore P Q \perp y$ 轴;

设 $P Q \perp y$ 轴于点 $H$,

在 $R t \triangle O H Q$ 中, 根据 $O Q=2, \angle H Q O=45^{\circ}$,

得 $Q$ 点坐标为 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

$\therefore$ 符合条件的点 $Q$ 的坐标为 $(\sqrt{2},-\sqrt{2})$ 或 $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$.

【解析】本题利用了切线的性质, 平行四边形的性质, 等腰直角三角形的性质求解.

(1)如图, 设 $A B$ 的中点为 $C$, 连接 $O P$, 由于 $A B$ 是圆的切线, 故 $\triangle O P C$ 是直角三角形, 所以当 $O C$ 与 $O P$ 重合时, $O C$ 最短;

(2)分两种情况: 如图 (1), 当四边形 $A P O Q$ 是正方形时, $\triangle O P A, \triangle O A Q$ 都是等腰直角三角形, 可求得点 $Q$ 的坐标为, 如图(2), 可求得 $\angle Q O P=\angle O P A=90^{\circ}$, 由于 $O P=O Q$, 故 $\triangle O P Q$ 是等腰直角三角形, 可求得点 $Q$ 的坐标为.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 点 $C$ 在以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 上, $A C$ 平分 $\angle B A D$, 且 $A D \perp C D$ 于点 $D$.

(1)求证: $D C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 若 $A D=4, C D=2$, 求 $\odot O$ 的半径.


选项：
答案：(1)证明: 如图中, 连接 $O C$.

<ImageHere>

$\because O A=O C$

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

$\because A C$ 平分 $\angle D A B$,

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

$\therefore A D / / O C$

$\because A D \perp C D$,

$\therefore O C \perp D C$,
$\because O C$ 是 $\odot O$ 的半径,

$\therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)解: 如图, 过点 $O$ 作 $O E \perp A D$ 于点 $E$,

得矩形 $O E D C$,

<ImageHere>

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

$\therefore A E=A D-D E=4-O C=4-O A$,

在 $R t \triangle A E O$ 中, 根据勾股定理, 得

$O A^{2}=A E^{2}+O E^{2}$,

$\therefore O A^{2}=(4-O A)^{2}+2^{2}$,

解得 $O A=\frac{5}{2}$.

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{5}{2}$.

【解析】(1)连接 $O C$. 只要证明 $A D / / O C$, 由 $A D \perp C D$, 即可推出 $O C \perp C D$;

(2)过点 $O$ 作 $O E \perp A D$ 于点 $E$, 得矩形 $O E D C$, 然后利用勾股定理即可求出半径的长.

此题主要考查了切线的性质与判定, 解决本题的关键是掌握切线的判定.
解析：(1)证明: 如图中, 连接 $O C$.



$\because O A=O C$

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

$\because A C$ 平分 $\angle D A B$,

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

$\therefore A D / / O C$

$\because A D \perp C D$,

$\therefore O C \perp D C$,
$\because O C$ 是 $\odot O$ 的半径,

$\therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)解: 如图, 过点 $O$ 作 $O E \perp A D$ 于点 $E$,

得矩形 $O E D C$,



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

$\therefore A E=A D-D E=4-O C=4-O A$,

在 $R t \triangle A E O$ 中, 根据勾股定理, 得

$O A^{2}=A E^{2}+O E^{2}$,

$\therefore O A^{2}=(4-O A)^{2}+2^{2}$,

解得 $O A=\frac{5}{2}$.

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{5}{2}$.

【解析】(1)连接 $O C$. 只要证明 $A D / / O C$, 由 $A D \perp C D$, 即可推出 $O C \perp C D$;

(2)过点 $O$ 作 $O E \perp A D$ 于点 $E$, 得矩形 $O E D C$, 然后利用勾股定理即可求出半径的长.

此题主要考查了切线的性质与判定, 解决本题的关键是掌握切线的判定.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

已知 $\odot O$ 的半径为 $5 \mathrm{~cm}$, 点 $O$ 到直线 $l$ 的距离 $O P$ 为 $7 \mathrm{~cm}$, 如图所示.



(1)怎样平移直线 $l$, 才能使 $l$ 与 $\odot O$ 相切?

(2)要使直线 $l$ 与 $\odot o$ 相交, 应把直线 $l$ 向上平移多少 $c m$ ?
选项：
答案：解: (1)当 $O P=5$ 时直线和圆相切,

又 $\because O P=7$,

$\therefore$ 需要平移 $7-5=2 \mathrm{~cm}$ 或 $7+5=12 \mathrm{~cm}$.

所以要把直线 $l$ 向上平移 $2 \mathrm{~cm}$ 或 $12 \mathrm{~cm}$, 才能使 $l$ 与 $\odot O$ 相切

(2) $\because \odot O$ 的半径为 $5 \mathrm{~cm}$, 要使直线与 $\odot O$ 相交,

$\therefore \therefore$ 圆心到直线的距离小于圆的半径,

应把直线 $l$ 向上平移范围应该是 $2 \mathrm{~cm}<d<12 \mathrm{~cm}$.

【解析】此题考查了直线和圆的位置关系, 注意直线和圆相切有两种情况: 圆可能在直线的上方相切, 也可能在直线的下方相切.

(1)根据直线和圆相切, 则只需满足 $O P=5$, 又此时 $O P=7$, 则需要平移 $7-5=2$ 或 $7+5=12$ 即可.

(2)根据直线和圆相交, 则圆心到直线的距离小于圆的半径, 得 $2 \mathrm{~cm}<d<12 \mathrm{~cm}$.
解析：解: (1)当 $O P=5$ 时直线和圆相切,

又 $\because O P=7$,

$\therefore$ 需要平移 $7-5=2 \mathrm{~cm}$ 或 $7+5=12 \mathrm{~cm}$.

所以要把直线 $l$ 向上平移 $2 \mathrm{~cm}$ 或 $12 \mathrm{~cm}$, 才能使 $l$ 与 $\odot O$ 相切

(2) $\because \odot O$ 的半径为 $5 \mathrm{~cm}$, 要使直线与 $\odot O$ 相交,

$\therefore \therefore$ 圆心到直线的距离小于圆的半径,

应把直线 $l$ 向上平移范围应该是 $2 \mathrm{~cm}<d<12 \mathrm{~cm}$.

【解析】此题考查了直线和圆的位置关系, 注意直线和圆相切有两种情况: 圆可能在直线的上方相切, 也可能在直线的下方相切.

(1)根据直线和圆相切, 则只需满足 $O P=5$, 又此时 $O P=7$, 则需要平移 $7-5=2$ 或 $7+5=12$ 即可.

(2)根据直线和圆相交, 则圆心到直线的距离小于圆的半径, 得 $2 \mathrm{~cm}<d<12 \mathrm{~cm}$.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, \angle B A C=90^{\circ}$, 点 $D$ 在以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 上, 且 $C D$ 为 $\odot O$ 的切线. 求 $\tan \angle A E C$ 的值.


选项：
答案：解: 连接 $B D, D O, C O, C O$ 与 $A D$ 相交于点 $F$,

<ImageHere>

由切线长定理得 $C A=C D, \angle D C O=\angle A C O$,

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

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

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

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

又 $\because A B=A C$,

$\therefore \triangle A F C \cong \triangle B D A$,

$\therefore C F=A D, D B=A F$, 即 $C F=2 A F=2 D F=2 D B$,

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

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

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

$\therefore E F=2 D E$,

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

$\therefore$ 在Rt $\triangle C E F$ 中, $\tan \angle A E C=\frac{C F}{E F}=3$.

【解析】见答案
解析：解: 连接 $B D, D O, C O, C O$ 与 $A D$ 相交于点 $F$,



由切线长定理得 $C A=C D, \angle D C O=\angle A C O$,

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

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

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

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

又 $\because A B=A C$,

$\therefore \triangle A F C \cong \triangle B D A$,

$\therefore C F=A D, D B=A F$, 即 $C F=2 A F=2 D F=2 D B$,

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

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

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

$\therefore E F=2 D E$,

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

$\therefore$ 在Rt $\triangle C E F$ 中, $\tan \angle A E C=\frac{C F}{E F}=3$.

【解析】见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

某地的一座人行天桥如图所示, 天桥高为 $6 m$, 坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 为了方便行人推车过天桥, 有关部门决定降低坡度, 使新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$.



(1)求新坡面的坡角 $\alpha$.

(2)原天桥底部正前方 $8 m$ 处 $(P B$ 的长)的文化墙 $P M$ 是否需要拆除? 请说明理由.
选项：
答案：解: (1) $\because$ 新坡面的坡度为 $1 ： \sqrt{3}$,

$\therefore \tan \alpha=\tan \angle C A B=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \angle \alpha=30^{\circ}$.

答: 新坡面的坡角 $a$ 为 $30^{\circ}$;

$(2)$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.

过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$,

<ImageHere>

则 $C D=6$,

$\because$ 坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$,

$\therefore B D=C D=6, A D=6 \sqrt{3}$,

$\therefore A B=A D-B D=6 \sqrt{3}-6<8$,

$\therefore$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.

【解析】此题考查了坡度坡角的知识. 注意根据题意构造直角三角形是关键.

(1) 由新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$, 可得 $\tan \alpha=\tan \angle C A B=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 然后由特殊角的三角函数值,求得答案;

(2)首先过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$, 由坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$. 即可求得 $A D$, $B D$ 的长, 继而求得 $A B$ 的长, 则可求得答案.
解析：解: (1) $\because$ 新坡面的坡度为 $1 ： \sqrt{3}$,

$\therefore \tan \alpha=\tan \angle C A B=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \angle \alpha=30^{\circ}$.

答: 新坡面的坡角 $a$ 为 $30^{\circ}$;

$(2)$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.

过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$,



则 $C D=6$,

$\because$ 坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$,

$\therefore B D=C D=6, A D=6 \sqrt{3}$,

$\therefore A B=A D-B D=6 \sqrt{3}-6<8$,

$\therefore$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.

【解析】此题考查了坡度坡角的知识. 注意根据题意构造直角三角形是关键.

(1) 由新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$, 可得 $\tan \alpha=\tan \angle C A B=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 然后由特殊角的三角函数值,求得答案;

(2)首先过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$, 由坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$. 即可求得 $A D$, $B D$ 的长, 继而求得 $A B$ 的长, 则可求得答案.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

一种竹制躺椅如图1所示, 其侧面示意图如图2, 图3所示, 这种躺椅可以通过改变支撑杆 $C D$ 的位置来调节躺椅舒适度, 假设 $A B$ 所在的直线为地面, 已知 $A E=120 \mathrm{~cm}$, 当把图 2 中的支撑杆 $C D$ 调节至图 3 中的 $C^{\prime} D^{\prime}$ 的位置时, $\angle E A B$ 由 $20^{\circ}$ 变为 $25^{\circ}$.



图1



图2



图3

(1)你能求出调节后该躺椅的枕部 $E$ 到地面的高度增加了多少吗? (参考数据: $\sin 20^{\circ} \approx 0.34$, $\left.\sin 25^{\circ} \approx 0.42\right)$

(2) 已知点 $O$ 为 $A E$ 上靠近点 $A$ 的一个三等分点, 根据人体工程学, 当点 $O$ 到地面的距离为 $26 \mathrm{~cm}$时, 人体感觉最舒适.请你求出此时枕部 $E$ 到地面的高度.
选项：
答案：解: (1)如图 1 , 过点 $E$ 作 $E F \perp A B$ 于点 $F$,

$\because \angle E A F=20^{\circ}, A E=120 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \sin 20^{\circ}=\frac{E F}{A E} ，$ 即 $E F \approx 120 \times 0.34=40.8(\mathrm{~cm})$.

如图2, 过点 $E$ 作 $E F \perp A B$ 于点 $F$,

$\because \angle E A F=25^{\circ}, A E=120 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \sin 25^{\circ}=\frac{E F}{A E} ，$ 即 $E F \approx 120 \times 0.42=50.4(\mathrm{~cm})$,

$50.4-40.8=9.6(\mathrm{~cm})$,

答: 高度增加了 $9.6 \mathrm{~cm}$.

(2)如图3，过点 $O$ 作 $O H \perp A B$ 于点 $H$,

$\because \angle A H O=\angle A F E=90^{\circ}, \angle A=\angle A$,

$\therefore \triangle A H O \sim \triangle A F E$,

$\therefore \frac{O H}{E F}=\frac{A O}{A E}$,

$\because A O=\frac{1}{3} A E=40 \mathrm{~cm}, A E=120 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \frac{26}{E F}=\frac{40}{120}$, 即 $E F=78$.

答: 枕部 $E$ 到地面的高度是 $78 \mathrm{~cm}$.

<ImageHere>

图1图2

<ImageHere>

图3

【解析】略
解析：解: (1)如图 1 , 过点 $E$ 作 $E F \perp A B$ 于点 $F$,

$\because \angle E A F=20^{\circ}, A E=120 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \sin 20^{\circ}=\frac{E F}{A E} ，$ 即 $E F \approx 120 \times 0.34=40.8(\mathrm{~cm})$.

如图2, 过点 $E$ 作 $E F \perp A B$ 于点 $F$,

$\because \angle E A F=25^{\circ}, A E=120 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \sin 25^{\circ}=\frac{E F}{A E} ，$ 即 $E F \approx 120 \times 0.42=50.4(\mathrm{~cm})$,

$50.4-40.8=9.6(\mathrm{~cm})$,

答: 高度增加了 $9.6 \mathrm{~cm}$.

(2)如图3，过点 $O$ 作 $O H \perp A B$ 于点 $H$,

$\because \angle A H O=\angle A F E=90^{\circ}, \angle A=\angle A$,

$\therefore \triangle A H O \sim \triangle A F E$,

$\therefore \frac{O H}{E F}=\frac{A O}{A E}$,

$\because A O=\frac{1}{3} A E=40 \mathrm{~cm}, A E=120 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \frac{26}{E F}=\frac{40}{120}$, 即 $E F=78$.

答: 枕部 $E$ 到地面的高度是 $78 \mathrm{~cm}$.



图1图2



图3

【解析】略
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 为了测量一条河流的宽度, 一测量员在河岸边相距 $180 m$ 的 $P$ 和 $Q$ 两点分别测定对岸一棵树 $T$ 的位置, $T$ 在 $P$ 的正南方向, 在 $Q$ 的南偏西 $50^{\circ}$ 的方向, 求河宽(结果精确到 $1 \mathrm{~m}$ ).

选项：
答案：解：在 $R t \triangle P Q T$ 中,

$\because \angle Q P T=90^{\circ}, \angle P Q T=90^{\circ}-50^{\circ}=40^{\circ}$,

$\therefore P T=P Q \cdot \tan \angle P Q T=180 \times \tan 40^{\circ} \approx 151$,

答: 河宽约为 151 米.

【解析】在直角三角形 $P Q T$ 中, 利用 $P Q$ 的长, 以及 $\angle P Q T$ 的度数, 根据三角函数即可求得 $P T$ 的长.此题考查了解直角三角形的应用-方向角问题, 掌握方向角与正切函数的定义是解题的关键.
解析：解：在 $R t \triangle P Q T$ 中,

$\because \angle Q P T=90^{\circ}, \angle P Q T=90^{\circ}-50^{\circ}=40^{\circ}$,

$\therefore P T=P Q \cdot \tan \angle P Q T=180 \times \tan 40^{\circ} \approx 151$,

答: 河宽约为 151 米.

【解析】在直角三角形 $P Q T$ 中, 利用 $P Q$ 的长, 以及 $\angle P Q T$ 的度数, 根据三角函数即可求得 $P T$ 的长.此题考查了解直角三角形的应用-方向角问题, 掌握方向角与正切函数的定义是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 在平面直角坐标系中, $B O=5,, A(10,0)$.求: $\sin \angle A O B=\frac{3}{5}$

(1) 点 $B$ 的坐标;

(2) $A B$ 的长.


选项：
答案：解: (1) 过点 $B$ 作 $B C \perp O A$ 于 $C$.

在 $R t \triangle B C O$ 中, $\sin \angle A O B=\frac{B C}{O B}=\frac{B C}{5}=\frac{3}{5}$,

$\therefore B C=3$.

<ImageHere>

$\therefore O C=\sqrt{O B^{2}-B C^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$.

$\therefore B$ 点坐标为 $(4,3)$.

(2) $\because A(10,0)$

$\therefore O A=10$,

又 $\because O C=4$,

$\therefore A C=10-4=6$,

又 $\because B C=3$,

$\therefore A B=\sqrt{B C^{2}+A C^{2}}=\sqrt{3^{2}+6^{2}}=3 \sqrt{5}$.

【解析】见答案.
解析：解: (1) 过点 $B$ 作 $B C \perp O A$ 于 $C$.

在 $R t \triangle B C O$ 中, $\sin \angle A O B=\frac{B C}{O B}=\frac{B C}{5}=\frac{3}{5}$,

$\therefore B C=3$.



$\therefore O C=\sqrt{O B^{2}-B C^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$.

$\therefore B$ 点坐标为 $(4,3)$.

(2) $\because A(10,0)$

$\therefore O A=10$,

又 $\because O C=4$,

$\therefore A C=10-4=6$,

又 $\because B C=3$,

$\therefore A B=\sqrt{B C^{2}+A C^{2}}=\sqrt{3^{2}+6^{2}}=3 \sqrt{5}$.

【解析】见答案.
题目（九年级 · 解析几何）：已知拋物线 $y=(x-2)^{2}-1$, 求该拋物线与 $x$ 轴的交点坐标.

选项：
答案： $(1,0),(3,0)$


解析：令 $y=0$, 即可得到方程 $(x-2)^{2}-1=0$, 解方程可得拋物线与 $x$ 轴交点.

【详解】解: 令 $y=0$, 得 $(x-2)^{2}-1=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=3$,

$\therefore$ 该拋物线与 $x$ 轴的交点坐标是 $(1,0)$ 和 $(3,0)$.

【点睛】本题考查抛物线与 $x$ 轴的交点问题, 解一元二次方程, 掌握二次函数的性质正确计算是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：根据下列条件, 分别求出二次函数的解析式.

(1)已知图象的顶点坐标为 $(-1,-8)$, 且过点 $(0,-6)$;

(2) 已知图象经过点 $A(-1,0) 、 B(0,3)$, 且对称轴为直线 $x=1$.


选项：
答案： (1) $y=2(x+1)^{2}-8$

(2) $y=-x^{2}+2 x+3$


解析：(1) 直接利用顶点式代入顶点坐标, 进而得出答案;

（2）利用一般式代入, 进而计算得出答案.

【详解】(1) 解： $\because$ 图象的顶点坐标为 $(-1,-8)$, 且过点 $(0,-6)$,

$\therefore$ 设二次函数的解析式为: $y=a(x+1)^{2}-8$,

把 $(0,-6)$ 代入得:

$-6=a(0+1)^{2}-8$,

解得: $a=2$,

故二次函数的解析式为: $y=2(x+1)^{2}-8$;

（2）解：设二次函数的解析式为 $y=a x^{2}+b x+c$, 把 $A(-1,0) 、 B(0,3)$, 对称轴为直线 $x$ $=1$ 代入得:

$\left\{\begin{array}{l}a-b+c=0 \\ c=3 \\ -\frac{b}{2 a}=1\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}a=-1 \\ b=2 \\ c=3\end{array}\right.$,

故二次函数解析式为: $y=-x^{2}+2 x+3$.

【点睛】本题考查了待定系数法求出二次函数解析式, 熟练掌握待定系数法并根据条件设出合适的二次函数表达式是解本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=-\frac{1}{2}(x-1)^{2}$

（1）完成下表;

| $x$ | $\cdots$ | -2 |  |  |  |  |  | $\cdots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $y$ | $\cdots$ |  |  |  |  |  | $\cdots$ |  |

(2)在如图的坐标系中描点, 画出该二次函数的图象.




选项：
答案： （1）见解析;（2）见解析


解析：(1) 选取合适的 $x$ 的值, 求出对应的 $y$ 的值即可完成表格;

（2）利用描点法画出函数图象.

【详解】解：（1）完成表格如下:

| $x$ | $\cdots$ | -2 | -1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | $\cdots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $y$ | $\cdots$ | $-\frac{9}{2}$ | -2 | $-\frac{1}{2}$ | 0 | $-\frac{1}{2}$ | -2 | $-\frac{9}{2}$ | $\cdots$ |

（2）描点, 画出该二次函数图象如下:



【点睛】本题主要考查二次函数的图象, 解题的关键是选取合适的 $x$ 的值, 求出对应的 $y$ 的值.
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 用配方法求拋物线 $y=x^{2}+4 x-5$ 的开口方向、对称轴和顶点坐标.

选项：
答案： 拋物线的开口向上, 对称轴为直线 $x=-2$, 顶点坐标为 $(-2,-9)$

解析：先将抛物线解析式化为顶点式, 即可求解.

【详解】解: $y=x^{2}+4 x-5=(x+2)^{2}-9$,

$\therefore$ 抛物线的开口向上, 对称轴为直线 $x=-2$, 顶点坐标为 $(-2,-9)$.

【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质, 熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 已知二次函数 $y=x^{2}+b x+c$ 的图像经过 $A(0,2), B(1,-3)$ 两点.

(1)求 $b$ 和 $c$ 的值;

(2)试判断点 $P(-1,4)$ 是否在此函数图像上?


选项：
答案： (1) $b=-6, c=2$

(2)不在


解析：(1) 已知了抛物线上两点的坐标, 可将其代入抛物线中, 通过联立方程组求得 $b$ 、 $c$ 的值;

(2) 将 $P$ 点坐标代入抛物线的解析式中, 即可判断出 $P$ 点是否在抛物线的图象上.

【详解】(1) 解: 把 $A(0,2), B(1,-3)$ 两点代入二次函数 $y=x^{2}+b x+c$ 得 $\left\{\begin{array}{l}c=2 \\ 1+b+c=-3\end{array}\right.$.

解得 $b=-6, c=2$;

（2）解: 由 (1) 得 $y=x^{2}-6 x+2$,

把 $x=1$ 代入 $y=x^{2}-6 x+2$, 得 $y=1+6+2=9 \neq 4$,

点 $P$ 在 $(-1,4)$ 不在此函数图象上.

【点睛】本题考查了用待定系数法求函数表达式的方法, 掌握待定系数法求函数解析式的方法与步骤是解决问题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 已知二次函数 $y=-x^{2}+4 x$.

（1）用配方法求出该函数图象的顶点坐标和对称轴.

（2）选取适当的数据填入下表，并在下图的直角坐标系内描点画出该拋物线的图象.



选项：
答案： (1) 顶点坐标为 $(2,4)$, 对称轴为 $x=2$; （2）见解析.


解析：(1) 首先对二次函数 $y=-x^{2}+4 x$ 进行配方, 即可求出顶点坐标和对称轴;

（2）先列表, 再描点, 然后用平滑的曲线画出函数图像即可.

【详解】解：(1) 对二次函数 $y=-x^{2}+4 x$ 配方得:

$y=-\left(x^{2}-4 x\right)=-\left(x^{2}-4 x+4-4\right)=-(x-2)^{2}+4$,

即 $y=-(x-2)^{2}+4$,

$\therefore$ 顶点坐标为 $(2,4)$, 对称轴为 $x=2$;

(2) 列表得:

| $x$ | $\ldots$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | $\ldots$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y$ | $\ldots$ | 0 | 3 | 4 | 3 | 0 | $\ldots$ |

如图所示, 描点, 连线, 画出函数图像,



【点睛】此题考查了二次函数的图像和性质, 解题的关键是熟练掌握二次函数的图像和性质.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分）大润发超市进了一批成本为 8 元/个的文具盒. 调查发现: 这种文具盒每个星期

的销售量 $y$ （个）与它的定价 $x$ （元/个）的关系如图所示:



（1）求这种文具盒每个星期的销售量 $y$ (个）与它的定价 $x$ (元/个）之间的函数关系式 (不必写出自变量 $x$ 的取值范围);

（2）每个文具盒定价是多少元时，超市每星期销售这种文具盒（不考虑其他因素）可获得的利润最高? 最高利润是多少?


选项：
答案： (1) $y=-10 x+300$ (2) 当 $x=19$, 即定价 19 元/个时超市可获得的利润最高, 最高利润为 1210 元


解析：(1) 根据图象可以得到函数经过点（10，20）和（14，160）, 利用待定系数法即可求得函数的解析式.

（2）超市每星期的利润可以表示成 $x$ 的函数关系式，然后根据函数的性质即可确定.

【详解】解:（1）设 $y=k x+b$,

由题意得: $\left\{\begin{array}{l}10 k+b=200 \\ 14 k+b=160\end{array}\right.$,

解得: $k=-10 ; b=300$.

$\therefore y=-10 x+300$.

(2) 设利润为 $\mathrm{W}$ 元,

由（1）知超市每星期的利润:

$W=(x-8) \cdot y=(x-8)(-10 x+300)$

$=-10(x-8)(x-30)$

$=-10\left(x^{2}-38 x+240\right)$

$=-10(x-19)^{2}+1210$

$\therefore$ 当 $x=19$, 即定价 19 元 $/$ 个时超市可获得的利润最高, 最高利润为 1210 元.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 已知二次函数 $y=x^{2}+2 x$, 且该函数图象经过 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 两个不同的点.

(1)当 $x_{1}=3 n+4, x_{2}=2 n-1$, 且 $y_{1}=y_{2}$ 时, 求 $n$ 的值.

(2)当 $x_{1}>-1, x_{2}>-1$ 时, 求证: $\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)>0$.


选项：
答案： (1) $n=-1$

(2)见解析


解析：(1) 由抛物线的对称性, 可得 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 两点关于对称轴对称, 进而求解;

（2）根据 $x>-1$ 时, $y$ 随 $x$ 增大而增大分类讨论 $x_{1}>x_{2}$ 与 $x_{1}<x_{2}$ 两种情况求解.

【详解】(1) 解：由抛物线的对称性, 可知当 $y_{1}=y_{2}$ 时, $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 两点关于对称轴对称,

$\therefore \frac{3 n+4+2 n-1}{2}=-1$, $\therefore n=-1$;

（2）解: $\because y=x^{2}+2 x=(x+1)^{2}-1$,
$\therefore$ 抛物线的对称轴为直线 $x=-1$, 且抛物线的开口向上,

$\therefore$ 当 $x>-1$ 时, $y$ 随 $x$ 增大而增大,

$\therefore$ 当 $x_{1}>x_{2}$ 时, $y_{1}>y_{2}$,

$\therefore\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)>0$,

当 $x_{1}<x_{2}$ 时, $y_{1}<y_{2}$,

$\therefore\left(x_{1}-x_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)>0$.

【点睛】本题考查二次函数的性质, 是重要考点, 熟练掌握二次函数的对称性质和增减性是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(10 分) 根据以下素材, 探索完成任务.

| 如何加固蔬菜大棚？ |  |  |
| :---: | :---: | :---: |
| 素 <br> 材 <br> 1 | 农科所在某蔬菜基地试用新型保温大 <br> 棚技术. 大棚横截面为抛物线型（如 <br> 图，一端固定在距离地面 1 米的墙体 <br> $A$ 处, 另一端固定在距离地面 2 米的 <br> 对面墙体 $B$ 处，两墙体的水平距离为 <br> 6 米. 大棚离地面的最高点 $P$ 与 $A$ 的 <br> 水平距离为 3.5 米. | $P$ |
| 素 <br> 材 <br> 2 | 为了使大棚更牢固, 在此横截面内坚 <br> 立若干根与地面垂直的竹竿连接到大 <br> 棚的边缘. 要求相邻竹竿之间的水平 <br> 距离为 2 米, 靠近墙体的竹竿与墙体 <br> 的水平距离不超过 2 米. | 地面 |
| 问题解决 |  |  |
| 任 <br> 务 <br> 1 | 确定大棚形状 | 结合素材 1 , 在图中建立合适的直角坐标 <br> 系, 求大棚横截面所对应的拋物线解析式 <br> (不需写自变量取值范围). |
| 任 <br> 务 <br> 2 | 探索加固方案 | 请你设计一个符合要求的竹竿坚立方案, <br> 方案内容包括: <br> (1)从何处立第一根竹竿; <br> (2)共需多少根竹竿; <br> (3)所需竹竿的总长度（写出计算过程). |

##
选项：
答案： (1) $y=-\frac{1}{6} x^{2}+\frac{7}{6} x+1$ (答案不唯一);

(2) 从距左侧墙体 2 米处立第一根竹竿, 距左侧墙体 4 米处立第二根竹竿, 共需 2 根竹竿,所需竹竿总长度为 $\frac{17}{3}$ 米.


解析：(1) 以地面作为 $x$ 轴, 点 $A$ 所在墙体作为 $y$ 轴, 建立直角坐标系, 用待定系数法求出解析式即可;

（2）从距左侧墙体 2 米处立第一根竹竿, 距左侧墙体 4 米处立第二根竹竿, 从而得到共需 2 根竹竿, 分别求出两根竹竿长度, 相加即可求解.

【详解】解: (1) 如图, 以地面作为 $x$ 轴, 点 $A$ 所在墙体作为 $y$ 轴, 建立直角坐标系如图 (答案不唯一):



由题意可得 $A(0,1), B(6,2)$, 顶点 $P$ 的横坐标为 3.5 ,

设大棚横截面所对应的拋物线解析式为 $y=a x^{2}+b x+c$,

$$
\therefore\left\{\begin{array}{l}
c=1 \\
36 a+6 b+c=2 \\
-\frac{b}{2 a}=3.5
\end{array}\right.
$$

解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{1}{6} \\ b=\frac{7}{6} \\ c=1\end{array}\right.$,

$\therefore$ 大棚横截面所对应的抛物线解析式为 $y=-\frac{1}{6} x^{2}+\frac{7}{6} x+1$;

(2) 符合要求的方案:

从距左侧墙体 2 米处立第一根竹竿, 距左侧墙体 4 米处立第二根竹竿,

$\therefore$ 共需 2 根竹竿,

当 $x=2$ 时, $y=-\frac{1}{6} x^{2}+\frac{7}{6} x+1=-\frac{1}{6} \times 4+\frac{7}{6} \times 2+1=\frac{8}{3}$,

当 $x=4$ 时, $y=-\frac{1}{6} x^{2}+\frac{7}{6} x+1=-\frac{1}{6} \times 16+\frac{7}{6} \times 4+1=3$,

$\therefore$ 所需竹竿总长度为 $\frac{8}{3}+3=\frac{17}{3}$ (米).

【点睛】本题考查二次函数的应用, 涉及待定系数法, 方案设计等, 解题的关键是读懂题意,根据题意建立合适坐标系, 掌握待定系数法求函数解析式.