eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：(本题9分)(2022$cdot$浙江嘉兴$cdot$九年级专题练习)如图1,已知在平面直角坐标系$xOy$中,四边形$OABC$是边长为3的正方形,其中顶点$A,C$分别在$x$轴的正半轴和$y$轴的正半轴上,抛物线$y=-x^{2}+bx+c$经过$A,C$两点,与$x$轴交于另一个点$D$.图1图2(2)求$b,c$的值.(2)若点$P$是边$BC$上的一个动点,连结$AP$,过点$P$作$PMperpAP$,交$y$轴于点$M$(如图2所示).当点$P$在$BC$上运动时,点$M$也随之运动.设$BP=m,CM=n$,试用含$m$的代数式表示$n$,并求出$n$的最大值.
选项：
答案：(1)(1)$A(3,0),B(3,3),C(0,3);(2)left{begin{array}{l}b=2c=3end{array}right.$(2)$n=-frac{1}{3}left(m-frac{3}{2}right)^{2}+frac{3}{4}quad(0leqmleq3);frac{3}{4}$
解析：【分析】(1)(1)根据坐标与图形的性质即可求解;(2)利用待定系数法求解即可;(2)证明$RttriangleABPbacksimRttrianglePCM$，根据相似三角形的性质得到$n$关于$m$的二次函数，利用二次函数的性质即可求解.解:(1)$because$正方形$OABC$的边长为3,$therefore$点$A,B,C$的坐标分别为$A(3,0),B(3,3),C(0,3)$;(2)把点$A(3,0),C(0,3)$的坐标分别代入$y=-x^{2}+bx+c$,得$left{begin{array}{l}-9+3b+c=0c=3end{array}right.$,解得$left{begin{array}{l}b=2c=3end{array}right.$;(2)解:由题意,得$angleAPB=90^{circ}-angleMPC=anglePMC,angleB=anglePCM=90^{circ}$,$thereforeRttriangleABPsimRttrianglePCM$,$thereforefrac{AB}{PC}=frac{BP}{CM}$,即$frac{3}{3-m}=frac{m}{n}$.整理,得$n=-frac{1}{3}m^{2}+m$,即$n=-frac{1}{3}left(m-frac{3}{2}right)^{2}+frac{3}{4}quad(0leqmleq3)$.$therefore$当$m=frac{3}{2}$时,$n$的值最大,最大值是$frac{3}{4}$.【点睛】本题综合考查了正方形的性质,相似三角形的判定和性质,二次函数的性质,待定系数法求函数解析式,根据正方形的性质求出点$A,B,C$的坐标是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)(2022-浙江$cdot$宁波外国语学校九年级阶段练习)如图,方格纸中的每个小正方形的边长都是$1,triangleABC$是格点三角形(顶点在方格顶点处).图1图2(1)在图1中画出一个格点$triangleAB_{1}C_{1}$,使得$triangleA_{1}B_{1}C_{1}$与$triangleABC$相似,周长之比为$2:1$;(2)在图2中画出一个格点$triangleA_{2}B_{2}C_{2}$,使得$triangleA_{2}B_{2}C_{2}$与$triangleABC$相似,面积之比为2:1.
选项：
答案：(1)见解析(2)见解析
解析：【分析】（1）根据相似三角形的性质，把$triangleABC$的边长扩大2倍即可，(2)根据相似三角形的性质,把$triangleABC$的边长扩大$sqrt{2}$倍即可.【详解】(1)解：如图,$triangleAB_{1}C_{1}$即为所求作.(2)如图,$triangleA_{2}B_{2}C_{2}$即为所求作.图1图2【点睛】本题考查作图-相似变换,相似三角形的判定与性质,三角形的面积等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)(2020$cdot$浙江$cdot$金华市南苑中学九年级期中)如图,抛物线$L$:$y=-frac{1}{2}(x-t)(x-t+4)$(常数$left.t>0right)$与$x$轴从左到右的交点为$B,A$,过线段$OA$的中点$M$作$MPperpx$轴,交双曲线$y=frac{k}{x}(k>0,x>0)$于点$P$,且$OAtimesMP=12$.(1)求$k$的值.(2)当$t=1$时,求$AB$的长,并求直线$MP$与$L$的对称轴之间的距离.(3)把$L$在直线$MP$左侧部分的图像（含与直线$MP$的交点）记为$G$,用$t$表示图像$G$最高点的坐标.(4)设$L$与$y$轴的交点为$N$,当$t=2$时,在$x$轴上是否存在一点$Q$,使$triangleONQ$与$trianglePMQ$相似,若存在,求出$Q$的坐标,若不存在,请说明理由.
选项：
答案：(1)$k=6$(2)直线$MP$与$L$对称轴之间的距离为$frac{3}{2}$(3)$(t-2,2)(0<tleq4),left(frac{t}{2},t-frac{t^{2}}{8}right)(t>4)$(4)$Q$的坐标为$(4,0)$或$(-3,0)$或$left(frac{1}{4},0right)$或$left(-frac{1}{2},0right)$
解析：【分析】(1)根据$M$是$OA$的中点,以及$OAtimesMP=12$,即可求出$k$的值;(2)先求出抛物线的解析式,再求出$A,B$的坐标,以及对称轴即可求解;(3)根据对称轴与$MP$的位置关系,分情况讨论,要嘛在抛物线的顶点处取最值,要嘛是$MP$与抛物线的交点的纵坐标;(4)根据相似三角形的性质,对应边对应成比例分类讨论即可求出.(1)解:设$P(x,y)$,则$MP=y$,$becauseM$为$OA$的中点,$thereforeOA=2x$,$becauseOAcdotMP=12$,$therefore2xy=12$,$thereforexy=6$$thereforek=6$(2)解:当$t=1,y=0$时,$0=-frac{1}{2}(x-1)(x-1+4)$,解得$x=1$或$x=-3$.$thereforeA(1,0)、B(-3,0)$,$thereforeAB=4$$therefore$抛物线$L$的对称轴为直线$x=frac{1+(-3)}{2}=-1$,$becauseOA=1$$thereforeMP$为直线$x=frac{1}{2}$,$therefore$直线$MP$与$L$对称轴之间的距离为$frac{3}{2}$;(3)解：二次函数的对称轴为:$x=frac{t+t-4}{2}=t-2$点$M$的坐标为:$left(frac{t}{2},0right)$(1)当$frac{t}{2}<t-2$,即$t>4$时:$MP$在对称轴的左侧,$y$随$x$的增大而增大,$thereforeG$的坐标为:$left(frac{t}{2},t-frac{t^{2}}{8}right)$(2)当$frac{t}{2}geqt-2$,即$0<tleqslant4$时:$MP$在对称轴的右侧,$G$点为抛物线的顶点,$thereforeG:(t-2,2)$(4)解：存在,设$Q:(m,0)$,当$t=2,y=-frac{1}{2}(x-2)(x+2)=-frac{1}{2}x^{2}+2$,$thereforeN(0,2)$$y=0$时,$0=-frac{1}{2}(x-2)(x+2)$,解得$x=pm2$,$thereforeA(2,0)、B(-2,0)$,$thereforeM(1,0)、P(1,6)$$thereforeON=2,quadMP=6,quadOQ=|m|,quadMQ=|m-1|$(1)$triangleONQsimtriangleMPQ$时:$frac{ON}{MP}=frac{OQ}{MQ}$:即$frac{|m|}{|m-1|}=frac{1}{3}$,$m>1$时:$frac{m}{m-1}=frac{1}{3},m=-frac{1}{2}$(舍);$0<m<1$时:$frac{m}{1-m}=frac{1}{3},quadm=frac{1}{4}$;$m<0$时:$frac{-m}{1-m}=frac{1}{3},m=-frac{1}{2}$;(2)$triangleOQNsimtriangleMPQ$时:$frac{OQ}{MP}=frac{ON}{MQ}$时：即$frac{|m|}{6}=frac{2}{|m-1|},|m||m-1|=12$$m>1$时:$m(m-1)=12$,解得:$m=4$或$m=-3$(舍);$0<m<1$时:$m(1-m)=12$,无解;$m<0$时:$-m(1-m)=12$,解得:$m=4$(舍)或$m=-3$;综上:当$Q$的坐标为$(4,0)$或$(-3,0)$或$left(frac{1}{4},0right)$或$left(-frac{1}{2},0right)$【点睛】本题考查二次函数与反比例函数以及几何综合应用问题,属于中考常见的压轴题,难度较大,熟练掌握二次函数和反比例函数的性质,准确的把握点的坐标是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)(2021$cdot$浙江䕎州$cdot$九年级阶段练习)如图,点$A,B$是$8times8$网格中的两格点,仅用无刻度直尺按要求在网格中画出符合相应条件的图形.图1图2(1)在图1中画出一个以$AB$为边，面积为4的$triangleABC$.(2)在图2中的线段$AB$上画出点$D$,使$AD:BD=2:3$.
选项：
答案：(1)见解析(2)见解析
解析：【分析】(1)画一个高为2,底边长为4的三角形即可;(2)连接格点$EF$交$AB$于点$D$,即可得到$AD:BD=2:3$,(1)解:如图1,$triangleABC$即为所求(答案不唯一);图1(2)解：如图2,点$D$即为所求.图2【点睛】本题考查作图-应用与设计作图,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, $\overparen{A B}$ 的半径 $O A=2, O C \perp A B$ 于点 $C, \angle A O C=60^{\circ}$.

(1)求弦 $A B$ 的长.

(2)求 $\overparen{A B}$ 的长.


选项：
答案：解: (1) $\because \overparen{A B}$ 的半径 $O A=2, O C \perp A B$ 于点 $C, \angle A O C=60^{\circ}$,

$\therefore A C=O A \cdot \sin 60^{\circ}=2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,

$\therefore A B=2 A C=2 \sqrt{3}$;

(2) $\because O C \perp A B, \angle A O C=60^{\circ}$,

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

$\because O A=2$,

$\therefore \overparen{A B}$ 的长是: $\frac{120 \pi \times 2}{180}=\frac{4 \pi}{3}$.
【解析】本题考查弧长的计算以及锐角三角函数的定义, 解答本题的关键是明确题意, 利用数形结合的思想解答.

(1)根据锐角三角函数的定义, 可以求得 $A C$ 的长, 然后即可得到 $A B$ 的长;

(2)根据 $\angle A O C=60^{\circ}$, 可以得到 $\angle A O B$ 的度数, 然后根据弧长公式计算即可.
解析：解: (1) $\because \overparen{A B}$ 的半径 $O A=2, O C \perp A B$ 于点 $C, \angle A O C=60^{\circ}$,

$\therefore A C=O A \cdot \sin 60^{\circ}=2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,

$\therefore A B=2 A C=2 \sqrt{3}$;

(2) $\because O C \perp A B, \angle A O C=60^{\circ}$,

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

$\because O A=2$,

$\therefore \overparen{A B}$ 的长是: $\frac{120 \pi \times 2}{180}=\frac{4 \pi}{3}$.
【解析】本题考查弧长的计算以及锐角三角函数的定义, 解答本题的关键是明确题意, 利用数形结合的思想解答.

(1)根据锐角三角函数的定义, 可以求得 $A C$ 的长, 然后即可得到 $A B$ 的长;

(2)根据 $\angle A O C=60^{\circ}$, 可以得到 $\angle A O B$ 的度数, 然后根据弧长公式计算即可.
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, $A B=2, B C=2 \sqrt{5}, E$ 是 $B C$ 的中点, 将 $\triangle A B E$ 沿直线 $A E$ 翻折, 点 $B$ 落在点 $F$ 处, 连接 $C F$, 求 $\cos \angle E C F$ 的值.


选项：
答案：解: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\therefore \angle B=90^{\circ}$.

$\because E$ 是 $B C$ 的中点, $B C=2 \sqrt{5}$,

$\therefore B E=C E=\frac{1}{2} B C=\sqrt{5}$.

$\therefore A E=\sqrt{A B^{2}+B E^{2}}=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=3$.

由翻折的性质得 $\angle A E F=\angle A E B, E F=B E=\sqrt{5}$,

$\therefore E F=C E$.
$\therefore \angle E F C=\angle E C F$.

$\because \angle B E F=\angle E F C+\angle E C F$,

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

$\therefore \cos \angle E C F=\cos \angle A E B=\frac{B E}{A E}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.

【解析】见答案
解析：解: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\therefore \angle B=90^{\circ}$.

$\because E$ 是 $B C$ 的中点, $B C=2 \sqrt{5}$,

$\therefore B E=C E=\frac{1}{2} B C=\sqrt{5}$.

$\therefore A E=\sqrt{A B^{2}+B E^{2}}=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=3$.

由翻折的性质得 $\angle A E F=\angle A E B, E F=B E=\sqrt{5}$,

$\therefore E F=C E$.
$\therefore \angle E F C=\angle E C F$.

$\because \angle B E F=\angle E F C+\angle E C F$,

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

$\therefore \cos \angle E C F=\cos \angle A E B=\frac{B E}{A E}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.

【解析】见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 我国某海域有 $A, B$ 两个港口, 相距 80 海里, 港口 $B$ 在港口 $A$ 的东北方向, 点 $C$ 处有一艘货船, 该货船在港口 $A$ 的北偏西 $30^{\circ}$ 方向, 在港口 $B$ 的北偏西 $75^{\circ}$ 方向, 求货船与港口 $A$ 之间的距离. (结果保留根号)


选项：
答案：解: 过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 如图所示:

<ImageHere>

由题意, 得 $\angle A B C=180^{\circ}-75^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}$.

$\because A D \perp B C$,

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

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\angle D A B=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}, A B=80$,

$\therefore B D=40, A D=40 \sqrt{3}$,

$\because \angle C A B=30^{\circ}+45^{\circ}=75^{\circ}$,

$\therefore \angle D A C=\angle C A B-\angle D A B=75^{\circ}-30^{\circ}=45^{\circ}$,

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

$\therefore A C=\sqrt{2} A D=\sqrt{2} \times 40 \sqrt{3}=40 \sqrt{6}$ (海里).

答: 货船与港口 $A$ 之间的距离是 $40 \sqrt{6}$ 海里.

【解析】本题考查了解直角三角形的应用一方位角问题、等腰直角三角形的判定与性质等知识;通过作辅助线得出直角三角形是解题的关键.

过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 求出 $\angle A B C=60^{\circ}$, 在 $R t \triangle A B D$ 中, $\angle D A B=30^{\circ}$, 求出 $A D=40 \sqrt{3}$, 求出 $\angle D A C=\angle C A B-\angle D A B=45^{\circ}$, 则 $\triangle A D C$ 是等腰直角三角形, 得出 $A C=\sqrt{2} A D=40 \sqrt{6}$ 海里即可.
解析：解: 过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 如图所示:



由题意, 得 $\angle A B C=180^{\circ}-75^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}$.

$\because A D \perp B C$,

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

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\angle D A B=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}, A B=80$,

$\therefore B D=40, A D=40 \sqrt{3}$,

$\because \angle C A B=30^{\circ}+45^{\circ}=75^{\circ}$,

$\therefore \angle D A C=\angle C A B-\angle D A B=75^{\circ}-30^{\circ}=45^{\circ}$,

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

$\therefore A C=\sqrt{2} A D=\sqrt{2} \times 40 \sqrt{3}=40 \sqrt{6}$ (海里).

答: 货船与港口 $A$ 之间的距离是 $40 \sqrt{6}$ 海里.

【解析】本题考查了解直角三角形的应用一方位角问题、等腰直角三角形的判定与性质等知识;通过作辅助线得出直角三角形是解题的关键.

过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 求出 $\angle A B C=60^{\circ}$, 在 $R t \triangle A B D$ 中, $\angle D A B=30^{\circ}$, 求出 $A D=40 \sqrt{3}$, 求出 $\angle D A C=\angle C A B-\angle D A B=45^{\circ}$, 则 $\triangle A D C$ 是等腰直角三角形, 得出 $A C=\sqrt{2} A D=40 \sqrt{6}$ 海里即可.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)
如图, 小明从 $P$ 处出发, 沿北偏东 $60^{\circ}$ 方向以 $70 \mathrm{~m} / \mathrm{min}$ 的速度步行 $6 \mathrm{~min}$ 后到达 $A$ 处, 接着向正南方向步行一段时间后到达终点 $B$ 处, 在 $B$ 处观测到出发时所在的 $P$ 处在北偏西 $37^{\circ}$ 方向上. 求小明步行的总路程 (精确到 $1 m$ ). 参考数据: $\sin 37^{\circ} \approx 0.6, \cos 37^{\circ} \approx 0.8, \tan 37^{\circ} \approx 0.75, \sqrt{2} \approx$ $1.4, \sqrt{3} \approx 1.7$


选项：
答案：解：作 $P Q \perp A B$ 于点 $Q$, 如图,

<ImageHere>

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

由题意可得: $\angle A=60^{\circ}, \angle B=37^{\circ}, P A=70 \times 6=420 m$,

$\therefore A Q=P A \times \cos A=210 \mathrm{~m}, P Q=P A \times \sin A=210 \sqrt{3} \mathrm{~m}$,

$$
\therefore Q B=\frac{P Q}{\tan B}=280 \sqrt{3}
$$

$\therefore P A+A B=420+210+280 \sqrt{3} \approx 1106 m$.

答: 小明步行的总路程 $1106 \mathrm{~m}$.

【解析】本题考查的是解直角三角形的应用有关知识, 作 $P Q \perp A B$ 于点 $Q$ 可得 $\angle P Q A=\angle P Q B=90^{\circ}$,然后再利用锐角三角形函数的定义计算出 $A Q, Q B$, 最后利用 $P A+A B$ 计算即可.
解析：解：作 $P Q \perp A B$ 于点 $Q$, 如图,



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

由题意可得: $\angle A=60^{\circ}, \angle B=37^{\circ}, P A=70 \times 6=420 m$,

$\therefore A Q=P A \times \cos A=210 \mathrm{~m}, P Q=P A \times \sin A=210 \sqrt{3} \mathrm{~m}$,

$$
\therefore Q B=\frac{P Q}{\tan B}=280 \sqrt{3}
$$

$\therefore P A+A B=420+210+280 \sqrt{3} \approx 1106 m$.

答: 小明步行的总路程 $1106 \mathrm{~m}$.

【解析】本题考查的是解直角三角形的应用有关知识, 作 $P Q \perp A B$ 于点 $Q$ 可得 $\angle P Q A=\angle P Q B=90^{\circ}$,然后再利用锐角三角形函数的定义计算出 $A Q, Q B$, 最后利用 $P A+A B$ 计算即可.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题 8.0 分)

如图, 以 $\triangle A B C$ 的 $B C$ 边上一点 $O$ 为圆心的圆, 经过 $A 、 B$ 两点, 且与 $B C$ 边交于点 $E, D$ 为 $B E$ 的下半圆弧的中点, 连接 $A D$ 交 $B C$ 于 $F$, 若 $A C=F C$.

(1)求证: $A C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)若 $B F=4, D F=\sqrt{10}$, 求 $\odot O$ 的半径.


选项：
答案：证明: (1)连接 $A O$,

<ImageHere>

$\because O A=O D$,

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

$\because A C=F C$,

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

$\because D$ 为 $B E$ 的下半圆弧的中点,

$\therefore O D \perp B E$,

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

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

$\therefore \angle O A C=90^{\circ}$, 且 $O A$ 是半径,

$\therefore A C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)在 $R t \triangle O D F$ 中, $D F^{2}=O D^{2}+O F^{2}$,

$\therefore 10=O D^{2}+(4-O D)^{2}$,

$\therefore O D=1$ (不合题意舍去), $O D=3$,

$\therefore \odot 0$ 的半径为 3 .

【解析】(1)由等腰三角形的性质和垂径定理可求 $\angle O A C=90^{\circ}$, 可得结论;

(2) 由勾股定理可求解.

本题考查了切线的判定定理: 经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线. 要证某线是圆的切线, 已知此线过圆上某点, 连接圆心与这点 (即为半径), 再证垂直即可. 也考查了垂径定
理.
解析：证明: (1)连接 $A O$,



$\because O A=O D$,

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

$\because A C=F C$,

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

$\because D$ 为 $B E$ 的下半圆弧的中点,

$\therefore O D \perp B E$,

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

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

$\therefore \angle O A C=90^{\circ}$, 且 $O A$ 是半径,

$\therefore A C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)在 $R t \triangle O D F$ 中, $D F^{2}=O D^{2}+O F^{2}$,

$\therefore 10=O D^{2}+(4-O D)^{2}$,

$\therefore O D=1$ (不合题意舍去), $O D=3$,

$\therefore \odot 0$ 的半径为 3 .

【解析】(1)由等腰三角形的性质和垂径定理可求 $\angle O A C=90^{\circ}$, 可得结论;

(2) 由勾股定理可求解.

本题考查了切线的判定定理: 经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线. 要证某线是圆的切线, 已知此线过圆上某点, 连接圆心与这点 (即为半径), 再证垂直即可. 也考查了垂径定
理.
题目（九年级 · 代数）：(6 分) 已知锐角 $\alpha$ 使关于 $x$ 的一元二次方程 $x^{2}-2 \sin \alpha \cdot x+\sqrt{3} \sin \alpha-\frac{3}{4}=0$ 有两个相等的实数根, 求 $\alpha$ 的度数.
选项：
答案：解：由题意得： $\Delta=0$

即: $(-2 \sin \alpha)^{2}-4\left(\sqrt{3} \sin \alpha-\frac{3}{4}\right)=0$,

$4 \sin ^{2} \alpha-4 \sqrt{3} \sin \alpha+3=0$,

$(2 \sin \alpha-\sqrt{3})^{2}=0$,

$\sin \alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\alpha=60^{\circ}$.
解析：解：由题意得： $\Delta=0$

即: $(-2 \sin \alpha)^{2}-4\left(\sqrt{3} \sin \alpha-\frac{3}{4}\right)=0$,

$4 \sin ^{2} \alpha-4 \sqrt{3} \sin \alpha+3=0$,

$(2 \sin \alpha-\sqrt{3})^{2}=0$,

$\sin \alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\alpha=60^{\circ}$.
题目（九年级 · 代数）：先化简, 再求值: $\left(1-\mathrm{x}+\frac{3}{x+1}\right) \div \frac{x^{2}+4 x+4}{x+1}$, 其中 $\mathrm{x}=\tan 45^{\circ}+\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}$.
选项：
答案：$-\frac{1}{5}$ 【解析】原式 $=\left(\frac{1-x^{2}}{x+1}+\frac{3}{x+1}\right) \div \frac{(x+2)^{2}}{x+1}$

$=\frac{(2+x)(2-x)}{x+1} \cdot \frac{x+1}{(2+x)^{2}}$

$=\frac{2-x}{2+x}$,

当 $x=\tan 45^{\circ}+\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}=1+2=3$ 时, 原式 $=\frac{2-2}{2+3}=-\frac{1}{5}$.
解析：$-\frac{1}{5}$ 【解析】原式 $=\left(\frac{1-x^{2}}{x+1}+\frac{3}{x+1}\right) \div \frac{(x+2)^{2}}{x+1}$

$=\frac{(2+x)(2-x)}{x+1} \cdot \frac{x+1}{(2+x)^{2}}$

$=\frac{2-x}{2+x}$,

当 $x=\tan 45^{\circ}+\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}=1+2=3$ 时, 原式 $=\frac{2-2}{2+3}=-\frac{1}{5}$.
题目（九年级 · 代数）：(本题6分)(2019$cdot$浙江金华$cdot$九年级期中）已知函数${y}=left({m}^{2}-{m}right){x}^{2}+({m}-1)$${x}+{m}+1$.(1)若这个函数是一次函数,求$m$的值;(2)若这个函数是二次函数,则$m$的值应怎样?
选项：
答案：(1)、$m=0;(2)、mneq0$且$mneq1$
解析：【分析】根据一次函数与二次函数的定义求解.【详解】解:(1)根据一次函数的定义,得:${m}^{2}-{m}=0$解得${m}=0$或${m}=1$又$becausem-1neq0$即$mneq1$;$therefore$当${m}=0$时,这个函数是一次函数;(2)根据二次函数的定义，得:${m}^{2}-{m}neq0$解得${m}_{1}neq0,{~m}_{2}neq1$$therefore$当${m}_{1}neq0,{~m}_{2}neq1$时,这个函数是二次函数.【点睛】考点:二次函数的定义;一次函数的定义
题目（九年级 · 代数）：(本题8分)（2020$cdot$浙江$cdot$乐清市英华学校九年级阶段练习）某文具店购进一批纪念册,每本进价为20元,出于营销考虑,要求每本纪念册的售价不低于20元且不高于28元,在销售过程中发现该纪念册每周的销售量$y$（本）与每本纪念册的售价$x$（元）之间满足一次函数关系：当销售单价为22元时,销售量为36本;当销售单价为24元时，销售量为32本.(1)求出$y$与$x$的函数关系式;（2）当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时,每本纪念册的销售单价是多少元?（3）设该文具店每周销售这种纪念册所获得的利润为$w$元，将该纪念册销售单价定为多少元时，才能使文具店销售该纪念册所获利润最大？最大利润是多少？
选项：
答案：(1）$y=-2x+80（20leqxleq28)$;（2）每本纪念册的销售单价是25元；（3）该纪念册销售单价定为28元时,才能使文具店销售该纪念册所获利润最大,最大利润是192元
解析：【分析】(1)待定系数法列方程组求一次函数解析式.(2)根据（1）中解析式,列一元二次方程求解.(3)总利润$=$单件利润$times$销售量:$w=(x-20)(-2x+80)$,得到二次函数,先配方,在定义域上求最值.【详解】(1)设$y$与$x$的函数关系式为$y=kx+b$.把$(22,36)$与$(24,32)$代入,得$left{begin{array}{l}22k+b=3624k+b=32.end{array}right.$解得$left{begin{array}{l}k=-2b=80end{array}right.$，$thereforey=-2x+80(20leqxleq28)$.(2)设当文具店每周销售这种纪念册获得150元的利润时,每本纪念册的销售单价是$x$元，根据题意,得:$(x-20)y=150$,即$(x-20)(-2x+80)=150$.解得$x_{1}=25,x_{2}=35$(舍去).答:每本纪念册的销售单价是25元.(3)由题意,可得$w=(x-20)(-2x+80)=-2(x-30)^{2}+200$.$because$售价不低于20元且不高于28元，当$x<30$时，$y$随$x$的增大而增大,$therefore$当$x=28$时,$w_{text{最大}}=-2times(28-30)^{2}+200=192($元).答：该纪念册销售单价定为28元时，能使文具店销售该纪念册所获利润最大，最大利润是192元.
题目（九年级 · 代数）：(本题8分)(2022$cdot$浙江宁波$cdot$九年级期末)某琴行销售一种笛子，每支进价为56元.当售价每支为80元时,月平均销售量为60支.为了倡导、弘扬艺术，琴行对该型号的笛子作降价销售（在不亏本的前提下).经市场调查表明,当每支笛子的售价每降低1元时,月平均销售量将增加3支.(1)若设销售单价为$x$元/支，则销售量为$qquad$支（用含$x$的代数式表示)；(2)求月平均销售利润$y$(单位:元)关于销售单价$x$(单位:元/支)的函数表达式;(3)当销售单价定为每支多少元时，所得月平均利润最大?
选项：
答案：$(1)(-3x+300)$(2)$y=-3x^{2}+468x-16800$;(3)当销售单价定为每支78元时，所得月平均利润最大
解析：【分析】（1）根据售价每支为80元时，月平均销售量为60支，当每支笛子的售价每降低1元时，月平均销售量将增加3支，列出销售量代数式;（2）根据“总利润$=$单件利润$times$销售量”列出函数解析式即可;(3)利用二次函数的性质求函数最值即可.(1)根据题意，当销售单价为$x$元/支时，销量为：$60+3(80-x)=-3x+300$,$therefore$销售量为$(-3x+300)$支，故答案为:$(-3x+300)$;(2)设销售单价为$x$元/盋,月销售利润$y$元，根据题意得：$y=(x-56)(-3x+300)=-3x^{2}+468x-16800$,$therefore$月平均销售利润$y$关于销售单价$x$的函数表达式为$y=-3x^{2}+468x-16800$;(3)由(2)知:$y=-3x^{2}+468x-16800=-3(x-78)^{2}+1452$,$because-3<0,56leqxleq80$,$therefore$当$x=78$时,$y$有最大值,最大值为1452,$therefore$当销售单价定为每支78元时,所得月平均利润最大.【点睛】此题主要考查了二次函数的应用以及二次函数最值求法,解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系.
题目（九年级 · 代数）：(本题8分)(2022$cdot$浙江$cdot$九年级专题练习)根据条件求值.(1)若$frac{a}{b}=frac{1}{5}$,求$frac{a+b}{b}$的值;(2)若$frac{x}{y}=frac{1}{3}$,求$frac{2x+y}{x-y}$的值.
选项：
答案：(1)$frac{6}{5}$(2)$-frac{5}{2}$
解析：【分析】(1)把$frac{a+b}{b}$化为$frac{a}{b}+1$,再把$frac{a}{b}=frac{1}{5}$代入,即可;(2)根据$frac{x}{y}=frac{1}{3}$,得$y=3x$,代入$frac{2x+y}{x-y}$,即可.【详解】(1)$becausefrac{a+b}{b}=frac{a}{b}+1$$therefore$当$frac{a}{b}=frac{1}{5}$时,$frac{a+b}{b}=frac{a}{b}+1=frac{1}{5}+1=frac{6}{5}$$thereforefrac{a+b}{b}=frac{6}{5}$.(2)$becausefrac{x}{y}=frac{1}{3}$$thereforey=3x$$thereforefrac{2x+y}{x-y}=frac{2x+3x}{x-3x}=-frac{5x}{2x}=-frac{5}{2}$$thereforefrac{2x+y}{x-y}=-frac{5}{2}$.【点睛】本题考查比例的知识,解题的关键是对分式进行化简.
题目（九年级 · 代数）：(本题6分)(2021$cdot$浙江杭州$cdot$九年级阶段练习)已知$frac{a}{3}=frac{b}{2}=frac{c}{6}$,求$frac{2a+3b+c}{a-b-c}$的值.
选项：
答案：$-frac{18}{5}$
解析：【分析】根据等比设参即可求解.【详解】$becausefrac{a}{3}=frac{b}{2}=frac{c}{6}$$therefore$设$frac{a}{3}=frac{b}{2}=frac{c}{6}=k$$thereforea=3k,b=2k,c=6k$$thereforefrac{2a+3b+c}{a-b-c}=frac{2times3k+3times2k+6k}{3k-2k-6k}=frac{18k}{-5k}=-frac{18}{5}$.【点睛】本题考查分式求值,根据比例的性质等比设参是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图 1 所示为过圆柱体木块底面的一条弦 $A D$, 沿母线 $A B$ 剖开后得到的柱体,剖面是矩形 $A B C D$, $O$ 为原圆柱体木块底面的圆心. 如图 2 所示为该柱体的主视图和俯视图. 请你根据图中标注的数据解决以下问题.



图 1



主视图



图 2

(1)求弦 $A D$ 的长度.

(2)求这个柱体的表面积. (结果可保留 $\pi$ 和根号)
选项：
答案：解: (1)作 $O C \perp A D$ 于点 $C$, 连接 $O D$, 则 $\triangle O C D$ 是直角三角形.

可知 $O D=36 \div 2=18 \mathrm{~cm}$

$O C=27-18=9 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C D=9 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$,

$\therefore A D=2 C D=18 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$

(2)由(1)知 $\angle C O D=60^{\circ}$, 那么 $\angle A O D=120^{\circ}$,
$\therefore$ 上下底面的面积和为:

$$
2\left[\frac{(360-120) \pi \times 18^{2}}{360}+\frac{1}{2} \times 18 \sqrt{3} \times 9\right]=512 \pi+162 \sqrt{3}\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)
$$

侧面积和为:

$$
18 \sqrt{3} \times 40+\frac{240 \pi \times 18}{180} \times 40=720 \sqrt{3}+960 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)
$$

所以这个柱体的表面积和为 $1472 \pi+882 \sqrt{3}\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$
解析：解: (1)作 $O C \perp A D$ 于点 $C$, 连接 $O D$, 则 $\triangle O C D$ 是直角三角形.

可知 $O D=36 \div 2=18 \mathrm{~cm}$

$O C=27-18=9 \mathrm{~cm}$,

$\therefore C D=9 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$,

$\therefore A D=2 C D=18 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$

(2)由(1)知 $\angle C O D=60^{\circ}$, 那么 $\angle A O D=120^{\circ}$,
$\therefore$ 上下底面的面积和为:

$$
2\left[\frac{(360-120) \pi \times 18^{2}}{360}+\frac{1}{2} \times 18 \sqrt{3} \times 9\right]=512 \pi+162 \sqrt{3}\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)
$$

侧面积和为:

$$
18 \sqrt{3} \times 40+\frac{240 \pi \times 18}{180} \times 40=720 \sqrt{3}+960 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)
$$

所以这个柱体的表面积和为 $1472 \pi+882 \sqrt{3}\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$
题目（九年级 · 立体几何学）：如图所示是一个正方体的表面展开图, 请回答下列问题:

(1)与面 $B$ 、面 $C$ 相对的面分别是 \$ \qquad \$和 \$ \qquad \$
(2) 若 $A=a^{3}+\frac{1}{5} a^{2} b+3, B=-\frac{1}{2} a^{2} b+a^{3}, C=a^{3}-1, D=$


$-\frac{1}{5}\left(a^{2} b+15\right)$, 且相对两个面所表示的代数式的和都相等, 求 $E 、 F$

(1)请在图中画出光源 $O$ 点的位置, 并画出 $O$ 到 $M N$ 的垂线段 $O H$ (不写画法);



(2)若小明身高 $1.5 m$, 求 $O H$ 的长.
选项：
答案：面 $F$ 面 $E$

解: (1) “ “相间 $Z$ 端是对面”，可得 $B$ 的对面为 $F, C$ 的对面是 $E$,

故答案为: 面 $F$, 面 $E$.

(2)由题意得: $A$ 与 $D$ 相对, $B$ 与 $F$ 相对, $C$ 与 $E$ 相对,

$$
A+D=B+F=C+E
$$

将 $A=a^{3}+\frac{1}{5} a^{2} b+3, B=-\frac{1}{2} a^{2} b+a^{3}, C=a^{3}-1, D=-\frac{1}{5}\left(a^{2} b+15\right)$ 代入得,

$a^{3}+\frac{1}{5} a^{2} b+3-\frac{1}{5}\left(a^{2} b+15\right)=-\frac{1}{2} a^{2} b+a^{3}+F=a^{3}-1+E$,

$\therefore F=\frac{1}{2} a^{2} b$,

$E=1$,
解析：面 $F$ 面 $E$

解: (1) “ “相间 $Z$ 端是对面”，可得 $B$ 的对面为 $F, C$ 的对面是 $E$,

故答案为: 面 $F$, 面 $E$.

(2)由题意得: $A$ 与 $D$ 相对, $B$ 与 $F$ 相对, $C$ 与 $E$ 相对,

$$
A+D=B+F=C+E
$$

将 $A=a^{3}+\frac{1}{5} a^{2} b+3, B=-\frac{1}{2} a^{2} b+a^{3}, C=a^{3}-1, D=-\frac{1}{5}\left(a^{2} b+15\right)$ 代入得,

$a^{3}+\frac{1}{5} a^{2} b+3-\frac{1}{5}\left(a^{2} b+15\right)=-\frac{1}{2} a^{2} b+a^{3}+F=a^{3}-1+E$,

$\therefore F=\frac{1}{2} a^{2} b$,

$E=1$,
题目（九年级 · 立体几何学）：用相同的小立方体搭一个几何体, 从正面、上面看到的形状图如图所示, 从上面看到的形状图中小正方形的字母表示在该位置上小立方体的个数，请回答下列问题:



从正面看



从上面看

(1) a，b，c 各表示的数字是几?

（2）这个几何体最多由几个小立方体搭成？最少呢?

（3）当 $d=e=1, f=2$ 时, 画出这个几何体从左面看得到的形状图.
选项：
答案：(1) $a=3, b=1, c=1$;（2）最多由 11 个小立方体搭成; 最少由 9 个小立方体搭成;见解析.

【解析】 (1) $a=3, b=1, c=1$;

(2) $6+2+3=11$ (个), $4+2+3=9$ (个).

这个几何体最多由 11 个小立方体搭成; 最少由 9 个小立方体搭成.

(3) 如图所示.

<ImageHere>
解析：(1) $a=3, b=1, c=1$;（2）最多由 11 个小立方体搭成; 最少由 9 个小立方体搭成;见解析.

【解析】 (1) $a=3, b=1, c=1$;

(2) $6+2+3=11$ (个), $4+2+3=9$ (个).

这个几何体最多由 11 个小立方体搭成; 最少由 9 个小立方体搭成.

(3) 如图所示.
题目（九年级 · 立体几何学）：小明在学习了 《展开与折叠》这一课后, 明白了很多几何体都能展开成平面图形. 于是他在家用剪刀展开了一个长方体纸盒, 可是一不小心多剪了一条棱, 把纸盒剪成了两部分, 即图中的(1)和(2). 根据你所学的知识, 回答下列问题:



(1)



(2)



宽

高

长

(1) 小明总共剪开了条棱. \$ \qquad \$


盒, 你认为他应该将剪断的纸条粘贴到(1)中的什么位置? 请你帮助小明在(1)上补全.

（3）小明说: 他所剪的所有棱中, 最长的一条棱是最短的一条棱的 5 倍. 现在已知这个长方体纸盒的底面是一个正方形, 并且这个长方体纸盒所有棱长的和是 $880 \mathrm{~cm}$, 求这个长方体纸盒的体积.
选项：
答案：（1）8; （2）答案见解析：（3）200000 立方厘米

【解析】(1) 小明共剪了 8 条棱, 故答案为 8 .

（2）如图，四种情况.

<ImageHere>

(1)

(2)

<ImageHere>

(3)

(4)

（3） $\because$ 长方体纸盒的底面是一个正方形,

$\therefore$ 设最短的棱长高为 $\mathrm{acm}$, 则长与宽相等为 $5 \mathrm{acm}$,

$\because$ 长方体纸盒所有棱长的和是 $880 \mathrm{~cm}$,

$\therefore 4(a+5 a+5 a)=880$, 解得 $a=20 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 这个长方体纸盒的体积为: $20 \times 100 \times 100=200000 \mathrm{~cm}^{3}$.
解析：（1）8; （2）答案见解析：（3）200000 立方厘米

【解析】(1) 小明共剪了 8 条棱, 故答案为 8 .

（2）如图，四种情况.



(1)

(2)



(3)

(4)

（3） $\because$ 长方体纸盒的底面是一个正方形,

$\therefore$ 设最短的棱长高为 $\mathrm{acm}$, 则长与宽相等为 $5 \mathrm{acm}$,

$\because$ 长方体纸盒所有棱长的和是 $880 \mathrm{~cm}$,

$\therefore 4(a+5 a+5 a)=880$, 解得 $a=20 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 这个长方体纸盒的体积为: $20 \times 100 \times 100=200000 \mathrm{~cm}^{3}$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 圆锥的底面半径为 $10 \mathrm{~cm}$, 高为 $10 \sqrt{15} \mathrm{~cm}$.

(1)求圆锥的全面积;

(2)若一只蚂蚁从底面上一点 $A$ 出发绕圆锥侧面一周回到 $S A$ 上的点 $M$ 处, 且 $S M=3 A M$, 求它所走的最短距离.


选项：
答案：(1) $500 \pi ; \quad(2) 50 \mathrm{~cm}$.

【解析】 (1)由题意, 可得圆雉的母线 $\mathrm{SA}=\sqrt{A O^{2}+S O^{2}}=\sqrt{(10 \sqrt{15})^{2}+10^{2}}=40(\mathrm{~cm})$,

$\therefore \mathrm{S}_{\text {侧 }}=\pi \times 10 \times 40=400 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right), \mathrm{S}_{\text {底 }}=\pi \mathrm{AO}^{2}=100 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

$\therefore S_{\text {全 }}=S_{\text {则 }}+S_{\text {底 }}=(400+100) \pi=500 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

(2)沿母线 SA 将圆锥的侧面展开, 如图,

<ImageHere>

则线段 $\mathrm{AM}$ 的长就是蚂蚁所走的最短距离.

由(1)知, $\mathrm{SA}=40 \mathrm{~cm}, A A^{\prime}=20 \pi \mathrm{cm}$.

$\because \frac{n \pi \times 40}{180}=20 \pi(\mathrm{cm})$,

$\therefore \mathrm{n}=\frac{180 \times 20 \pi}{40 \pi}=90$,

$\therefore \angle \mathrm{S}=90^{\circ}$.

$\because \mathrm{SA}^{\prime}=\mathrm{SA}=40 \mathrm{~cm}, \mathrm{SM}=3 \mathrm{~A}^{\prime} \mathrm{M}$,

$\therefore \mathrm{SM}=30 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ASM}$ 中, 由勾股定理得 $\mathrm{AM}=50 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 蚂蚁所走的最短距离是 $50 \mathrm{~cm}$.
解析：(1) $500 \pi ; \quad(2) 50 \mathrm{~cm}$.

【解析】 (1)由题意, 可得圆雉的母线 $\mathrm{SA}=\sqrt{A O^{2}+S O^{2}}=\sqrt{(10 \sqrt{15})^{2}+10^{2}}=40(\mathrm{~cm})$,

$\therefore \mathrm{S}_{\text {侧 }}=\pi \times 10 \times 40=400 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right), \mathrm{S}_{\text {底 }}=\pi \mathrm{AO}^{2}=100 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

$\therefore S_{\text {全 }}=S_{\text {则 }}+S_{\text {底 }}=(400+100) \pi=500 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

(2)沿母线 SA 将圆锥的侧面展开, 如图,



则线段 $\mathrm{AM}$ 的长就是蚂蚁所走的最短距离.

由(1)知, $\mathrm{SA}=40 \mathrm{~cm}, A A^{\prime}=20 \pi \mathrm{cm}$.

$\because \frac{n \pi \times 40}{180}=20 \pi(\mathrm{cm})$,

$\therefore \mathrm{n}=\frac{180 \times 20 \pi}{40 \pi}=90$,

$\therefore \angle \mathrm{S}=90^{\circ}$.

$\because \mathrm{SA}^{\prime}=\mathrm{SA}=40 \mathrm{~cm}, \mathrm{SM}=3 \mathrm{~A}^{\prime} \mathrm{M}$,

$\therefore \mathrm{SM}=30 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ASM}$ 中, 由勾股定理得 $\mathrm{AM}=50 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 蚂蚁所走的最短距离是 $50 \mathrm{~cm}$.
题目（九年级 · 立体几何学）：已知图为一几何体从不同方向看的图形:

(1) 写出这个几何体的名称;

（2）任意画出这个几何体的一种表面展开图;

(3) 若长方形的高为 10 厘米, 三角形的边长为 4 厘米, 求这个几何体的侧面积.



从正面看



从左面看



从上面看
选项：
答案：(1)三棱柱; (2) 见解析; (3) $120 \mathrm{~cm}^{2}$

【解析】(1) 三棱柱; (2) 如图所示:

<ImageHere>

(3) $3 \times 10 \times 4=120 \mathrm{~cm}^{2}$.
解析：(1)三棱柱; (2) 见解析; (3) $120 \mathrm{~cm}^{2}$

【解析】(1) 三棱柱; (2) 如图所示:



(3) $3 \times 10 \times 4=120 \mathrm{~cm}^{2}$.