eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=a x^{2}+b x+c \quad(a \neq 0)$ 的图象如图所示，下列说法错误的是（）

      

      (第 8 题)

    
选项：
A. $a b c>0$
    B. $4 a c-b^{2}>0$
    C. $3 a+c=0$
    D. $a x^{2}+b x+c=$


答案：B
解析：根据函数图象确定 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c}$ 的符号判断 $\mathrm{A}$; 根据抛物线与 $\mathrm{x}$ 轴的交点判断 $\mathrm{B}$; 利用抛物线的对称轴得到 $\mathrm{b}=2 \mathrm{a}$, 再根据拋物线的对称性求得 $\mathrm{c}=-3 \mathrm{a}$ 即可判断 $\mathrm{C}$; 利用拋物线的顶点坐标判断抛物线与直线 $\mathrm{y}=\mathrm{n}+1$ 即可判断 $\mathrm{D}$.

【详解】由函数图象知 $a<0, \quad c>0$, 由对称轴在 $\mathrm{y}$ 轴左侧, $\mathrm{a}$ 与 $\mathrm{b}$ 同号, 得 $b<0$, 故 $\mathrm{abc}>0$,选项 A 正确;

二次函数与 $x$ 轴有两个交点, 故 $\Delta=b^{2}-4 a c>0$, 则选项 $\mathrm{B}$ 错误,

由图可知二次函数对称轴为 $x=-1$, 得 $b=2 a$,

根据对称性可得函数与 $x$ 轴的另一交点坐标为 $(1,0)$,

代入解析式 $y=a x^{2}+b x+c$ 可得 $c=-3 a$,

$\therefore 3 a+c=0$, 选项 C 正确;

$\because$ 二次函数 $\mathrm{y}=\mathrm{ax}{ }^{2}+\mathrm{bx}+\mathrm{c}$ 的顶点坐标为 $(-1, \mathrm{n})$,

$\therefore$ 抛物线与直线 $\mathrm{y}=\mathrm{n}+1$ 没有交点, 故 D 正确;

故选: B.

【点睛】此题考查抛物线的性质, 抛物线的图象与点坐标, 抛物线的对称性, 正确理解和掌握 $\mathrm{y}=\mathrm{ax}{ }^{2}+\mathrm{bx}+\mathrm{c}$ 型抛物线的性质及特征是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知点 $\left.A\left(m, y_{1}\right) 、 B\left(m+2, y_{2}\right)\right) 、 C\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在二次函图像上. 且 $C$ 为抛物线的顶点. 若 $y_{0} \geq y_{2}>y_{1}$, 则 $m$ 的取们

选项：
A. $m<-3$
B. $m>-3$
C. $m<-2$


答案：C
解析：先根据 $y_{0} \geq y_{2}>y_{1}$ 得到拋物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，再求出拋物线对称轴为直线 $x=-1$, 进而根据二次函数的性质列出对应的不等式进行求解即可.

【详解】解: $\because$ 点 $C$ 为抛物线的顶点, 点 $\left.A\left(m, y_{1}\right) 、 B\left(m+2, y_{2}\right)\right) 、 C\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在二次函数 $y=a x^{2}+2 a x+c(a \neq 0)$ 的图像上且 $y_{0} \geq y_{2}>y_{1}$,

$\therefore$ 抛物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，

$\because$ 拋物线对称轴为直线 $x=\frac{2 a}{-2 a}=-1$,

$\therefore m+2 \leq-1$ 或 $m<-1 \leq m+2$ 且 $m+2-(-1)<-1-m$,

$\therefore m \leq-3$ 或 $-3 \leq m<-2$,

$\therefore m<-2$,

故选 C.

【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质, 正确理解题意得到抛物线开口向上, 离对称轴越远函数值越小是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=-x^{2}$ 开口方向是 ( )

选项：
A. 向上
B. 向下
C. 向左
D. 向右

答案：B
解析：根据拋物线的解析式和二次函数的性质, 可以解答本题.

【详解】 $\because a=-1<0$

$\therefore$ 抛物线的开口向下.

故选: B.

【点睛】本题考查了二次函数的性质, 解答本题的关键是明确题意, 利用二次函数的性质解答.
题目（九年级 · 立体几何学）：下列说法正确的是:
选项：
A. 与圆有公共点的直线是圆的切线
B. 过三点一定可以作一个圆
C. 垂直于弦的直径一定平分这条弦
D. 三角形的外心到三边的距离相等
答案：C
解析：$A$. 应为与圆只有一个交点的直线是圆的切线, 故 $A$ 选项错误;

$B$ B. 过不在同一直线上的三点才能作一个圆, 故 $B$ 选项错误;

C.垂直于弦的直径一定平分这条弦, 故 $C$ 选项正确;

$D$. 到三角形三边距离相等的是三角形的内心, 故 $D$ 选项错误,

故选 $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：是三棱雉的表面展开图的是 ( )
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：$A$.不组成三棱雉, 故 $A$ 不符合题意.

B. 能组成三棱雉, 故 $B$ 符合题意.

$C$.组成的是四棱雉, 故 $C$ 不符合题意.

$D$.组成的是三棱柱, 故 $D$ 不符合题意.

故选 $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：已知 $O$ 为圆锥的顶点, $M$ 为圆锥底面圆上一点, 点 $P$ 在 $O M$ 上. 一只蜗牛从 $P$ 点出发, 绕圆锥侧面爬行, 回到 $P$ 点时, 所爬过的最短路线的痕迹如图所示. 若沿 $O M$ 将圆锥侧面剪开并展平, 所得侧面展开图是 ( )
选项：
A.


B.





C.



D.


答案：D
解析：蜗牛绕圆雉侧面爬行的最短路线应该是一条线段, 因此选项 $A$ 和 $B$ 错误, 又因为蜗牛从 $P$ 点出
发, 绕圆锥侧面爬行后, 又回到起始点 $P$ 处, 那么如果将选项 $C 、 D$ 的圆雉侧面展开图还原成圆锥后,位于母线 $O M$ 上的点 $P$ 应该能够与母线 $O M^{\prime}$ 上的点 $\left(P^{\prime}\right)$ 重合, 而选项 $C$ 还原后两个点不能够重合.

故选 $D$.
题目（九年级 · 立体几何学）：已知 $\frac{1}{2}<\cos \alpha<\sin 80^{\circ}$, 则锐角 $\alpha$ 的取值范围是 $(\quad)$
选项：
A. $30^{\circ}<\alpha<80^{\circ}$
B. $10^{\circ}<\alpha<80^{\circ}$
C. $60^{\circ}<\alpha<80^{\circ}$
D. $10^{\circ}<\alpha<60^{\circ}$
答案：D
解析：$\because \cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}, \sin 80^{\circ}=\cos 10^{\circ}$,

余弦函数随角增大而减小，

$\therefore 10^{\circ}<\alpha<60^{\circ}$.

故选 $D$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 一个菱形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等, 当这个圆按箭头方向从某一位置沿此菱形的四边做无滑动旋转, 直至回到原出发位置时, 这个圆共转了( $)$
选项：
A. 6 圈
B. 5 圈
C. 4.5 圈
D. 4 圈
答案：B
解析：: 菱形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等

$\therefore$ 圆在菱形的边上转了 4 圈

$\because$ 圆在菱形的四个顶点处共转了 $360^{\circ}$,

$\therefore$ 圆在菱形的四个顶点处共转 1 圈

$\therefore$ 回到原出发位置时, 这个圆共转了 5 圈.

故选: $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：有若干个完全相同的小正方体堆成一个如图所示几何体, 若现在你手头还有一些相同的小正方体, 如果保持俯视图和左视图不变, 最多可以再添加小正方体的个数为 $(\quad)$


选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
答案：C
解析：若要保持俯视图和左视图不变, 可以往第 2 排右侧正方体上添加 1 个, 往第 3 排中间正方体上添加 2 个、右侧两个正方体上再添加 1 个,

即一共添加 4 个小正方体,
故选 $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：某几何体由若干个大小相同的小正方体搭成, 其主视图与左视图如图所示, 则搭成这个几何体的小正方体最少有 ( $)$



主视图


选项：
A. 4 个
B. 5 个
C. 6 个
D. 7 个
答案：B
解析：由主视图和左视图可确定所需正方体个数最少时的俯视图(图中的数字表示在该位置上小正方体的个数)为:



故组成这个几何体的小正方体最少有 5 个.

故选 $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是一个正方体的表面展开图, 则这个正方体是( )
选项：
A.


B.


D.




答案：C
解析：通过具体折叠结合图形的特征, 判断图中小正方形内部的线段折叠后只能互相垂直, 且无公共点,所以折叠成正方体后的立体图形是 $C$.

故选: $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：将一个棱长为 $m\left(m>2\right.$ 且 $m$ 为正整数)的正方体木块的表面染上红色, 然后切成 $m^{3}$ 个棱长为 1 的小正方体, 发现只有一个表面染有红色的小正方体的数量是恰有两个表面染有红色的小正方体的数量的 12 倍, 则 $m$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. 16
B. 18
C. 26
D. 32
答案：C
解析：将一个棱长为 $m(m>2$ 且 $m$ 为正整数 $)$ 的正方体木块的表面染上红色, 然后切成 $m^{3}$ 个棱长为 1 的小正方体, 则

只有一个表面染有红色的小正方体的数量为 $6(m-2)^{2}$,

恰有两个表面染有红色的小正方体的数量 $12(m-2)$,

$\because$ 只有一个表面染有红色的小正方体的数量是恰有两个表面染有红色的小正方体的数量的 12 倍,

$\therefore 6(m-2)^{2}=12 \times 12(m-2)$,

解得 $m_{1}=26, m_{2}=2$ (舍去),
故选: $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：已知 $O$ 为圆锥的顶点, $M$ 为圆雉底面上一点, 点 $P$ 在 $O M$ 上.一只蜗牛从 $P$ 点出发, 绕圆锥侧面爬行, 回到 $P$ 点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示. 若沿 $O M$ 将圆锥侧面剪开并展开, 所得侧面展开图是 $(\quad)$.


选项：
A.


B.


C.


D.


答案：C
解析：蜗牛绕圆雉侧面爬行的最短路线应该是一条线段, 因此选项 $A$ 和 $B$ 错误, 又因为蜗牛从 $P$ 点出发, 绕圆锥侧面爬行后, 又回到起始点 $P$ 处, 那么如果将选项 $C 、 D$ 的圆雉侧面展开图还原成圆锥后,位于母线 $O M$ 上的点 $P$ 应该能够与母线 $O M^{\prime}$ 上的点 $\left(P^{\prime}\right)$ 重合, 而选项 $D$ 还原后两个点不能够重合.故选 $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：坚直放置的正四棱柱(即底面是水平放置的), 用水平面去截得的截面的形状是( )
选项：
A. 长方形
B. 正方形
C. 梯形
D. 截面形状不定
答案：B
解析：坚直放置的正四棱柱的上下底面是正方形,

当水平面去截坚直放置的正四棱柱时, 截得的截面是正方形.

故选 $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：用两块完全相同的长方体搭成如图所示几何体, 这个几何体的主视图是 ( )
选项：
A.


B.


C.


D.




正而
答案：C
解析：从物体正面看, 左边 1 列, 右边 1 列上下各一个正方形, 且左右正方形中间是虚线.

故选 $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 图 1 是由 5 个完全相同的正方体堆成的几何体, 现将标有 $E$ 的正方体平移至如图 2 所示的位置, 下列说法中正确的是 $(\quad)$
选项：
A. 左、右两个几何体的主视图相同

B. 左、右两个几何体的左视图相同

C. 左、右两个几何体的俯视图不相同



正面

图 1



正面

图 2

D. 左、右两个几何体的三视图不相同



主视图



左视图



俯枧图
答案：B
解析：$A$ 、左、右两个几何体的主视图为:



主视图1



主视图2

不相同，故此选项错误;

$B$ 、左、右两个几何体的左视图为:



左视图1



左视图2

相同, 故此选项正确;

C、左、右两个几何体的俯视图为:



俯视图1



俯视图2

相同，故此选项错误;

$D$ 、由以上可得，此选项错误；

故选: $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：北附小卖部货摆放着某品牌方便面, 它们的三视图如图, 则货架上的方便面至少有 ( )
选项：
A. 7 盒
B. 8 盒
C. 9 盒
D. 10 盒
答案：A
解析：易得第一层有 4 碗，第二层最少有 2 碗，第三层最少有 1 碗，所以至少共有 7 盒.

故选: $A$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 一个空间立体几何体的主视图和左视图都是边长为 2 的正三角形, 俯视图是一个圆, 那么这个几何体的表面积是 $(\quad)$

选项：
A. $3 \pi$
B. $\pi+2 \sqrt{3}$
C. $2 \pi$
D.

$5 \pi$
答案：A
解析：综合主视图, 俯视图, 左视图可以看出这个几何体应该是圆锥, 且底面圆的半径为 $2 \div 2=1$,母线长为 2,

因此侧面面积为 $1 \times \pi \times 2=2 \pi$, 底面积为 $\pi \times(1)^{2}=\pi$.

表面积为 $2 \pi+\pi=3 \pi$.

故选 $A$.
题目（九年级 · 立体几何学）：一物体及其正视图如下图所示, 则它的左视图与俯视图分别是右侧图形中的（）.


选项：
A. (1)(2)



正视目


C. (1) (4)

D. (3)(2)
答案：D
解析：先细心观察原立体图形和俯视图中两个长方体的位置关系, 从几何体的左边看去是 2 个长方体叠在一起, 所以左视图是(3), 从上面看下来是 3 个长方体并排, 所以俯视图是(2).

故选 D.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图的几何体, 左视图是 $\quad(\quad)$


选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：从左边看去, 左边是两个正方形, 右边是一个正方形. 故选 B.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 从左面观察这个立体图形, 能得到的平面图形是 ( )


选项：
A.




C.


D.


答案：A
解析：从左面看下面一个正方形, 上面一个正方形, 故选 A.
题目（九年级 · 立体几何学）：明明用纸 (如图) 折成了一个正方体的盒子, 里面装了一瓶墨水, 与其它空盒子混放在一起, 只凭观察, 选出墨水在哪个盒子中 ( $\quad$ )


选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：根据展开图中各种符号的特征和位置, 可得墨水在 B 盒子里面.故选 B.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在菱形 $A B C D$ 中, $\angle B=60^{\circ}, A B=2$, 动点 $P$ 从点 $B$ 出发, 以每秒 1 个单位长度的速度沿折线 $B A \rightarrow A C$ 运动到点 $C$, 同时动点 $Q$ 从点 $A$ 出发,以相同速度沿折线 $A C \rightarrow C D$ 运动到点 $D$, 当一个点停止运动时, 另一个点


也随之停止. 设 $\triangle A P Q$ 的面积为 $y$, 运动时间为 $x$ 秒, 则下列图象能大致反映 $y$ 与 $x$ 之间函数关系的是( $)$
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：(1) 当 $P 、 Q$ 分别在 $A B 、 A C$ 上运动时,

$\because A B C D$ 是菱形, $\angle B=60^{\circ}$, 则 $\triangle A B C 、 \triangle A C D$ 为边长为 2 的等边三角形,

过点 $Q$ 作 $Q H \perp A B$ 于点 $H$,



$y=\frac{1}{2} A P \times Q H=\frac{1}{2}(2-t) \times t \sin 60^{\circ}=-\frac{\sqrt{3}}{4} t^{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} t$,

函数最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{4}$, 符合条件的有 $A 、 B 、 D$;

(2)当 $P 、 Q$ 分别在 $A C 、 D C$ 上运动时,

同理可得： $y=\frac{\sqrt{3}}{4}(t-2)^{2}$,

符合条件的有 $B$;

故选: $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 直角梯形 $A B C D$ 中, $\angle A D C=9$ ॠ० $^{\circ}, A B=6, A D=2, B C=4$, 你可以在 $C D$ 边上找到多少个点, 使其与点 $A 、 B$ 构成一个直角三角形 $(\quad)$


选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 无数多个
答案：B
解析：如图:



设 $A B$ 的中点为 $O$, 过 $O$ 作 $O M / / A D$ 交 $C D$ 于 $M$,

则 $O M$ 是直角梯形 $A B C D$ 的中位线,

$\therefore O M=\frac{1}{2}(A D+B C)=3$;

$\because O M / / A D, A D \perp C D$,

$\therefore O M \perp A C$

以 $O$ 为圆心, $A B$ 为直径作圆,

由于 $O M=3=\frac{1}{2} A B$, 且 $O M \perp C D$,

所以 $C D$ 与 $\odot O$ 相切, 因此在 $C D$ 上, 点 $M$ 符合要求,

过点 $A$ 作 $A E \perp A B$ 于点 $A$,

$\because \angle D A B$ 是针角，

$\therefore E$ 点在 $C D$ 上,

故符合条件的点有两个，即点 $E$ 、点 $M$.

故选 $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 有一个边长不定的正方形 $A B C D$, 它的两个相对的顶点 $A, C$ 分别在边长为 1 的正六边形一组平行的对边上, 另外两个顶点 $B, D$ 在正六边形内部(包括边界), 则正方形边长 $a$ 的取值范围 ( )
选项：
A. $\frac{2 \sqrt{3}}{3} \leq a \leq 3-\sqrt{3}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{2} \leq a \leq 3-\sqrt{3}$
C. $\frac{2 \sqrt{3}}{3} \leq a \leq \sqrt{2}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{2} \leq a \leq \sqrt{2}$
答案：B
解析：(1)当正方形 $A B C D$ 的对角线 $A C$ 在正六边形一组平行的对边的中点上时,正方形边长 $a$ 的值最小, $A C$ 是正方形的对角线,

$\therefore A C=A^{\prime} D=\sqrt{3}$,

$\therefore a=\frac{\sqrt{6}}{2}$,



图1

(2) 当正方形 $A B C D$ 的四个顶点都在正六边形的边上时, 正方形边长 $a$ 的值最大,

$A C$ 是正方形的对角线 $A C$,
设 $A^{\prime}\left(t, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 时, 正方形的边长最大,

$\because O B^{\prime} \perp O A^{\prime}$,

$\therefore B^{\prime}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, t\right)$,

设直线 $M N$ 的解析式为 $y=k x+b, M(-1,0), N\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-k+b=0 \\ -\frac{1}{2} k+b=-\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}k=-\sqrt{3} \\ b=-\sqrt{3}\end{array}\right.$.

$\therefore$ 直线 $M N$ 的解析式为 $y=-\sqrt{3} x-\sqrt{3}$,

将 $B^{\prime}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, t\right)$ 代入得 $t=\frac{3}{2}-\sqrt{3}$,

此时, $A^{\prime} B^{\prime}$ 取最大值,

$\therefore a=\sqrt{\left(\frac{3}{2}-\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{2}+\sqrt{3}\right)^{2}}=3-\sqrt{3}$,



$\therefore$ 正方形边长 $a$ 的取值范围是: $\frac{\sqrt{6}}{2} \leq a \leq 3-\sqrt{3}$,

故选 $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 将 $R t \triangle A B C$ 平移到 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的位置, 其中 $\angle C=90^{\circ}$, 使得点 $C^{\prime}$与 $\triangle A B C$ 的内心重合, 已知 $A C=4, B C=3$, 则阴影部分的周长为 $(\quad)$
选项：
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8


答案：A
解析：连接 $A C^{\prime} 、 B C^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime} 、 B^{\prime} C^{\prime}$ 交 $A B$ 于 $D 、 E$, 如图,



在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=4, B C=3$,

$\therefore A B=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\because$ 将 $R t \triangle A B C$ 平移到 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的位置,

$\therefore A C / / A^{\prime} C^{\prime}, B C / / B^{\prime} C^{\prime}$,

$\therefore \angle C A C^{\prime}=\angle D C^{\prime} A, \angle C B C^{\prime}=\angle B C^{\prime} E$,

$\because$ 点 $C^{\prime}$ 为 $\triangle A B C$ 的内心,

$\therefore \angle C A C^{\prime}=\angle D A C^{\prime}, \angle C B C^{\prime}=\angle E B C^{\prime}$,

$\therefore \angle D C^{\prime} A=\angle D A C^{\prime}, \angle B C^{\prime} E=\angle E B C^{\prime}$,

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

$\therefore$ 阴影部分的周长 $=D C^{\prime}+D E+E C^{\prime}=D A+D E+E B=A B=5$.

故选：A.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $A B$ 为半圆 $O$ 的直径, $A D 、 B C$ 分别切 $\odot O$ 于 $A, B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$于点 $E, A D$ 与 $C D$ 相交于 $D, B C$ 与 $C D$ 相交于 $C$, 连接 $O D 、 O C, A D=3$, $B C=\frac{16}{3}$, 则四边形 $A B C D$ 的周长为 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{25}{3}$
B. $\frac{50}{3}$
C. $\frac{62}{3}$
D. $\frac{74}{3}$
答案：D
解析：过 $D$ 作 $D F \perp B C$ 于 $F$ ，则 $\angle D F B=90^{\circ}$,



$\because A D 、 B C$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$,

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

$\therefore$ 四边形 $A D F B$ 是矩形,

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

$\because A D=3, B C=\frac{16}{3} \frac{16}{3}, A D=D E, B C=C E$,

$\therefore D E=3, C E=\frac{16}{3} \frac{16}{3}$,

$\therefore D C=3+\frac{16}{3} \frac{16}{3}=\frac{25}{3} \frac{25}{3}, C F=B C-A D=\frac{16}{3} \frac{16}{3}-3=\frac{7}{3} \frac{7}{3}$,

在 $R t \triangle C F D$ 中, 由勾股定理得: $D F=\sqrt{D C^{2}-C F^{2}} \sqrt{D C^{2}-C F^{2}}=\sqrt{\left(\frac{25}{3}\right)^{2}-\left(\frac{7}{3}\right)^{2}}=8$,

即 $A B=D F=8 ，$

即四边形 $A B C D$ 的周长是 $A D+D C+B C+A B=3+\frac{25}{3}+\frac{16}{3}+8=\frac{74}{3}$,

故选 $D$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, 过点 $O$ 作 $E F / / A B$, 与 $A C 、 B C$ 分别交 $E 、 F$, 则 ( )


选项：
A. $\mathrm{EF}>\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$
B. $\mathrm{EF}<\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$
C. $\mathrm{EF}=\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$
D. $\mathrm{EF} \leq \mathrm{AE}+\mathrm{BF}$
答案：C
解析：连接 $\mathrm{OA} 、 \mathrm{OB}$,



$\because \mathrm{O}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的内心, $\therefore \mathrm{OA} 、 \mathrm{OB}$ 分别是 $\angle \mathrm{CAB}$ 及 $\angle \mathrm{ABC}$ 的平分线,

$\therefore \angle \mathrm{EAO}=\angle \mathrm{OAB}, \angle \mathrm{ABO}=\angle \mathrm{FBO}, \because \mathrm{EF} / / \mathrm{AB}, \therefore \angle \mathrm{AOE}=\angle \mathrm{OAB}$,

$\angle \mathrm{BOF}=\angle \mathrm{ABO}, \therefore \angle \mathrm{EAO}=\angle \mathrm{AOE}$,

$\angle \mathrm{FBO}=\angle \mathrm{BOF}, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{OE}, \mathrm{OF}=\mathrm{BF}, \therefore \mathrm{EF}=\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$, 故选 $\mathrm{C}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\odot O$ 中, $\mathrm{PC}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{C}$, 连 $\mathrm{PO}$ 交于 $\odot \mathrm{O}$ 点 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$, 点 $\mathrm{F}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上一点, 连 $\mathrm{PF}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$于点 $\mathrm{D}, \mathrm{AD}=2, \mathrm{CD}=4$, 则 $\mathrm{PF}: \mathrm{DF}$ 的值是 ( )


选项：
A. 2
B. $\sqrt{5}$
C. $5: 3$
D. $4: 3$
答案：C
解析：连接 $A C 、 O C 、 O F 、 B C$. 如图所示:



$\because \mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$,

$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{BDC}=90^{\circ}$,

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

$\therefore \triangle \mathrm{ADC} \sim \triangle \mathrm{CDB}, \quad \therefore \frac{A D}{C D}=\frac{C D}{D B}$,

$\therefore \frac{2}{4}=\frac{4}{D B}, \quad \therefore \mathrm{DB}=8, \mathrm{OA}=\mathrm{OB}=5, \mathrm{OD}=3$

$\because \mathrm{PC}$ 是切线, $\therefore \mathrm{OC} \perp \mathrm{PC}$,

$\because \angle \mathrm{DOC}=\angle \mathrm{POC}, \angle \mathrm{ODC}=\angle \mathrm{OCP}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ODC} \sim \triangle \mathrm{OCP}, \quad \therefore \frac{O D}{O C}=\frac{O C}{O P}$,

$\therefore \mathrm{OC}^{2}=\mathrm{OD} \cdot \mathrm{OP}$,
$\therefore \mathrm{OF}^{2}=\mathrm{OD} \cdot \mathrm{OP}, \quad \therefore \frac{O F}{O D}=\frac{O P}{O F}$,

$\because \angle \mathrm{DOF}=\angle \mathrm{POF}, \therefore \triangle \mathrm{DOF} \sim \triangle \mathrm{FOP}, \therefore \frac{P F}{D F}=\frac{O F}{O D}=\frac{5}{3}$, 故选 C.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 已知 $A B$ 是 $\odot O$ 直径, $B C$ 是弦, $\angle A B C=40^{\circ}$, 过圆心 $O$ 作 $O D \perp B C$ 交弧 $B C$ 于点 $D$, 连接 $D C$, 则 $\angle D C B$ 为 $(\quad)$


选项：
A. $20^{\circ}$
B. $25^{\circ}$
C. $30^{\circ}$
D. $35^{\circ}$
答案：B
解析：$\because O D \perp B C, \angle A B C=40^{\circ}, \therefore$ 在 Rt $\triangle O B E$ 中, $\angle B O E=50^{\circ}$ (直角三角形的两个锐角互余). 又 $\because \angle D C B=\frac{1}{2} \angle D O B$ (同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半), $\therefore \angle D C B=25^{\circ}$. 故选 B.
题目（九年级 · 组合几何学）：已知, 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 以 $A B$ 为直径作 $\odot O$ 分别交 $A C, B C$ 于 $D, E$ 两点,过 $B$ 点的切线交 $O E$ 的延长线于点 $F$. 下列结论:

(1) $O E / / A C$; (2)两段劣弧 $D E=B E$; (3) $F D$ 与 $\odot O$ 相切; (4) $S_{\triangle B D E}: S_{\triangle B A C}=1: 4$.

其中一定正确的有（ $\quad$ ）个.


选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：$(1) \because A B=A C, O B=O E, \therefore \angle A B C=\angle A C B, \angle O B E=\angle O E B, \therefore \angle O E B=\angle A C B, \therefore O E / / A C$,故(1)正确; (2)连接 $O D$, 如图所示:

$\because O E / / A C, \quad \therefore \angle B O E=\angle O A D, \angle E O D=\angle A D O$.

$\because O A=O D, \therefore \angle O A D=\angle O D A, \therefore \angle B O E=\angle E O D, \therefore D E=B E$, 故(2)正确;



$\because B F$ 与 $\odot O$ 相切于点 $B, \therefore \angle O B F=90^{\circ}, \therefore \angle O D F=90^{\circ}, \therefore D F$ 与 $\odot O$ 相切, 故(3)正确;

(4) $\because O E / / A C, \therefore \triangle B O E \sim \triangle B A C, \therefore \frac{S_{\triangle B O E}}{S_{\triangle B A C}}=\left(\frac{B O}{B A}\right)^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}$, 而 $\triangle B D E$ 的面积 $\neq \triangle B O E$ 的面积, 故(4)不正确; 正确的有 3 个. 故选 C.
题目（九年级 · 组合几何学）：若干个桶装方便面摆放在桌子上, 小明从三个不同方向看到的图形如图所示, 则这一堆方便面共有 $(\quad)$
选项：
A. 5 桶
B. 6 桶
C. 9 桶


D. 12 桶
答案：A
解析：解: 根据从三个不同方向看到的图形, 可得到, 图形相应位置上放置的个数，进而得出总数量;


图中的数, 表示该位置放的数量, 因此 $2+2+1=5$.

故选: $A$.

根据从三个不同方向看到的图形, 可得到, 图形相应位置上放置



$(1)$

的桶装方便面的个数, 进而得出答案.

考查图形的实际应用, 根据从三个不同方向看到的图形, 分析得到相应位置上放置的个数是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分) (2021$\cdot$浙江$\cdot$杭州市采荷中学九年级期中）下列关于正多边形的叙述,正确的是 $(\quad)$
选项：
A. 正九边形既是轴对称图形又是中心对称图形B. 存在一个正多边形, 它的外角和为 $720^{\circ}$C. 任何正多边形都有一个外接圆D. 不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形
答案：C
解析：C【解析】【分析】根据正多边形、轴对称、中心对称的性质分析,即可判断选项A;根据多边形外角和的性质,即可判断选项B;根据正多边形与圆的性质分析,即可判断选项C;根据正多边形和外角的性质分析,即可判断选项D,从而得到答案.【详解】正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项A不正确;任何多边形的外角和都为360^circ,故选项B不正确;任何正多边形都有一个外接圆，故选项C正确;等边三角形的每个外角都是对应每个内角两倍,故选项D不正确;故选:C.【点睛】本题考查了正多边形、轴对称、中心对称、正多边形与圆、外角的知识;解题的关键是熟练掌握正多边形、轴对称、中心对称、正多边形与圆、外角的性质,从而完成求解.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江眸州 $\cdot$二模）如图， $A B$ 是 $\odot O$ 的直径， $C, D$ 为 $\odot O$ 上的点, 且点 $D$ 在弧 $A C$ 上. 若 $\angle D=120^{\circ}$, 则 $\angle C A B$ 的度数为
选项：
A. $30^{\circ}$B. $40^{\circ}$C. $50^{\circ}$D. $60^{\circ}$
答案：A
解析：A【解析】【分析】利用圆内接四边形的性质求出angleB=60^circ,由圆周角定理推论得出angleACB=90^circ,再由直角三角形两锐角互余求解即可.【详解】解:becauseangleD+angleB=180^circ,angleD=120^circ,thereforeangleB=60^circ,becauseAB是直径,thereforeangleACB=90^circ,thereforeangleCAB=90^circ-angleB=30^circ,故选:A.【点睛】本题考查圆周角定理的推论,圆内接四边形的性质等知识,解题的关键是熟练掌握直径所对圆周角是直角、圆内接四边形的性质，属于中考常考题型.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分) (2022 浙江湖州 $\cdot$年级期末) 如图, 正五边形 $A B C D E$ 内接于 $\odot O$, 连接 $A C$, 则 $\angle A C D$ 的度数是 ()
选项：
A. $72^{\circ}$B. $70^{\circ}$C. $60^{\circ}$D. $45^{\circ}$
答案：A
解析：A【分析】由正五边形的性质可知triangleABC是等腰三角形,求出angleB,angleACB的度数即可解决问题.【详解】解：在正五边形ABCDE中,angleB=angleBCD=frac15times(5-2)times180=108^circ,AB=BC,thereforeangleBCA=angleBAC=frac12left(180^circ-108^circright)=36^circ,thereforeangleACD=angleBCD-angleACB=108^circ-36^circ=72^circ.故选:A.【点睛】本题主要考查了正多边形与圆,多边形内角与外角的知识点,解答本题的关键是求出正五边形的内角,此题基础题,比较简单.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分) (2022$\cdot$浙江金华$\cdot$九年级期末) 如图, 点 $A, B, C, D$ 是 $\odot O$ 上的四个点,且 $A B=C D, O E \perp A B, O F \perp C D$, 则下列结论错误的是（ )
选项：
A. $A B=C D$B. $O E=O F$C. $\angle A O B=\angle C O D$D. $A C=B C$
答案：D
解析：D【分析】在同圆中，根据圆心角、弧和弦之间的关系即可判断.【详解】解：在odotO中,becauseAB=CDthereforeAB=CD,angleAOB=angleCOD故A、C选项正确,不符合题意;becauseAB=CD,OA=OD,OB=OCthereforetriangleOABcongtriangleODCthereforeS_triangleOAB=S_triangleODCbecauseOEperpAB,quadOFperpCD,thereforefrac12ABcdotOE=frac12CDcdotOFthereforeOE=OF故B选项正确，不符合题意.故选D【点睛】本题考查圆的对称性，理解同圆中圆心角、弧和弦之间的关系是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分) (2019$\cdot$浙江$\cdot$九年级期末) 点 $G$ 是 $\triangle A B C$ 的重心, 过点 $G$ 画 $M N / / B C$ 分别交 $A B, A C$ 于点 $M, N$, 则 $\triangle A M N$ 与 $\triangle A B C$ 的面积之比是（ ）
选项：
$\frac{1}{2}$B. $\frac{2}{3}$C. $\frac{4}{9}$D. $\frac{4}{25}$
答案：C
解析：C【分析】延长AG交BC于H.由G是triangleABC的重心,推出AG:GH=2:1,推出AG:AH=2:3,由MN//BC,推出triangleAMNsimtriangleABC,fracAGAH=fracAMAB=frac23,可得fracS_triangleAMNS_triangleABC=left(fracAMABright)^2,即可解决问题.【详解】解：延长AG交BC于H.becauseG是triangleABC的重心，thereforeAG:GH=2:1,thereforeAG:AH=2:3,becauseMN//BCthereforetriangleAMNsimtriangleABC,fracAGAH=fracAMAB=frac23,thereforefracS_triangleAMN~S_triangleABC=left(fracAMABright)^2=frac49,故选C.【点睛】本题考查三角形的重心,平行线的性质,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分) (2022$\cdot$浙江$\cdot$宁波市鄞州蓝青学校九年级期末) 如图, 点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 上, 要判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 添加一个条件, 不正确的是（）
选项：
A. $\angle A B P=\angle C$B. $\angle A P B=\angle A B C$C. $\frac{A P}{A B}=\frac{A B}{A C}$D. $\frac{A B}{A P}=\frac{A C}{C B}$
答案：D
解析：D【分析】根据相似三角形的判定方法, 逐项判断即可.【详解】解：在 $\triangle A B P$ 和 $\triangle A C B$ 中, $\angle B A P=\angle C A B$,$\therefore$ 当 $\angle A B P=\angle C$ 时, 满足两组角对应相等, 可判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $A$ 正确;当 $\angle A P B=\angle A B C$ 时, 满足两组角对应相等, 可判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $B$ 正确;当 $\frac{A P}{A B}=\frac{A B}{A C}$ 时, 满足两边对应成比例且夹角相等, 可判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $C$ 正确;当 $\frac{A B}{A P}=\frac{A C}{C B}$ 时, 其夹角不相等, 则不能判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $D$ 不正确;故选: $D$.【点睛】本题主要考查相似三角形的判定, 掌握相似三角形的判定方法是解题的关键,即在两个三角形中, 满足三边对应成比例、两边对应成比例且夹角相等或两组角对应相等, 则这两个三角形相似.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 为了测量一条河流的宽度, 一测量员在河岸边相距 200 米的 $P 、 Q$ 两点分别测定对岸一棵



树 $T$ 的位置, $T$ 在 $P$ 的正北方向, 且 $T$ 在 $Q$ 的北偏西 $70^{\circ}$ 方向, 则河宽 $(P T$ 的长)可以表示为
选项：
A. $200 \tan 70^{\circ}$ 米
B. $\frac{200}{\tan 70!}$ 米
C. $200 \sin 70^{\circ}$ 米
D. $\frac{200}{\sin 70!}$ 米
答案：B
解析：在Rt $\triangle P Q T$ 中,

$\because \angle Q P T=90^{\circ}, \angle P Q T=90^{\circ}-70^{\circ}=20^{\circ}$,

$\therefore \angle P T Q=70^{\circ}$,

$\therefore \tan 70^{\circ}=\frac{P Q}{P T}$,

$\therefore P T=\frac{P Q}{\tan 70^{\circ}}=\frac{200}{\tan 70^{\circ}}$,

即河宽 $\frac{200}{\tan 70^{\circ}}$ 米，

故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：关于三角函数有如下公式:

$\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta, \sin (\alpha-\beta)=\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta$

$\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta, \cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta$

$\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}(1-\tan \alpha \tan \beta \neq 0)$, 合理利用这些公式可以将一些角的三角函数值转化
为特殊角的三角函数来求值, 如 $\sin 90^{\circ}=\sin \left(30^{\circ}+60^{\circ}\right)=\sin 30^{\circ} \cos 60^{\circ}+\cos 30^{\circ} \sin 60^{\circ}=$ $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=1$

利用上述公式计算下列三角函数 $(1) \sin 105^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4},(2) \tan 105^{\circ}=-2-\sqrt{3},(3) \sin 15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$,

(4) $\cos 90^{\circ}=0$

其中正确的个数有 $(\quad)$
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：D
解析：(1) $\sin 105^{\circ}=\sin \left(45^{\circ}+60^{\circ}\right)$

$$
\begin{gathered}
=\sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ}+\cos 60^{\circ} \sin 45^{\circ} \\
=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}
\end{gathered}
$$

$=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$, 故此选项正确;

$$
\begin{gathered}
\text { (2) } \tan 105^{\circ}=\tan \left(60^{\circ}+45^{\circ}\right) \\
=\frac{\tan 45^{\circ}+\tan 60^{\circ}}{1-\tan 45^{\circ} \tan 60^{\circ}} \\
=\frac{1+\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}} \\
=\frac{(1+\sqrt{3})^{2}}{-2}
\end{gathered}
$$

$=-2-\sqrt{3}$, 故此选项正确;

$$
\begin{gathered}
\text { (3) } \sin 15^{\circ}=\sin \left(60^{\circ}-45^{\circ}\right) \\
=\sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ}-\cos 60^{\circ} \sin 45^{\circ} \\
=\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}
\end{gathered}
$$

$=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$, 故此选项正确;

$$
\begin{gathered}
\text { (4) } \cos 90^{\circ}=\cos \left(45^{\circ}+45^{\circ}\right) \\
=\cos 45^{\circ} \cos 45^{\circ}-\sin 45^{\circ} \sin 45^{\circ} \\
=\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}
\end{gathered}
$$

$=0$, 故此选项正确;

故正确的有 4 个.

故选: $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 有两张矩形纸片 $A B C D$ 和 $E F G H, A B=E F=2 \mathrm{~cm}, B C=F G=$ $8 \mathrm{~cm}$.把纸片 $A B C D$ 交叉叠放在纸片 $E F G H$ 上, 使重叠部分为平行四边形,且点 $D$ 与点 $G$ 重合．当两张纸片交叉所成的角 $\alpha$ 最小时， $\tan \alpha$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{8}{17}$
D. $\frac{8}{15}$

答案：D
解析：如图,



$$
\because \angle A D C=\angle H D F=90^{\circ}
$$

$\therefore \angle C D M=\angle N D H$, 且 $C D=D H, \angle H=\angle C=90^{\circ}$

$\therefore \triangle C D M \cong \triangle H D N(A S A)$

$\therefore M D=N D$, 且四边形 $D N K M$ 是平行四边形

$\therefore$ 四边形 $D N K M$ 是菱形

$$
\begin{gathered}
\therefore K M=D M \\
\because \sin \alpha=\sin \angle D M C=\frac{C D}{M D}
\end{gathered}
$$

$\therefore$ 当点 $B$ 与点 $E$ 重合时, 两张纸片交叉所成的角 $a$ 最小,

设 $M D=a=B M ，$ 则 $C M=8-a ，$

$\because M D^{2}=C D^{2}+M C^{2}$,

$\therefore a^{2}=4+(8-a)^{2}$,

$$
\begin{gathered}
\therefore a=\frac{17}{4} \\
\therefore C M=\frac{15}{4} \\
\therefore \tan \alpha=\tan \angle D M C=\frac{C D}{M C}=\frac{8}{15}
\end{gathered}
$$

故选: $D$.