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题目（七年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图1, 已知 $\angle A O B=180^{\circ}$, 射线 $O N$, 尺规作出 $\angle B O N$ 的平分线 $O C, \angle A O N$ 的平分线 $O D$.



图1



图2

(1)如果 $\angle A O N=52^{\circ}$, 射线 $O A 、 O B$ 分别表示从点 $O$ 出发东、西两个方向, 那么射线 $O D$ 表示
方向, 射线 $O C$ 表示方向.

(2) 如果将 $\angle A O B$ 沿着 $O N$ 剪开分为两个角, 再将 $\angle A O N$ 逆时针旋转 $n^{\circ}$, 到图2中 $\angle A O N^{\prime}$ 的位置,求此时 $\angle C O D=$ 인. $n$ 表示)
选项：
答案：北偏东 $64^{\circ}$ 北偏西 $26^{\circ}(90-n)$
解析：解: (1)如图, $O C, O D$ 即为所求;

![](本地图片-
题目（七年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

$($ 对应目标 $9 、 11 、 12 、 14)$ 阅读下面材料:

小聪遇到这样一个问题: 如图 $1, \angle A O B=\alpha$, 请画一个 $\angle A O C$, 使 $\angle A O C$ 与 $\angle B O C$ 互补.



图1



图2



图3

小聪是这样思考的: 首先通过分析明确射线 $O C$ 在 $\angle A O B$ 的外部, 画出示意图, 如图2所示; 然后通过构造平角找到 $\angle A O C$ 的补角 $\angle C O D$, 如图3所示; 进而分析要使 $\angle A O C$ 与 $\angle B O C$ 互补, 则需 $\angle B O C=\angle C O D$.

因此, 小聪找到了解决问题的方法: 反向延长射线 $O A$ 得到射线 $O D$, 利用量角器画出 $\angle B O D$ 的平分线 $O C$, 这样就得到了 $\angle B O C$ 与 $\angle A O C$ 互补.

（1)小聪根据自己的画法写出了已知和求证，请你完成证明;

已知：如图3，点 $O$ 在直线 $A D$ 上，射线 $O C$ 平分 $\angle B O D$.

求证: $\angle A O C$ 与 $\angle B O C$ 互补.

(2)参考小聪的画法, 请在图4中画出一个 $\angle A O H$, 使 $\angle A O H$ 与 $\angle B O H$ 互余. (保留画图痕迹)



图4

(3) 已知 $\angle E P Q$ 和 $\angle F P Q$ 互余, 射线 $P M$ 平分 $\angle E P Q$, 射线 $P N$ 平分 $\angle F P Q$.若 $\angle E P Q=\beta(0 \cdots \circ<\beta<$ $90 \div \circ$ ), 直接写出锐角 $\angle M P N$ 的度数是
选项：
答案：(1)证明: $\because$ 点 $O$ 在直线 $A D$ 上,\n$\therefore \angle A O B+\angle B O D=180^{\circ}$,\n即 $\angle A O B+\angle B O C+\angle C O D=180^{\circ}$,\n$\therefore \angle A O C+\angle C O D=180^{\circ}$,\n$\because O C$ 平分 $\angle B O D$,\n$\therefore \angle B O C=\angle C O D$,\n$\because \angle A O C+\angle B O C=180^{\circ}$,\n即 $\therefore A O C$ 与 $\angle B O C$ 互补;\n(2)如图所示, 肌萎缩做图形:\n <ImageHere>\n或\n(3)如图,\n<ImageHere>\n$\because \angle E P Q$ 和 $\angle F P Q$ 互余,\n,$\therefore \angle E P Q+\angle F P Q=90^{\circ}$, 即 $\angle F P Q=90^{\circ}-\beta$,\n$\because$ 射线 $P M$ 平分 $\angle E P Q$,\n$\therefore \angle Q P M=\frac{1}{2} \angle E P Q=\frac{1}{2} \beta$,\n$\because$ 射线 $P N$ 平分 $\angle F P Q$,\n$\therefore \angle Q P N=\frac{1}{2} \angle F P Q=45^{\circ}-\frac{l}{2} \beta$,\n$\therefore$ :锐角 $\angle M P N=\angle N P Q+\angle M P Q=45^{\circ}$;\n<ImageHere>\n当 $\angle E P Q>\angle F P Q$ 时,\n$\because \angle E P Q=\beta, \quad \therefore \angle F P Q=90^{\circ}-\beta$,\n$\therefore \angle N P Q=\frac{1}{2} \angle F P Q=45^{\circ}-\frac{1}{2} \beta, \angle M P Q=\frac{1}{2} \angle E P Q=\frac{1}{2} \beta$,\n$\therefore \angle M P N=\angle M P Q-\angle N P Q=\beta-45^{\circ}$\n当 $\angle E P Q<\angle F P Q$ 时, 同理可得, $\angle M P N=\angle N P Q-\angle M P Q=45^{\circ}-\beta$;\n故答案是: $45^{\circ}$ 或 $\mid \beta-45^{\circ} \%$.
解析：(1)根据画法写出已知和求证, 即可得解; (2)根据小聪的画法, 画出一个 $\angle A O H$,使 $\angle A O H$ 与 $\angle B O H$ 互余即可; (3)根据已知条件画图即可求解;
题目（七年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

我们知道用 5 根火柴棒可以拼成 2 个三角形, 那么, 再增加 1 根火柴棒, 你能否拼出 4 个边长等于一根火柴棒长的等边三角形呢? 若能, 请画出示意图, 并说明是平面图形还是立体图形.
选项：
答案：解: 先把3根火柴棒拼成一个等边三角形, 进而让剩下的 3 根火柴棒与原来的 3 根火柴棒组合成三棱锥: 三棱雉有 4 个面, 每个面都是一样大小的三角形。是立体图形.
如图:
<ImageHere>
解析：此题考查学生的动手操作能力及空间想象能力; 得到拼成几何体的形状是解决本题的关键. 把六根火柴棒组合成一个正三棱雉即可.
题目（七年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, 已知 $A, B, C, D$ 四个点.

B

$A \bullet$

$C \cdot \quad \cdot D$

(1)画直线 $A B, C D$, 相交于点 $P$.

(2)连结 $A C$ 和 $B D$ 并延长, 相交于点 $Q$.

(3) 连结 $A D, B C$, 相交于点 $O$.

(4)写出以点 $C$ 为端点的射线, 有几条.

(5)写出以点 $C$ 为一个端点的线段, 有几条.
选项：
答案：(1)(2)(3)如图所示.
<ImageHere>
(4)以点 $C$ 为端点的射线有 3 条, 分别是: 射线 $C P$, 射线 $C D$, 射线 $C Q$.
(5)以点 $C$ 为一个端点的线段有 6 条, 分别是: 线段 $C P$, 线段 $C D$, 线段 $C A$, 线段 $C Q$, 线段 $C O$, 线段 $C B$.
解析：略
题目（七年级 · 画法几何学）：(1)补全下面的图形, 使之成为长方体 $A B C D-E F G H$ 的直观图, 并标出顶点的字母;

(2)图中与棱 $A B$ 平行的棱有 \$ \qquad \$ $;$

(3)图中棱 $C G$ 和面 $A B F E$ 的位置关系是 \$ \qquad \$


选项：
答案：$C D 、 E F 、 G H$ 平行
解析：(1)如图即为补全的图形;



(2)图中与棱 $A B$ 平行的棱有 $C D 、 E F 、 G H$;

故答案为: $C D 、 E F 、 G H$;

(3)图中棱 $C G$ 和面 $A B F E$ 的位置关系是: 平行.

故答案为: 平行.
题目（七年级 · 画法几何学）：如图, 已知点 $E 、 F$ 在直线 $A B$ 上, 点 $G$ 在线段 $C D$ 上, $E D$ 与 $F G$ 交于


点 $H, \angle C=\angle E F G, \angle C E D=\angle G H D$

(1)求证: $C E / / G F$;

(2)试判断 $\angle A E D$ 与 $\angle D$ 之间的数量关系, 并说明理由;

(3)若 $\angle D=30^{\circ}$, 求 $\angle A E D$ 的度数.
选项：
答案：(1)证明: $\because \angle C E D=\angle G H D$,

$\therefore C E / / G F$

(2)
解析：$\therefore \angle A E D+\angle D=180^{\circ}$, 理由如下:

$\because C E / / G F$,

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

$\because \angle C=\angle E F G$,

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

$\therefore A B / / C D$,



$\therefore \angle A E D+\angle D=180^{\circ} ;$

(3)解: $\because A B / / C D, \angle D=30^{\circ}$,

$\therefore \angle D E F=\angle D=30^{\circ}$,

$\therefore \angle A E D=180^{\circ}-30^{\circ}=150^{\circ}$.
题目（七年级 · 立体几何学）：(本小题8.0分)

我们都知道, 长方体有 12 条棱, 6 个面, 8 个顶点;三棱柱有 9 条棱, 5 个面, 6 个顶点;三棱雉有 6条棱, 4 个面, 4 个顶点;四棱柱有 12 条棱, 6 个面, 8 个顶点;四棱雉有 8 条棱, 5 个顶点, 5 个面;五棱柱有 15 条棱, 7个面, 10 个顶点;五棱雉有10条棱, 6个面, 6个顶点; $\cdots$, 如下表所示:

| 立体图形 | 棱数 $(e)$ | 面数 $(f)$ | 顶点数 $(v)$ | $f+v-e$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 长方体 | 12 | 6 | 8 | 2 |
| 五棱柱 | 9 | 5 | 6 | 2 |
| 五棱雉 | 6 | 4 | 4 | 2 |
| 四棱柱 | 12 | 6 | 8 | 2 |
| 四棱雉 | 8 | 5 | 5 | 2 |
| 五棱柱 | 15 | 7 | 10 | 2 |
| 五棱雉 | 10 | 6 | 6 | 2 |

(1)如果多面体的顶点数为 $v$, 面数为 $f$, 棱数为 $e$, 请你用一个等式来表示 $v, f, e$ 之间的关系.

(2)利用(1)的结果，问：能否组成一个有24条棱、10个面、15个顶点的多面体?
选项：
答案：略
解析：略
题目（七年级 · 立体几何学）：(本小题8.0分)

如图所示立体图形, 它是由几个面围成的?是平面还是曲面?有多少条棱?多少个顶点?


选项：
答案：略
解析：略
题目（七年级 · 立体几何学）：(本小题 8.0 分)

(I)写出判断平面上不同三点 $A 、 B 、 C$ 共线的三种方法;

(II) 是否存在这样的三棱雉 $A-B C D$ (如图), 使 $A B=C D=3, A D=B C=4, A C=B D=5$ ?若存在, 求出其表面积; 若不存在, 说明理由.


选项：
答案：解: (I)方法一: 如果 $A B C=A C$, 那么点 $A 、 B 、 C$ 共线;方法二: $\angle A B C=180^{\circ}$, 点 $A 、 B 、 C$ 共线;方法三: 建立平面直角坐标系, 根据点 $A 、 B$ 的坐标求出直线 $A B$ 的解析式, 把点 $C$ 的坐标代入直线 $A B$ 的解析式检验即可;(II)不存在这样的三棱雉 $A-B C D$,<ImageHere>理由如下: 取 $A C$ 的中点 $M$, 连接 $B M 、 D M$, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B^{2}+B C^{2}=3^{2}+4^{2}=25, A C^{2}=25$,$\therefore A B^{2}+B C^{2}=A C^{2}$,$\therefore \angle A B C=90^{\circ}$, $\because$ 点 $M$ 为 $A C$ 的中点,$\therefore B M=\frac{1}{2} A C=\frac{5}{2}$,同理可得, $D M=\frac{1}{2} A C=\frac{5}{2}$,$\therefore B M+D M=B D$,这与三角形两边之和大于第三边相矛盾,$\therefore$ 不存在这样的三棱雉 $A-B C D$.
解析： (I)根据线段中点的定义、平角的定义以及一次函数图象上点的坐标特征解答;(II)取 $A C$ 的中点 $M$, 连接 $B M 、 D M$, 根据勾股定理的逆定理得到 $\angle A B C=90^{\circ}$, 再根据直角三角形斜边上的中线的性质、三角形的三边关系证明结论.本题考查的是立体图形、直角三角形斜边上的中线的性质、勾股定理的逆定理、三角形的三边关系, 根据勾股定理的逆定理得到 $\angle A B C=90^{\circ}$ 是解题的关键.
题目（七年级 · 立体几何学）：(本小题 8.0 分)

对于等底等高的圆锥与圆柱, 圆锥的体积是圆柱体积的 $\frac{1}{3}$. 设圆锥的高为 $h$, 半径为 $r$, 体积为 $V$.

(1)用字母 $h, r, V$ 表示圆锥的体积公式.

(2)求底面半径为 $50 \mathrm{~cm}$, 高为 $30 \mathrm{~cm}$ 的圆锥的体积. (结果保留 $\pi$ )
选项：
答案：解: (1) $\because V_{\text {圆杜 }}=\pi r^{2} h$

$\therefore V_{\text {圆锥 }}=\frac{1}{3} \pi r^{2} h ;$

(2) 由已知得 $r=50 \mathrm{~cm}, h=300 \mathrm{~cm}$,

$\therefore V=\frac{1}{3} \pi \times 50^{2} \times 30=25000 \pi\left(\mathrm{cm}^{3}\right)$.
解析：析】此题考查了列代数式, 代数式的求值, 关键是根据题意列出代数式.

(1)对于等底等高的圆锥与圆柱, 圆锥的体积是圆柱体积的 $\frac{1}{3}$, 而圆柱体积表示为底面的面积乘以圆柱的高, 即可解答.

(2) 由条件知在 $V=\frac{1}{3} \pi r^{2} h$ 中, 把 $r=50 \mathrm{~cm}, h=30 \mathrm{~cm}$, 直接代入可求 $V$ 得值.
题目（七年级 · 立体几何学）：(本小题 8.0 分)

把一个长、宽、高分别为 $40 \mathrm{~cm}, 20 \mathrm{~cm}, 10 \mathrm{~cm}$ 的长方体铁块锻造成一个立方体铁块, 求锻造成的立方体铁块的棱长.
选项：
答案：解: 立方体铁块的棱长为: $\sqrt[3]{40 \times 20 \times 10}=20(\mathrm{~cm})$,

答: 锻造成的立方体铁块的棱长是 $20 \mathrm{~cm}$.
解析：本题考查了立方根的应用, 关键是能根据题意列出算式. 根据题意列出算式, 求出即可.
题目（七年级 · 立体几何学）：(本小题 8.0 分)

已知一个立方体的体积是 $1331 \mathrm{~cm}^{3}$, 现要在它的 8 个角上分别截去 8 个大小相同的小立方体,使截去后余下几何体的体积是 $819 \mathrm{~cm}^{3}$.求截去的每个小立方体的棱长.
选项：
答案：解: $1331-819=512\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$,

$512 \div 8=64\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$

$\sqrt[3]{64}=4(\mathrm{~cm})$

所以截去的每个小立方体的棱长是 $4 \mathrm{~cm}$.
解析：本题主要考查的是立方根的应用.

利用已知条件先求 8 个小立方体的总和, 再求每个立方体的体积, 进而可求结论.
题目（七年级 · 立体几何学）：(2020 秋 -历下区期末) 如图, 点 $F$ 在线段 $A B$ 上, 点 $E, G$ 在线段 $C D$ 上, $F G / / A E, \angle 1=\angle 2$.

(1) 求证: $A B / / C D$; (2) 若 $B C$ 平分 $\angle A B D, \angle D=112^{\circ}$, 求 $\angle C$ 的度数.


选项：
答案：解: (1) 证明: $\because F G / / A E, \therefore \angle F G C=\angle 2$,

$\because \angle 1=\angle 2, \quad \therefore \angle 1=\angle F G C, \quad \therefore A B / / C D$;

(2) $\because A B / / C D, \quad \therefore \angle A B D+\angle D=180^{\circ}$,

$\because \angle D=112^{\circ}, \therefore \angle A B D=180^{\circ}-112^{\circ}=68^{\circ}$,

$\because B C$ 平分 $\angle A B D, \therefore \angle A B C=\frac{1}{2} \angle A B D=34^{\circ}$,

$\because A B / / C D, \therefore \angle C=\angle A B C=34^{\circ}$. 所以 $\angle C$ 的度数为 $34^{\circ}$.

【分析】  (1) 根据平行线的判定与性质即可进行证明;

(2) 根据 $B C$ 平分 $\angle A B D, \angle D=112^{\circ}$, 即可求 $\angle C$ 的度数.

【点睛】本题考查了平行线的判定与性质, 解决本题的关键是准确区分平行线的判定与性质, 并熟练运用.
解析：(1) 根据平行线的判定与性质即可进行证明;

(2) 根据 $B C$ 平分 $\angle A B D, \angle D=112^{\circ}$, 即可求 $\angle C$ 的度数.

【点睛】本题考查了平行线的判定与性质, 解决本题的关键是准确区分平行线的判定与性质, 并熟练运用.
题目（七年级 · 图论）：(本小题 8.0 分)

在一条东西走向的街道上有新华书店 $(A)$, 学校 $(B)$, 图书馆 $(C)$, 博物馆 $(D)$, 它们之间的间距如图所示.



(1)如果选择其中一点为原点, 向右为正方向, 取适当的单位长度画数轴, 能使得 $B, D$ 两点在数轴上表示的数是互为相反数吗? 若能, 写出这时点 $A$ 所表示的数;若不能, 说明理由.

(2)如果以 $B$ 为原点, 那么点 $A, D$ 所表示的数是多少?
选项：
答案：(1)能.可选择 $C$ 为数轴原点, 这时点 $A$ 表示的数是 -1400 .

$(2)-800,1200$
解析：析】略
题目（七年级 · 图论）：(本小题8.0分)

$A, B, C, D$ 四地的位置如图所示. 问: 从 $A$ 地到 $D$ 地共有几种不同的走法(同一地点不能走两次)?分别用字母表示出来, 并指出哪种走法路径最短.


选项：
答案：有 5 种走法, 分别表示为:

(1) $A-B-D$;

(2) $A-C-D$;

(3) $A-B-C-D$;

(4) $A-C-B-D$;

(5) $A-D$.

其中第 (5)种走法最短.
解析：略
题目（七年级 · 图论）：(本小题8.0分)

为解决村庄用电问题, 政府投资在已建电厂与 $A, B, C, D$ 这四个村庄之间架设输电线路.现已知这四个村庄及电厂之间的距离(单位: $k m$ ) 如图所示, 把电力输送到这四个村庄的输电线
路总长度的最小值是多少.


选项：
答案：输电线路总长度的最小值是 $O A+A D+D C+C B
解析：=
题目（七年级 · 逻辑题）：(本小题 8.0 分)

甲、乙两人的身高都是 $1.7 \mathrm{~m}$, 但甲却说他比乙矮了 $5 \mathrm{~cm}$, 你认为可能吗?如果可能, 请说明理由.
选项：
答案：解：可能

理由: 假设甲的身高为
解析：$
题目（七年级 · 变换几何）：如图, 四边形 $A B C D$ 平移后得到四边形 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$, 观察图形后完成下列问题:



(1)四边形 $A B C D$ 先向 \$ \qquad \$平移 \$ \qquad \$个格，再向 \$ \qquad \$平移 \$ \qquad \$个格后

得到四边形 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$.

(2)图中有哪些相等的线段?有哪些平行的线段?
选项：
答案：(1)右; 11；上； 1;

(2)图中相等的线段有:

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

平行的线段有:

$A B\left\|A^{\prime} B^{\prime}, B C\right\| B^{\prime} C^{\prime}, C D\left\|C^{\prime} D^{\prime}, A D\right\| A^{\prime} D^{\prime}$.

【解析】
解析：(1)右; 11；上； 1;

(2)图中相等的线段有:

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

平行的线段有:

$A B\left\|A^{\prime} B^{\prime}, B C\right\| B^{\prime} C^{\prime}, C D\left\|C^{\prime} D^{\prime}, A D\right\| A^{\prime} D^{\prime}$.

【解析】
题目（七年级 · 变换几何）：在平面直角坐标系中, 三角形 $A B C$ 的三个顶点的位置如图所示, 点 $A^{\prime}$ 的坐标是 $(-2,2)$, 现将三角形 $A B C$ 平移, 使点 $A$ 变换为点 $A^{\prime}$, 点 $B^{\prime}, C^{\prime}$ 分别是 $B, C$ 的对应点.



(1)画出 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$, 写出 $B^{\prime}, C^{\prime}$ 的坐标;

(2)若 $P(a, b)$ 是 $\triangle A B C$ 上的一点, 写出 $\triangle A B C$ 平移后对应点 $P^{\prime}$ 的坐标.
选项：
答案：(1)如图, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求, $B^{\prime}(-4,1), C^{\prime}(-1,-1)$.

<ImageHere>

(2) 点 $P^{\prime}$ 的坐标 $(a-5, b-2)$.
解析：(1)如图, $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 即为所求, $B^{\prime}(-4,1), C^{\prime}(-1,-1)$.



(2) 点 $P^{\prime}$ 的坐标 $(a-5, b-2)$.
题目（九年级 · 算术）：(本题6分)（2019$cdot$浙江温州$cdot$九年级期末）(1）已知$frac{x}{x+y}=frac{3}{7}$,求$x:y$的值.（2）已知线段$a=3,b=6$,求线段$a,b$的比例中项.
选项：
答案：(1)$frac{3}{4};$(2)$3sqrt{2}$
解析：【分析】（1）根据比例的基本性质求解即可;(2)根据比例中项的定义得到结果,注意负值舍去.【详解】解:(1)$becausefrac{x}{x+y}=frac{3}{7}$,$therefore7x=3x+3y$,$therefore4x=3y$,$thereforex:y=frac{3}{4}$(2)$because$线段$a=3,b=6$,$thereforeab=18$$therefore$线段$a,b$的比例中项为$sqrt{18}=3sqrt{2}$(负值舍去).【点睛】本题主要考查比例线段,熟练掌握线段的比例中项的定义是解题的关键.
题目（九年级 · 算术）：(本题6分)(2021-浙江$cdot$新昌县七星中学九年级期中)已知$frac{a}{b}=frac{3}{2}$,求下列算式的值.(1)$frac{a-b}{b}$.(2)$frac{2a-b}{a+2b}$.
选项：
答案：(1)$frac{1}{2}$(2)$frac{4}{7}$
解析：【分析】(1)根据比例的性质直接计算即可;（2）设$a=3k$，则$b=2k，$代入计算化简即可.【详解】(1)解：设$a=3k,b=2k$,则$frac{a-b}{b}=frac{3k-2k}{2k}=frac{1}{2}$;(2)$frac{2a-b}{a+2b}=frac{2times3k-2k}{3k+2times2k}=frac{4}{7}$.【点睛】本题考查了比例的性质,代数式的求值;熟练掌握比例的性质是解决问题的关键.
题目（九年级 · 算术）：某化工材料经销公司购进一种化工原料若干千克, 物价部门规定其销售单价不低于进价, 不高于 60 元/千克, 经市场调查发现: 销售单价定为 60 元/千克时, 每日销售 20 千克; 如调整价格, 每降价 1 元 $/$ 千克, 每日可多销售 2 千克.

(1) 已知某天售出该化工原料 40 千克, 则当天的销售单价为 $\qquad$元/千克;

（2）该公司现有员工 2 名，每天支付员工的工资为每人每天 90 元，每天应支付其他费用 108 元, 当某天的销售价为 46 元/千克时, 收支恰好平衡.

(1)求这种化工原料的进价;

(2)若公司每天的纯利润（收入 - 支出）全部用来偿还一笔 10000 元的借款, 则至少需多少天才能还清借款?

##
选项：
答案： (1) 50 ; (2) (1)这种化工原料的进价为 40 元/千克; (2)公司至少需 62 天才能还清借款.


解析：(1) 设某天售出该化工原料 40 千克时的销售单价为 $\mathrm{x}$ 元/千克, 根据题意列出关于 $\mathrm{x}$ 的方程, 然后求解即可;

（2）(1)设这种化工原料的进价为 $\mathrm{a}$ 元/千克, 根据题意可以列出相应的方程, 从而可以求得原料的进价;

②根据题意可以求得每天的最大利润, 从而可以求得少需多少天才能还清借款.

【详解】解：（1）设某天售出该化工原料 40 千克时的销售单价为 $\mathrm{x}$ 元/千克, $(60-\mathrm{x}) \times 2+20=40$,

解得: $x=50$,

故答案为 50 ;

（2）(1) 设这种化工原料的进价为 $\mathrm{a}$ 元/千克，

当销售价为 46 元/千克时, 当天的销量为: $20+(60-46) \times 2=48$ (千克),

则 $(46-a) \times 48=108+90 \times 2$,

解得, $a=40$,

即这种化工原料的进价为 40 元/千克;

(2) 设公司某天的销售单价为 $\mathrm{x}$ 元/千克, 每天的收入为 $\mathrm{y}$ 元,

则 $y=(x-40)[20+2(60-x)]=-2(x-55)^{2}+450$,

$\therefore$ 当 $\mathrm{x}=55$ 时, 公司每天的收入最多, 最多收入 450 元,

设公司需要 $\mathrm{t}$ 天还清借款,

则 $(450-108-2 \times 90) t \geq 10000$,

解得, $\mathrm{t} \geq 61 \frac{59}{81}$,

$\because t$ 为整数,

$\therefore \mathrm{t}=62$.

答: 公司至少需 62 天才能还清借款.
【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用, 二次函数的应用, 解答本题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件, 利用二次函数的性质解答.
题目（九年级 · 算术）：(8 分) “互联网 + ”时代,网上购物备受消费者青睐, 某网店专售一款休闲裤,其成本为每条 40 元, 当售价为每条 80 元时, 每月可销售 100 条, 为了吸引更多顾客, 该网店采取降价措施. 据市场调查反映：销售单价每降1元，则每月可多销售 5 条. 设每条裤子的售价为 $x$ 元 ( $x$ 为正整数), 每月的销售量为 $y$ 条.

(1)直接写出 $y$ 与 $x$ 的函数关系式;

（2)设该网店每月获得的利润为 $w$ 元，当销售单价为多少元时，每月获得的利润最大？最大利润是多少?


选项：
答案： (1) $y=-5 x+500$

(2)当销售单价降低 70 元时, 每月获得最大利润, 最大利润为为 4500 元


解析：(1) 根据销售单价每降 1 元, 则每月可多销售 5 条, 写出 $y$ 与 $x$ 的函数关系式;

（2）该网店每月获得的利润 $w$ 元等于每件的利润乘以销售量, 由此列出函数关系式, 根据二次函数的性质求解即可.

【详解】(1)由题意可得:

$y=100+5(80-x)=-5 x+500$,

$\therefore y$ 与 $x$ 的函数关系式为 $y=-5 x+500$;

(2) 由题意得: $w=(x-40)(-5 x+500)$

$=-5 x^{2}+700 x-20000$

$=-5(x-70)^{2}+4500$,

$\because a=-5<0$, 抛物线开口向下,

$\therefore w$ 有最大值，即当 $x=70$ 时， $w_{\text {取大值 }}=4500$,

此时 $80-x=80-70=10$,

$\therefore$ 当销售单价降低 10 元时, 每月获得最大利润, 最大利润为为 4500 元.

【点睛】本题考查了二次函数销售问题的应用, 理清题中的数量关系、熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 算术）：(本小题8.0分)

如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=3, B C=4$, 以点 $C$ 为圆心, $C A$ 为半径的圆与 $A B$ 交于点 $D$. 求 $A D$ 的长.



## 
选项：
答案：解: 过点 $C$ 作 $C E \perp A D$ 于点 $E$,

则 $A E=D E$,

<ImageHere>

$\because \angle A C B=90^{\circ}, A C=3, B C=4$,

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

$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A C \cdot B C=\frac{1}{2} A B \cdot C E$,

$\therefore C E=\frac{A C \cdot B C}{A B}=\frac{3 \times 4}{5}=\frac{12}{5}$,

$\therefore A E=\sqrt{A C^{2}-C E^{2}}=\frac{9}{5}$,
$\therefore A D=2 A E=\frac{18}{5}$.


解析：此题考查了垂径定理、勾股定理. 此题难度适中, 注意掌握辅助线的作法, 注意掌握数形结合思想的应用.

首先过点 $C$ 作 $C E \perp A D$ 于点 $E$, 由 $\angle A C B=90^{\circ}, A C=3, B C=4$, 可求得 $A B$ 的长, 又由直角三角形斜边上的高等于两直角边乘积除以斜边, 即可求得 $C E$ 的长, 由勾股定理求得 $A E$ 的长, 然后由垂径定理求得 $A D$ 的长.
题目（九年级 · 算术）：(6 分) 某景区商店销售一种纪念品, 每件的进货价为 40 元. 经市场调研, 当该纪念品每件的销售价为 50 元时, 每天可销售 200 件; 当每件的销售价每增加 1 元, 每天的销售数量将减少 10 件.

（1）当每件的销售价为 52 元时, 该纪念品每天的销售数量为 $\qquad$件;

（2）当每件的销售价 $x$ 为多少时，销售该纪念品每天获得的利润 $y$ 最大? 并求出最大利润.


选项：
答案： (1) 180;（2）每件销售价为 55 元时，获得最大利润; 最大利润为 2250 元.


解析：(1) 根据“当每件的销售价每增加 1 元，每天的销售数量将减少 10 件”，即可解答;

（2）根据等量关系“利润 $=（$ 售价 - 进价） $\times$ 销量”列出函数关系式，根据二次函数的性质，即可解答.

【详解】解：（1）由题意得： $200-10 \times(52-50 ）=200-20=180$ (件),故答案为 180 ;

（2）由题意得:

$y=(x-40)[200-10(x-50)]$

$=-10 x^{2}+1100 x-28000$

$=-10(x-55)^{2}+2250$

$\therefore$ 每件销售价为 55 元时, 获得最大利润; 最大利润为 2250 元.

【点睛】此题主要考查了二次函数的应用, 根据已知得出二次函数的最值是中考中考查重点,同学们应重点掌握.
题目（九年级 · 算术）：计算:

(1) $3 \tan ^{2} 45^{\circ}-\sqrt{3} \quad\left(\sin 60^{\circ}-2 \tan 30^{\circ}\right)$;

(2) $\frac{3 \tan 30^{\circ}-2 \tan 60^{\circ}}{\sin 60^{0}}+\cos ^{2} 25^{\circ}+\sin ^{2} 25^{\circ}$.
选项：
答案：(1) 3.5 ; (2) -1 .

【解析】(1)原式 $=3 \times 1^{2}-\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-2 \times \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$

$=3-\left(\frac{3}{2}-2\right)=3+\frac{1}{2}=3.5$.

(2)原式 $=\frac{3 \times \frac{\sqrt{3}}{3}-2 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}+1$

$=-2+1=-1$.
解析：(1) 3.5 ; (2) -1 .

【解析】(1)原式 $=3 \times 1^{2}-\sqrt{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-2 \times \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$

$=3-\left(\frac{3}{2}-2\right)=3+\frac{1}{2}=3.5$.

(2)原式 $=\frac{3 \times \frac{\sqrt{3}}{3}-2 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}+1$

$=-2+1=-1$.
题目（九年级 · 算术）：（本题6分）已知线段$a,b,c$,且$frac{a}{2}=frac{b}{3}=frac{c}{4}$.(1)求$frac{a+b}{b}$的值;(2)若线段$a,b,c$满足$a+b+c=27$,求$a,b,c$的值.
选项：
答案：解:(1)设$frac{a}{2}=frac{b}{3}=frac{c}{4}=k$,则$a=2k,b=3k,c=4k,thereforefrac{a+b}{b}=frac{5k}{3k}=frac{5}{3}$.(2)$becausea+b+c=27,therefore2k+3k+4k=9k=27$,解得$k=3,thereforea=6,b=9,c=12$.
解析：解:(1)设$frac{a}{2}=frac{b}{3}=frac{c}{4}=k$,则$a=2k,b=3k,c=4k,thereforefrac{a+b}{b}=frac{5k}{3k}=frac{5}{3}$.(2)$becausea+b+c=27,therefore2k+3k+4k=9k=27$,解得$k=3,thereforea=6,b=9,c=12$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题6分)(2021-浙江忂州$cdot$九年级阶段练习）如图,在$6times6$的正方形网格图中,小正方形的边长都为$1,triangleABC$的顶点都在格点上,在该网格图中只用无刻度的直尺作图，保留作图痕迹.(1)画出$triangleABC$的外接圆圆心$O$.(2)连结$OB,OC$,求$BC$的长.
选项：
答案：(1)见解析(2)$2sqrt{10}$
解析：【分析】(1)在正方形网格中,先画出$5times5$的正方形网格的对角线,即$EF$,则$EF$为$AB$的中垂线,$AC$长度为4,取$AC$中点所在网格线即$GH$,则$GH$为$AC$中垂线，连接$EF$,$GH$交于点$O$,即为$triangleABC$的外接圆圆心.(2)根据正方形边长为1,求出以$BC$为斜边的直角三角形$BCM$中$BM、CM$的长度，再利用勾股定理求出$BC$的长即可.(1)解:如图所示：(2)如图,连接$BM,CM$,$thereforetriangleBCM$为直角三角形,$BM=6,CM=2$$thereforeBC=sqrt{6^{2}+2^{2}}=2sqrt{10}$.【点睛】本题考查三角形外接圆、勾股定理，熟练掌握定义是解题关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题8分)（2021$cdot$浙江$cdot$杭州市西溪中学三模）已知：如图,$AB$是$odotO$的直径,弦$CDperpAB$于点$E$,连结$CG,DG$(1)若$angleA=25^{circ}$,求弧$CD$的度数;(2)求证:$angleDGC=2angleBAC$;(3)若$odotO$的半径为$5,BE=2$,求弦$AC$的长.
选项：
答案：(1)100(2)见解析(3)$4sqrt{5}$
解析：【分析】(1)由$AB$是$odotO$的直径,弦$CDperpAB$于点$E$,得$BC=BD$,根据$angleA=25^{circ}$,即得$BC$为$50^{circ}$，即可得到$CD=BC+BD=100^{circ}；$(2)连接$AD$,根据弦$CDperp$直径$AB$,可得$angleBAC=angleBAD$,即$angleDAC=2angleBAC$,又$angleDGC=angleDAC$,即可得$angleDGC=2angleBAC$;(3)连接$OC$,由$odotO$的半径为$5,BE=2$,得$OC=5,OE=3,AE=8$,根据$CDperpAB$,得$CE^{2}=16$,在Rt$triangleACE$中,即可得$AC=4sqrt{5}$$becauseAB$是$odotO$的直径,弦$CDperpAB$于点$E$,$thereforeBC=BD$,$becauseangleA=25^{circ}$,$thereforeBC=50^{circ}$,$thereforeBD=50^{circ}$,$thereforeCD=BC+BD=100^{circ}；$(2)证明:连接$AD$,如图:$because$弦$CDperp$直径$AB$,$thereforeBC=BD$,$thereforeangleBAC=angleBAD$,$thereforeangleDAC=2angleBAC$,又$becauseangleDGC=angleDAC$,$thereforeangleDGC=2angleBAC$(3)连接$OC$,如图:$becauseodotO$的半径为$5,BE=2$,$thereforeOC=5,OE=OB-BE=3,AE=AB-BE=8$$becauseCDperpAB$$thereforeCE^{2}=OC^{2}-OE^{2}=5^{2}-3^{2}=16$在$RttriangleACE$中,$AE^{2}+CE^{2}=AC^{2}$,$thereforeAC=sqrt{8^{2}+16}=4sqrt{5}$.【点睛】本题考查圆的性质及应用,涉及勾股定理,解题的关键是掌握垂径定理、圆周角定理等圆的性质及熟练运用勾股定理.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题8分)（2022$cdot$浙江金华$cdot$中考真题）如图1,正五边形$ABCDE$内接于$odotO$,阅读以下作图过程,并回答下列问题,作法：如图2,(1)作直径$AF$;(2)以$F$为圆心，$FO$为半径作圆弧,与$odotO$交于点$M,N;$(3)连接$AM,MN,NA$.图1图2(1)求$angleABC$的度数.(2)$triangleAMN$是正三角形吗？请说明理由.(3)从点$A$开始,以$DN$长为半径,在$odotO$上依次截取点,再依次连接这些分点,得到正$n$边形,求$n$的值.
选项：
答案：(1)$108^{circ}$(2)是正三角形，理由见解析(3)$n=15$
解析：【分析】(1)根据正五边形的性质以及圆的性质可得$AB=BC=CD=DE=AE$,则$angleAOC$(优弧所对圆心角)$=3times72^{circ}=216^{circ}$,然后根据圆周角定理即可得出结论;(2)根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论;（3）运用圆周角定理并结合(1)(2)中结论得出$angleNOD=144^{circ}-120^{circ}=24^{circ}$,即可得出结论.(1)解:$because$正五边形$ABCDE$$thereforeAB=BC=CD=DE=AE$$thereforeangleAOB=angleBOC=angleCOD=angleDOE=angleEOA=frac{360^{circ}}{5}=72^{circ}$,$becauseAEC=3AE$,$thereforeangleAOCleft(right.$优弧所对圆心角)$=3times72^{circ}=216^{circ}$,$thereforeangleABC=frac{1}{2}angleAOC=frac{1}{2}times216^{circ}=108^{circ}$;(2)解:$triangleAMN$是正三角形,理由如下:连接$ON,FN$,由作图知:$FN=FO$,$becauseON=OF$$thereforeON=OF=FN$,$thereforetriangleOFN$是正三角形,$thereforeangleOFN=60^{circ}$,$thereforeangleAMN=angleOFN=60^{circ}$,同理$angleANM=60^{circ}，$$thereforeangleMAN=60^{circ}$,即$angleAMN=angleANM=angleMAN$,$thereforetriangleAMN$是正三角形;(3)$becausetriangleAMN$是正三角形,$thereforeangleAON=2angleAMN=120^{circ}$.$becauseAD=2AE$$thereforeangleAOD=2times72^{circ}=144^{circ}$,$becauseDN=AD-AN$,$thereforeangleNOD=144^{circ}-120^{circ}=24^{circ}$,$thereforen=frac{360}{24}=15$.【点睛】本题考查了圆周角定理，正多边形的性质，读懂题意，明确题目中的作图方式，熟练运用圆周角定理是解本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题9分)(2022$cdot$浙江杭州$cdot$九年级期末)如图,$AB$是$odotO$的直径,弦$CDperpAB,E$是$CA$延长线上的一点,连接$DE$交$odotO$于点$F$连接$AF,CE$.(1)若$angleBAC=20^{circ}$,求$angleAFC$的度数.(2)求证：$AF$平分$angleCFE$.(3)若$AB=5,CD=4$,且$CF$经过圆心$O$,求$CE$的长.
选项：
答案：(1)$70^{circ}$(2)详见解析(3)$4sqrt{5}$
解析：【分析】（1）由垂径定理得到$BC=BD$,从而得到$angleDAB$与$angleBAC$的关系,通过直角三角形的性质可以得到$angleADH$,由圆周角定理的推理即可得出$angleAFC$;(2)由垂径定理和圆周角定理的推理可以得出$angleACD=angleADC$,再由圆内接四边形和得出$angleAFD$与$angleACD$的关系，从而得到$angleAFE=angleACD$,由圆周角定理的推理得出$angleAFC$与$angleADC$的关系,从而得出$angleAFC$与$angleAFE$的关系,得证;（3）由垂径定理可以得出$CH$,由勾股定理得出$OH$,从而得出$AH$的长,再由勾股定理得出$AC$的长,由$AH//DE$,根据平行线分线段成比例定理,得出$AC=AE$,从而得出$CE$的长.(1)(1)解：如图,连接$OD,AD$,设$AB$交$CD$于$H$.$becauseABperpCD$$thereforeBC=BD,quadangleAHD=90^{circ}$,$thereforeangleDAB=angleBAC=20^{circ}$,$thereforeangleADH=90^{circ}-angleDAB=70^{circ}$,$thereforeangleAFC=angleADH=70^{circ}$.(2)(2)证明:$becauseAB$是直径,$ABperpCD$$thereforeAC=AD$$thereforeangleACD=angleADC$$becauseangleACD+angleAFD=180^{circ},angleAFE+angleAFD=180^{circ}$,$thereforeangleAFE=angleACD$$becauseangleAFC=angleADC=angleACD$$thereforeangleAFC=angleAFE$,$thereforeAF$平分$angleCFE$.(3)(3)解：如图,设$AB$交$CD$于$H$.$becauseAB$是直径,$ABperpCD$,$thereforeCH=DH=frac{1}{2}CD=2$,$becauseOC=frac{5}{2},quadangleOHC=90^{circ}$,$therefore{OH}=sqrt{OC^{2}-CH^{2}}=sqrt{left(frac{5}{2}right)^{2}-2^{2}}=frac{3}{2}$$thereforeAH=OH+OA=frac{3}{2}+frac{5}{2}=4$,$thereforeAC=sqrt{CH^{2}+AH^{2}}=sqrt{2^{2}+4^{2}}=2sqrt{5}$$becauseCF$是直径,$thereforeangleCDF=angleAHC=90^{circ}$,$thereforeAH//DE$,$thereforefrac{CH}{DH}=frac{CA}{AE}$$becauseCH=HD$$thereforeAC=AE=2sqrt{5}$,$thereforeCE=2AC=4sqrt{5}$.【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理及推理、勾股定理、平行线分线段成比例定理，熟练掌握相关定理是解决本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题6分)（2020$cdot$浙江$cdot$九年级期末）已知：在$triangleABC$中，${AB}={AC}$.(1)求作:$triangleABC$的外接圆.(要求:尺规作图,保留作图痕迹,不写作法)(2)若$triangleABC$的外接圆的圆心${O}$到${BC}$边的距离为$8,{BC}=12$,则求出$odot{O}$的面积.
选项：
答案：(1)见解析;(2)$100pi$
解析：【分析】(1)作${AB}$和${BC}$的垂直平分线,交点即为$triangle{ABC}$的外接圆的圆心.(2)根据垂径定理以及勾股定理,即可得到${OB}$的长,进而得出$odot{O}$的面积.【详解】解：(1)如图,$odot{O}$即为所画的图形.（2）设线段${BC}$的垂直平分线交${BC}$于点${E}$.由题意得:${OE}=8,{BE}={EC}=6$,在Rt$triangleBOE$中,${OB}=sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$,$thereforeS_{odot0}=pir^{2}=pitimes10^{2}=100pi$.【点睛】本题考查的是作三角形的外接圆,以及求三角形的外接圆的面积,考查了垂径定理,勾股定理的应用,掌握以上知识是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题6分)(2019-浙江杭州$cdot$模拟预测)如图,点${A},{B},{C}$在$odot{O}$上,${AB}//{OC}$.备用图(1)求证:$angle{ACB}+angle{BOC}=90^{circ}$;(2)若$odot{O}$的半径为$5,{AC}=8$,求${BC}$的长度.
选项：
答案：(1)证明见解析;(2)${BC}=6$
解析：【分析】(1)根据圆周角定理求出$angle{AOB}=2angle{ACB}$,根据平行线的性质和等腰三角形的性质得出$angle{ABO}=angle{BAO},angle{ABO}=angle{BOC},angle{BAO}+angle{AOC}=180^{circ}$,即可得出答案;(2)求出$triangle{BOC}congtriangle{DOC}$,根据全等三角形的性质得出${BC}={CD}$,根据勾股定理求出${CD}$即可。【详解】(1)证明：$because$圆弧$AB$对的圆周角是$angleACB$，对的圆心角是$angleAOB$,$thereforeangle{AOB}=2angle{ACB}$$because{OB}={OA}$$thereforeangle{ABO}=angle{BAO}$$because{AB}//{OC}$$thereforeangle{ABO}=angle{BOC},angle{BAO}+angle{AOC}=180^{circ}$,$thereforeangle{BAO}+angle{AOB}+angle{BOC}=180^{circ}$,即$2angle{ACB}+2angle{BOC}=180^{circ}$，$thereforeangle{ACB}+angle{BOC}=90^{circ}$(2)延长${AO}$交$odot{O}$于${D}$,连接${CD}$,则$angle{ACD}=90^{circ}$,由勾股定理得：${CD}=sqrt{AD^{2}-AC^{2}}=sqrt{(5+5)^{2}-8^{2}}=6$,$because{OC}//{AB}$$thereforeangle{BOC}=angle{ABO},angle{COD}=angle{BAO}$,$becauseangle{BAO}=angle{ABO}$$thereforeangle{BOC}=angle{COD}$在$triangle{BOC}$和$triangle{DOC}$中$left{begin{array}{l}OB=ODangleBOC=angleDOCOC=OCend{array}right.$$thereforetriangle{BOC}congtriangle{DOC}({SAS})$$therefore{BC}={CD}$,$because{CD}=6$$therefore{BC}=6$.【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，平行线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，圆周角定理，能综合运用知识点进行推理是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题8分)(2022$cdot$浙江温州$cdot$中考真题）如图,在$2times6$的方格纸中,已知格点$P$,请按要求画格点图形（顶点均在格点上）.(1)在图1中画一个锐角三角形,使$P$为其中一边的中点,再画出该三角形向右平移2个单位后的图形.(2)在图2中画一个以$P$为一个顶点的钝角三角形,使三边长都不相等,再画出该三角形绕点$P$旋转$180^{circ}$后的图形.
选项：
答案：(1)见解析(2)见解析
解析：【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可,注意本题答案不唯一,主要作出的图形符合题意即可；（2）根据题意画出合适的图形即可,注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可.(1)画法不唯一，如图1或图2等.图1图2(2)画法不唯一，如图3或图4等.图3图4本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形,注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题8分)（2021$cdot$浙江杭州$cdot$九年级期末）如图所示，$BC$是$odotO$的直径，$ADperpBC$,垂足为$D,AB=AF,BF$和$AD$相交于$E$,求证:$BE=AE$.
选项：
答案：见解析
解析：【分析】延长$AD$交$odotO$于$H$,如图,利用$AB=AF$得到$AB=AF$,再根据垂径定理得$AB=BH$,所以$BH=AF$,则根据圆周角定理得到$angleBAH=angleABF$,然后根据等腰三角形的判定可得到结论.【详解】证明：延长$AD$交$odotO$于$H$,如图,$becauseAB=AF$,$thereforeAB=AF$,$becauseADperpBC$,$thereforeAB=BH$,$thereforeBH=AF$,$thereforeangleBAH=angleABF$,$thereforeAE=BE$.【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧。也考查了圆周角定理.