eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 河对岸有一路灯杆 $A B$, 在灯光下, 小明在点 $D$ 处, 自己的影长 $D F=4 m$, 沿 $B D$ 方向到达点 $F$ 处再测自己的影长 $F G=5 m$, 如果小明的身高为 $1.6 m$, 求路灯杆 $A B$ 的高度.


选项：
答案：解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle A B F \sim \triangle C D F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{B F}{D F}=\frac{B G}{F G}$,

$\because D F=4, \quad F G=5, B F=B D+D F=B D+4, B G=B D+D F+F G=B D+9$,

$\therefore \frac{4+B D}{4}=\frac{9+B D}{5}$,

$\therefore B D=16, B F=16+4=20$,

$\therefore \frac{A B}{1.6}=\frac{20}{4}$,

解得 $A B=8 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $8 m$.

【解析】在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.
解析：解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle A B F \sim \triangle C D F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{B F}{D F}=\frac{B G}{F G}$,

$\because D F=4, \quad F G=5, B F=B D+D F=B D+4, B G=B D+D F+F G=B D+9$,

$\therefore \frac{4+B D}{4}=\frac{9+B D}{5}$,

$\therefore B D=16, B F=16+4=20$,

$\therefore \frac{A B}{1.6}=\frac{20}{4}$,

解得 $A B=8 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $8 m$.

【解析】在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 一位同学想利用树影测量树 $(A B)$ 的高度, 他在某一时刻测得高为 1 米的竹竿直立时影长为 0.9 米, 此时, 因树靠近一憧建筑物, 影子不全落在地面上(有一部分影子落在了墙上 $C D$ 处 ) , 他先测得落在墙上的影子 $(C D)$ 高为 1.2 米, 又测得地面部分的影长 $(B D)$ 为 2.7 米, 则他测得的树高应为多少米?


选项：
答案：解：如图, 过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$,

则四边形 $B D C E$ 是矩形,

所以, $C E=B D=2.7$ 米,

$B E=C D=1.2$ 米,

由题意得, $\frac{C E}{A E}=\frac{0.9}{1}$,

<ImageHere>

所以, $A E=\frac{2.7}{0.9}=3$ 米,

树高 $A B=A E+B E=3+1.2=4.2$ 米.

【解析】过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$, 根据同时同地物高与影长成正比列比例式求出 $A E$ 的长度, 再根据矩形的对边相等可得 $B E=C D$, 然后根据 $A B=A E+B E$ 计算即可得解.

本题考查了相似三角形的应用, 熟记同时同地物高与影长成正比并列出比例式是解题的关键, 难点在于作辅助线构造出三角形.
解析：解：如图, 过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$,

则四边形 $B D C E$ 是矩形,

所以, $C E=B D=2.7$ 米,

$B E=C D=1.2$ 米,

由题意得, $\frac{C E}{A E}=\frac{0.9}{1}$,



所以, $A E=\frac{2.7}{0.9}=3$ 米,

树高 $A B=A E+B E=3+1.2=4.2$ 米.

【解析】过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$, 根据同时同地物高与影长成正比列比例式求出 $A E$ 的长度, 再根据矩形的对边相等可得 $B E=C D$, 然后根据 $A B=A E+B E$ 计算即可得解.

本题考查了相似三角形的应用, 熟记同时同地物高与影长成正比并列出比例式是解题的关键, 难点在于作辅助线构造出三角形.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 河对岸有一路灯杆 $A B$, 在灯光下, 小明在点 $D$ 处, 自己的影长 $D F=3 m$, 沿 $B D$ 方向到达点 $F$ 处再测自己的影长 $F G=4 m$, 如果小明的身高为 $1.6 m$, 求路灯杆 $A B$ 的高度.


选项：
答案：解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle C D F \sim \triangle A B F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{D F}{B F}=\frac{F G}{B G}$

$\because D F=3, \quad F G=4, B F=B D+D F=B D+3, B G=B D+D F+F G=B D+7$,
$\therefore \frac{3}{D B+3}=\frac{4}{B D+7}$

$\therefore B D=9, B F=9+3=12$,

$\therefore \frac{1.6}{A B}=\frac{3}{12}$

解得, $A B=6.4 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $6.4 m$.

【解析】

【分析】

在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.
解析：解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle C D F \sim \triangle A B F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{D F}{B F}=\frac{F G}{B G}$

$\because D F=3, \quad F G=4, B F=B D+D F=B D+3, B G=B D+D F+F G=B D+7$,
$\therefore \frac{3}{D B+3}=\frac{4}{B D+7}$

$\therefore B D=9, B F=9+3=12$,

$\therefore \frac{1.6}{A B}=\frac{3}{12}$

解得, $A B=6.4 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $6.4 m$.

【解析】

【分析】

在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题6分)(2021$cdot$浙江省常山育才中学九年级期中)如图,斜靠在墙上的一根竹笲$AB$长为$13m$,端点$B$离墙角的水平距离$BC$长为$5m$.(1)若$A$端沿垂直于地面的方向$AC$下移$1m$,则$B$端将沿$CB$方向移动多少米?(2)若$A$端下移的距离等于$B$端沿$CB$方向移动的距离,则$B$端将沿$CB$方向移动多少米?(3)在竹竿滑动的过程中,当$A$端下移多少距离时,$triangleABC$面积最大?简述理由,并求出最大值.
选项：
答案：(1)$(4sqrt{3}-5){m}$；（2）7米;(3)当$A$端下移$left(12-frac{13sqrt{2}}{2}right){m},triangleABC$面积最大,最大为$frac{169}{4}{~m}^{2}$
解析：【分析】(1)根据题意得:$angleACB=90^{circ},AB=A_{1}B_{1}=13{~m},BC=5{~m}$，由勾股定理可得$AC=12{~m}$，从而得到$B_{1}C=4sqrt{3}{~m}$，即可求解；(2)根据题意可设$AA_{1}=BB_{1}=y{~m}$,则$A_{1}C=(12-y){m},CB_{1}=(5+y){m}$,根据勾股定理列出方程，即可求解；(3)设$A$端下移的距离为$x{~m}$,则$A_{1}C=(12-x){m}$,则$B_{1}C=sqrt{13^{2}-(12-x)^{2}}{~m}$,从而得到$S_{triangleABC}=S_{triangleABC}=frac{1}{2}(12-x)sqrt{13^{2}-(12-x)^{2}}$,然后设$a=12-x$,则$S_{triangleABC}=frac{1}{2}asqrt{169-a^{2}}$,再由二次函数的性质,即可求解.【详解】解：(1)根据题意得：$angleACB=90^{circ},AB=A_{1}B_{1}=13{~m}quad,BC=5{~m}$,$thereforeAC=sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=sqrt{13^{2}-5^{2}}=12{~m}$,$becauseA_{1}C=12-1=11{~m}$$thereforeB_{1}C=sqrt{A_{1}B_{1}^{2}-A_{1}C^{2}}=sqrt{13^{2}-11^{2}}=4sqrt{3}{~m}$$thereforeBB_{1}=B_{1}C-BC=(4sqrt{3}-5){m}$,即$B$端将沿$CB$方向移动$(4sqrt{3}-5){m}$;(2)根据题意可设$AA_{1}=BB_{1}=y{~m}$,则$A_{1}C=(12-y){m},CB_{1}=(5+y){m}$在Rt$triangleA_{1}CB_{1}$中,由勾股定理得：$A_{1}C^{2}+CB_{1}^{2}=A_{1}B_{1}^{2}$,即$(12-y)^{2}+(5+y)^{2}=13^{2}，$解得：$y=7$，即$B$端将沿$CB$方向移动7米;（3）设$A$端下移的距离为$x{~m}$,则$A_{1}C=(12-x){m}$,则$B_{1}C=sqrt{13^{2}-(12-x)^{2}}{~m}$,$thereforeS_{triangleABC}=S_{triangleA_{1}B_{1}C}=frac{1}{2}(12-x)sqrt{13^{2}-(12-x)^{2}}$设$a=12-x$，则$S_{triangleABC}=frac{1}{2}asqrt{169-a^{2}}$，$thereforeleft(2S_{triangleABC}right)^{2}=a^{2}left(169-a^{2}right)=169a^{2}-a^{4}=-left(a^{2}-frac{169}{2}right)^{2}+frac{169^{2}}{4}$,$therefore$当$a^{2}=frac{169}{2}$,即$a=frac{13sqrt{2}}{2}$时,$left(2S_{triangleABC}right)^{2}$最大,即$S_{triangleABC}$最大,此时当$12-x=frac{13sqrt{2}}{2}$时,$left(2S_{triangleABC}right)^{2}=frac{169^{2}}{4}$,$therefore$当$x=12-frac{13sqrt{2}}{2}$时,$S_{triangleABC}=frac{169}{4}$,$therefore$当$A$端下移$left(12-frac{13sqrt{2}}{2}right){m},triangleABC$面积最大,最大为$frac{169}{4}{~m}^{2}$.【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用,二次函数的应用,熟练掌握勾股定理,二次函数的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题6分)（2022$cdot$浙江绍兴$cdot$九年级期末）如图，用长为30的篱笆一面利用墙（墙的最大可用长度为$10{~m}$）围成中间隔有一道篱笆（平行于$AB$）的矩形花圃.设花圃的一边$AB$为$x({~m})$,面积为$y({~m})$.(1)求$y$关于$x$的函数表达式,并求出自变量$x$的取值范围;(2)如果要围成面积为$63{~m}^{2}$的花圃,那么$AB$的长为多少?(3)求出所能围成的花圃的最大面积.
选项：
答案：(1)$y=-3x^{2}+30xleft(frac{20}{3}leqx<10right)$(2)$7{~m}$(3)$frac{200}{3}{~m}^{2}$
解析：【分析】(1)设$AB$长为$x({~m})$,则$BC$长为$(30-3x)({m})$,根据墙的最大可用长度为$10{~m}$,且$BC$的长度大于0,可得自变量的取值范围,面积为长乘宽,可得函数表达式;（2）面积为$63m^{2}$,即$y=63$,代入表达式可得$x$的值,根据$x$的取值范围,可得结果;（3）把二次函数化成顶点式，根据函数的增减性求最值即可.【详解】解：(1)设$AB$长为$x({~m})$,则$BC$长为$(30-3x)({m})$,$therefore3x<30$且$30-3xleq10$.即$frac{20}{3}leqx<10$.$thereforey=x(30-3x)=-3x^{2}+30xleft(frac{20}{3}leqx<10right)$.(2)由题意得:$-3x^{2}+30x=63$,解得：$x=3$或7.$becausefrac{20}{3}leqx<10,thereforex=3$不合题意,就舍去.$therefore$如果要围成面积为$63{~m}^{2}$的花圃，那么$AB$的长应为$7{~m}$.(3)由题意知:$y=-3(x-5)^{2}+75left(frac{20}{3}leqx<10right)$,$therefore$在对称轴直线$x=5$的右侧,$y$随$x$的增大而减小,$therefore$当$x=frac{20}{3}$时,$y$有最大值.最大值为$x(30-3x)=frac{20}{3}timesleft(30-3timesfrac{20}{3}right)=frac{200}{3}$.$therefore$篱笆围成的花圃的最大面积为$frac{200}{3}{~m}^{2}$.【点睛】本题考查二次函数的实际应用中的面积问题,根据题意理清关系是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)（2022$cdot$浙江绍兴$cdot$九年级期末）在平面直角坐标系$xOy$中，$O$为坐标原点,定义$Pleft(x_{1},y_{1}right),Qleft(x_{2},y_{2}right)$两点之间的“直角距离”为$d(P,Q)=left|x_{1}-x_{2}right|+left|y_{1}-y_{2}right|$.二次函数$y=x^{2}-3x+4$的图象如图所示.(1)点$A$为图象与$y$轴的交点,点$B(-1,b)$在该二次函数的图象上,求$d(A,B)$的值.(2)点$C$是二次函数$y=x^{2}-3x+4(xgeq0)$图象上的一点,记点$C$的横坐标为$m$.(1)求$d(O,C)$的最小值及对应的点$C$的坐标.(2)当$tleqmleqt+1$时,$d(O,C)$的最大值为$p$,最小值为$q$,若$p-q=frac{3}{4}$,求$t$的值.
选项：
答案：(1)5(2)(1)$(1,2)$(2)$t=1-frac{sqrt{3}}{2}$或$t=frac{sqrt{3}}{2}$
解析：【分析】(1)分别求出$A、B$的坐标,然后根据直角距离的定义求解即可;(2)(1)先求出点$C$的坐标为$left(m,m^{2}-3m+4right)$,则$d(O,C)=(m-1)^{2}+3$,由此求解即可;(2)分类讨论当$0<tleqfrac{1}{2}$时,当$frac{1}{2}<tleq1$时,当$t>1$时,三种情况分别求解即可.(1)解:$because$点$A$是二次函数$y=x^{2}-3x+4$与$y$轴的交点,$therefore$点$A$的坐标为$(0,4)$,$because$点$B(-1,b)$在二次函数$y=x^{2}-3x+4$的函数图象上,$thereforeb=(-1)^{2}-3times(-1)+4=8$,$therefore$点$B$的坐标为$(-1,8)$,$therefored(A,B)=|-1-0|+|8-4|=5$(2)解:(1)令$x=m$,则$y=m^{2}-3m+4$,$therefore$点$C$的坐标为$left(m,m^{2}-3m+4right)$,$therefored(O,C)=|m-0|+left|m^{2}-3m+4-0right|$,$becausemgeq0,m^{2}-3m+4=left(m-frac{3}{2}right)^{2}+frac{7}{4}geqfrac{7}{4}$,$therefored(O,C)=m+m^{2}-3m+4=(m-1)^{2}+3$,$therefore$当$m=1$时,$d(O,C)$有最小值,最小值为3,此时点$C$的坐标为$(1,2)$;(2)$becaused(O,C)=(m-1)^{2}+3$,$therefore$当$0leqm<1$时,$d(O,C)$随$m$的增大而减小，当$mgeq1$时，$d(O,C)$随$m$的增大而增大,把$m=t$代入到$d(O,C)=(m-1)^{2}+3$中得,$d(O,C)=(t-1)^{2}+3$把$m=t+1$代入到$d(O,C)=(m-1)^{2}+3$中得,$d(O,C)=t^{2}+3$,当$t+1-1=1-t$时,解得$t=frac{1}{2}$,当$0<tleqfrac{1}{2}$时,$d(O,C)$的最小值$q=3$,最大值$p=(t-1)^{2}+3$$becausep-q=frac{3}{4}$,$therefore(t-1)^{2}=frac{3}{4}$,解得$t=1-frac{sqrt{3}}{2}$或$t=1+frac{sqrt{3}}{2}$(舍去);当$frac{1}{2}<tleq1$时,$d(O,C)$的最小值$q=3$,最大值$p=t^{2}+3$$becausep-q=frac{3}{4}$,$therefore{t}=frac{3}{4}$,解得$t=frac{sqrt{3}}{2}$或$t=-frac{sqrt{3}}{2}$(舍去);当$t>1$时,$d(O,C)$的最小值$q=(t-1)^{2}+3$,最大值$p=t^{2}+3$$becausep-q=frac{3}{4}$,$thereforet^{2}-(t-1)^{2}=frac{3}{4}$,解得$t=frac{7}{8}$(舍去);综上所述,$t=1-frac{sqrt{3}}{2}$或$t=frac{sqrt{3}}{2}$.【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用,解题的关键在于能够熟练掌握二次函数的性质.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题6分)（2020$cdot$浙江宁波$cdot$九年级期末）如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度$AB$为$60{~m}$,拱高$PM$为$18{~m}$,当洪水泛滥到跨度只有$30{~m}$时,就要采取紧急措施,若某次洪水中,拱顶离水面只有$4{~m}$,即$PN=4{~m}$时,试通过计算说明是否需要采取紧急措施.
选项：
答案：不需要采取紧急措施,理由详见解析
解析：【分析】连接${OA}^{prime},{OA}$.设圆的半径是${R}$,则${ON}={R}-4,{OM}={R}-18$.根据垂径定理求得${AM}$的长,在直角三角形${AOM}$中,根据勾股定理求得${R}$的值,在直角三角形${A}^{prime}{ON}$中,根据勾股定理求得${A}^{prime}{N}$的值,再根据垂径定理求得${A}^{prime}{B}^{prime}$的长,从而作出判断.【详解】设圆弧所在圆的圆心为$O$,连结$OA,OA^{prime}$,如图所示设半径为$x({~m})$则$OA=OA^{prime}=OP=x({~m})$由垂径定理可知$AM=BM,A^{prime}N=B^{prime}N$$becauseAB=60{~m},quadthereforeAM=30{~m}$,且$OM=OP-PM=(x-18){m}$在Rt$triangleAOM$中，由勾股定理可得$AO^{2}=OM^{2}+AM^{2}$即$x^{2}=(x-18)^{2}+30^{2}$,解得$x=34$$thereforeON=OP-PN=34-4=30({~m})$在$triangleA^{prime}ON$中，由勾股定理可得$A^{prime}N=sqrt{OA^{2}-ON^{2}}=sqrt{34^{2}-30^{2}}=16({~m})$$thereforeA^{prime}B^{prime}=32{~m}>30{~m}$$therefore$不需要采取紧急措施.【点睛】此类题综合运用了勾股定理和垂径定理，解题的关键是熟知垂径定理的应用，
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题6分)(2020$cdot$浙江$cdot$天台实验中学九年级阶段练习)如图,$odotO$的半径$OAperp$弦$BC$于$E,D$是$odotO$上一点(1)求证:$angle{ADC}=frac{1}{2}angle{AOB}$;(2)求$AE=2,{BC}=6$,求${OA}$的长
选项：
答案：(1)详见解析;(2)$OA=frac{13}{4}$
解析：【分析】(1)利用垂径定理及同圆中等弧所对的圆心角相等可得$angleAOB=angleAOC$,根据圆周角定理可得结论;（2）设$OA=x$,则$OE=x-2,{BE}$长易知,在Rt$triangleBOE$中,利用勾股定理可求解.【详解】(1)证明:连接$OC$$becauseOAperpBCthereforeAwidehat{B}=Awidehat{C}$$thereforeangleAOB=angleAOC$$becauseAwidehat{C}=Awidehat{C}$$thereforeangleADC=frac{1}{2}angleAOC$$thereforeangleADC=frac{1}{2}angleAOB$(2)设$OA=x$,则$OE=x-2$,$becauseOAperpBCquadthereforequadBE=EC=3$.在Rt$triangleBOE$中,由$OE2+BE2=OB2$得$(x-2)2+32=x2$,解得$x=frac{13}{4}quadthereforeOA=frac{13}{4}$【点睛】本题主要考查了圆的垂径定理及圆周角定理，灵活利用垂径定理证明角与线段间的关系是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题6分)(2022$cdot$浙江$cdot$九年级专题练习)《九章算术》是我国古代第一部自成体系的数学专著,代表了东方数学的最高成就,它的算法体系至今仍在推动着计算机的发展和应用.书中记载:“今有圆材埋在壁中,不知大小,以锯锯之,深一寸,锯道长一尺,问径几何?”译为:“今有一圆柱形木材,埋在墙壁中,不知其大小,用锯去锯这木材,锯口深1寸($ED=1$寸),锯道长1尺（$AB=1$尺=$=10$寸).问这块圆形木材的直径$(AC)$是多少?"如图所示,请根据所学的知识解答上述问题.
选项：
答案：这块圆形木材的直径（AC)是26寸
解析：【分析】设$odotO$的半径为$x$寸,根据题意可得$AD=BD$,在$RttriangleAOD$中,$OA=x$,$OD=x-1$，勾股定理求解即可.【详解】设$odotO$的半径为$x$寸,$becauseOEperpAB,AB=10$寸,$thereforeAD=BD=frac{1}{2}AB=5$寸,在Rt$triangleAOD$中,$OA=x,OD=x-1$,由勾股定理得$x^{2}=(x-1)^{2}+5^{2}$,解得$x=13$.$thereforeodotO$的直径$AC=2x=26$(寸).答:这块圆形木材的直径($AC$)是26寸.【点睛】本题考查了垂径定理的应用,掌握垂径定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)（2022$cdot$浙江丽水$cdot$九年级期中）如图,在$odotO$中,直径$AB=2,triangleABC$中,$angleBAC=90^{circ},BC$交$odotO$于点$D$,若$angleC=45^{circ}$,求:(1)$BD$的长为多少?(2)求阴影部分的面积.
选项：
答案：(1)$sqrt{2}$$(2)1$
解析：【分析】(1)连接$AD$,可得$ADperpBC$.再根据$triangleABC$是等腰直角三角形,可得$BD=$$CD,BC=sqrt{2}AB=2sqrt{2}$,即可求解;(2)根据$AD=BD$,可得弧$BD=$弧$AD$,从而得到弓形$BD$的面积$=$弓形$AD$的面积,进而得到阴影部分的面积$=RttriangleADC$的面积,即可求解.(1)解:如图,连接$AD$,$becauseAB$是$odotO$的直径,$thereforeADperpBC$.又$becauseangleBAC=90^{circ},angleC=45^{circ}$,$thereforeangleB=angleC=45^{circ}$,$thereforeAB=AC$,$thereforetriangleABC$是等腰直角三角形,$thereforeBD=CD,quadBC=sqrt{2}AB=2sqrt{2}$,$thereforeAD=BD=CD=sqrt{2}$;(2)解:$becauseAD=BD$,$thereforeBD^{frown}=AD^{frown}$,$therefore$弓形$BD$的面积$=$弓形$AD$的面积,$therefore$阴影部分的面积$=RttriangleADC$的面积$=frac{1}{2}times(sqrt{2})^{2}=1$.【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质,圆周角定理,求扇形面积,勾股定理,根据题意,作适当辅助线构造直角三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题9分)（2022$cdot$浙江台州$cdot$九年级期末）如图,在$odotO$中,弦$AB$与半径$OA$形成的夹角$angleA=60^{circ},OA=2$,点$C$是优弧$APB$上的一动点,切线$CD$与射线$AB$相交于点D.冬1图2备用图1备用图2(1)$angleO$与$angleD$满足的数量关系是(2)当$angleD=90^{circ}$时，求阴影部分的面积;(3)当$angleAOC$是多少度时,$triangleBCD$为等腰三角形？通过推理说明理由.
选项：
答案：$(1)angleO+angleD=210^{circ}$;(2)$frac{3sqrt{3}}{2}-frac{2}{3}pi$(3)$angleAOC$为$140^{circ}$或$160^{circ}$,理由见解析
解析：【分析】(1)根据切线的性质得到$angleC=90^{circ}$,结合四边形内角和是$360^{circ}$来求解;(2)连接$OB$,易得$triangleAOB$是等边三角形,求出$angleBOC=angleAOC-angleAOB=60^{circ}$,从而求出扇形$OBC$的面积,连接$BC$易得$triangleBOC$是等边三角形,进而求出$angleBCD$的度数,计算出$triangleBCD$的面积，即可进一步求得结果;(3)设$angleAOC=x$,由(1)可得$angleD=210^{circ}-x$,进而得到$angleDBC=180^{circ}-angleABC=frac{x}{2}$,分三种情况：当$BD=BC$时,当$CD=BC$时,当$BD=BC$时,分别求解.(1)解:$becauseDC$是$odotO$的切线,$thereforeangleC=90^{circ}$.$becauseangleO+angleA+angleD+angleC=360^{circ}$,$thereforeangleO+60^{circ}+angleD+90^{circ}=360^{circ}$,$thereforeangleO+angleD=210^{circ}$故答案为:$angleO+angleD=210^{circ}$;(2)解:连接$OB$,如图1.图1$becauseangleD=90^{circ},angleAOC+angleD=210^{circ}$,$thereforeangleAOC=120^{circ}$$becauseangleA=60^{circ},OA=OB$$thereforetriangleAOB$是等边三角形,$thereforeangleBOC=angleAOC-angleAOB=60^{circ}$,$therefore{S}_{text{扇形}{OBC}}=frac{60pitimes4}{360}pi=frac{2}{3}pi$,连接$BC$,则$triangleBOC$是等边三角形,$thereforeangleBCD=30^{circ}$.在$RttriangleBCD$中,$BD=frac{1}{2}BC=1$,则$CD=sqrt{3}$，$S_{triangleBC}=frac{1}{2}BDcdotCD=frac{1}{2}times1timessqrt{3}=frac{sqrt{3}}{2}$.$becauseS_{triangleBOC}=frac{1}{2}times2timessqrt{3}=sqrt{3}$,$therefore{S}_{text{四边形}BOCD}==S_{triangleBCD}+S_{triangleBOC}=frac{3sqrt{3}}{2}$,$thereforeS_{text{阴}}=S_{text{四边形}BOCD}-S_{text{扇形}OBC}=frac{3sqrt{3}}{2}-frac{2}{3}pi$;(3)解：当$angleAOC$为$140^{circ}$或160时,$triangleBCD$是等腰三角形.理由如下:设$angleAOC=x$,由（1）可得$angleD=210^{circ}-x$,$angleABC=left(360^{circ}-xright)div2=180^{circ}-frac{x}{2}$,$thereforeangleDBC=180^{circ}-angleABC=frac{x}{2}$,当$BD=BC$时,$2angleD+angleDBC=180^{circ}$,$therefore2left(210^{circ}-xright)+frac{x}{2}=180^{circ}$,$thereforex=160^{circ}$,当$CD=BC$时,$angleD=angleDBC$,$therefore210^{circ}-x=frac{x}{2}$,$thereforex=140^{circ}$,当$BD=BC$时,$2angleDBC+angleD=180^{circ}$,$therefore2timesfrac{x}{2}+left(210^{circ}-xright)=180^{circ}$,$therefore$不存在,反之,当$angleAOC$为$140^{circ}$或160时,$triangleBCD$是等腰三角形.综上所述,$angleAOC$为$140^{circ}$或$160^{circ}$.【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形性质，扇形面积公式，等腰三角形的判定和性质，理解相关知识是解答关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题10分)(2021浙江$cdot$温州外国语学校九年级期中)如图，$triangleABC$内接于$odotO$,$CDperpAB,CB=10{~cm},CD=8{~cm},AB=14{~cm}$.(备用图)(1)$angleA$度数;(直接写出答案)(2)求$BC$的长度;(3)$P$是$odotO$上一点（不与$A,B,C$重合),连结$BP$.(1)若$BP$垂直$triangleABC$的某一边,求$BP$的长;(2)将点$A$绕点$P$逆时针旋转$90^{circ}$后得到$A^{prime}$,若$A^{prime}$恰好落在$CD$上,则$CA^{prime}$的长度为$qquad$.(直接写出答案)
选项：
答案：$(1)45^{circ}$(2)$BC$的长为$frac{5sqrt{2}pi}{2}{~cm}$(3)(1)$BP$的长为$8sqrt{2}{~cm}$;(2)$CA^{prime}=8-2sqrt{34}$
解析：【分析】(1)根据勾股定理计算出$CD$的值,即可判定等腰直角三角形$triangleADC$,进而即可求解;(2)连接$OC,OB$根据等腰直角三角形的性质和判定即可求解;(3)(1)$BPperpAC$于点$E$,并连接$AP$,根据等腰直角三角形进而证明三角形全等即可应用勾股定理进行求解;(2)连接$AA^{prime}$,根据等腰直角三角形和勾股定理对边进行转化进而求解即可.(1)$becauseCDperpAB$$thereforeangleCDB=90^{circ}$,又$becauseCB=10{~cm},CD=8{~cm}$,$thereforeCD=sqrt{CB^{2}-CD^{2}}=sqrt{10^{2}-8^{2}}=6({~cm})$,$becauseAB=14{~cm}$$thereforeAD=14{~cm}-6{~cm}=8{~cm}=CD$,且$CDperpAB$,$thereforetriangleADC$为等腰直角三角形,$thereforeangleA=45^{circ}$故答案为:$45^{circ}$.(2)连接$CO,BO$$becauseangleCAB=45^{circ}$$thereforeangleCOB=2angleCAB=45^{circ}times2=90^{circ}$,又$becauseCO=BO$,$thereforetriangleCOB$为等腰直角三角形,$thereforeCO=BO=frac{BC}{sqrt{2}}=frac{10}{sqrt{2}}=5sqrt{2}({~cm})$,则$BC=frac{1}{4}C_{odotO}=frac{2piR}{4}=frac{piR}{2}=frac{5sqrt{2}pi}{2}({~cm})$.(3)(1)根据题意可得当$BP$垂直$triangleABC$的某一边时,则$P$点只能在$AC$内,且$BPperpAC$于点$E$,并连接$AP$,$becauseangleP$和$angleACB$为$AB$所对的角,$thereforeangleP=angleACB$由（1）得$angleCAB=45^{circ}$,且$ACperpBP$,$thereforetriangleAEB$为等腰直角三角形,$thereforeAE=BE$$becauseleft{begin{array}{c}angleP=angleECBangleAEP=angleCEB=90^{circ},AE=BEend{array}right.$$thereforetriangleAPEcongtriangleBCE$,$thereforePE=CE,BE=AE$,又$because$在$RttriangleADC$中,$thereforeBP=AC=sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=sqrt{8^{2}+8^{2}}=8sqrt{2}({~cm})$.(2)连接$AA^{prime}$,如下图,由(1)得$triangleAEB$为等腰直角三角形,$thereforeAE=EB=frac{14}{sqrt{2}}=7sqrt{2}$,又$becauseAC=8sqrt{2}$,且$triangleAPEcongtriangleBCE$$thereforePE=CE=8sqrt{2}-7sqrt{2}=sqrt{2}$,$therefore$在Rt$triangleAPE$中,$thereforeAP=sqrt{AE^{2}+PE^{2}}=sqrt{(7sqrt{2})^{2}+(sqrt{2})^{2}}=10$,$because$点$A$绕点$P$逆时针旋转$90^{circ}$后得到$A^{prime}$,$thereforePA=PA^{prime},angleAPA^{prime}=90^{circ}$,$thereforeAA^{prime}=sqrt{2}AP=10sqrt{2}$,又$becauseAD=8$,且在$Rt{}_{triangle}ADA^{prime}$中,$thereforeA^{prime}D=sqrt{AA^{prime2}-AD^{2}}=sqrt{(10sqrt{2})^{2}-8^{2}}=2sqrt{34}$,$thereforeCA^{prime}=CD-A^{prime}D=8-2sqrt{34}$.故答案为:$8-2sqrt{34}$.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、圆弧上的性质和勾股定理的应用,解决本题的关键上我以上的性质并联合起来进行对题目进行解读.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)(2021$cdot$浙江$cdot$九年级期末)如图,$AB$是$odotO$的直径,弦$CD$垂直平分$OB$,交$OB$于点$E,CD=8sqrt{3}$.(1)求$BD$的长.(2)求劣弧$AC$的弧长.
选项：
答案：(1)8;(2)$frac{16pi}{3}$
解析：【分析】（1）根据垂直平分线的定义和垂径定理可证明$triangleOECcongtriangleBED$,得到$OC=BD$,在$triangleOCE$中利用勾股定理求出半径$r$,可得$BD$;（2）利用三角函数的定义求出$angleBOC$,得到$angleAOC$,再利用弧长公式计算.【详解】解：(1)设圆$O$的半径为$r$,$becauseCD$垂直平分$OB$,$thereforeCE=DE=4sqrt{3},OE=BE=frac{1}{2}r,angleOEC=angleBED=90^{circ}$,$thereforetriangleOECcongtriangleBED(SAS)$$thereforeBD=OC=r$,在$triangleOCE$中,$OE^{2}+CE^{2}=OC^{2}$,即$left(frac{1}{2}rright)^{2}+(4sqrt{3})^{2}=r^{2}，$解得：$r=8$或-8(舍),$thereforeBD=OC=8$(2)$becausecosangleCOE=frac{OE}{OC}=frac{1}{2}$,$thereforeangleCOB=60^{circ}$,$thereforeangleAOC=120^{circ}$$therefore$劣弧$AC=frac{8timespitimes120}{180}=frac{16pi}{3}$.【点睛】本题考查了垂直平分线的定义,垂径定理,弧长公式,解题的关键是证明$BD=O{C}$.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 如图, 在平面直角坐标系中, 抛物线 $y=x^{2}-m x+1$ 与 $x$ 轴从左到右的交点为 $A, B$,与 $y$ 轴的交点为 $C$, 过点 $C$ 作 $x$ 轴的平行线 $l, l$ 与抛物线的另一交点为 $D$ 点.



(1)若点 $B$ 的坐标为 $(2,0)$, 求抛物线的函数表达式及顶点坐标;

(2)设抛物线顶点的纵坐标为 $n$, 求 $n$ 的取值范围;

(3)若抛物线顶点记为 $P$, 连接 $C P, D P$, 当 $\angle C P D=60^{\circ}$ 时, 求 $m$ 的值.
选项：
答案：解: (1)把 $x=2, y=0$ 代入 $y=x^{2}-m x+1$, 得 $m=\frac{5}{2}$,

$\therefore$ :抛物线的函数表达式为 $y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1$,

$y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1=\left(x-\frac{5}{4}\right)^{2}-\frac{9}{16}$

所以顶点坐标为 $\left(\frac{5}{4},-\frac{9}{16}\right)$.

(2) $\because y=x^{2}-m x+1=\left(x-\frac{m}{2}\right)^{2}-\frac{m^{2}}{4}+1$,

$\therefore n=-\frac{m^{2}}{4}+1$.

$\because$ 抛物线 $y=x^{2}-m x+1$ 与 $x$ 轴有两个交点,

$\therefore \Delta=m^{2}-4>0$.

$\therefore m^{2}>4$.

$\therefore-\frac{m^{2}}{4}+1<-\frac{4}{4}+1=0$

即 $n<0$.

(3)如图, 连接 $P C, P D$, 作 $P E \perp C D$ 于 $E$.

<ImageHere>

$\because P$ 为抛物线的顶点, $C, D$ 均在 $x$ 轴的平行线 $l$ 上, 且 $\angle C P D=60^{\circ}$, $\therefore \triangle C P D$ 为等边三角形.
在Rt $\triangle C P E$ 中, $\tan \angle E C P=\frac{P E}{C E}=\frac{1-\left(-\frac{m}{4}+1\right)}{\frac{1}{2}|m|}=\sqrt{3}$,

即 $m^{2}-2 \sqrt{3} m=0$ 或 $m^{2}+2 \sqrt{3} m=0$.

$\because m \neq 0, \quad \therefore m=2 \sqrt{3}$ 或 $-2 \sqrt{3}$.

$\because$ 对称轴在 $y$ 轴右侧,

$\therefore m=-2 \sqrt{3}$ 舍去.

$\therefore m=2 \sqrt{3}$.
解析：解: (1)把 $x=2, y=0$ 代入 $y=x^{2}-m x+1$, 得 $m=\frac{5}{2}$,

$\therefore$ :抛物线的函数表达式为 $y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1$,

$y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1=\left(x-\frac{5}{4}\right)^{2}-\frac{9}{16}$

所以顶点坐标为 $\left(\frac{5}{4},-\frac{9}{16}\right)$.

(2) $\because y=x^{2}-m x+1=\left(x-\frac{m}{2}\right)^{2}-\frac{m^{2}}{4}+1$,

$\therefore n=-\frac{m^{2}}{4}+1$.

$\because$ 抛物线 $y=x^{2}-m x+1$ 与 $x$ 轴有两个交点,

$\therefore \Delta=m^{2}-4>0$.

$\therefore m^{2}>4$.

$\therefore-\frac{m^{2}}{4}+1<-\frac{4}{4}+1=0$

即 $n<0$.

(3)如图, 连接 $P C, P D$, 作 $P E \perp C D$ 于 $E$.



$\because P$ 为抛物线的顶点, $C, D$ 均在 $x$ 轴的平行线 $l$ 上, 且 $\angle C P D=60^{\circ}$, $\therefore \triangle C P D$ 为等边三角形.
在Rt $\triangle C P E$ 中, $\tan \angle E C P=\frac{P E}{C E}=\frac{1-\left(-\frac{m}{4}+1\right)}{\frac{1}{2}|m|}=\sqrt{3}$,

即 $m^{2}-2 \sqrt{3} m=0$ 或 $m^{2}+2 \sqrt{3} m=0$.

$\because m \neq 0, \quad \therefore m=2 \sqrt{3}$ 或 $-2 \sqrt{3}$.

$\because$ 对称轴在 $y$ 轴右侧,

$\therefore m=-2 \sqrt{3}$ 舍去.

$\therefore m=2 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图: 已知 $a$ 为常数, $F_{1}\left(-\sqrt{a^{2}+20}, 0\right), F_{2}\left(\sqrt{a^{2}+20}, 0\right)$, 过 $F_{2}$ 作直线 $l$, 点 $A, B$ 在直线 $l$ 上,且满足 $A F_{1}-A F_{2}=B F_{1}-B F_{2}=2 a, M, N$ 分别为 $\triangle A F_{1} F_{2}, \triangle B F_{1} F_{2}$ 的内切圆的圆心.

(1)设 $\odot M$ 与 $F_{1} F_{2}$ 相切于点 $P_{1}, \odot N$ 与 $F_{1} F_{2}$ 切于点 $P_{2}$, 试判断 $P_{1}$ 与 $P_{2}$ 的位置关系, 并加以证明;



(2)已知 $\sin \angle B F_{2} F_{1}=\frac{8}{9}$, 且 $M N=\frac{9}{2}$, 试求 $a$ 的值.
选项：
答案：解: $(1) P_{1}$ 与 $P_{2}$ 重合.

证明： 由题意得 $A C=A D$,

$\because A F_{1}-A F_{2}=2 a$,

$\therefore C F_{1}-D F_{2}=2 a$

又 $\because F_{1} C=F_{1} P_{1} F_{2} D=F_{2} P_{1}$,

$\therefore P_{1} F_{1}-P_{1} F_{2}=2 a$,

同理 $P_{2} F_{1}-P_{2} F_{2}=2 a$,

$\therefore P_{1}$ 与 $P_{2}$ 重合.

(2)由(1)知: $M P_{1} \perp F_{1} F_{2}, N P_{2} \perp F_{1} F_{2}, P_{1}, P_{2}$ 重合.

$\therefore M, P_{1}, N$ 共线, 且 $M N \perp F_{1} F_{2}$,

连接 $M N, N E, M D$, 则 $\angle N E D=\angle M D E=90^{\circ}$

过 $N$ 作 $N H \perp M D, H$ 为垂足；

$\because \angle M P_{1} F_{2}=\angle M D F_{2}=90^{\circ}, \angle H M N=\angle B F_{2} F_{1}$,

<ImageHere>

$\therefore \sin \angle H M N=\sin \angle B F_{2} F_{1}=\frac{8}{9}$,

又 $M N=\frac{9}{2} ，$

$\therefore N H=M N \sin \angle H M N=4$,

$\therefore E D=4$
而 $D F_{2}=F_{2} P_{1}=F_{2} E$,

$\therefore F_{2} P_{1}=2$,

又由(1) $P_{1} F_{1}-P_{1} F_{2}=2 a ，$

$\therefore P_{1} F_{1}=2+2 a$,

$\therefore P_{1} F_{1}+P_{1} F_{2}=2+2+2 a=2 \sqrt{a^{2}+20}$,

解得 $a=4$.
解析：解: $(1) P_{1}$ 与 $P_{2}$ 重合.

证明： 由题意得 $A C=A D$,

$\because A F_{1}-A F_{2}=2 a$,

$\therefore C F_{1}-D F_{2}=2 a$

又 $\because F_{1} C=F_{1} P_{1} F_{2} D=F_{2} P_{1}$,

$\therefore P_{1} F_{1}-P_{1} F_{2}=2 a$,

同理 $P_{2} F_{1}-P_{2} F_{2}=2 a$,

$\therefore P_{1}$ 与 $P_{2}$ 重合.

(2)由(1)知: $M P_{1} \perp F_{1} F_{2}, N P_{2} \perp F_{1} F_{2}, P_{1}, P_{2}$ 重合.

$\therefore M, P_{1}, N$ 共线, 且 $M N \perp F_{1} F_{2}$,

连接 $M N, N E, M D$, 则 $\angle N E D=\angle M D E=90^{\circ}$

过 $N$ 作 $N H \perp M D, H$ 为垂足；

$\because \angle M P_{1} F_{2}=\angle M D F_{2}=90^{\circ}, \angle H M N=\angle B F_{2} F_{1}$,



$\therefore \sin \angle H M N=\sin \angle B F_{2} F_{1}=\frac{8}{9}$,

又 $M N=\frac{9}{2} ，$

$\therefore N H=M N \sin \angle H M N=4$,

$\therefore E D=4$
而 $D F_{2}=F_{2} P_{1}=F_{2} E$,

$\therefore F_{2} P_{1}=2$,

又由(1) $P_{1} F_{1}-P_{1} F_{2}=2 a ，$

$\therefore P_{1} F_{1}=2+2 a$,

$\therefore P_{1} F_{1}+P_{1} F_{2}=2+2+2 a=2 \sqrt{a^{2}+20}$,

解得 $a=4$.