eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：若抛物线 $y=x^{2}+a x+b$ 与 $x$ 轴两个交点间的距离为 2 , 称此拋物线为定弦拋物线, 已知此定弦抛物线的对称轴为直线 $x=-1$, 将此拋物线向右平移 2 个单位, 再向下平移 3 个单位,
得到的抛物线与 $x$ 轴两个交点间的距离是 $\qquad$ .

选项：
答案： 4


解析：利用抛物线的对称性得到抛物线与 $x$ 轴两个交点的坐标为: $(-2,0) 、(0,0)$, 则函数的表达式为: $y=(x-0)(x+2)=(x+1)^{2}-1$, 此抛物线向右平移 2 个单位, 再向下平移 3 个单位得到的新抛物线表达式为： $y^{\prime}=(x-1)^{2}-4$, 进而求得与 $x$ 轴的交点, 即可求得新抛物线与 $x$ 轴两个交点间的距离.

【详解】解: $\because$ 抛物线 $y=x^{2}+a x+b$ 对称轴是直线 $x=-1$, 与 $x$ 轴两个交点间的距离为 2 ,

$\therefore$ 拋物线与 $x$ 轴两个交点坐标为: $(0,0) 、(-2,0)$,

$\therefore$ 函数的表达式为: $y=(x-0)(x+2)=(x+1)^{2}-1$,

抛物线向右平移 2 个单位, 再向下平移 3 个单位得到的新抛物线表达式为: $y^{\prime}=(x-1)^{2}-4$,
令 $y^{\prime}=0$, 则 $(x-1)^{2}-4=0$,

解得 $x=-1$ 或 $x=3$,

$\therefore$ 新抛物线与 $x$ 轴两个交点间的距离为: $3-(-1)=4$,

故答案为: 4 .

【点睛】本题考查的是拋物线与 $x$ 轴的交点, 二次函数的性质, 二次函数的图象与几何变换,熟知函数与坐标轴的交点代表的意义是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知抛物线 $y=a x^{2}+b x+c$, 对任意的自变量 $x$ 都有 $a x^{2}+b x \geq 4 a+2 b$, 若该拋物线过点 $A\left(4-m, y_{1}\right), B\left(m+1, y_{2}\right)$, 且 $y_{1}<y_{2}$, 则 $m$ 的取值范围是 $\qquad$ .

选项：
答案： $m>\frac{3}{2}$


解析：根据题意可判断出拋物线的对称轴, 开口方向, 再由 $y_{1}<y_{2}$, 可得

$|4-m-2|<|m+1-2|$, 化简即可解答.

【详解】解: $\because a x^{2}+b x \geq 4 a+2 b$,

可知当 $x=2$ 时, $a x^{2}+b x=4 a+2 b$, $a x^{2}+b x+c \geq 4 a+2 b+c$,

$\therefore$ 当 $x=2$ 时，拋物线函数值最小,

$\therefore x=2$ 是对称轴, $a>0$, 开口向上,

$\because y_{1}<y_{2}$

$\therefore|4-m-2|<|m+1-2|$,

$\therefore|2-m|<|m-1|$

$\therefore(2-m)^{2}<(m-1)^{2}$,

$\therefore m^{2}-4 m+4<m^{2}-2 m+1$,
$\therefore-2 m<-3$,

$\therefore m>\frac{3}{2}$.



故答案为: $m>\frac{3}{2}$.

【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质, 解题的关键是判断出抛物线的对称轴及开口方向.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 抛物线 $y=a x^{2}+b x-4$ 与 $x$ 轴交于 $A(-3,0) 、 B(4,0)$ 两点, 与 $y$ 轴交于点 $C$. 则抛物线解析式为 $\qquad$ . 若点 $M$ 是 $\angle B A C$ 平分线上的一点, 点 $N$ 是平面内一点, 若以 $A 、 B 、 M 、 N$为顶点的四边形是矩形, 点 $N$ 坐标为 $\qquad$ .




选项：
答案： $y=\frac{1}{3} x^{2}-\frac{1}{3} x-4 \quad\left(-3,-\frac{7}{2}\right)$ 或 $\left(-\frac{8}{5}, \frac{14}{5}\right)$


解析：先利用待定系数法求出函数解析式; 画出所求矩形的两种情况矩形 $A N M B$ 、矩形 $A M^{\prime} B N^{\prime}$, 分别求出点 $N$ 和点 $N^{\prime}$ 的坐标, 即可得到答案.

【详解】解: 抛物线 $y=a x^{2}+b x-4$ 与 $x$ 轴交于 $A(-3,0) 、 B(4,0)$ 两点,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}9 a-3 b-4=0 \\ 16 a+4 b-4=0\end{array}\right.$,

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

$\therefore$ 抛物线解析式为 $y=\frac{1}{3} x^{2}-\frac{1}{3} x-4$,

若以点 $A 、 B 、 M 、 N$ 为顶点的四边形是矩形, 则点 $M$ 和点 $N$ 的位置有两种如图所示的情况,即矩形 $A N M B$ 、矩形 $A M ' B N^{\prime}$,



当 $x=0$ 时, $y=\frac{1}{3} x^{2}-\frac{1}{3} x-4=-4$,

$\therefore$ 点 $C(0,-4)$,
$\therefore O C=4$,

由 $A(-3,0) 、 B(4,0)$ 可知 $O A=3, O B=4$,

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

先求矩形 $A N M B$ 中点 $N$ 的坐标,

设 $A M$ 与 $y$ 轴相交于点 $Q$, 作 $Q F \perp A C$ 于点 $F$,

$\because$ 点 $M$ 是 $\angle B A C$ 平分线上的一点, $O Q \perp A B$,

$\therefore O Q=Q F$,

$\because \frac{1}{2} O A \cdot O C=\frac{1}{2} O A \cdot O Q+\frac{1}{2} A C \cdot Q F$,

$\therefore \frac{1}{2} \times 3 \times 4=\frac{1}{2} \times 3 O Q+\frac{1}{2} \times 5 Q F$,

$\therefore O Q=Q F=\frac{3}{2}$,

在 Rt $\triangle A O Q$ 和 Rt $\triangle A B M$ 中,

$\therefore \tan \angle O A Q=\frac{O Q}{O A}=\frac{B M}{A B}$,

$\therefore \frac{\frac{3}{2}}{3}=\frac{B M}{3+4}$,

$\therefore B M=\frac{7}{2}$,

$\therefore A N=B M=\frac{7}{2}$,

$\therefore$ 点 $N$ 的坐标是 $\left(-3,-\frac{7}{2}\right)$,

再求矩形 $A M^{\prime} B N^{\prime}$ 中点 $N^{\prime}$ 的坐标,

作 $N^{\prime} E \perp A B$ 于点 $E$, 则 $\angle A E N^{\prime}=90^{\circ}=\angle A O Q$,

$\angle E A N^{\prime}+\angle O A Q=\angle E A N^{\prime}+\angle A N^{\prime} E=90^{\circ}$,

$\therefore \angle O A Q=\angle A N ' E$,

$\therefore \triangle O A Q \sim \triangle E N^{\prime} A$,

$\therefore \frac{O A}{E N^{\prime}}=\frac{O Q}{A E}=\frac{A Q}{A N^{\prime}}$,

$\because \sin \angle O A Q=\frac{O Q}{A Q}=\frac{B M^{\prime}}{A B}$,

$\therefore \frac{\frac{3}{2}}{\sqrt{3^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}}}=\frac{B M^{\prime}}{7}$,

解得 $B M^{\prime}=\frac{7 \sqrt{5}}{5}$,

$\therefore A N^{\prime}=B M^{\prime}=\frac{7 \sqrt{5}}{5}$,
$\therefore \frac{3}{E N^{\prime}}=\frac{\frac{3}{2}}{A E}=\frac{\sqrt{\left(\frac{3}{2}\right)^{2}+3^{2}}}{\frac{7 \sqrt{5}}{5}}=\frac{15}{14}$,

$\therefore E N^{\prime}=\frac{14}{5}, \quad A E=\frac{7}{5}$,

$\therefore O E=A O-A E=3-\frac{7}{5}=\frac{8}{5}$,

$\therefore$ 点 $N^{\prime}\left(-\frac{8}{5}, \frac{14}{5}\right)$,

综上可知, 点 $N$ 的坐标是 $\left(-3,-\frac{7}{2}\right)$ 或 $\left(-\frac{8}{5}, \frac{14}{5}\right)$.

故答案为: $y=\frac{1}{3} x^{2}-\frac{1}{3} x-4,\left(-3,-\frac{7}{2}\right)$ 或 $\left(-\frac{8}{5}, \frac{14}{5}\right)$.

【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解直角三角形、待定系数法求二次函数解析式、矩形的性质等知识, 数形结合和分类讨论是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：从地面坚直向上拋出一小求, 小球距地面的高度 $h$ (m) 与小球的运动时间 $t$ (s) 之间的函数关系如图所示, 当 $h=30$ 时,则 $t=$ $\qquad$ .

选项：
答案： $\frac{3}{2}$ 或 $\frac{9}{2}$


解析：根据图形条件, 可将解析式设为顶点式 $h=a(t-3)^{2}+40$, 将已知点坐标代入求得参数 $a=-\frac{40}{9}$, 从而 $h=-\frac{40}{9}(t-3)^{2}+40$, 于是得 $30=-\frac{40}{9}(t-3)^{2}+40$, 求解得答案.

【详解】解：由图知, 抛物线顶点 $(3,40)$, 过点 $(0,0),(6,0)$

设拋物线解析式 $h=a(t-3)^{2}+40$

将 $(0,0)$ 代入, 得 $0=a \times(-3)^{2}+40$, 解得 $a=-\frac{40}{9}$

$\therefore h=-\frac{40}{9}(t-3)^{2}+40$

当 $h=30$ 时, $30=-\frac{40}{9}(t-3)^{2}+40$, 解得 $t-3= \pm \frac{3}{2}, t=\frac{3}{2}$ 或 $t=\frac{9}{2}$;

故答案为: $\frac{3}{2}$ 或 $\frac{9}{2}$.

【点睛】本题考查待定系数法确定函数解析式, 求解一元二次方程; 选择合适的抛物线解析式形式是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=\sqrt{3} x^{2}$ 的图象如图, 点 $\mathrm{A}$ 在 $y$ 轴的正半轴上,

点 $B, C$ 在二次函数 $y=\sqrt{3} x^{2}$ 的图象上, 四边形 $O B A C$ 为菱形, 且 $\angle A C O=120^{\circ}$, 则菱形 $O B A C$ 的面积为 $\qquad$ .

##
选项：
答案： $2 \sqrt{3}$


解析：连接 $B C$ 交 $O A$ 于 $D$, 根据菱形的性质得到 $O D=\sqrt{3} B D$, 设 $B(t, \sqrt{3} t)$, 将点 $\mathrm{B}$ 坐标代入函数解析式, 解得 $t$ 的值, 即可得到 $O A, B C$ 的值, 即可求得菱形 $O B A C$ 的面积.

【详解】解：如图, 连接 $B C$ 交 $O A$ 于 $D$,


$\because$ 四边形 $O B A C$ 为菱形,

$\therefore B C \perp O A, \angle A C O=\angle A B O, B C=2 B D, O A=2 O D, B C$ 平分 $\angle A B O$,

$\because \angle A C O=120^{\circ}$,

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

$\therefore \angle O B D=60^{\circ}$,

$\therefore O D=\sqrt{3} B D$

设 $B D=t$, 则 $O D=\sqrt{3} t$,

$\therefore B(t, \sqrt{3} t)$

把 $B(t, \sqrt{3} t)$ 代入 $y=\sqrt{3} x^{2}$ 得:

$\sqrt{3} t=\sqrt{3} t^{2}$,

解得: $t_{1}=0$ (舍去), $t_{2}=1$,

$\therefore B D=1, \quad O D=\sqrt{3}$

$\therefore B C=2 B D=2, \quad O A=2 O D=2 \sqrt{3}$

$\therefore S_{\text {菱形 } O B A C}=\frac{1}{2} B C \cdot O A=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$,

故答案为: $2 \sqrt{3}$.

【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的性质；菱形四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，且每一条对角线平分一组对角; 菱形面积等于对角线乘积的一半，二次函数函数图像上点的坐标，熟知上述性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 隧道的截面由拋物线和长方形 $O A B C$ 构成, 按照图中所示的平面直角坐标系, 抛物线可以用 $y=-\frac{1}{6} x^{2}+2 x+6$ 表示. 在抛物


线型拱壁上需要安装两排灯, 如果灯离地面的高度为 $8 \mathrm{~m}$, 那么两排灯的水平距离是 $\qquad$米.


选项：
答案： $4 \sqrt{6}$


解析：把 $y=8$ 代入解析式 $y=-\frac{1}{6} x^{2}+2 x+6$, 再解方程即可得结论.

【详解】解: 根据题意, 当 $y=8$ 时, 则 $8=-\frac{1}{6} x^{2}+2 x+6$,

解得: $x_{1}=6+2 \sqrt{6}, x_{2}=6-2 \sqrt{6}$,

$\therefore$ 两排灯的水平距离是 $x_{1}-x_{2}=6+2 \sqrt{6}-6+2 \sqrt{6}=4 \sqrt{6}$ 米.

故答案为: $4 \sqrt{6}$.

【点睛】本题考查了二次函数的应用,解决本题的关键是把实际问题转化为二次函数问题解决.
题目（九年级 · 解析几何）：2023年 5 月 8 日, C919商业首航完成——国民商业运营国产大飞机正式起步. 12时31分航班抵达北京首都机场,穿过隆重的“水门礼” (寓意“接风洗尘”、是国际民航中高级别的礼仪). 如图(1), 在一次“水门礼”的预演中, 两辆消防车面



图(1)



图(2)向飞机喷射水柱, 喷射的两条水柱近似看作形状相同的地物线的一部分. 如图(2), 当两辆消防车喷水口 $A 、 B$ 的水平距离为 80 米时, 两条水柱在物线的顶点 $H$ 处相遇, 此时相遇点 $H$距地面 20 米，喷水口 $A 、 B$ 距地面均为 4 米. 若两辆消防车同时后退 10 米，两条水柱的形状及喷水口 $A^{\prime} 、 B^{\prime}$ 到地面的距离均保持不变, 则此时两条水柱相遇点 $H^{\prime}$ 距地面 $\qquad$米.



图(1)



图(2)

##
选项：
答案： 19


解析：根据题意求出原来抛物线的解析式, 从而求得平移后的抛物线解析式, 再令 $x=0$ 求平移后的抛物线与 $y$ 轴的交点即可.
【详解】解：由题意可知:

$A(-40,4) 、 B(40,4) 、 H(0,20)$,

设抛物线解析式为: $y=a x^{2}+20$,

将 $A(-40,4)$ 代入解析式 $y=a x^{2}+20$,

解得: $a=-\frac{1}{100}$,

$\therefore y=-\frac{x^{2}}{100}+20$,

消防车同时后退 10 米, 即抛物线 $y=-\frac{x^{2}}{100}+20$ 向左（右）平移 10 米,

平移后的抛物线解析式为: $y=-\frac{(x+10)^{2}}{100}+20$,

令 $x=0$, 解得: $y=19$,

故答案为: 19 .

【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式、函数图像的平移及坐标轴的交点; 解题的关键是求得移动前后抛物线的解析式.
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=(x-1)^{2}$ 与 $y$ 轴的交点坐标为 $\qquad$ .

选项：
答案： $(0,1)$
解析：0,1)$
题目（九年级 · 解析几何）：请写出一个图象开口向上, 且顶点坐标为 $(0,1)$ 的二次函数解析式 $\qquad$

选项：
答案： $y=x^{2}+1$ (答案不唯一)


解析：根据二次函数 $y=a(x-h)^{2}+k$ 的性质进行求解即可.

【详解】解: 由题意得, 满足题意的二次函数解析式可以为 $y=(x-3)^{2}-2$,故答案为: $y=(x-3)^{2}-2$ (答案不唯一).

【点睛】本题主要考查了二次函数的性质, 熟知二次函数 $y=a(x-h)^{2}+k(a \neq 0)$ 的顶点坐标为 $(h, k)$, 当 $a>0$ 时开口向上, 当 $a<0$ 时开口向下是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=a x^{2}+b x-1$ 的图像过 $A(2,0)$ 和 $B(4,5)$ 两点，则这个二次函数的表达式为 $\qquad$ .

选项：
答案： $y=\frac{1}{2} x^{2}-\frac{1}{2} x-1$


解析：把 $A(2,0)$ 和 $B(4,5)$ 的坐标代入 $y=a x^{2}+b x-1$ 得到关于 $a 、 b$ 的方程组求解即可.

【详解】解: 把 $A(2,0)$ 和 $B(4,5)$ 的坐标代入 $y=a x^{2}+b x-1$
$\left\{\begin{array}{l}4 a+2 b-1=0 \\ 16 a+4 b-1=5\end{array}\right.$ 解得: $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{2} \\ b=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$

所以二次函数的表达式为 $y=\frac{1}{2} x^{2}-\frac{1}{2} x-1$.

【点睛】本题主要考查考了用待定系数法求解抛物线解析式, 熟练掌握待定系数法是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 抛物线 $y=x^{2}-a x-(a+1)$ (其中 $a$ 为常数) 的对称轴为直线 $x=1$, 与 $x$ 轴交于点 $A$, 点 $B$, 则 $A B$ 的长度为 $\qquad$ .



（第 17 题）


选项：
答案： 4


解析：根据对称轴求得 $a=2$ 的值, 解方程 $x^{2}-2 x+3=0$, 即可求解.

【详解】解: $\because$ 拋物线 $y=x^{2}-a x-(a+1)$ (其中 $a$ 为常数) 的对称轴为直线 $x=1$,

$\therefore x=-\frac{-a}{2}=1$

解得: $a=2$,

$\therefore$ 抛物线解析式为: $y=x^{2}-2 x+3$,

令 $y=0$, 即 $x^{2}-2 x+3=0$,

解得: $x_{1}=-1, x_{2}=3$,

$\therefore A(-1,0), B(3,0)$,

$\therefore O A=1, O B=3$,

$\therefore A B=O A+O B=1+3=4$,

故答案为: 4 .

【点睛】本题考查了求抛物线与坐标轴的交点, 待定系数法求解析式, 求得抛物线的解析式是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：若抛物线 $y=\frac{1}{2}(a-1) x^{2}$ 的开口向下, 则 $a$ 的取值范围是 $\qquad$ .

选项：
答案： $a<1$
解析：<1$
题目（九年级 · 解析几何）：已知函数 $y=-(x-3)^{2}$, 当 $x$ $\qquad$时, $y$ 随 $x$ 的增大而增大.

选项：
答案： $x \leq 3$
解析： \leq 3$
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=(x-4)^{2}+9$ 的最小值是 $\qquad$

选项：
答案： 9
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=x^{2}+x-2 m+1$ 经过原点, 则 $m$ 的值为 $\qquad$

选项：
答案： $\mathrm{m}=0.5$
解析：mathrm{m}=0.5$
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 抛物线 $y=a x^{2}+b x+c(a>0)$ 的对称轴是过点（1, 0）且平行于 $y$ 轴的直线,若点 $P(4,0)$ 在该抛物线上, 则 $4 a-2 b+c$ 的值为 $\qquad$ .



（第 16 题）


选项：
答案： 如解图, 设拋物线与 $x$ 轴的另一个交点是 $Q$,

$\because$ 抛物线的对称轴是过点 $(1,0)$ 的直线, 与 $x$ 轴的一个交点是 $P(4,0)$,

$\therefore$ 与 $x$ 轴的另一个交点 $Q(-2,0)$,

把 $(-2,0)$ 代入解析式得: $0=4 a-2 b+c$,

$\therefore 4 a-2 b+c=0$.

故答案为: 0

<ImageHere>
【点睛】本题主要考查了抛物线与坐标轴的交点, 准确分析计算是解题的关键.

解析：图, 设拋物线与 $x$ 轴的另一个交点是 $Q$,

$\because$ 抛物线的对称轴是过点 $(1,0)$ 的直线, 与 $x$ 轴的一个交点是 $P(4,0)$,

$\therefore$ 与 $x$ 轴的另一个交点 $Q(-2,0)$,

把 $(-2,0)$ 代入解析式得: $0=4 a-2 b+c$,

$\therefore 4 a-2 b+c=0$.

故答案为: 0


【点睛】本题主要考查了抛物线与坐标轴的交点, 准确分析计算是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知抛物线 $y=-x^{2}+m x+3$ 与 $x$ 轴交于 $A, B$ 两点, 与 $y$ 轴交于点 $C$, 点 $B$的坐标为 $(3,0)$. 点 $P$ 是拋物线对称轴 $l$ 上的一个动点，当 $P A+P C$ 的值最小时, 点 $P$ 的坐标是 . $\qquad$

    

    （第 18 题）

##
选项：
答案： 连接 $B C$, 交抛物线的对称轴 $l$ 于一点, 由拋物线的对称性可知, 该点即为所求的点 $P$,

<ImageHere>

$\because$ 抛物线 $y=-x^{2}+2 x+3$ 与 $y$ 轴交于点 $C$,

$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $(0,3)$,

设直线 $B C$ 的函数表达式为 $y=k x+b$,

把 $B(3,0)$ 和 $C(0,3)$ 代入, 得: $\left\{\begin{array}{c}3 k+b=0 \\ b=3\end{array}\right.$

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

$\therefore$ 直线 $B C$ 的函数表达式为 $y=-x+3$.

$\because$ 拋物线的对称轴为直线 $x=1$,

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $y=2$, 即当 $P A+P C$ 的值最小时, 点 $P$ 的坐标为 $(1,2)$.

【点睛】本题考查了二次函数的性质、待定系数法求解析式以及距离最短问题, 注意找到 $P$点的位置是解题的关键.

解析： $B C$, 交抛物线的对称轴 $l$ 于一点, 由拋物线的对称性可知, 该点即为所求的点 $P$,



$\because$ 抛物线 $y=-x^{2}+2 x+3$ 与 $y$ 轴交于点 $C$,

$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $(0,3)$,

设直线 $B C$ 的函数表达式为 $y=k x+b$,

把 $B(3,0)$ 和 $C(0,3)$ 代入, 得: $\left\{\begin{array}{c}3 k+b=0 \\ b=3\end{array}\right.$

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

$\therefore$ 直线 $B C$ 的函数表达式为 $y=-x+3$.

$\because$ 拋物线的对称轴为直线 $x=1$,

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $y=2$, 即当 $P A+P C$ 的值最小时, 点 $P$ 的坐标为 $(1,2)$.

【点睛】本题考查了二次函数的性质、待定系数法求解析式以及距离最短问题, 注意找到 $P$点的位置是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：请写出一个开口向下, 且经过点 $(0,2)$ 的二次函数解析式 $\qquad$

选项：
答案： $y=-x^{2}+2$ (答案不唯一)

解析：根据二次函数开口向下, 所写出的二次函数 $\mathrm{a}<0$ 即可.

【详解】二次函数 $\mathrm{y}=-\mathrm{x}^{2}+2$ 开口向下, 且经过 $(0,2)$.故答案为 $y=-x^{2}+2$ (答案不唯一).

【点睛】本题考查的知识点是二次函数的性质, 解题关键是利用二次函数图象开口方向和二次函数图象上点的坐标特征.
题目（九年级 · 解析几何）：如果拋物线 $y=a x^{2}-3$ 的顶点是它的最高点, 那么 $a$ 的取值范围是 $\qquad$

选项：
答案： $a<0$


解析：根据题意可得抛物线开口向下, 即可求解.

【详解】解: $\because$ 顶点是拋物线 $y=a x^{2}-3$ 的最高点,

$\therefore$ 拋物线开口向下,

$\therefore a<0$.

故答案为: $a<0$.

【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质, 熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=x^{2}-6 x+9$ 与 $x$ 轴的交点坐标是 $\qquad$ .

选项：
答案： $(3,0)$
解析：3,0)$
题目（九年级 · 解析几何）：已知点 $(1, m)(2, n)$ 在二次函数 $y=-\frac{5}{2} x^{2}+10 x-\frac{7}{2}$ 的图像上. 则 $m \_n$. (填 ">"、" $<$ "或“=”)。

选项：
答案： $\mathrm{m}<\mathrm{n}$
解析：mathrm{m}<\mathrm{n}$
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 点 $(1,0)$ 在抛物线 $y=-x^{2}+b x+c$ 上, 且抛物线的对称轴为 $x=-1$, 若 $y>0$,则 $x$ 的取值范围是 $\qquad$



（第 15 题）


选项：
答案： $-3<x<1$


解析：根据抛物线对称轴的性质以及该抛物线与 $x$ 轴的交点, 可得到该抛物线与 $x$ 轴的另一个交点, 即可求得当 $y>0, x$ 的取值范围.

【详解】 $\because$ 抛物线的对称轴为 $x=-1$, 点 $(1,0)$ 在抛物线上, $\therefore$ 该拋物线与 $x$ 轴的另一个交点与点 $(1,0)$ 关于 $x=-1$ 对称,

$\therefore$ 另一个交点为 $(-3,0)$,

$\therefore$ 当 $y>0$ 时, $x$ 的取值范围为 $-3<x<1$,

故答案为: $-3<x<1$

【点睛】本题考查了抛物线的对称轴的性质, 抛物线与 $x$ 轴的交点等性质, 解答本题的关键是熟练掌握并运用抛物线的性质进行求解.
题目（九年级 · 解析几何）：如图,一名学生推铅球, 铅球行进高度 $y$ (单位: $m$ ) 与水平距离 $x$ (单位: $m$ ) 之间的关系是 $y=-\frac{1}{12}(x-10)(x+4)$, 则铅球推出的距离 $O A=$ $\qquad$ $\mathrm{m}$.

    

    （第 16 题）


选项：
答案： 10


解析：令 $y=0$, 则 $0=-\frac{1}{12}(x-10)(x+4)$, 再解方程, 结合函数图象可得答案.

【详解】解: 令 $y=0$, 则 $0=-\frac{1}{12}(x-10)(x+4)$,

解得: $x_{1}=10, x_{2}=-4$,

$\therefore O A=10$,

故答案为: 10 .

【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用, 理解题意令 $y=0$ 求解方程的解是解本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：拋物线 $y=-\frac{1}{4} x^{2}-x+m$ 的顶点在 $x$ 轴上, 则 $m$ 的值是 $\qquad$ .


选项：
答案： 1
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=-(x-2)^{2}+\frac{9}{4}$ 的图像与 $x$ 轴围成的封闭区域内（包括边界), 横、纵坐标都是整数的点有 $\qquad$个（提示：必要时可利用下面的备用图画出图像来分析）.

    

    （第 18 题备用图）

##
选项：
解析：找到函数图象与 $x$ 轴的交点, 那么就找到了相应的 $x$ 的整数值, 代入函数求得 $y$的值, 那么就求得了 $y$ 的范围.

【详解】对于 $y=-(x-2)^{2}+\frac{9}{4}$, 令 $y=0$ 得, $x=\frac{1}{2}$ 或 $x=\frac{7}{2}$,

图像与 $x$ 轴围成的封闭区域内（包括边界), 横、纵坐标都是整数的点 $(1,0) 、(2,0) 、(3$, $0) 、(1,1) 、(2,1) 、(2,2) 、(3,1)$ 共有 7 个.
故答案为: 7 .

【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质, 图象与 $x$ 轴的交点等知识, 掌握这些知识是关键.
题目（九年级 · 解析几何）：不在同一直线的 $\qquad$个点可以确定一个圆.

选项：
答案： 

$$
\text { 三 }
$$


解析：根据确定圆的条件解答即可.

【详解】解：经过两点可以做无数个圆,不在同一直线的三个点可以确定一个圆,故答案为: 无数, 三.

【点睛】本题考查了确定圆的条件, 属于基础题, 熟练掌握相关知识是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 矩形 $A B C D$ 中, $A B=8, A D=6$, 以 $A$ 为圆心, $r$ 为半径作 $\odot A$, 使得点 $D$在圆内, 点 $C$ 在圆外, 则半径 $r$ 的取值范围是 $\qquad$



(第 13 题)


选项：
答案： $6<r<10$


解析：首先利用勾股定理得出 $A C$ 的长, 利用以 $A$ 为圆心, $r$ 为半径作 $\odot A$, 使得点 $D$ 在圆内, 点 $C$ 在圆外, 得出 $r$ 的取值范围即可.

【详解】解: 如图, 连接 $A C$,



$\because$ 矩形矩形 $A B C D$ 中, $A B=8, A D=6$,

$\therefore A C=10$,

$\because$ 以 $A$ 为圆心, $r$ 为半径作 $\odot A$, 使得点 $D$ 在圆内, 点 $C$ 在圆外,

$\therefore$ 半径 $r$ 的取值范围是: $6<r<10$,

故答案为: $6<r<10$.

【点睛】本题主要考查了点与圆的位置关系以及勾股定理, 利用图形得出 $r$ 的取值范围是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 平面直角坐标系中一条圆弧经过网格点 $A, B, C$, 点 $A$ 在 $y$ 轴上, 点 $B$ 的坐标为 $(4,4)$, 则该圆弧所在圆内的圆心坐标为 $\qquad$

    

    （第 14 题）


选项：
答案： $(2,0)$


解析：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦 $A B$ 和 $B C$ 的垂直平分
线, 交点即为圆心.

【详解】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦 $A B$ 和 $B C$ 的垂直平分线, 交点即为圆心.

如图所示, 则圆心是 $(2,0)$.

故答案为: $(2,0)$.



【点睛】本题主要考查确定圆的条件和坐标与图形性质的知识点, 能够根据垂径定理的推论得到圆心的位置.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 海边有两座灯塔 $A 、 B$, 暗礁分布在经过 $A 、 B$ 两点的弓形（弓形的弧是 $\odot \mathrm{O}$的一部分）区域内, $\angle A O B=96^{\circ}$, 为了避免触礁, 轮船 $P$ 与 $A 、 B$ 的张角 $\angle A P B$ 的最大值为 $\qquad$ .



（第 15 题）


选项：
答案： 48

【详解】试题解析： $\because$ 海边立有两座灯塔 A、B, 暗礁分布在经过 A、B 两点的弓形（弓形的弧是 $\odot \mathrm{O}$ 的一部分）区域内, $\angle \mathrm{AOB}=96^{\circ}$.

$\therefore$ 当 $\mathrm{P}$ 点在圆上时，不进入经过 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 两点的弓形（弓形的弧是 $\odot \mathrm{O}$ 的一部分）区域内，轮船 $\mathrm{P}$ 与 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 的张角 $\angle \mathrm{APB}$ 的最大,

此时 $\angle \mathrm{AOB}=2 \angle \mathrm{APB}=96^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{APB}=48^{\circ}$.

考点: 圆周角定理.

解析：

【详解】试题解析： $\because$ 海边立有两座灯塔 A、B, 暗礁分布在经过 A、B 两点的弓形（弓形的弧是 $\odot \mathrm{O}$ 的一部分）区域内, $\angle \mathrm{AOB}=96^{\circ}$.

$\therefore$ 当 $\mathrm{P}$ 点在圆上时，不进入经过 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 两点的弓形（弓形的弧是 $\odot \mathrm{O}$ 的一部分）区域内，轮船 $\mathrm{P}$ 与 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 的张角 $\angle \mathrm{APB}$ 的最大,

此时 $\angle \mathrm{AOB}=2 \angle \mathrm{APB}=96^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{APB}=48^{\circ}$.

考点: 圆周角定理.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $C$ 、 $D$ 是 $\odot O$ 上的点. 且 $O D / / B C, A C$ 分别与 $B D$ 、 $O D$ 相交于点 $E, F$. 若 $\odot O$ 的半径为 $5, \angle D O A=80^{\circ}$, 点 $P$ 是线段 $A B$ 上任意一点,
    则 $P C+P D$ 的最小值是 $\qquad$

    

    （第 18 题）

##
选项：
答案： $5 \sqrt{3}$


解析：作 $C$ 点关于 $A B$ 的对称点 $C^{\prime}, C^{\prime} D$ 交 $A B$ 于 $P$, 连接 $O C$, 如图, 求出 $D C^{\prime}$ 的长,可得结论.

【详解】解：作 $C$ 点关于 $A B$ 的对称点 $C^{\prime}, C^{\prime} D$ 交 $A B$ 于 $P$, 连接 $O C$, 如图, $\because P C=P C^{\prime}$,

$\therefore P D+P C=P D+P C^{\prime}=D C^{\prime}$,

$\therefore$ 此时 $P C+P D$ 的值最小,

$\because A D=C D$,

$\therefore \angle C O D=\angle A O D=80^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=20^{\circ}$,

$\because$ 点 $C$ 和点 $C^{\prime}$ 关于 $A B$ 对称，

$\therefore \angle C^{\prime} O B=20^{\circ}$,

$\therefore \angle D O C^{\prime}=120^{\circ}$,

作 $O H \perp D C^{\prime}$ 于 $H$, 如图,

则 $\angle O D H=30^{\circ}$,

则 $C^{\prime} H=D H$,

在 Rt $\triangle O H D$ 中, $O H=\frac{1}{2} O D=\frac{5}{2}$,

$\therefore D E=\sqrt{3} O H=\frac{5 \sqrt{3}}{2}$,

$\therefore D C^{\prime}=2 D E=5 \sqrt{3}$,

$\therefore P C+P D$ 的最小值为 $5 \sqrt{3}$.

故答案为: $5 \sqrt{3}$.



【点睛】本题考查了圆周角定理: 在同圆或等圆中, 同弧或等弧所对的圆周角相等, 都等于这条弧所对的圆心角的一半. 推论: 半圆（或直径）所对的圆周角是直角, $90^{\circ}$ 的圆周角所对的弦是直径, 也考查了垂径定理, 解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知四边形 $A B C D$ 是圆 $O$ 的内接四边形, $\angle B O D=80^{\circ}$, 则 $\angle B C D=$ $\qquad$



（第 12 题）


选项：
答案： $140^{\circ}$


解析：先根据圆周角定理求出 $\angle A$ 的度数, 再由圆内接四边形的性质求出 $\angle B C D$ 的度数即可.

【详解】 $\because \angle B O D=80^{\circ}$,

$\therefore \angle A=40^{\circ}$.

$\because$ 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O$,

$\therefore \angle B C D=180^{\circ}-\angle A=180^{\circ}-40^{\circ}=140^{\circ}$.

故答案为 $140^{\circ}$.

【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质, 熟知圆内接四边形的对角互补是解答此题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在圆内接正六边形 $A B C D E F$ 中, $B D 、 E C$ 交于点 $G$, 已知半径为 3 , 则 $B G$的长为 $\qquad$ .

    

    图1

    

    图2

    

    （第 18 题）

##
选项：
答案： $2 \sqrt{3}$


解析：连接 $B O 、 G O$, 则三角形 $E O G$ 为直角三角形, 利用勾股定理即可求解.

【详解】解: 连接 $B E 、 G O 、 O C$,



$\because$ 六边形 $A B C D E F$ 是正六边形,

$\therefore B E$ 经过 $O$ 点, 且 $O$ 是 $B E$ 的中点,

$E D=B C, \angle E D C=\frac{(6-2) \times 180^{\circ}}{6}=120^{\circ}, \angle B O C=\frac{360^{\circ}}{6}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle E B D=\angle C E B$,

$\therefore E G=B G$

$\therefore G O \perp B E$,

$\therefore \angle E O G=\angle B O G=90^{\circ}$,

$\because \angle B O C=60^{\circ}$,

$\therefore \angle B E C=\frac{1}{2} \times 60^{\circ}=30^{\circ}$,

$\because D E=C D=B C$,

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

$\therefore \angle E D G=120^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ}$,

设 $E G=B G=x$, 则 $O G=\frac{1}{2} E G=\frac{1}{2} x$,

$\therefore\left(\frac{1}{2} x\right)^{2}+3^{2}=x^{2}$

解得: $x=2 \sqrt{3}$ 或 $x=-2 \sqrt{3}$ (舍去).

故答案为: $2 \sqrt{3}$.

【点睛】本题考查了圆内接正六边形的性质, 圆周角定理, 勾股定理的应用, 解题的关键是掌握各知识点, 并能结合图形熟练运用各知识点.
题目（九年级 · 解析几何）：已知圆 $O$ 的半径为 $1, A$ 是圆 $O$ 内一点, 如果将线段 $O A$ 的长记为 $d$, 那么 $d$ 的取值范围是 $\qquad$ .

选项：
答案： $0 \leq d<1$


解析：根据点在圆内, $0 \leq d<1$, 可得结论.

【详解】解： $\because$ 点 $\mathrm{A}$ 在圆内,

$\therefore 0 \leq d<1$,

故答案为: $0 \leq d<1$.

【点睛】本题考查点与圆的位置关系, 解题的关键是记住: 点与圆的位置关系有 3 种. 设 $\odot O$的半径为 $r$, 点 $P$ 到圆心的距离 $O P=d$, 则有: (1)点 $P$ 在圆外 $\Leftrightarrow d>r$ (2) 点 $P$ 在圆上

$\Leftrightarrow d=r$. (3)点 $P$ 在圆内 $\Leftrightarrow d<r$.
题目（九年级 · 解析几何）：如果一个正多边形的中心角是 $20^{\circ}$, 那么这个正多边形的边数为 $\qquad$

选项：
答案： 18


解析：根据正 $n$ 边形的中心角的度数为 $360^{\circ} \div n$ 进行计算即可得到答案.

【详解】根据正 $n$ 边形的中心角的度数为 $360^{\circ} \div n$,

则 $n=360 \div 20=18$ ，

故这个正多边形的边数为 18 ,

故答案为: 18 .

【点睛】本题考查的是正多边形内角和中心角的知识, 掌握中心角的计算公式是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 点 $A 、 B 、 C$ 在圆 $O$ 上, 弦 $A C$ 与半径 $O B$ 互相平分, 那么 $\angle A O C$ 度数为 $\qquad$度.



(第 13 题)






选项：
答案： 120 .


解析：首先根据垂径定理得到 $\mathrm{OA}=\mathrm{AB}$, 结合等边三角形的性质即可求出 $\angle \mathrm{AOC}$ 的度数.

【详解】解: $\because$ 弦 $\mathrm{AC}$ 与半径 $\mathrm{OB}$ 互相平分,

$\therefore \mathrm{OA}=\mathrm{AB}$,

$\because \mathrm{OA}=\mathrm{OC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{OAB}$ 是等边三角形,
$\therefore \angle \mathrm{AOB}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{AOC}=120^{\circ}$,

故答案为 120 .

【点睛】本题主要考查了垂径定理的知识, 解题的关键是证明 $\triangle \mathrm{OAB}$ 是等边三角形, 此题难度不大.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A 、 B 、 C 、 D$ 是 $\odot O$ 上的点, 如果 $A B=C D, \angle A O B=70^{\circ}$, 那么 $\angle C O D=$ . $\qquad$

    

    (第 14 题)


选项：
答案： $70^{\circ}$


解析：根据圆心角、弧、弦三者的关系可解答.

【详解】解: $\because A B=C D$,

$\therefore \angle C O D=\angle A O B=70^{\circ}$,

故答案为: $70^{\circ}$.

【点睛】本题主要考查圆心角、弧、弦三者的关系, 解题的关键是掌握在同圆或等圆中, (1)圆心角相等, (2)所对的弧相等, (3)所对的弦相等, 三项“知一推二”, 一项相等, 其余二项皆相等.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A C$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $B D \perp A O$, 垂足为点 $E$, 连接 $B C$, 过点 $O$ 作 $O F \perp B C$, 垂足为点 $F$, 若 $B D=8 \mathrm{~cm}, A E=2 \mathrm{~cm}$, 则 $O F$ 的长度是 $\qquad$ $\mathrm{cm}$.

    

    (第 17 题)


选项：
答案： $\sqrt{5}$


解析：连接 $A B$, 根据垂径定理求出 $B E$, 根据勾股定理求出 $A B$, 根据三角形中位线定理计算, 得到答案.

【详解】解：连接 $A B$,



$\because B D \perp A O$,

$\therefore B E=E D=\frac{1}{2} B D=4$,

由勾股定理得, $A B=\sqrt{A E^{2}+B E^{2}}=2 \sqrt{5}$,

$\because O F \perp B C$,

$\therefore C F=F B$, 又 $C O=O A$,

$\therefore O F=\frac{1}{2} A B=\sqrt{5}(\mathrm{~cm})$,

故答案为: $\sqrt{5}$.

【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理, 掌握垂直于弦的直径平分弦是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 直线 $A D, B C$ 交于点 $O, A B / / E F / / C D$. 若 $A O=2, O F=1, F D=2$. 则 $\frac{B E}{E C}$的值为 $\qquad$

    

    （第 13 题）


选项：
答案： $\frac{3}{2}$


解析：由平行线分线段成比例可得, $\frac{B O}{O E}=\frac{A O}{O F}=\frac{2}{1}, \frac{O E}{E C}=\frac{O F}{F D}=\frac{1}{2}$, 得出 $B O=2 O E$, $E C=2 O E$, 从而 $\frac{B E}{E C}=\frac{2 O E+O E}{2 O E}=\frac{3}{2}$.

【详解】 $\because A B\|E F\| C D, \quad A O=2, \quad O F=1$,

$\therefore \frac{B O}{O E}=\frac{A O}{O F}=\frac{2}{1}$,

$\therefore B O=2 O E$,

$\because \frac{O E}{E C}=\frac{O F}{F D}=\frac{1}{2}$,

$\therefore E C=2 O E$,

$\therefore \frac{B E}{E C}=\frac{2 O E+O E}{2 O E}=\frac{3}{2}$;

故答案为: $\frac{3}{2}$.

【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的知识点, 根据平行线分线段成比例找出线段之间的关系是解决本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 直线 $l_{1} / / l_{2} / / l_{3}, \mathrm{~A}, \mathrm{~B}, \mathrm{C}$ 分别为直线 $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ 上的动点, 连接 $A B, B C$, $A C$, 线段 $A C$ 交直线 $l_{2}$ 于点 $D$. 设直线 $l_{1}, l_{2}$ 之间的距离为 $m$, 直线 $l_{2}, l_{3}$ 之间的距离为 $n$, 若 $\angle A B C=90^{\circ}, B D=4$, 且 $\frac{m}{n}=\frac{2}{3}$, 则 $m+n$ 的最大值为 $\qquad$ .



（第 18 题）

##
选项：
答案： $\frac{25}{3}$


解析：过 $B$ 作 $B E \perp l_{1}$ 于 $E$, 延长 $E B$ 交 $l_{3}$ 于 $F$, 过 $\mathrm{A}$ 作 $A N \perp l_{2}$ 于 $N$, 过 $C$ 作 $C M \perp l_{2}$ 于 $M$,设 $A E=x, C F=y, B N=x, B M=y$, 则 $D M=y-4, D N=4-x$, 由 $\triangle A B E \sim \triangle B F C$,得 $\frac{A E}{B F}=\frac{B E}{C F}$, 即 $\frac{x}{n}=\frac{m}{y}$, 由 $\triangle C M D \sim \triangle A N D$, 得 $\frac{A N}{C M}=\frac{D N}{D M}$, 即 $\frac{m}{n}=\frac{4-x}{y-4}=\frac{2}{3}$, 故 $y=-\frac{3}{2} x+10$, 整理得 $m n=x y=x\left(-\frac{3}{2} x+10\right)=-\frac{3}{2} x^{2}+10 x=\frac{3}{2} m^{2}$, 根据二次函数最值即可求解.

【详解】过 $B$ 作 $B E \perp l_{1}$ 于 $E$, 延长 $E B$ 交 $l_{3}$ 于 $F$, 过 $\mathrm{A}$ 作 $A N \perp l_{2}$ 于 $N$, 过 $C$ 作 $C M \perp l_{2}$ 于 $M$,设 $A E=x, C F=y, B N=x, B M=y$,

$\because B D=4$,

$\therefore D M=y-4, \quad D N=4-x$,

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

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

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

$\therefore \frac{A E}{B F}=\frac{B E}{C F}$, 即 $\frac{x}{n}=\frac{m}{y}$,

$\therefore x y=m n$,

$\because \angle A D N=\angle C D M$,

$\therefore \triangle C M D \sim \triangle A N D$,

$\therefore \frac{A N}{C M}=\frac{D N}{D M}$, 即 $\frac{m}{n}=\frac{4-x}{y-4}=\frac{2}{3}$,

$\therefore y=-\frac{3}{2} x+10$,

$\because \frac{m}{n}=\frac{2}{3}$,

$\therefore n=\frac{3}{2} m$,

$\therefore(m+n)_{\text {最大 }}=\frac{5}{2} m$,

$\therefore$ 当 $m$ 最大时, $(m+n)_{\text {最大 }}=\frac{5}{2} m$,

$\because m n=x y=x\left(-\frac{3}{2} x+10\right)=-\frac{3}{2} x^{2}+10 x=\frac{3}{2} m^{2}$,

$\therefore$ 当 $x=-\frac{10}{2 \times\left(-\frac{3}{2}\right)}=\frac{10}{3}$ 时, $m n_{\text {最大 }}=\frac{50}{3}=\frac{3}{2} m^{2}$,

$\therefore m_{\text {最大 }}=\frac{10}{3}$,

$\therefore m+n$ 的最大值为 $\frac{5}{2} \times \frac{10}{3}=\frac{25}{3}$.

故答案为 $\frac{25}{3}$.



【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质, 解题的关键是根据已知条件作出辅助线构造相似三角形进行求解.
题目（九年级 · 解析几何）：一个扇形的圆心角为 $120^{\circ}$, 弧长为 $6 \pi$, 则此扇形的半径为 $\qquad$

选项：
答案： 9


解析：根据弧长公式求解即可.

【详解】解: 个扇形的圆心角为 $120^{\circ}$, 弧长为 $6 \pi$, 设此扇形的半径为 $r$,则 $\frac{120 \pi r}{180}=6 \pi$,

解得, $r=9$,

故答案为: 9 .

【点睛】本题考查了弧长公式, 解题关键是熟记弧长公式，准确计算.