eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2019$cdot$浙江嘉兴$cdot$九年级阶段练习）如图,在平面直角坐标系中,抛物线$y=x^{2}+mx$交$x$轴的负半轴于点$A$.点$B$是$y$轴正半轴上一点,点$A$关于点$B$的对称点$A^{prime}$恰好落在抛物线上.过点$A^{prime}$作$x$轴的平行线交抛物线于另一点$C$.若点$A^{prime}$的横坐标为1,则$A^{prime}C$的长为
选项：
答案：3
解析：【分析】解方程$x^{2}+mx=0$得$A(-m,0)$,再利用对称的性质得到点$A$的坐标为$(-1,0)$,所以抛物线解析式为$y=x^{2}+x$,再计算自变量为1的函数值得到$A^{prime}(1,2)$,接着利用$C$点的纵坐标为2求出$C$点的横坐标,然后计算$A^{prime}C$的长.【详解】解：当$y=0$时,$x^{2}+mx=0$,解得$x_{1}=0,x_{2}=-m$,则$A(-m,0)$,$because$点$A$关于点$B$的对称点为$A^{prime}$,点$A^{prime}$的横坐标为1,$therefore$点$A$的坐标为$(-1,0)$,$therefore$抛物线解析式为$y=x^{2}+x$,当$x=1$时,$y=x^{2}+x=2$,则$A^{prime}(1,2)$,当$y=2$时,$x^{2}+x=2$,解得$x_{1}=-2,x_{2}=1$,则$C(-2,1)$,$thereforeA^{prime}C$的长为$1-(-2)=3$,故答案为3。【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、坐标平面内关于某点对称的两点间坐标的关系以及抛物线与$x$轴的交点,解题的关键是把求二次函数$y=ax^{2}+bx+c(a,b,c$是常数,$aneq0)$与$x$轴的交点坐标问题转化为解关于$x$的一元二次方程.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2022$cdot$浙江疅州$cdot$九年级期末)二次函数$y=2(x-3)^{2}+1$图象的顶点坐标是$qquad$
选项：
答案：$(3,1)$
解析：【分析】根据顶点式直接解答即可.【详解】解：二次函数$y=2(x-3)^{2}+1$的图象的顶点坐标是$(3,1)$.故答案为:$(3,1)$【点睛】本题考查了二次函数的性质,要熟悉顶点式的意义，并明确：$y=a(x-h)^{2}+k$$(aneq0)$的顶点坐标为$(h,k)$.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2021$cdot$浙江绍兴$cdot$年级期末)已知抛物线$y=ax^{2}+bx+c(aneq0)$的对称轴为直线$x=2$,且与$x$轴有两个交点,其中一个交点坐标为$-1,0$,则另一个交点坐标为$qquad$.
选项：
答案：$(5,0)$
解析：【分析】根据二次函数的基本性质及对称轴求交点的对称点即可得.【详解】解：设另一个交点为$(a,0)$,根据对称轴及与$x$轴的交点可得:$frac{a+(-1)}{2}=2，$解得:$a=5$故答案为:$(5,0)$.【点睛】题目主要考查利用二次函数的基本性质求交点的对称点，理解题意，熟练掌握二次函数的基本性质是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2022$cdot$浙江嘉兴$cdot$九年级期末)甲、乙两人研究二次函数$y=ax^{2}-4ax+3(aneq0)$与反比例函数$y=frac{k}{x}(kneq0)$,甲说:“二次函数图象一定过第一象限的一个定点."乙说:“二次函数图象的顶点及这个定点都在该反比例函数图象上."若甲、乙两人的描述正确,则$a$的值为
选项：
答案：$-frac{3}{4}-0.75$
解析：【分析】根据二次函数过定点,则与$a$的取值无关,得出定点和顶点再进行解答.【详解】解:$becausey=ax^{2}-4ax+3=ax(x-4)+3$,$therefore$当$x=4$时,$y=3$,$therefore$二次函数图象一定过第一象限的一个定点$(4,3)$,$becausey=ax^{2}-4ax+3=a(x-2)^{2}+3-4a$,$therefore$顶点为$(2,3-4a)$,$because$二次函数的顶点及这个定点都在反比例函数图象上,$therefore2times(3-4a)=4times3$,$thereforea=-frac{3}{4}$.故答案为:$-frac{3}{4}$.【点睛】本题考查了二次函数和反比例函数的图象和性质，确定出二次函数过定点$(4,3)$是解答本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2022$cdot$浙江温州$cdot$九年级期末）已知二次函数$y=ax^{2}+2ax-3a$（其中$x$是自变量）图象与$x$轴交于$A,B$两点,当$xgeq0$时,$y$随$x$的增大而减小,$P$为抛物线上一点,且横坐标为$m$,当$-2leqmleq2$时,$triangleABP$面积的最大值为8,则$a$的值为
选项：
答案：$-frac{4}{5}-0.8$
解析：【分析】根据函数解析式可以求得与$x$轴的两个交点,然后根据当$xgeqslant0$时,$y$随$x$的增大而减小,$P$为抛物线上一点,且横坐标为$m$,当$-2leqslantmleqslant2$时,$triangleABP$面积的最大值为8,即可求得${a}$的值【详解】$becausey=ax^{2}+2ax-3a=a(x+3)(x-1)$,$therefore$当$y=0$时,$x=-3$或1,不妨设点${A}$的坐标为$(-3,0)$,点${B}(1,0)$,$therefore{AB}=1-(-3)=1+3=4$$therefore$该抛物线顶点的横坐标为$frac{-3+1}{2}=-1$,纵坐标为$y=a-2a-3a=-4a$,$because$当$xgeqslant0$时,$y$随$x$的增大而减小,$therefore{a}<0$,$becauseP$为抛物线上一点,且横坐标为$m$,当$-2leqslantmleqslant2$时,$triangleABP$面积的最大值为8,$therefore$当$x=2$时,$y=4a+4a-3a=5a$,当$x=-1$时,$y=-4a$,$because|5{a}|>|-4{a}|$$thereforefrac{ABcdot|5a|}{2}=8$,即$frac{4cdot(-5a)}{2}=8，$解得${a}=-frac{4}{5}，$故答案为:$-frac{4}{5}$.【点睛】本题考查抛物线与${x}$轴的交点、二次函数的性质、二次函数的最值,解答本题的关键是判断${a}$的正负情况,求出${a}$的值.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2021$cdot$浙江$cdot$杭州外国语学校九年级期中）抛物线$y=ax^{2}+bx+c（a$,$b,c$是常数,$a<0)$经过$A(0,3),B(4,3)$.下列四个结论:(1)$4a+b=0$;(2)点$P_{1}left(x_{1},y_{1}right),P_{2}left(x_{2},y_{2}right)$在抛物线上,当$left|x_{1}-2right|-left|x_{2}-2right|>0$时,$y_{1}>y_{2}$;(3)若抛物线与$x$轴交于不同两点$C,D$,且$CDleq6$,则$aleq-frac{3}{5}$;(4)若$3leqxleq4$,对应的$y$的整数值有3个,则$-1<aleq-frac{2}{3}$.其中正确的结论是(填写序号).
选项：
答案：(1)(3)(4)
解析：【分析】将$A、B$两点坐标代入解析式可判断结论(1);抛物线开口向下,由抛物线的对称性,绝对值的意义,可判断结论(2);$C,D$为抛物线与$x$轴的交点,利用一元二次方程根与系数的关系,计算$CDleq6$,可以判断结论(3);抛物线开口向下,$3leqxleq4$时函数值递减,由点$B(4,3)$,得到$x=3$时,$y$的取值范围便可判断结论(4);【详解】解：将$A、B$两点坐标代入抛物线得：$left{begin{array}{l}3=c3=16a+4b+cend{array}right.$,解得$left{begin{array}{l}c=34a+b=0end{array}right.$,故结论(1)正确;抛物线对称轴为$x=-frac{b}{2a}=2$,函数开口向下,$becauseleft|x_{1}-2right|-left|x_{2}-2right|>0$,即$P_{1}left(x_{1},y_{1}right)$离对称轴更远，$thereforey_{1}<y_{2}$,故结论(2)错误;设$Cleft(x_{3},0right),Cleft(x_{4},0right)$,由根与系数的关系得:$x_{3}+x_{4}=4,x_{3}:x_{4}=frac{3}{a}$,$thereforeleft|x_{3}-x_{4}right|=sqrt{left(x_{3}+x_{4}right)^{2}-4x_{3}cdotx_{4}}=sqrt{4^{2}-4timesfrac{3}{a}}=sqrt{16-frac{12}{a}}leq6$,解得:$aleq-frac{3}{5}$,故结论(3)正确;由题意知:$x=4$时,$y=3$,$because3leqxleq4$,对应的$y$的整数值有3个,函数开口向下,$thereforey$对应的整数值为:$5,4,3$,$thereforex=3$时,对应的$y$值:$5leqy<6$,$therefore5leq9a+3b+c<6,5leq9a-12a+3<6$,解得$-1<aleq-frac{2}{3}$,故结论(4)正确;故答案为:(1)(3);【点睛】本题考查二次函数的图象和性质,绝对值的意义,一元二次方程根与系数的关系;掌握二次函数的图象和性质是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2020$cdot$浙江$cdot$余姚市兰江中学九年级阶段练习）如图,在半径为$3sqrt{2}$的$odotO$中,$AB$是直径,$AC$是弦,$D$是$AC$的中点,$AC$与$BD$交于点$E$.若$E$是$BD$的中点,则$AC$的长是
选项：
答案：8
解析：【分析】连接$OD$,交$AC$于$F$,根据垂径定理得出$ODperpAC,AF=CF$,进而证得$DF$$=BC$,根据三角形中位线定理求得$OF=frac{1}{2}BC=frac{1}{2}DF$,从而求得$BC=DF=2sqrt{2}$,利用勾股定理即可求得$AC$.【详解】解：连接$OD，$交$AC$于$F$,$becauseD$是$AC$的中点,$thereforeODperpAC,AF=CF$,$thereforeangleDFE=90^{circ}$,$becauseOA=OB,AF=CF$$thereforeOF=frac{1}{2}BC$,$becauseAB$是直径,$thereforeangleACB=90^{circ}$,在$triangleEFD$和$triangleECB$中,$left{begin{array}{l}angleDBE=angleBCE=90^{circ}angleDEF=angleBECDE=BEend{array}right.$,$thereforetriangleEFDcongtriangleECB(AAS)$,$thereforeDF=BC$,$thereforeOF=frac{1}{2}DF$,$becauseOD=3sqrt{2}$,$thereforeOF=sqrt{2}$,$thereforeBC=2sqrt{2}$,在Rt$triangleABC$中,$AC^{2}=AB^{2}-BC^{2}$,$thereforeAC=sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=sqrt{(6sqrt{2})^{2}-(2sqrt{2})^{2}}=8$,故答案为8.【点睛】本题考查垂径定理、圆周角定理及推论、全等三角形的判定、勾股定理、灵活应用性质及定理是关键，熟练掌握垂径定理是重点.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2022-浙江$cdot$九年级专题练习)如图,$A$为双曲线$y=-frac{9}{x}$在第二象限分支上的一个动点,连接$AO$并延长交双曲线的另一分支于点$B$,以$AB$为边作等边三角形$ABC$,若点$C$的坐标为$(3,n)$,则$n=$
选项：
答案：9
解析：【分析】连接$OC$,作$AMperpx$轴于$M,CNperpx$轴于$N$,根据题意得出$angleCAO=60^{circ}$,$COperpAB$,从而得出$frac{OC}{OA}=sqrt{3}$,通过证得$triangleAOMsimtriangleOCN$,得出$frac{S_{triangleCON}}{S_{triangleAOM}}=left(frac{OC}{OA}right)^{2}=3$,即可得出$frac{frac{3n}{2}}{frac{9}{2}}=3$,解方程即可求解.【详解】解：连接$OC$,作$AMperpx$轴于$M,CNperpx$轴于$N$,$becauseA、B$为双曲线$y=-frac{9}{x}$上的点,且$AB$经过原点$O$,$thereforeOA=OB$,$becausetriangleABC$是等边三角形,$thereforeangleCAO=60^{circ},quadCOperpAB$$thereforefrac{{OC}}{{OA}}=sqrt{3}$,$thereforeangleAOM+angleCON=90^{circ}$,$becauseangleAOM+angleOAM=90^{circ}$,$thereforeangleCON=angleOAM$$becauseangleAMO=angleCNO=90^{circ}$,$thereforetriangleAOMsimtriangleOCN$$thereforefrac{S_{triangleCON}}{S_{triangleAOM}}=left(frac{OC}{OA}right)^{2}=3$$becauseA$为双曲线$y=-frac{9}{x}$在第二象限分支上的一个动点,点$C$的坐标为$(3,n)$,$thereforeS_{triangleAOM}=frac{1}{2}times|-9|=frac{9}{2},quadS_{triangleCON}=frac{1}{2}timesONcdotCN=frac{3n}{2}$,$thereforefrac{S_{triangleCON}}{S_{triangleAOM}}=frac{frac{3n}{2}}{frac{9}{2}}=3$,$thereforen=9$.故答案为:9.【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征,反比例函数的比例系数的几何意义,等边三角形的性质,解直角三角形,相似三角形的性质和判定的应用.能综合运用相关知识进行推理和计算是解答关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2019$cdot$浙江湖州$cdot$九年级期中）如图,在平面直角坐标系中，$triangle{ABC}$的顶点在坐标轴上,${A},{B},{C}$三点的坐标分别为$(0,2),(1,0),(0,-0,5),{D}$为线段$AB$上-个动点(不与点$A,B$重合),过$B,D,0$三点的圆与直线$BC$交于点${E}$,当$triangleOED$面积取得最小值时,ED的长为$qquad$.
选项：
答案：1
解析：【分析】如图,先证明$triangle{AOB}simtriangle{BOC}$得到$angle1=angle2$,再判断$angle{DBE}=90^{circ}$,利用圆周角定理可得到$DE$为过$B,D,O$三点的圆的直径，从而得到$angleDOE=90^{circ}$，接着证明$triangleAODsimtriangleBOE$,利用相似比得到$OD=2OE$,根据三角形面积公式得到$Striangle_{{ODE}}={OE}^{2}$,利用垂线段最短判断当$triangle{OED}$面积取得最小值时,${OE}perp{CB}$,然后计算${OE}、{OD}$,最后利用勾股定理计算对应的DE长.【详解】如图,$because{A},{B},{C}$三点的坐标分别为$(0,2),(1,0),(0,-0.5)$,$therefore{OA}=2,{OB}=1,{OC}=frac{1}{2}$,$becausefrac{OA}{OB}=frac{OB}{OC}=2$,而$angle{AOB}=angle{BOC}$,$thereforetriangle{AOB}simtriangle{BOC}$,$thereforeangle1=angle2$,$thereforeangle{ABC}=angle2+angle5=angle1+angle5=90^{circ}$,$becauseangle{DBE}=90^{circ}$,$therefore{DE}$为过${B},{D},{O}$三点的圆的直径,$thereforeangle{DOE}=90^{circ}$,$becauseangle3+angle{BOD}=angle4+angle{BOD}=90^{circ}$,$thereforeangle3=angle4$,$becauseangle1=angle2$$thereforetriangle{AOD}simtriangle{BOE}$,$thereforefrac{OD}{OE}=frac{OA}{OB}=frac{2}{1}$,即${OD}=2{OE}$,$because{S}triangle{ODE}=frac{1}{2}{OD}cdot{OE}=frac{1}{2}cdot2{OE}cdot{OE}={OE}^{2}$,当$triangle{OED}$面积取得最小值时,${OE}$最小,此时${OE}perp{CB}$,$because{BC}=sqrt{1^{2}+left(frac{1}{2}right)^{2}}=frac{sqrt{5}}{2}$,$therefore{OE}=frac{OCcdotOB}{BC}=frac{1timesfrac{1}{2}}{frac{sqrt{5}}{2}}=frac{sqrt{5}}{5}$,此时${OD}=2{OE}=frac{2sqrt{5}}{5}$,$therefore{DE}=sqrt{left(frac{sqrt{5}}{5}right)^{2}+left(frac{2sqrt{5}}{5}right)^{2}}=1$,即当$triangle{OED}$面积取得最小值时,ED的长为1.故答案为1.【点睛】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理和菱形的判定与性质．
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2022$cdot$浙江嘉兴$cdot$九年级期末）已知点$P$是线段$AB$的黄金分割点（$AP$$>BP),AB=4$,那么$AP=$$qquad$
选项：
答案：$25-2-2+25$
解析：【分析】根据黄金分割点的定义,知$AP$是较长线段;则$AP=frac{sqrt{5}-1}{2}AB$,代入数据即可得出$AP$的长.【详解】解：由于$P$为线段$AB$的黄金分割点，且$AP$是较长线段,$AB=4$,则$AP=frac{sqrt{5}-1}{2}AB=frac{sqrt{5}-1}{2}times4=2sqrt{5}-2$.故答案为$2sqrt{5}-2$.【点睛】本题考查了黄金分割的概念.解题关键是熟记黄金分割的公式:较短的线段$=$原线段的$frac{3-sqrt{5}}{2}$,较长的线段$=$原线段的$frac{sqrt{5}-1}{2}$.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2019$cdot$浙江$cdot$龙泉市顺风实验学校九年级期中)如图,已知矩形$ABCD,AB:BC=1:2,P$为线段$AB$上的一点,以$BP$为边作矩形$EFBP$,使点$F$在线段$CB$的延长线上,矩形$ABCDbacksim$矩形$EFBP$,设$EF=a,AB=b$,当$EP$平分$angleAEC$时,则$frac{a}{b}=$$qquad$.
选项：
答案：$frac{sqrt{2}}{2}$
解析：【分析】设${AB}$与${CE}$交于点${G}$,根据等腰三角形三线合一的性质可表示出${PG}$,进而得到${BG}$,然后根据平行线分线段成比例定理列出比例式,变形求解即可.【详解】解：如图,${AB}$与${CE}$交于点${G}$,$because{EP}$平分$angle{AEC},{EP}perp{AG}$,$thereforeangle{AEP}=angle{GEP},angle{APE}=angle{GPE}=90^{circ}$$thereforeangle{EAP}=angle{EGP}$$therefore{EA}={EG}$$thereforeAP=PG=b-a,BG=a-(b-a)=2a-b$$because{PE}//{CF}$,$thereforefrac{PE}{BC}=frac{PG}{BG}=frac{b-a}{2a-b}$,$because$矩形${ABCD}sim$矩形EFBP,$thereforefrac{PE}{BC}=frac{EF}{AB}=frac{a}{b}$,$thereforefrac{a}{b}=frac{b-a}{2a-b}$,整理得:$b^{2}=2a^{2}$,$because{a}>0,{~b}>0$$thereforefrac{a}{b}=frac{sqrt{2}}{2}$,故答案是:$frac{sqrt{2}}{2}$.【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、相似图形的性质以及平行线分线段成比例定理，根据三线合一表示出PG、BG的长是解答此题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2022-浙江宁波$cdot$年级专题练习)如图,四边形$OABC$为矩形,点$A$在第二象限,点$A$关于$OB$的对称点为点$D$,点$B,D$都在函数$y=frac{6sqrt{2}}{x}(x>0)$的图象上,$BEperpx$轴于点$E$.若$DC$的延长线交$x$轴于点$F$,当矩形$OABC$的面积为$9sqrt{2}$时,,点$F$的坐标为
选项：
答案：$frac{1}{2}quadleft(frac{3sqrt{3}}{2},0right)$
解析：【分析】连接$OD$,作$DGperpx$轴,设点$Bleft(b,frac{6sqrt{2}}{b}right),Dleft(a,frac{6sqrt{2}}{a}right)$,根据矩形的面积得出三角形$BOD$的面积,将三角形$BOD$的面积转化为梯形$BEGD$的面积,从而得出$a,b$的等式，将其分解因式，从而得出$a,b$的关系，进而在直角三角形$BOD$中，根据勾股定理列出方程,进而求得$B,D$的坐标,进一步可求得结果.【详解】解：如图,作$DGperpx$轴于$G$,连接$OD$,设$BC$和$OD$交于$I$,设点$Bleft(b,frac{6sqrt{2}}{b}right),Dleft(a,frac{6sqrt{2}}{a}right)$，由对称性可得：$triangleBODcongtriangleBOAcongtriangleOBC$,$thereforeangleOBC=angleBOD,BC=OD$,$thereforeOI=BI$$thereforeDI=CI$$thereforefrac{DI}{OI}=frac{CI}{BI}$,$becauseangleCID=angleBIO$,$thereforetriangleCDIsimtriangleBOI$,$thereforeangleCDI=angleBOI$,$thereforeCD//OB$,$thereforeStriangleBOD=StriangleAOB=frac{1}{2}S_{text{矩形}}AOCB=frac{9sqrt{2}}{2}$,$becauseStriangleBOE=StriangleDOG=frac{1}{2}|k|=3sqrt{2},S_{text{四边形}}BOGD=StriangleBOD+StriangleDOG=S_{text{椾形}}$$BEGD+StriangleBOE$,$thereforeS_{text{梯形}}BEGD=StriangleBOD=frac{9sqrt{2}}{2}$,$thereforefrac{1}{2}left(frac{6sqrt{2}}{a}+frac{6sqrt{2}}{b}right)cdot(a-b)=frac{9sqrt{2}}{2}$,$therefore2a^{2}-3ab-2b^{2}=0$,$therefore(a-2b)cdot(2a+b)=0$,$thereforea=2b,a=-frac{b}{2}$(舍去)，$thereforeDleft(2b,frac{6sqrt{2}}{2b}right)$,即:$left(2b,frac{3sqrt{2}}{b}right)$，在$RttriangleBOD$中，由勾股定理得，$OD^{2}+BD^{2}=OB^{2}$,$thereforeleft[(2b)^{2}+left(frac{3sqrt{2}}{b}right)^{2}right]+left[(2b-b)^{2}+left(frac{6sqrt{2}}{b}-frac{3sqrt{2}}{b}right)^{2}right]=b^{2}+left(frac{6sqrt{2}}{b}right)^{2}$,$thereforeb=sqrt{3}$,$thereforeB(sqrt{3},2sqrt{6}),D(2sqrt{3},sqrt{6})$,$because$直线$OB$的解析式为:$y=2sqrt{2}x$,$therefore$直线$DF$的解析式为:$y=2sqrt{2}x-3sqrt{6}$,当$y=0$时,$2sqrt{2}x-3sqrt{6}=0$,$thereforex=frac{3sqrt{3}}{2}$,$thereforeFleft(frac{3sqrt{3}}{2},0right)$,$becauseOE=sqrt{3},OF=frac{3sqrt{3}}{2}$,$thereforeEF=OF-OE=frac{sqrt{3}}{2}$,$thereforefrac{EF}{OE}=frac{1}{2}$,故答案为:$frac{1}{2},left(frac{3sqrt{3}}{2},0right)$.【点睛】本题考查了矩形性质，轴对称性质，反比例函数的“$k$”的几何含义，勾股定理,一次函数及其图象性质,分解因式等知识,解决问题的关键是变形等式,进行分解因式.
题目（九年级 · 解析几何）：在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A B=3, B C=2$, 则 $\cos A$ 的值是
选项：
答案：$\frac{\sqrt{5}}{3}$
解析：$\because \angle C=90^{\circ}, A B=3, B C=2$,

$\therefore A C=\sqrt{3^{2}-2^{2}}=\sqrt{5}$,

$\therefore \cos A=\frac{A C}{A B}=\frac{\sqrt{5}}{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $E, F, G, H$ 分别为 $A B, B C, C D, D A$ 的中点, 若 $A H: A E=4: 3$,四边形 $E F G H$ 的周长是 $40 \mathrm{~cm}$, 则矩形 $A B C D$ 的面积是 $\mathrm{cm}^{2}$.


选项：
答案：192
解析：解: 在 $\triangle A H E$ 和 $\triangle D H G$ 中,

$\because A H=D H=\frac{1}{2} A D, \angle A=\angle D=90^{\circ}, A E=D G=\frac{1}{2} A B$,

$\therefore \triangle A H E \cong \triangle D H G$,

$\therefore E H=G H$,

同理 $E H=G H=G F=E F$,

即四边形 $E F G H$ 为菱形.

又 $\because$ 四边形 $E F G H$ 的周长是 $40 \mathrm{~cm}$,

$\therefore E H=10$.

$\because A H: A E=4: 3$,
设 $A H=4 x$ ，则 $A E=3 x$.

由勾股定理得, $E H^{2}=A E^{2}+A H^{2}$,

$\therefore x=2, A H=8, A E=6$,

$\therefore$ 矩形 $A B C D$ 的面积 $=16 \times 12=192\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

由题意知, $\triangle A E H, \triangle D H G, \triangle C G F, \triangle E F B$ 是全等三角形, 所以 $E H=H G=F G=E F$, 即四边形 $E F G H$ 为菱形, 四边形 $E F G H$ 的周长是 $40 \mathrm{~cm}$, 可知边长为 10 , 根据勾股定理可求得 $A H$ 和 $A E$, 即 $A D$ 和 $A B$ 的值就可求出, 从而求矩形面积.

本题考查了矩形、菱形的性质及勾股定理, 有一定难度.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 直线 $y=x-4$ 与 $x$ 轴、 $y$ 轴分别交于点 $B 、 C$, 半径为 2 的 $\odot P$的圆心 $P$ 从点 $A(8, m)$ (点 $A$ 在直线 $y=x-4$ 上) 出发以每秒 $\sqrt{2}$ 个单位长度的速度沿射线 $A C$ 运动,设点 $P$ 运动的时间为 $t$ 秒，则当 $t=$ \$ \qquad \$时, $\odot P$ 与坐标轴相切.


选项：
答案：2秒或6秒或10秒
解析：【分析】

本题考查了切线的判定，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键.

设 $\odot P$ 与坐标轴的切点为 $D$, 根据已知条件得到 $A(8,4), B(4,0), C(0,-4)$, 求得 $A B=4 \sqrt{2}, A C=$ $8 \sqrt{2}, O B=O C=4$, 推出 $\triangle O B C$ 是等腰直角三角形, $\angle O B C=45^{\circ}$, (1)当 $\odot P$ 与 $x$ 轴相切时, (2)如图, $\odot P$ 与 $x$ 轴和 $y$ 轴都相切时, (3)当点 $P$ 只与 $y$ 轴相切时, 根据等腰直角三角形的性质得到结论.

【解答】

解: 设 $\odot P$ 与坐标轴的切点为 $D$,

$\because$ 直线 $y=x-4$ 与 $x$ 轴、 $y$ 轴分别交于点 $B 、 C$, 点 $A(8, m)$,

$\therefore x=0$ 时, $y=-4, y=0$ 时, $x=4, x=8$ 时, $y=4$,

$\therefore A(8,4), B(4,0), C(0,-4)$,

$\therefore A B=4 \sqrt{2}, A C=8 \sqrt{2}, O B=O C=4$,

$\therefore \triangle O B C$ 是等腰直角三角形, $\angle O B C=45^{\circ}$,

(1) 当 $\odot P$ 与 $x$ 轴相切时,


$\because$ 点 $D$ 是切点, $\odot P$ 的半径是 2 ,

$\therefore P D \perp x$ 轴, $P D=2$,

$\therefore \triangle B D P$ 是等腰直角三角形,

$\therefore B D=P D=2, P B=2 \sqrt{2}$,

$\therefore A P=A B-P B=2 \sqrt{2}$,

$\because$ 点 $P$ 的速度为每秒 $\sqrt{2}$ 个单位长度,

$\therefore t=2$

(2)如图, $\odot P$ 与 $x$ 轴和 $y$ 轴都相切时,



$\because P B=2 \sqrt{2}$,

$\therefore A P=A B+P B=6 \sqrt{2}$,

$\because$ 点 $P$ 的速度为每秒 $\sqrt{2}$ 个单位长度,

$\therefore t=6$

(3)当点 $P$ 只与 $y$ 轴相切时,



$\because P B=2 \sqrt{2}$,

$\therefore A P=A C+P B=10 \sqrt{2}$,

$\because$ 点 $P$ 的速度为每秒 $\sqrt{2}$ 个单位长度,

$\therefore t=10$.
综上所述, 则当 $t=2$ 或6或 10 秒时, $\odot P$ 与坐标轴相切,

故答案为: 2 秒或6秒或 10 秒.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知 $\angle A O B=30^{\circ}, M$ 为 $O B$ 边上一点, 以 $M$ 为圆心, $2 \mathrm{~cm}$ 为半径作 $\odot M$. 若点 $M$ 在 $O B$边上运动, 则当 $O M=$ $c m$ 时, $\odot M$ 与 $O A$ 相切.


选项：
答案：4
解析：【分析】

本题考查了切线的性质和判定，直角三角形的性质．根据直角三角形中， $30^{\circ}$ 的角所对的直角边是斜边的一半解答. 连接 $M N, N$ 为切点, 根据 $M N \perp O B$ 可知 $\angle A O B=30^{\circ}, 2 \mathrm{~cm}$ 为半径, 利用直角
三角形中 $30^{\circ}$ 的角所对的直角边是斜边的一半解答.

【解答】

解：设 $\odot M$ 与 $O A$ 相切时切点为 $N$, 连接 $M N$,



$\therefore M N \perp O A, \angle A O B=30^{\circ}$,

$\because \odot M$ 的半径为 $2 \mathrm{~cm}$,

$\therefore O M=2 M N=2 \times 2=4 \mathrm{~cm}$.

$\therefore$ 当 $O M=4 \mathrm{~cm}$ 时, $\odot M$ 与 $O A$ 相切.

故答案为 4 .
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 直线 $y=-\frac{3}{4} x-3$ 交 $x$ 轴于点 $A$, 交 $y$ 轴于点 $B$, 点 $P$ 是 $x$ 轴上一动点, 以点 $P$ 为圆心,以 1 个单位长度为半径作 $\odot P$, 当 $\odot P$ 与直线 $A B$ 相切时, 点 $P$ 的坐标是


选项：
答案：$\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$ 或 $\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$
解析：【分析】

本题考查了一次函数的图象与性质, 切线的性质, 三角形的面积, 先求出 $A 、 B$ 的坐标, 得到 $O A$ 、 $O B$ 的值, 进而得到 $A B=5$, 分两种情况讨论 (1)当点 $P$ 在点 $A$ 右侧时, (2)当点 $P$ 在点 $A$ 左侧时, 每种
情况设 $O P=x$, 表示出 $A P$, 利用面积法即可求出 $x$ 的值, 进而得到答案.

【解答】

解: $\because$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x-3$ 交 $x$ 轴于点 $A$, 交 $y$ 轴于点 $B$,

$\therefore$ 令 $x=0$, 得 $y=-3$, 令 $y=0$, 得 $x=-4$,

$\therefore A(-4,0), B(0,-3)$,

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

$\therefore A B=5$,

(1) 如图, 当点 $P$ 在点 $A$ 右侧时,



设 $\odot P$ 与直线 $A B$ 相切于 $C$, 连接 $P C, P B$,

则 $P C \perp A B, P C=1$,

设 $O P=x$, 则 $A P=O A-O P=4-x$,

$\therefore S_{\triangle A P B}=\frac{1}{2} A P \cdot O B=\frac{1}{2} A B \cdot P C$

即 $\frac{1}{2} \times 3(4-x)=\frac{1}{2} \times 5 \times 1$ ，

解得: $x=\frac{7}{3}, \therefore P\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$;

(2)如图, 当点 $P$ 在点 $A$ 左侧时,



设 $\odot P$ 与直线 $A B$ 相切于 $D$, 连接 $P D, P B$,

则 $P D \perp A B, P D=1$,

设 $O P=x$, 则 $A P=O P-A O=x-4$,

$\therefore S_{\triangle A P B}=\frac{1}{2} A P \cdot O B=\frac{1}{2} A B \cdot P D$,

即 $\frac{1}{2} \times 3(x-4)=\frac{1}{2} \times 5 \times 1$,

解得: $x=\frac{17}{3}, \therefore P\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$;

综上所述, 点 $P$ 的坐标为 $\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$ 或 $\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$,

故答案为 $\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$ 或 $\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$.
题目（九年级 · 解析几何）：拋物线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{3} \mathrm{x}^{2}-3$ 的顶点坐标是 $\qquad$ .

选项：
答案： ( $0,-3$ )
【详解】抛物线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{3} \mathrm{x}^{2}-3$ 的顶点坐标是 $(0,-3)$, 故答案为 $(0,-3)$.
解析：$0,-3$ )
【详解】抛物线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{3} \mathrm{x}^{2}-3$ 的顶点坐标是 $(0,-3)$, 故答案为 $(0,-3)$.
题目（九年级 · 解析几何）：如果拋物线 $y=(m-1) x^{2}$ 的开口向上, 那么 $m$ 的值可以是 $\qquad$ (写出一个满足条件的数即可).

选项：
答案： 2 (答案不唯一).


解析：由二次函数图像的开口向上, 得到 $m-1>0$, 求出 $m$ 的取值范围, 即可得到答案.

【详解】解: $\because$ 抛物线 $y=(m-1) x^{2}$ 的开口向上,

$\therefore m-1>0$,

$\therefore m>1$,

$\therefore m$ 的值可以是 2 .

故答案为: 2 (答案不唯一)。

【点睛】本题考查了二次函数的图形和性质, 解题的关键是掌握抛物线开口向上, 则二次项系数大于 0 .
题目（九年级 · 解析几何）：拋物线 $y=x^{2}+b x+2$ 与 $y$ 轴交于点 $\mathrm{A}$, 如果点 $B(2,2)$ 和点 $\mathrm{A}$ 关于该抛物线的对称轴对称，那么 $b$ 的值是 . $\qquad$

选项：
答案： -2


解析：由点 $B(2,2)$ 和点 $\mathrm{A}$ 关于该拋物线的对称轴对称，可知：抛物线的对称轴是：直线 $x=1$, 进而可得 $b$ 的值.

【详解】 $\because$ 拋物线 $y=x^{2}+b x+2$ 与 $y$ 轴交于点 $\mathrm{A}$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{A}$ 的坐标是: $(0,2)$,

$\because$ 点 $B(2,2)$ 和点 $\mathrm{A}$ 关于该抛物线的对称轴对称,

$\therefore$ 拋物线的对称轴是: 直线 $\mathrm{x}=1$, 即: $-\frac{b}{2 a}=1$,

$\therefore-\frac{b}{2 \times 1}=1$, 解得: $\mathrm{b}=-2$.

故答案是: -2 .

【点睛】本题主要考查二次函数的对称轴公式, 理解二次函数图象的轴对称性, 是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=x^{2}+b x+4$ 与 $\mathrm{x}$ 轴有且只有 1 个公共点, 则 $\mathrm{b}=$ $\qquad$ .

选项：
答案： $\pm 4$


解析：根据抛物线与 $\mathrm{x}$ 轴有且只有 1 个公共点可知, 当 $y=0$ 时, 此方程有且有两个相等
的实数根, 根据 $\Delta=b^{2}-4 a c=0$ 算出 $\mathrm{b}$ 的值即可.

【详解】 $\because$ 抛物线 $y=x^{2}+b x+4$ 与 $\mathrm{x}$ 轴有且只有 1 个公共点,

$\therefore$ 令 $y=x^{2}+b x+4=0$,

$\therefore \triangle=b^{2}-4 \times 1 \times 4=0$,

$\therefore b= \pm 4$,

故答案为: $\pm 4$.

【点睛】本题主要考查了抛物线与 $\mathrm{x}$ 轴交点的知识, 正确把握抛物线与 $\mathrm{x}$ 轴交点个数确定方法是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=90^{\circ}, A B=A C=2 \mathrm{~cm}, \odot A$ 与 $B C$ 相切,则 $\odot A$ 的半径为 \$ \qquad \$ cm.


选项：
答案：$\sqrt{2}$
解析：连接 $A D$;



$\because \angle A=90^{\circ}, A B=A C=2 \mathrm{~cm}$,

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

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

$\because$ 点 $D$ 是斜边的中点,

$\therefore A D=\frac{1}{2} B C=\sqrt{2} \mathrm{~cm}$,

故答案为 $\sqrt{2}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B O C=140^{\circ}, I$ 是内心, $O$ 是外心, 则 $\angle B I C=$


选项：
答案：$125^{\circ}$
解析：$\because \angle B O C=140^{\circ}, O$ 为外心，

$\therefore \angle A=\frac{1}{2} \angle B O C=70^{\circ}$,

$\because I$ 为内心，

$\therefore \angle I B C=\frac{1}{2} \angle A B C, \angle I C B=\frac{1}{2} \angle A C B$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore \angle I B C+\angle I C B \\
= & \frac{1}{2}(\angle A B C+\angle A C B) \\
= & \frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle A\right) \\
= & \frac{1}{2} \times\left(180^{\circ}-70^{\circ}\right)
\end{aligned}
$$

$=55^{\circ}$,

$\therefore \angle B I C=180^{\circ}-(\angle I B C+\angle I C B)=180^{\circ}-55^{\circ}=125^{\circ}$,

故答案为: $125^{\circ}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：已知某几何体的三视图如图所示, 其中俯视图为正六边形, 则该几何体的表面积为 \$ \qquad \$ .



主视图 $\quad$ 左视图



俯视图
选项：
答案：$48+12 \sqrt{3}$
解析：观察该几何体的三视图发现该几何体为正六棱柱, 其底面边长为 2, 高为 4 ,故其边心距为 $\sqrt{3}$,

所以其表面积为 $2 \times 4 \times 6+2 \times \frac{1}{2} \times 6 \times 2 \times \sqrt{3}=48+12 \sqrt{3}$,

故答案为: $48+12 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：将正方体骰子 (相对面上的点数分别为 1 和 $6 、 2$ 和 $5 、 3$ 和 4 )放置于水平桌面上, 如图 1 .在图 2 中,将骰子向右翻滚 $90^{\circ}$, 然后在桌面上按逆时针方向旋转 $90^{\circ}$, 则完成一次变换. 若骰子的初始位置



图 1

图 2

为图 1 所示的状态, 那么按上述规则连续完成 14 次变换后, 骰子朝上一面的点数是
选项：
答案：6
解析：根据题意可知连续 3 次变换是一循环. 所以 $14 \div 3=4 \ldots 2$. 所以是第 2 次变换后的图形, 即按上述规则连续完成 14 次变换后, 骰子朝上一面的点数是 6.

故答案为: 6 .
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB} 、 \mathrm{EF}$ 分别切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{D}$, 若 $\mathrm{PA}=10 \mathrm{~cm}$, 则 $\triangle \mathrm{PEF}$ 的周长是 \$ \qquad \$ $\mathrm{cm}$,若 $\angle \mathrm{P}=35^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{AOB}=$ \$ \qquad \$ (度),$\angle \mathrm{EOF}=$ \$ \qquad \$ (度) 。


选项：
答案：$20 \quad 145 \quad 72.5$
解析：$\because \quad P A 、 P B 、 E F$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B 、 D$,

$\therefore \quad P A=P B=10 \mathrm{~cm}, E D=E A, F D=D B$,

$\therefore \quad P E+E F+P F=P E+E D+P F+F D$

$=P A+P B=20(\mathrm{~cm})$

$\because P A 、 P B$ 为 $\odot O$ 的切线,

$\therefore \quad \angle P A O=\angle P B O=90^{\circ}$, 而 $\angle P=35^{\circ}$,



$\therefore \quad \angle A O B=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-35^{\circ}=145^{\circ}$;

连 $O D$, 如图, $\therefore \quad \angle O D E=\angle O D F=90^{\circ}$,

易证得 $R t \triangle O A E \cong R t \triangle O D E, R t \triangle O F D \cong R t \triangle O F B, \therefore \angle 1=\angle 2, \angle 3=\angle 4$,

$\therefore \quad \angle 2+\angle 3=\frac{1}{2} \angle A O B=72.5^{\circ}$,

$\angle E O F=72.5^{\circ}$. 故答案为 $20 ； 145 ; 72.5$
题目（九年级 · 立体几何学）：如图所示, 把一个圆锥沿母线 $O A$ 剪开, 展开后得到扇形 $A O C$, 已知圆锥的高 $h$ 为 $12 \mathrm{~cm}, O A=13 \mathrm{~cm}$, 则扇形 $A O C$ 中 $\overline{A C}$ 的长是 \$ \qquad \$ cm. $($ 计算结果保留 $\pi$ )
选项：
答案：$10 \pi$
解析：:圆锥的高 $h$ 为 $12 \mathrm{~cm}, O A=13 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 圆锥的底面半径为 $\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 圆锥的底面周长为 $10 \pi c m$,

$\therefore$ 扇形 $A O C$ 中 $\widehat{A} C$ 的长是 $10 \pi c m$,

故答案为 $10 \pi$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 礼盒的上下底面为全等的正六边形, 其主视图与左视图均由矩形构成, 主视图中大矩形边长如图所示, 左视图中包含两全等的矩形, 如果用彩色胶带如图包扎礼盒, 所需胶带长度至少为 \$ \qquad \$厘米.



实物图



主视图



左视图
选项：
答案：$(180 \sqrt{3}+120)$
解析：根据题意, 作出实际图形的上底,

如图: $A C, C D$ 是上底面的两边.

则 $A C=60 \div 2=30(\mathrm{~cm}), \angle A C D=120^{\circ}$,

作 $C B \perp A D$ 于点 $B$,



那么 $A B=A C \times \sin 60^{\circ}=15 \sqrt{3}(\mathrm{~cm}) ，$

所以 $A D=2 A B=30 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$,

胶带的长至少 $=30 \sqrt{3} \times 6+20 \times 6=(180 \sqrt{3}+120)(\mathrm{cm})$.

故答案为: $(180 \sqrt{3}+120)$.
题目（九年级 · 立体几何学）：墙角处有若干大小相同的小正方体堆成如图所示的立体图形, 如果你打算搬走其中部分小正方体(不考虑操作技术的限制), 但希望搬完后从正面、从上面、从左面用平行光线照射时, 在墙面及地面上的影子不变, 那么你最多可以搬走个小正方体.


选项：
答案：27
解析：第 1 列最多可以搬走 9 个小正方体;

第 2 列最多可以搬走 8 个小正方体;

第 3 列最多可以搬走 3 个小正方体;

第 4 列最多可以搬走 5 个小正方体;

第 5 列最多可以搬走 2 个小正方体.

$9+8+3+5+2=27$ 个.

故最多可以搬走 27 个小正方体.

故答案为: 27 .
题目（九年级 · 立体几何学）：一个小立方块的六个面分别标有字母 $A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F$, 从三个不同方向看到的情形如图所示,其中 $A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F$ 分别代表数字 $-2 、-1 、 0 、 1 、 2 、 3$ ，则三个小立方块的下底面所标字母代表的数字的和为

选项：
答案：-2
解析：由图形可知： $A$ 与 $B 、 D 、 E 、 F$ 是邻面，故 $A$ 和 $C$ 为对面;

则 $B$ 与 $A 、 C 、 E 、 F$ 是邻面，故 $B$ 和 $D$ 为对面;

故 $E$ 和 $F$ 为对面;

则三个小立方块的下底面所标字母代表的数字的和为 $-1-2+1=-2$.
故答案为: -2 .

依据图形可知 $A$ 的邻面有 $B 、 D 、 E 、 F$, 故此点 $A$ 和 $C$ 为对面, 进一步得到 $B$ 和 $D$ 为对面; $E$ 和 $F$为对面; 从而可求得三个小立方块的下底面所标字母代表的数字的和.

本题主要考查的是正方体相对两个面上的文字, 找出 $A$ 和 $C$ 为对面; $B$ 和 $D$ 为对面; $E$ 和 $F$ 为对面是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 一个 $5 \times 5 \times 5$ 的正方体, 先在它的前后方向正中央开丵一个 “十字形”的孔(打通), 再在它的上下方向正中央也开凿一个 “十字形” 的孔(打通), 最后在它的左右方向正中央开凿一个 “十字形” 的孔(打通), 这样得到一个被丵空了的几何体, 则所得几何体的体积为 \$ \qquad \$


选项：
答案：76
解析：如图所示：该正方体可按如图方式分割，

则体积为 $(1 \times 1 \times 1) \times(8 \times 8+12)$

$$
\begin{gathered}
=1 \times 76 \\
=76
\end{gathered}
$$

故所得几何体的体积为 76.

故答案为: 76 .
题目（九年级 · 立体几何学）：用一个平面截下列几何体: (1)长方体, (2)六棱柱, (3)球, (4)圆柱, (5)圆雉, 截面能得到三角形的是 \$ \qquad \$ (填写序号即可)
选项：
答案：(1)(5)
解析：1 长方体能截出三角形;

(2)六棱柱沿对角线截几何体可以截出三角形;

(3)球不能截出三角形;

(4)圆柱不能截出三角形;

(5)圆锥能截出三角形;

故截面可能是三角形的有(1)(2)(5)共 3 个.

故答案为: (1) (2).
题目（九年级 · 立体几何学）：有同样大小的三个立方体股子, 每个股子的展开图如图 1 所示, 如果把每个骰子点数是 4 的一面放在桌子上, 那么其它五个可以看到的面上的数字的和是 17 , 现在把三个骰子放在桌子上(如图2), 凡是能看



图1



图2 得到的点数之和最大是 \$ \qquad \$ , 最小是
选项：
答案：5126
解析：根据题意, 得: 露在外面的数字之和最大是: $3+4+5+6+4+5+6+3+4+5+6=51$,

最小值是: $1+2+3+4+1+2+3+1+2+3+4=26$,

故答案为: 51,26 .
题目（九年级 · 立体几何学）：一个长方体的主视图和左视图如图所示（单位: cm）, 则其俯视图的面积是 $\mathrm{cm}^{2}$.


选项：
答案：6
解析：一个长方体的主视图和左视图如图所示, 这个长方体的高是 4, 底面长是 3 , 底面宽是 2; 长方体的俯视图就是其底面的图形, 是长是 3 , 宽是 2 的长方形, 它的面积 $=3 \times 2=6$