eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 等边 $\triangle A B C$ 中, $P$ 为三角形内一点, 过 $P$ 作 $P D \perp B C, P E \perp A B, P F \perp A C$, 连结 $A P 、 B P 、$ $C P$, 如果 $S_{\triangle A P F}+S_{\triangle B P E}+S_{\triangle P C D}=\frac{9 \sqrt{3}}{2}$, 那么 $\triangle A B C$ 的内切圆半径为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：过 $P$ 点作正三角形的三边的平行线，即 $Q M / / A B$ 交 $B C 、 A C$ 于 $Q 、 M, R N / / B C$ 交 $A B 、 A C$ 于 $R 、$ $N, S O / / A C$ 交 $A B 、 B C$ 于 $S 、 O$,



$\because \triangle A B C$ 是等边三角形,

$\therefore \triangle M P N, \triangle O P Q, \triangle R S P$ 都是正三角形,

$\therefore M F=F N, D Q=D O, R E=S E$,

$\therefore$ 四边形 $A S P M$, 四边形 $N C O P$, 四边形 $P Q B R$ 是平行四边形,

$\therefore$ 可知黑色部分的面积 $=$ 白色部分的面积,

$\because S_{\triangle A F P}+S_{\triangle P C D}+S_{\triangle B P E}=\frac{9 \sqrt{3}}{2}$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=9 \sqrt{3}$,

设 $\triangle A B C$ 边 $A B$ 的高为 $h, \angle A B C=60^{\circ}$,

$\therefore \sin \angle A B C=\sin 60^{\circ}=\frac{h}{B C}$, 即 $h=\sin 60^{\circ} \cdot B C$,

$\because A B=B C$

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B^{2} \sin 60^{\circ}=9 \sqrt{3}$,

$\therefore A B=6$,
$\therefore$ 三角形 $A B C$ 的高 $h=3 \sqrt{3}$,

$$
\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times r \times 3 A B=\frac{1}{2} \times A B \times h
$$

$\therefore \triangle A B C$ 的内切圆半径 $r=\frac{1}{3} h=\sqrt{3}$.

故答案为 $\sqrt{3}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=5, B C=12$, 则它的内切圆半径为
选项：
答案：2
解析：如图:


在Rt $\triangle A B C, \angle C=90^{\circ}, A C=5, B C=12$,

根据勾股定理 $A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=13$,

四边形 $O E C F$ 中, $O E=O F, \angle O E C=\angle O F C=\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $O E C F$ 是正方形,

由切线长定理, 得: $A D=A E, B D=B F, C E=C F$,

$\therefore C E=C F=\frac{1}{2}(A C+B C-A B)$,

即: $r=\frac{1}{2}(5+12-13)=2$.

故答案为: 2 .
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $P$ 为 $\odot O$ 外一点, $P A 、 P B$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B, C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$, 分别交 $P A 、 P B$ 于点 $C 、$ $D$, 若 $P A=5$, 则 $\triangle P C D$ 的周长为 \$ \qquad \$


选项：
答案：10
解析：$\because P A 、 P B$ 切 $\odot O$ 于 $A 、 B$,

$\therefore P A=P B=5$;

同理, 可得: $E C=C A, D E=D B$;

$\therefore \triangle P D C$ 的周长 $=P C+C E+D E+D P=P C+A C+P D+D B=P A+P B=2 P A=10$.

即 $\triangle P C D$ 的周长是 10 .

故答案为 10 .
题目（九年级 · 组合几何学）：汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝.如图所示的弦图中,四个直角三角形都是全等的,它们的两直角边之比均为$2:3$.现随机向该图形内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率为
选项：
答案：$frac{12}{13}$
解析：$because$两直角边之比均为$2:3$,$therefore$大正方形的面积$=$直角三角形斜边的平方$=2^{2}+3^{2}=13$,$because$四个直角三角形面积和$=4timesfrac{1}{2}times2times3=12$,$therefore$针尖落在阴影区域的概率$=frac{12}{13}$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 由四个小正方体组成的几何体中, 若每个小正方体的棱长都是 1, 则该几何体俯视图的面积是 \$ \qquad \$ .



主视方向
选项：
答案：3.
解析：试题分析：根据从上面看得到的图形是俯视图, 可得俯视图, 根据矩形的面积公式,可得答案: 从上面看三个正方形组成的矩形, 矩形的面积为 $1 \times 3=3$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是一个正方体纸盒的展开图, 当折成纸盒时, 与点 1 重合的点是


选项：
答案：7 和 11
解析：由正方体展开图的特征得出, 折叠成正方体后, 点 1 所在的正方形分别和点 7、点 11 所在的两个正方形相交，

故点 1 与点 $7 、$ 点 11 重合.

故答案为 7 和 11 .
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是一个正方体的表面展开图, 则原正方体中与建“字”所在的面相对的面上标的字是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：棱
解析：正方体的表面展开图中, 相对的面一定隔着一个正方形.

“设”与“丹”是相对面，

“生”与“态”是相对面，

“建”与“棱”是相对面。

故答案为: 棱.
题目（九年级 · 立体几何学）：由两个长方体组合而成的一个立体图形, 从两个不同的方向看得到的形状图如图所示, 根据图中所标尺寸（单位: $\mathrm{mm}$ ）可知这两个长方体的体积之和是 $\mathrm{mm}^{3}$.



从正面君



从左畐者
选项：
答案：128
解析：下面的长方体: $2 \times 6 \times 8=96$.

上面的长方体: $4 \times 4 \times 2=32$.

两个长方体的体积之和: $96+32=128$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 是由一些小立方块所搭几何体的三种视图, 若在所搭几何体的基础上（不改变原几何体中小立方块的位置），继续添加相同的小立方块，以搭成一个大正方体，至少还需要 \$ \qquad \$个小立方块.



主视图



左视图



㤖视圈
选项：
答案：54
解析：由主视图可知, 搭成的几何体有三层, 且有 4 列; 由左视图可知, 搭成的几何体共有 3 行;第一层有 7 个正方体，第二层有 2 个正方体，第三层有 1 个正方体,共有 10 个正方体, $\because$ 搭在这个几何体的基础上添加相同大小的小正方体, 以搭成一个大正方体, $\therefore$ 搭成的大正方体的共有 $4 \times 4 \times 4=64$ 个小正方体, $\therefore$ 至少还需要 $64-10=54$ 个小正方体.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是由一些棱长为 1 的小立方块所搭几何体的三种视图. 若在所搭几何体的基础上 (不改变原几何体中小立方块的位置) , 继续添加相同的小立方块, 以搭成一个长方体, 至少还需要个小立方块．最终搭成的长方体的表面积是



主视图



左视图



佇视图
选项：
答案：26
解析：由俯视图易得最底层有 7 个小立方体, 第二层有 2 个小立方体, 第三层有 1 个小立方体, 其小正方块分布情况如下:



俯视图

那么共有 $7+2+1=10$ 个几何体组成.

若搭成一个大长方体, 共需 $3 \times 4 \times 3=36$ 个小立方体, 所以还需 $36-10=26$ 个小立方体,最终搭成的长方体的表面积是 $3 \times 4 \times 2+3 \times 3 \times 2+3 \times 4 \times 2=66$, 故答案为: 26,66 .
题目（九年级 · 立体几何学）：用小正方体搭一几何体, 从正面和上面看如图所示, 这个几何体最少要个正方体, 最多要 \$ \qquad \$个正方体.



正面



上面
选项：
答案：1014
解析：搭这样的几何体最少需要 $7+2+1=10$ 个小正方体,最多需要 $7+4+3=14$ 个小正方体;

故最多需要 14 个小正方体，最少需要 10 个小正方体．故答案为：10，14;
题目（九年级 · 立体几何学）：如图为一个长方体，则该几何体主视图的面积为 $\mathrm{cm}^{2}$.


主视方向
选项：
答案：20
解析：解: 该几何体的主视图是一个长为 5 , 宽为 4 的矩形, 所以该几何体主视图的面积为 $20 \mathrm{~cm}^{2}$.故答案为: 20 .

根据从正面看所得到的图形, 即可得出这个几何体的主视图的面积.

本题考查了三视图的知识, 主视图是从物体的正面看得到的视图.
题目（九年级 · 立体几何学）：从不同方向观察一个几何体, 所得的平面图形如图所示, 那么这个几何体的侧面积是 $($ 结果保留 $\pi)$.



从正面看



从左面看



从上面看
选项：
答案：$6 \pi$
解析：解：由题意可得, 这个几何体是圆柱,

圆柱的侧面积 $=2 \pi \times 1 \times 3=6 \pi$.

故答案为: $6 \pi$.

根据三视图可知该几何体是圆柱, 再根据 “圆柱的侧面积=底面圆的周长 $x$ 高” 可得答案.

本题考查作图-三视图, 解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型.
题目（九年级 · 立体几何学）：老师用 10 个 $1 \mathrm{~cm} \times 1 \mathrm{~cm} \times 1 \mathrm{~cm}$ 的小正立方体摆出一个立体图形, 它的正视图如图(1)所示,且图中任两相邻的小正立方体至少有一棱边 $(1 \mathrm{~cm})$ 共享, 或有一面 $(1 \mathrm{~cm} \times 1 \mathrm{~cm})$ 共享. 老师拿出一张 $3 \mathrm{~cm} \times 4 \mathrm{~cm}$ 的方格纸 (如图(2), 请小荣将此 10 个小正立方体依正视图摆放在方格纸中的方格内, 请问小荣摆放完后的左视图有种. (小正立方休摆放时不得悬空, 每一小正
立方体的棱边与水平线垂直或平行)



图(1)



图(2)
选项：
答案：16
解析：解：由题意可知, 立体图形只有一排左视图有3个正方形, 有两到三排.

三排的左视图有: $3 \times 4=12$ 种;

两排的左视图有: $2 \times 2=4$ 种;

共 $12+4=16$ 种.
故答案为: 16 .

小荣摆放完后的左视图有: (1) 从左往右依次是 3 个正方形、 1 个正方形、 1 个正方形; (2)从左往右依次是 3 个正方形、 1 个正方形、 2 个正方形; (3)从左往右依次是 3 个正方形、 2 个正方形、 1 个正方形; (4)从左往右依次是 3 个正方形、2 个正方形、2个正方形; (5)从左往右依次是 2 个正方形、 3 个正方形、1个正方形; (6)从左往右依次是 2 个正方形、3 个正方形、2个正方形; (7) 从左往右依次是 2 个正方形、 1 个正方形、 3 个正方形; (8)从左往右依次是 2 个正方形、 2 个正方形、 3 个正方形; (9)从左往右依次是 1 个正方形、 3 个正方形、 1 个正方形; (10 从左往右依次是 1 个正方形、 3 个正方形、 2 个正方形; (11)从左往右依次是 1 个正方形、 1 个正方形、 3 个正方形; (12)从左往右依次是 1 个正方形、 2 个正方形、 3 个正方形; (13)从左往右依次是 3 个正方形、 1 个正方形; (14)从左往右依次是 3 个正方形、 2 个正方形; (15)从左往右依次是 2 个正方形、3 个正方形; (16)从左往右依次是 1 个正方形、 3 个正方形;

本题考查了组合体的左视图, 有一定的难度, 用到数学中的分类思想, 解题关键是得出立体图形只有一排左视图有 3 个正方形, 有两到三排.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是一个几何体的三种视图(图中尺寸单位: $\mathrm{cm}$ ), 根据图中数据计算, 这个几何体的表面积为 $c m^{2}$.


选项：
答案：$16 \pi$
解析：【分析】

考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力, 同时也体现了对空间想象能力方面的考查. 由主视图和左视图确定是柱体, 锥体还是球体, 再由俯视图确定具体形状, 确定圆锥的母线长和底面半径，从而确定其表面积.

【解答】

解: 由主视图和左视图为三角形判断出是锥体, 由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥;根据三视图知: 该圆锥的母线长为 $6 \mathrm{~cm}$, 底面半径为 $2 \mathrm{~cm}$,

故表面积 $=\pi r l+\pi r^{2}=\pi \times 2 \times 6+\pi \times 2^{2}=16 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

故答案为 $16 \pi$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 正方体的六个面上标着六个连续的整数, 若相对的两个面上所标之数的和相等, 则这 6 个数的和为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：81
解析：解：根据题意分析可得：六个面上分别写着六个连续的整数,故六个整数可能为 $11,12,13,14,15,16$ 或 $10,11,12,13,14,15$;且每个相对面上的两个数之和相等,

$11+16=27$,
$10+15=25$

故可能为 $11,12,13,14,15,16$ 或 $10,11,12,13,14,15$, 其和为81和 $75(11$ 和14必须为对面, 在本题图片中, 11 和 14 为邻面, 故不合题意, 应舍去).

故答案为: 81 .

由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题, 根据题意分析可得：六个面上分别写着六个连续的整数, 故六个整数可能为 $11,12,13,14,15,16$ 或 $10,11,12,13,14,15$, 然后分析符合题意的一组数即可.

本题主要考查整数问题的综合运用和几何体的展开图的知识点, 解答本题的关键是对几何图形的观察能力和空间想象能力.
题目（九年级 · 立体几何学）：(本题3分)(2018浙江温州・九年级期末)一根排水管的截面如图所示,已知水面宽$AB=40{~cm}$,水的最大深度为$8{~cm}$,则排水管的半径为cm.
选项：
答案：29
解析：【分析】过点$O$作$ODperpAB$,交$AB$于点$E$,由垂径定理可得出$BE$的长,在$RttriangleOBE$中,根据勾股定理求出${OB}$的长.【详解】解:过点$O$作$ODperpAB$,交$AB$于点$E$,$because{AB}=40{~cm}$,$therefore{BE}=frac{1}{2}{AB}=frac{1}{2}times40=20{~cm}$,在Rt$triangle{OBE}$中,$because{OE}={OB}-8$,$therefore{OB}^{2}={OE}^{2}+{BE}^{2}$,即${OB}^{2}=20^{2}+({OB}-8)^{2}$,$therefore{OB}=29{~cm}$故答案为:29【点睛】本题考查垂径定理的应用,根据题意作出辅助线,构造出直角三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：(本题3分)（2021$cdot$浙江杭州$cdot$九年级期中）如图,四边形$ABCD$内接于$odotO$.若$angleBOD=160^{circ}$,则$angleBCD$的度数是$qquad$
选项：
答案：$100^{circ}$
解析：【分析】先根据圆周角定理求出$angleA$的度数,再由圆内接四边形的性质求出$angleBCD$的度数即可.【详解】解:$becauseangleBOD=160^{circ}$,$thereforeangleA=80^{circ}$.$because$四边形$ABCD$内接于$odotO$,$thereforeangleBCD=180^{circ}-angleA=180^{circ}-80^{circ}=100^{circ}$.故答案为:$100^{circ}$.【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质,圆周角定理,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 · 立体几何学）：用若干个相同的小正方体搭一个几何体, 该几何体的主视图主视图、俯视图如图所示.若小正方体的棱长为 1, 则搭成的几何体的表面积是

主视图



俯视图


选项：
答案：28 或 30
解析：【分析】

本题考查的是由三视图判断几何体, 考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力, 同时也体现了
对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀 “俯视图打地基，主视图疯狂盖，左视图拆违章” 就更容易得到答案.

由俯视图可得第一层正方体的个数, 由主视图可得第二层和第三层最少或最多的正方体的个数,相加解答即可.

【解答】

解: 搭这样的几何体最少需要 $4+1+2=7$ 个小正方体, 最多需要 $4+2+2=8$ 个小正方体,一个正方体 6 个面, 每重叠一次减少 2 个面的表面积, 即为组合几何体的面积所以搭成的几何体的表面积是 $6 \times 7-2 \times 6=30$ 或 $6 \times 7-2 \times 7=28$ 或 $6 \times 8-2 \times 9=30$.
题目（九年级 · 立体几何学）：小华在一个正方体的六个面上分别写上 “ $x, y, z, 1,-1,2$ ” 字样, 表面展开图如图所示, 则在该正方体中, 相对面的数字相等, 则 $x^{y}=$ \$ \qquad \$


选项：
答案：1
解析：【分析】

本题主要考查了正方体相对两个面上的文字, 注意正方体的空间图形, 从相对面入手, 分析及解答问题. 正方体的表面展开图, 相对的面之间一定相隔一个正方形, 根据这一特点确定出相对面,再根据相对面的数字相等求出 $x 、 y$ 的值, 然后代入代数式进行计算即可得解.

【解答】

解: :正方体的表面展开图, 相对的面之间一定相隔一个正方形,

$\therefore$ “ $x$ ” 与 “ -1 ” 是相对面,

$“ y ”$ 与 “2” 是相对面,

“ $1 "$ 与 “ $z "$ 是相对面,

$\because$ 在该正方体中, 相对面的数字相等,

$\therefore x=-1, y=2$,

$\therefore x^{y}=(-1)^{2}=1$.

故答案为 1 .
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是由若干个棱长为 1 的小正方体组合而成的一个几何体的三视图, 则这个几何体的表面积是



主视图



左视图



俯视图
选项：
答案：22
解析：【分析】

本题考查了几何体的表面积, 由三视图判断几何体, 学生对三视图掌握程度和灵活运用能力, 同时也体现了对空间想象能力方面的考查. 掌握口诀 “俯视图打地基, 主视图疯狂盖, 左视图拆违章” 是解题的关键. 利用主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看, 所得到的图形, 进而判断图形形状, 即可得出小正方体的个数.

【解答】

解: 综合三视图, 我们可以得出, 这个几何模型的底层有 $3+1=4$ 个小正方体, 第二层有 1 个小正方体,

因此搭成这个几何体模型所用的小正方体的个数是 $4+1=5$ 个.

$\therefore$ 这个几何体的表面积是 $5 \times 6-8=22$.

故答案为 22 .
题目（九年级 · 立体几何学）：如图所示, 某校数学兴趣小组利用标杆 $B E$ 测量建筑物的高度, 已知标杆 $B E$ 高为 $1.5 \mathrm{~m}$, 测得 $A B=3 \mathrm{~m}, A C=10 \mathrm{~m}$, 则建筑物 $C D$ 的高是 $\qquad$ m.



（第 12 题）


选项：
答案： 5


解析：根据题意和图形, 利用三角形相似的性质, 可以计算出 $C D$ 的长, 从而可以解答本题.

【详解】 $\because E B \perp A C, D C \perp A C$,

$\therefore E B / / D C$,

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

又 $\because \angle A=\angle A$,

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

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

$\because B E=1.5 m, A B=3 m, A C=10 \mathrm{~m}$,

$\therefore \frac{3}{10}=\frac{1.5}{C D}$,

解得, $C D=5$,

即建筑物 $C D$ 的高是 $5 m$,

故答案为: 5 .

【点睛】本题考查了相似三角形的应用、相似比等知识, 正确得出相似三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：$\triangle A B C$ 和 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 中, $\angle A=60^{\circ}, \angle B=40^{\circ}, \angle A^{\prime}=60^{\circ}$, 当 $\angle C^{\prime}=$ $\qquad$时， $\triangle A B C \sim \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$.


选项：
答案： $80^{\circ}$.


解析：利用两对对应角相等的三角形相似判定即可.

【详解】解: $\because \angle \mathrm{A}=60^{\circ}, \angle \mathrm{B}=40^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{C}=180^{\circ}-60^{\circ}-40^{\circ}=80^{\circ}$,

$\because \angle A^{\prime}=\angle \mathrm{A}=60^{\circ}$,

$\therefore$ 当 $\angle \mathrm{C}^{\prime}=\angle \mathrm{C}=80^{\circ}$ 时, $\triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$.

故答案为: $80^{\circ}$.

【点睛】本题考查了相似三角形的判定, 解题的关键是了解相似三角形的判定方法.
题目（九年级 · 立体几何学）：在Rt $\triangle A B C$ 中, $A B=6, B C=8$, 则这个三角形的外接圆的半径是 $\qquad$

选项：
答案：4或5

## 
解析：【分析】

本题考查的是直角三角形的外接圆半径, 重点在于理解直角三角形的外接圆是以斜边中点为圆心, 斜边长的一半为半径的圆. 这个三角形的外接圆直径是斜边长, 有两种情况情况: (1)斜边是 $B C$, 即外接圆直径; (2)斜边是 $A C$, 利用勾股定理求出外接圆直径即可求出此题.

## 【解答】

解: 根据题意得,

(1)斜边是 $B C$ 时, 即外接圆直径是 8 , 则半径为 $8 \div 2=4$;

(2) 斜边是 $A C$ 时, 即外接圆直径是 $\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$, 则半径为 $10 \div 2=5$;

故答案为 4 或 5 .

##
题目（九年级 · 立体几何学）：要把 5 米长的梯子上端放在距地面 3 米高的阳台边沿上, 猜想一下梯子摆放坡度最小为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：【分析】坡度最大, 那么水平距离最大, 为 3 , 得到垂直高度, 进而求得最小坡度.解: 由已知可得: 梯子距阳台的水平距离为 4 米.

则坡度即铅直高度: 水平长度 $=3: 4$.

$\therefore$ 梯子摆放坡度最小为 $\frac{3}{4}$.
解析：【分析】坡度最大, 那么水平距离最大, 为 3 , 得到垂直高度, 进而求得最小坡度.解: 由已知可得: 梯子距阳台的水平距离为 4 米.

则坡度即铅直高度: 水平长度 $=3: 4$.

$\therefore$ 梯子摆放坡度最小为 $\frac{3}{4}$.
题目（九年级 · 立体几何学）：直角三角形两直角边为 $3 ， 4$, 则其外接圆和内切圆半径之和为
选项：
答案：【分析】首先根据勾股定理求得该直角三角形的斜边是 5 , 再根据其外接圆的半径等于梌边的一半和内切圆的半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半进行计算.

解: $\because$ 直角三角形两直角边为 3,4 ,

$\therefore$ 斜边长 $=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\therefore$ 外接圆半径 $=\frac{5}{2}=2.5$, 内切圆半径 $=\frac{3+4-5}{2}=1$,

$\therefore$ 外接圆和内切圆半径之和 $=2.5+1=3.5$.

故答案为: 3.5 .
解析：【分析】首先根据勾股定理求得该直角三角形的斜边是 5 , 再根据其外接圆的半径等于梌边的一半和内切圆的半径等于两条直角边的和与斜边的差的一半进行计算.

解: $\because$ 直角三角形两直角边为 3,4 ,

$\therefore$ 斜边长 $=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\therefore$ 外接圆半径 $=\frac{5}{2}=2.5$, 内切圆半径 $=\frac{3+4-5}{2}=1$,

$\therefore$ 外接圆和内切圆半径之和 $=2.5+1=3.5$.

故答案为: 3.5 .
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是由若干个棱长为 2 的小正方体组合而成的一个几何体的三视图, 则这个几何体的体积是



主视图



左视图



俯视图
选项：
答案：40
解析：试题分析：利用主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看, 所得到的图形, 进而判断图形形状, 即可得出小正方体的个数.

综合三视图, 我们可以得出, 这个几何模型的底层有 $3+1=4$ 个小正方体, 第二有 1 个小正方体,

因此搭成这个几何体模型所用的小正方体的个数是 $4+1=5$ 个.

$\therefore$ 这个几何体的表面积是 $5 \times 6-8=22$,

故答案为 22 .

考点: 三视图.
题目（九年级 · 立体几何学）：由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的从正面看和从上面看，如图所示，则搭成该几何体的小正方体最多是个.



从正面看



从上面看
选项：
答案：7
解析：解：由俯视图易得最底层有 5 个小正方体，第二层最多有 2 个小正方体，那么搭成这个几何体的小正方体最多为 $2+5=7$ 个. 故答案为: 7.

点睛: 本题考查了学生对三视图的掌握程度和灵活运用能力, 同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀 “俯视图打地基, 主视图疯狂盖, 左视图拆违章” 就更容易得到
答案.
题目（九年级 · 立体几何学）：一个上下底密封的纸盒的三视图如图所示, 请你根据图中的数据, 计算这个密封纸盒的表面积为 $\mathrm{cm}^{2} . \quad($ 结果保留 $\pi)$



正视图

左视图



俯视图
选项：
答案：$600 \pi$
解析：根据三视图可知这个密封纸盒是一个底面半径为 $20 \mathrm{~cm}$, 高为 $20 \mathrm{~cm}$ 的圆柱体,所以表面积为: $2 \times \pi \times 10^{2}+2 \times \pi \times 10 \times 20=600 \pi \mathrm{cm}^{2}$,故答案为: $600 \pi$.
题目（九年级 · 立体几何学）：三棱柱的三视图如图所示, $\triangle \mathrm{EFG}$ 中, $\mathrm{EF}=10 \mathrm{~cm}, \mathrm{EG}=16 \mathrm{~cm}, \angle \mathrm{EGF}=30^{\circ}$, 则 $\mathrm{AB}$ 的长为cm


选项：
答案：8
解析：过点 $E$ 作 $E Q \perp F G$ 于点 $Q$,

由题意可得出 $: E Q=A B$,

因为 $E G=16, \angle E G F=30^{\circ}$,

所以 $E Q=A B=\frac{1}{2} \times 16=8 \mathrm{~cm}$

故答案为: 8 .
题目（九年级 · 立体几何学）：墙角处有若干大小相同的小立方体堆成如图的立体图形, 如果你打算搬走其中部分小立方体(不考虑操作技术的限制), 但希望搬完后从正面、从上面、从右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 \$ \qquad \$个小立方体.
选项：
答案：$2 \sqrt{3}$
解析：如图，



在直线 $y=-\sqrt{3} x+4$ 上, $x=0$ 时, $y=4$,

当 $y=0$ 时, $x=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore O B=4, O A=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \tan \angle O B A=\frac{O A}{O B}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

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

由 $P Q$ 切 $\odot O$ 于 $Q$ 点可知: $O Q \perp P Q$,

$\therefore P Q=\sqrt{O P^{2}-O Q^{2}}$,

由于 $O Q=1$,

因此当 $O P$ 最小时 $P Q$ 长取最小值, 此时 $O P \perp A B$,

$\therefore O P=\frac{1}{2} O B=2$,

此时 $P Q=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,

$B P=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore O Q=\frac{1}{2} O P$, 即 $\angle O P Q=30^{\circ}$,

若使点 $P$ 到直线 $a$ 的距离最大,

则最大值为 $P M$, 且 $M$ 位于 $x$ 轴下方,

过点 $P$ 作 $P E \perp y$ 轴于点 $E$,

$\therefore E P=\frac{1}{2} B P=\sqrt{3}$,

$\therefore B E=\sqrt{(2 \sqrt{3})^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=3$,

$\therefore O E=4-3=1$,

$\because O E=\frac{1}{2} O P$,

$\therefore \angle O P E=30^{\circ}$,
$\therefore \angle E P M=30^{\circ}+30^{\circ}=60^{\circ}$,

即 $\angle E M P=30^{\circ}$,

$\therefore P M=2 E P=2 \sqrt{3}$.

故答案为: $2 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 是由 10 个完全相同的小正方体堆成的几何体. 若现在你还有若干个相同的小正方体, 在保证该几何体的从上面、从正面、从左面看到的图形都不变的情况下, 最多还能放个小正方体.


选项：
答案：1
解析：主视图是第一层三个小正方形, 第二层是左边一个小正方形, 中间一个小正方形, 第三层是左边一个小正方形,

俯视图是第一层三个小正方形, 第二层三个小正方形,

左视图是第一层两个小正方形, 第二层两个小正方形, 第三层左边一个小正方形,不改变三视图, 中间第二层加一个,

故答案为: 1 .
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是一个几何体的三视图, 根据图中所示数据求得这个几何体的侧面积是 $($ 结果保留 $\pi)$.


选项：
答案：$24 \pi$
解析：由三视图可知该几何体是圆柱体, 其底面半径是 $4 \div 2=2$, 高是 6 ,

圆柱的侧面展开图是一个长方形, 长方形的长是圆柱的底面周长, 长方形的宽是圆柱的高,

且底面周长为: $2 \pi \times 2=4 \pi$,

$\therefore$ 这个圆柱的侧面积是 $4 \pi \times 6=24 \pi$.

故答案为: $24 \pi$.
题目（九年级 · 立体几何学）：有一个正方体, $A, B, C$ 的对面分别是 $x, y, z$ 三个字母, 如图所示, 将这个正方体从现有位置依次翻到第 $1,2, \ldots, 12$ 格, 这时顶上的字母是 \$ \qquad \$


选项：
答案：$x$
解析：由图可得, 小正方体从第 1 格的位置依次翻到第 12 格时, “A” 在下面,

$\because A, B, C$ 的对面分别是 $x, y, z$ 三个字母,

则这时小正方体朝上面的字母是 “ $x$ ” 。

故答案为 $x$.
题目（九年级 · 立体几何学）：老师用 10 个 $1 \mathrm{~cm} \times 1 \mathrm{~cm} \times 1 \mathrm{~cm}$ 的小正立方体摆出一个立体图形, 它的正视图如图(1)所示, 且图中任两相邻的小正立方体至少有一棱边 $(1 \mathrm{~cm})$ 共享, 或有一面 $(1 \mathrm{~cm} \times 1 \mathrm{~cm})$ 共享. 老师拿出一张 $3 \mathrm{~cm} \times 4 \mathrm{~cm}$ 的方格纸(如图(2)), 请小荣将此 10 个小正立方体依正视图摆放在方格纸中的方格内,请问小荣摆放完后的左视图有 \$ \qquad \$种. (小正立方体摆放时不得悬空，每一小正立方体的棱边与水平线垂直或平行)



图(1)



图(2)
选项：
答案：16
解析：由题意可知, 立体图形只有一排左视图有 3 个正方形, 有两到三排.

三排的左视图有: $3 \times 4=12$ 种；

两排的左视图有: $2 \times 2=4$ 种;

共 $12+4=16$ 种.

故答案为: 16 .
题目（九年级 · 立体几何学）：如图 1 是一个侧棱长为 $15 \mathrm{~cm}$ 的直三棱柱包装盒, 它的底面是正三角形. 现将宽为 $4 \mathrm{~cm}$ 的彩色矩形纸带 $A M C N$ 裁剪成一个平行四边形 $A B C D$ 如图所示, 然后用这条平行四边形纸带按如图 3 的方式把这个三棱柱包装盒的侧面进行包贴(要求包贴时既不重叠也无遗漏), 纸带在侧面缠绕四圈,正好将这个三棱柱包装盒的侧面全部包贴满, 则在图 2 中, 裁剪的角度 $\angle B A D$ 的正弦值是



图1



图2



图3
选项：
答案：$\frac{3}{5}$
解析：由图 3 的包贴方法可得展开图如下:



$\because$ 纸带在侧面缠绕四圈, 正好将这个三棱柱包装盒的侧面全部包贴满, 侧棱长为 $15 \mathrm{~cm}$,

$\therefore F B=5 \mathrm{~cm}$,

又:矩形纸带的宽为 $4 \mathrm{~cm}$,

$\therefore E F=4 \mathrm{~cm}$,
在Rt $\triangle E F B$ 中, $B E=\sqrt{B f^{2}-E F^{2}}=3 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \sin \angle B F E=\frac{\boldsymbol{B E}}{\boldsymbol{B F}}=\frac{3}{5}$

结合图形可得 $\angle B A D=\angle B F E$,

故可得裁剪的角度 $\angle B A D$ 的正弦值是 $\frac{3}{5}$

故答案为 $\frac{3}{5}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 以点 $O$ 为圆心的两个圆中, 大圆的弦 $A B$ 切小圆于点 $C, O A$ 交小圆于点 $D$, 若 $O D=2$, $\tan \angle \mathrm{OAB}=\frac{1}{2}$, 则 $\mathrm{AB}$ 的长是


选项：
答案：8
解析：如图, 连接 $\mathrm{OC}$.



$\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 切线, $\therefore \mathrm{OC} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{AC}=\mathrm{BC}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{ACO}$ 中, $\because \angle \mathrm{ACO}=90^{\circ}, \mathrm{OC}=\mathrm{OD}=2 \tan \angle \mathrm{OAB}=\frac{O C}{A C}$,

$\therefore \frac{1}{2}=\frac{2}{A C}, \therefore \mathrm{AC}=4, \therefore \mathrm{AB}=2 \mathrm{AC}=8$, 故答案为 8
题目（九年级 · 画法几何学）：如图是某风车示意图, 其相同的四个叶片均匀分布, 水平地面上的点 $M$ 在旋转中心 $O$ 的正下方. 某一时刻, 太阳光线恰好垂直照射叶片 $O A, O B$, 此时各叶片影子在点 $M$ 右侧成线段 $C D$, 设太阳光线与地面的夹角为 $\alpha$, 测得 $\tan \alpha=\frac{2}{3}, M C=8.5 m, C D=13 \mathrm{~m}$, 风车转动时,叶片外端离地面的最大高度等于 \$ \qquad \$ $m$.


选项：
答案：$(10+\sqrt{13})$
解析：【分析】

本题考查了解直角三角形的应用, 根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键. 作辅助线, 构建直角 $\triangle C N D$, 证明 $\triangle H M C \sim \triangle E F G$, 根据垂直于地面的木棒 $E F$ 与影子 $F G$ 的比为2: 3, 列比例式可得 $H M$ 的长, 由三角函数的定义可得 $C N$ 的长, 从而得 $O A=O B=\sqrt{13}$, 由此可解答.

【解答】

解：如图, 设 $A C$ 与 $O M$ 交于点 $H$, 过点 $C$ 作 $C N \perp B D$ 于 $N$,



$\because H C / / E G$,

$\therefore \angle H C M=\angle E G F$,

$\because \angle C M H=\angle E F G=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle H M C \sim \triangle E F G$,

$$
\therefore \frac{H M}{C M}=\frac{E F}{F G}
$$

$\because \tan \alpha=\frac{H M}{C M}=\frac{2}{3}$,
即 $\frac{H M}{8.5}=\frac{2}{3} ，$

$\therefore H M=\frac{17}{3}$,

$\because B D / / E G$,

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

$\therefore \tan \angle B D C=\tan \angle E G F$

$\therefore \frac{C N}{D N}=\frac{E F}{F G}=\frac{2}{3}$,

设 $C N=2 x, D N=3 x$, 则 $C D=\sqrt{13} x$,

$\therefore \sqrt{13} x=13$,

$\therefore x=\sqrt{13}$,

$\therefore A B=C N=2 \sqrt{13}$,

$\therefore O A=O B=\frac{1}{2} A B=\sqrt{13}$,

在Rt $\triangle H M C$ 中, $C H=\sqrt{H M^{2}+C M^{2}}=\sqrt{\left(\frac{17}{3}\right)^{2}+\left(\frac{17}{2}\right)^{2}}=\frac{17}{6} \sqrt{13}$,

$\therefore \sin \angle C H M=\frac{C M}{C H}=\frac{\frac{17}{2}}{\frac{17 \sqrt{13}}{6}}=\frac{3 \sqrt{13}}{13}$

在Rt $\triangle A H O$ 中, $\because \angle A H O=\angle C H M$,

$\therefore \sin \angle A H O=\sin \angle C H M=\frac{A O}{O H}=\frac{3 \sqrt{13}}{13}$,

$\therefore \frac{\sqrt{13}}{O H}=\frac{3 \sqrt{13}}{13}$

$\therefore \mathrm{OH}=\frac{13}{3}$

$\therefore O M=O H+H M=\frac{13}{3}+\frac{17}{3}=10$,

以点 $O$ 为圆心, $O A$ 的长为半径作圆, 当 $O B$ 与 $O M$ 共线时, 叶片外端离地面的高度最大, 其最大高度等于 $(10+\sqrt{13})$ 米.

故答案为 $(10+\sqrt{13})$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题3分)(2022$cdot$浙江$cdot$九年级专题练习)如图,已知$AB$是$odotO$的弦,$angleAOB=120^{circ}$,$OCperpAB$,垂足为$C,OC$的延长线交$odotO$于点${D}$.若$angleAPD$是$AD$所对的圆周角,则$angleAPD$的度数是$qquad$.
选项：
答案：$30^{circ}30$度
解析：【分析】根据垂径定理得出$angleAOB=angleBOD$,进而求出$angleAOD=60^{circ}$,再根据圆周角定理可得$angleAPD=frac{1}{2}angleAOD=30^{circ}$.【详解】$becauseOCperpAB,OD$为直径,$thereforeBD=AD$,$thereforeangleAOB=angleBOD$,$becauseangleAOB=120^{circ}$,$thereforeangleAOD=60^{circ}$,$thereforeangleAPD=frac{1}{2}angleAOD=30^{circ}$,故答案为:$30^{circ}$.【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识,掌握垂径定理是解答本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题3分)（2022$cdot$浙江潐州$cdot$二模）如图(1)是一个虎口式夹子的实物图，图(2)是该夹子的主视示意图．点$O$是夹子转轴位置,点$O$左边是两段相等的夹弧（点$A$与点$B$重合),右边是等长的两部分夹柄,当用手指同时按夹柄$C,D$两处时,夹子两边可绕点$O$转动.已知$OEperpCE,OFperpDF,E,F$为垂足,且$OE=OF$,$CE=DF=4.8{~cm},OA=4{~cm},quadOC=OD=CD=5{~cm}$.图(1)图(2)图(3)(1)如图(3),当$E,O,F$三点在同一直线时,$E,F$两点间的距离是${cm};$(2)当$C,D$重合时,两段夹弧恰好在同一圆上,则优弧$AOB$的弧长为${cm}$.
选项：
答案：$2.8quadfrac{8}{3}pi$
解析：【分析】（1）由勾股定理解答即可;(2)当$C,D$重合时,两段夹弧恰好在同一圆上，可求出$angleAOC、angleBOD$的度数，证明$triangleAOB$为等边三角形,即可求解.【详解】解：(1）当$E、O、F$三点共线时,$becauseOEperpCE,OFperpDF$$thereforeangleCEO=angleDFO=90^{circ}$在$Rt_{triangle}CEO$中,$OE=sqrt{CO^{2}-CE^{2}}=sqrt{5^{2}-4.8^{2}}=1.4{~cm}$同理$OF=1.4{~cm}$$EF=OE+OF=2.8{~cm}$即$E,F$两点间的距离为$2.8{~cm}$故答案为:2.8;(2)由图2可知,$OC=OD=CD$$thereforetriangleCOD$是等边三角形$thereforeangleCOD=60^{circ}$当$C,D$重合时,两段夹弧恰好在同一圆上,如图$thereforeangleAOC=angleBOD=frac{360^{circ}-angleCOD}{2}=150^{circ}$$thereforeangleAOB=60^{circ}$$becauseOA=OB$$thereforetriangleAOB$为等边三角形$thereforeAOB=frac{60}{360}times2pitimesOA=frac{4}{3}pi$$therefore$优弧$AOB=2pir-frac{4}{3}pi=2pitimesfrac{4}{2}-frac{4}{3}pi=frac{8}{3}pi$故答案为:$frac{8}{3}pi$.【点睛】本题考查弧长公式、勾股定理、旋转的性质、等边三角形的判定与性质等知识,是重要考点，掌握相关知识是解题关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题3分)（2022$cdot$浙江$cdot$桐乡市高桥镇高桥初级中学九年级期中）如图,点$E$是菱形$ABCD$的边$CD$上一点,将$triangleADE$沿$AE$折叠,点$D$的对应点$F$恰好在边$BC$上,设$frac{DE}{CE}=k$(1)若点$F$与点$C$重合,则$k=$(2)若点$F$是边$BC$的中点,则$k=$
选项：
答案：12
解析：【分析】(1)若点$F$与点$C$重合,则可知$DE=CE$,即可得出结果;(2)点$F$是边$BC$的中点,延长$AE$,与$BC$的延长线交于点$H$,根据折叠的性质以及菱形的性质证明$triangleADEsimtriangleHCE$,即可得出答案.【详解】解：(1)当点$F$与点$C$重合时,$DE=CE$,$thereforek=frac{DE}{CE}=1$,故答案为:1;(2)延长$AE$，与$BC$的延长线交于点$H$,$because$四边形$ABCD$是菱形,$thereforeAD//BC,AD=BC$,$thereforeangleDAH=angleFHA$由折叠的性质知:$AD=AF,angleDAH=angleFAH$,$thereforeangleFAH=angleFHA$,$thereforeFH=FA=AD$,$because$点$F$是边$BC$的中点,$thereforeCF=frac{1}{2}BC$,$thereforeCF=frac{1}{2}FH$$thereforeCH=CF=frac{1}{2}FH=frac{1}{2}AD$$becauseAD//CH$$thereforetriangleADEsimtriangleHCE$,$thereforefrac{DE}{CE}=frac{AD}{HC}=2$,故答案为:2.【点睛】本题考查了菱形的性质,折叠的性质以及相似三角形的判定与性质,熟练掌握相关的图形的性质以及掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题3分)(2021$cdot$浙江$cdot$温州市实验中学九年级期中)如图,在$RttriangleABC$中,已知$angleA=90^{circ},AB=6,BC=10,D$是线段$BC$上的一点,以$C$为圆心,$CD$为半径的半圆交$AC$边于点$E$,交$BC$的延长线于点$F$,射线$BE$交$EF$于点$G$,则$BEcdotEG$的最大值为
选项：
答案：32
解析：【分析】如图,过点$C$作$CHperpEG$于点$H$.利用相似三角形的性质证明$EBcdotEG=2AEcdotEC$,设$EC=x$,在Rt$triangleABC$中,$AC=sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$,推出$EBcdotEG=2x?(8-x)=-2(x-4)^{2}+32$,利用二次函数的性质求解即可.【详解】解：如图,过点$C$作$CHperpEG$于点$H$.$becauseCHperpEG$$thereforeEH=GH$,$becauseangleA=angleCHE=90^{circ},angleAEB=angleCEH$$thereforetriangleABEsimtriangleHCE$,$thereforefrac{AE}{EH}=frac{BE}{CE}$$thereforeBEcdotEH=AEcdotEC$,$thereforeBEcdot2EH=2cdotAEcdotEC$,$thereforeEBcdotEG=2AEcdotEC$,设$EC=x$,在Rt$triangleABC$中,$AC=sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$,$thereforeEBcdotEG=2x?(8-x)=-2(x-4)^{2}+32$,$because-2<0$$thereforex=4$时,$BEcdotEG$的值最大,最大值为32,故答案为:32.【点睛】本题考查圆周角定理,相似三角形的判定和性质,二次函数的性质等知识,解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决最值问题,属于中考填空题中的压轴题.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题3分)(2022-浙江丽水$cdot$九年级专题练习)如图,将正方形$ABCD$的边$AB$,$BC$绕着点$A$逆时针旋转一定角度,得到线段$AB^{prime},B^{prime}C^{prime}$,连接$AC^{prime}$交$CD$于点$E$,连接$BB^{prime},CC^{prime}$,若$triangleABB^{prime}simtriangleCEC^{prime}$,则$angleABB^{prime}=$
选项：
答案：$75^{circ}75$度
解析：【分析】先连接$AC$,根据旋转的性质得$AB=AB^{prime},AC=AC^{prime}$,进而得出$angleABB^{prime}=angleAB^{prime}B,quadangleACC^{prime}=angleAC^{prime}C$,再根据相似三角形的对应角相等,得$angleABB^{prime}=angleCEC^{prime}$,可设$angleABB^{prime}=angleAB^{prime}B=angleCEC^{prime}=angleCC^{prime}E=x$,进而表示$angleCAC^{prime}$,$angleAED,angleEAD$,然后根据$angleCAC^{prime}+angleEAD=45^{circ}$,求出$x$,即可得出答案.【详解】连接$AC$,根据旋转的性质得$AB=AB^{prime},AC=AC^{prime}$,$thereforeangleABB^{prime}=angleAB^{prime}B,quadangleACC^{prime}=angleAC^{prime}C$.$becausetriangleABB^{prime}simtriangleCEC^{prime}$,$thereforeangleABB^{prime}=angleCEC^{prime}$.设$angleABB^{prime}=angleAB^{prime}B=angleCEC^{prime}=angleCC^{prime}E=angleACC^{prime}=x$,$thereforeangleCAC^{prime}=180^{circ}-2x,angleAED=angleCEC^{prime}=x$,$thereforeangleEAD=90^{circ}-x$.$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeangleCAD=45^{circ}$,$thereforeangleCAC^{prime}+angleEAD=45^{circ}$,即$180^{circ}-2x+90^{circ}-x=45^{circ}，$解得$x=75^{circ}$,$thereforeangleABB^{prime}=75^{circ}$.故答案为:$75^{circ}$.【点睛】本题主要考查了正方形的性质,旋转的性质,相似三角形的性质,等腰三角形的性质等，由角之间的关系得出含有未知角的关系式是解题的关键.