eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 一根直立于水平地面上的木杆 $A B$ 在灯光下形成影子, 当木杆绕 $A$ 按逆时针方向旋转直至到达地面时, 影子的长度发生变化. 设 $A B$垂直于地面时的影长为 $A C$ (假定 $A C>A B$ ), 影长的最大值为 $m$, 最小值为 $n$, 那么下列结论中: (1) $m>A C$; (2) $m=A C$;

(3) $n=A B$;

(4)


影子的长度先增大后减小. 正确的结论序号是 \$ \qquad \$ .

(直角填写正确的结论的序号).
选项：
答案：(1)(3)
解析：当木杆绕点 $A$ 按逆时针方向旋转时, 如图所示当 $A B$ 与光线 $B C$ 垂直时, $m$ 最大, 则 $m>A C$, (1)成立;



(1)成立, 那么(2)不成立;

最小值为 $A B$ 与底面重合, 故 $n=A B$, 故(3)成立;

由上可知, 影子的长度先增大后减小, (4)成立;

故答案为: (1) (3) (4).
题目（九年级 · 度量几何学）：小明家的客厅有一张直径为 1.1 米, 高 0.75 米的圆桌 $B C$, 在距地面 2 米的 $A$ 处有一或灯, 圆桌的影子为 $D E$, 依据题意建立平面直角坐标系, 其中点 $D$ 的坐标为 $(2,0)$, 则点 $E$ 的坐标是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$(3.76,0)$
解析：由题意得: $B C / / D E$,

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

$\therefore \frac{B C}{D E}=\frac{2-0.75}{2}$,

$\because B C=1.1$,

$\therefore D E=1.76$,

$\therefore O E=O D+D E=2+1.76=3.76$.

$\therefore E(3.76,0)$.

故答案为 $(3.76,0)$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图是学校艺术馆中的柱子, 高 $4.5 \mathrm{~m}$. 为迎接艺术节的到来, 工作人员用一条花带从柱底向柱顶均匀地缠绕 3 圈, 一直缠到起点的正上方为止. 若柱子的底面周长是 $2 m$, 则这条花带至少需要 \$ \qquad \$ $m$.
选项：
答案：7.5
解析：将圆柱表面切开展开呈长方形,

则有螺旋线长为三个长方形并排后的长方形的对角线长 $x$,



$\because$ 圆柱高 4.5 米, 底面周长 2 米,

$x^{2}=(2 \times 3)^{2}+4.5^{2}=56.25 m$,

$x=7.5 m$,
所以, 花带长至少是 $7.5 m$.

故答案为: 7.5 .
题目（九年级 · 度量几何学）：已知一个圆柱的侧面展开图是如图所示的矩形, 长为 $6 \pi$, 宽为 $4 \pi$, 那么这个圆柱底面圆的半径为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：2 或 3
解析：(1) 当底面圆的周长为 $6 \pi$ 时, 底面圆的半径为 $6 \pi \div \pi \div 2=3$;

(2) 当底面圆的周长为 $4 \pi$ 时, 底面圆的半径为 $4 \pi \div \pi \div 2=2$.

故答案为 2 或 3.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $D$ 在 $A B$ 的延长线上, $D C$ 切 $\odot O$ 于点 $C$, 若 $\angle A=25^{\circ}$, 则 $\angle D$ 等于 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$40^{\circ}$.
解析：连接 $\mathrm{OC}$,



$\because \mathrm{DC}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{C}, \therefore \angle \mathrm{OCD}=90^{\circ}, \because$ 弧 $\mathrm{BC}$ 对的圆周角是 $\angle \mathrm{A}$, 对的圆心角是 $\angle \mathrm{COB}$,

$\therefore \angle \mathrm{COB}=2 \angle \mathrm{A}=50^{\circ}, \quad \therefore \angle \mathrm{D}=180^{\circ}-\angle \mathrm{DCO}-\angle \mathrm{COB}=40^{\circ}$
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{PA}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{A}, \mathrm{PBC}$ 交 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{PA}=4 \sqrt{3}, \mathrm{PC}=12$, 则 $\mathrm{PB}=$ \$ \qquad \$


选项：
答案：4
解析：已知 $P A$ 切 $\odot O$ 于 $A$,

根据切割线定理, 得 $P A^{2}=P B \cdot P C ; \because \quad P A=4 \sqrt{3}, P C=12$,

$\therefore \quad P B=\frac{P A^{2}}{P C}=\frac{48}{12}=4$
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, $\odot \mathrm{O}$ 为 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的内切圆, $\angle \mathrm{ABC}=80^{\circ}, \angle \mathrm{ACB}=36^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{BOC}=$ \$ \qquad \$ ${ }^{\circ}$.


选项：
答案：122
解析：$\because O B 、 O C$ 是 $\angle A B C 、 \angle A C B$ 的角平分线,

$\therefore \quad \angle O B C+\angle O C B=\frac{1}{2}(\angle A B C+\angle A C B)=\frac{1}{2}\left(80^{\circ}+36^{\circ}\right)=58^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=180^{\circ}-58^{\circ}=122^{\circ}$. 故答案为 122 .
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 半径为 3 的 $\odot O$ 与 Rt $\triangle A O B$ 的斜边 $A B$ 切于点 $D$, 交 $O B$ 于点 $C$, 连接 $C D$ 交直线 $O A$ 于点 $\mathrm{E}$, 若 $\angle \mathrm{B}=30^{\circ}$, 则线段 $\mathrm{AE}$ 的长为


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：连接 $\mathrm{OD}$, 如图所示,

由已知可得, $\angle B O A=90^{\circ}, \mathrm{OD}=\mathrm{OC}=3, \angle \mathrm{B}=30^{\circ}, \angle \mathrm{ODB}=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{BO}=2 \mathrm{OD}=6, \angle \mathrm{BOD}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ODC}=\angle \mathrm{OCD}=60^{\circ}, \quad \mathrm{AO}=\mathrm{BO} \tan 30^{\circ}=6 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=2 \sqrt{3}$,

$\because \angle \mathrm{COE}=90^{\circ}, \mathrm{OC}=3$,

$\therefore \mathrm{OE}=\mathrm{OCtan} 60^{\circ}=3 \times \sqrt{3}=3 \sqrt{3}$,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{OE}-\mathrm{OA}=3 \sqrt{3}-2 \sqrt{3}=\sqrt{3}$,
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径,, 是 $\odot O$ 上的点, 过点 $C$ 作 $\odot O$ 的切线交 $A B$ 的延长线于点 D. 若 $\angle A=32^{\circ}$,则 $\angle \mathrm{D}=$ \$ \qquad \$度.


选项：
答案：26
解析：：连接 $\mathrm{OC}$,



由圆周角定理得， $\angle \mathrm{COD}=2 \angle \mathrm{A}=64^{\circ}$,

$\because \mathrm{CD}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,

$\therefore \mathrm{OC} \perp \mathrm{CD}, \therefore \angle \mathrm{D}=90^{\circ}-\angle \mathrm{COD}=26^{\circ}$, 故答案为: 26 .
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 小明同学用自制的直角三角形纸板 DEF 测量树的高度 AB, 他调整自己的位置, 设法使斜边 $\mathrm{DF}$ 保持水平, 并且边 $\mathrm{DE}$ 与点 $\mathrm{B}$ 在同一直线上. 已知纸板的两条直角边 $\mathrm{DE}=40 \mathrm{~cm}$, $\mathrm{EF}=20 \mathrm{~cm}$, 测得边 $\mathrm{DF}$ 离地面的高度 $\mathrm{AC}=1.5 \mathrm{~m}, \mathrm{CD}=8 \mathrm{~m}$, 则树高 $\mathrm{AB}=$ \$ \qquad \$ $\mathrm{m}$.


选项：
答案：5.5
解析：在 $\triangle \mathrm{DEF}$ 和 $\triangle \mathrm{DBC}$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{D} \\ \angle \mathrm{DEF}=\angle \mathrm{DCB}\end{array}\right.$,
$\therefore \triangle \mathrm{DEF} \sim \triangle \mathrm{DBC}$,

$\therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{EF}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{BC}}$, 即 $\frac{40}{20}=\frac{8}{\mathrm{BC}}$

解得 $\mathrm{BC}=4, \because \mathrm{AC}=1.5 \mathrm{~m}, \therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}+\mathrm{BC}=1.5+4=5.5 \mathrm{~m}$
题目（九年级 · 度量几何学）：在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$, 若 $\tan \mathrm{A}=\frac{1}{2}$, 则 $\sin B=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
解析：如图所示:



$\because \angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \tan \mathrm{A}=\frac{1}{2}, \therefore$ 设 $\mathrm{BC}=\mathrm{x}$, 则 $\mathrm{AC}=2 \mathrm{x}$, 故 $\mathrm{AB}=\sqrt{5} \mathrm{x}$,

则 $\sin \mathrm{B}=\frac{A C}{A B}=\frac{2 x}{\sqrt{5} x}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$. 故答案为: $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图。在 $4 \times 4$ 的正方形方格图形中, 小正方形的顶点称为格点. $\triangle A B C$ 的顶点都在格点上,则 $\angle B A C$ 的正弦值是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$\frac{\sqrt{5}}{5}$
解析：$\because A B^{2}=3^{2}+4^{2}=25, A C^{2}=2^{2}+4^{2}=20, B C^{2}=1^{2}+2^{2}=5, \therefore A C^{2}+B C^{2}=A B^{2}, \therefore \triangle A B C$ 为直角三角形, 且 $\angle A C B=90^{\circ}$, 则 $\sin \angle B A C=\frac{B C}{A B}=\frac{\sqrt{5}}{5}$. 故答案为: $\frac{\sqrt{5}}{5}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：在测量旗杆高度的活动课中, 某小组学生于同一时刻在阳光下对一根直立于平地的竹竿及其影长和旗杆的影长进行了测量, 得到的数据如图所示, 根据这些数据计算出旗杆的高度为 $m$.


选项：
答案：12
解析：【分析】

本题只要是把平行投影的问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的相似比, 列出方程, 通过解方程求解即可, 体现了转化的思想. 此题的文字叙述比较多, 解题时要认真分析题意.

利用平行投影的性质, 相似三角形的对应边成比例解答.

【解答】

解：设旗杆的高度为 $x m$,

根据题意, 得: $\frac{x}{9}=\frac{0.8}{0.6}$,

解得 $x=12$,

即旗杆的高度为 $12 m$,

故答案为: 12 .
题目（九年级 · 度量几何学）：将面积为 $225 \mathrm{~cm}^{2}$ 的正方形硬纸片围成圆柱的侧面，则此圆柱的底面直径为 $c m$ (结果保留 $\pi$.
选项：
答案：$\frac{15}{\pi}$
解析：解: 由面积为 $225 \mathrm{~cm}^{2}$ 的正方形可知正方形的边长 $=\sqrt{225}=15 \mathrm{~cm}$, 即是圆柱底面的周长,所以用这硬纸片围成圆柱的侧面的直径 $=\frac{15}{\pi} \mathrm{cm}$,

故答案为: $\frac{15}{\pi}$.

圆柱的底面直径 $=$ 底面周长 $\div \pi$.

此题考查圆柱的计算, 本题要先由正方形的面积求出正方形的周长, 然后再求底面的直径.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2019$cdot$浙江杭州$cdot$九年级)如图,在$triangle{ABC}$中,${AB}={AC}=5,{BC}=4$$sqrt{5},{D}$为边${AB}$上一动点(${B}$点除外),以${CD}$为一边作正方形${CDEF}$,连接${BE}$,则$triangle{BDE}$面积的最大值为
选项：
答案：8
解析：【分析】如图,过点$A$作$AHperpBC$于$H$,过点$E$作$EMperpAB$于$M$,过点$C$作$CNperpAB$于$N$,根据等腰三角形的性质以及三角形的面积可求出${CN}=4$,继而根据勾股定理求出$AN=3$,从而求得$BN$的长,然后证明$triangleEDMcongtriangleDCN$,根据全等三角形的性质可得${EM}={DN}$,设${BD}={x}$,则${DN}=8-{x}$,继而根据三角形的面积公式可得${S}_{triangle{BDE}}=$$-frac{1}{2}(x-4)^{2}+8(0<xleq5)$,根据二次函数的性质即可求得答案.【详解】如图,过点$A$作$AHperpBC$于$H$,过点$E$作$EMperpAB$于$M$,过点$C$作$CNperpAB$于$N$,$because{AB}={AC}=5,{BC}=4sqrt{5},{AH}perp{BC}$,$therefore{BH}=frac{1}{2}{BC}=2sqrt{5}$,$therefore{AH}=sqrt{AB^{2}-BH^{2}}=sqrt{5}$,$because{S}_{triangle{ABC}}=frac{1}{2}BCcdotAH=frac{1}{2}ABcdotCN$,即$frac{1}{2}times4sqrt{5}timessqrt{5}=frac{1}{2}times5timesCN$，$therefore{CN}=4$,在Rt$triangle{CAN}$中,$angle{ANC}=90^{circ},therefore{AN}=sqrt{AC^{2}-CN^{2}}=3$,$therefore{BN}={BA}+{AN}=8$,$because$四边形${CDEF}$是正方形,$thereforeangle{EDM}+angle{CDN}=angle{EDC}=90^{circ},{ED}={CD}$,$becauseangle{CDN}+angle{NCD}=90^{circ}$,$thereforeangle{EDM}=angle{DCN}$,又$becauseangle{EMD}=angle{DNC}=90^{circ}$,$thereforetriangle{EDM}congtriangle{DCN}$,$therefore{EM}={DN}$,设${BD}={x}$，则${DN}=8-{x}$，$therefore{S}_{triangle{BDE}}=frac{1}{2}BDcdotEM=frac{1}{2}x(8-x)=-frac{1}{2}(x-4)^{2}+8(0<xleq5)$,$because-frac{1}{2}<0$,$therefore{S}_{triangle{BDE}}$的最大值为8,故答案为8.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,正方形的性质,全等三角形的判定与性质,二次函数的应用等,综合性质较强,有一定的难度,正确添加辅助线,熟练运用相关知识是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2021浙江宁波$cdot$九年级期末)如图,点$D$在$triangleABC$的$BC$边上,且$CD=2BD$,点$E$是$AC$边的中点,连接$AD,DE$,假设可以随意在图中取点,那么这个点取在阴影部分的概率是
选项：
答案：$frac{1}{3}$
解析：【分析】先设阴影部分的面积是$x$,得出整个图形的面积是$3x$,再根据几何概率的求法即可得出答案.【详解】解：设阴影部分的面积是$x$,$because$点$E$是$AC$边的中点,$thereforeS_{triangleACD}=2x$,$becauseCD=2BD$$thereforeS_{triangleACB}=3x$,则这个点取在阴影部分的概率是$frac{x}{3x}=frac{1}{3}$.故答案为:$frac{1}{3}$.【点睛】本题考查几何概率的求法:首先根据题意将代数关系用面积表示出来,一般用阴影区域表示所求事件(A);然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例,这个比例即事件(A)发生的概率.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)（2020$cdot$浙江温州$cdot$九年级期末）在Rt$triangleABC$中,两直角边的长分别为6和8,则这个三角形的外接圆的直径长为
选项：
答案：10
解析：【分析】根据题意,写出已知条件并画出图形,然后根据勾股定理即可求出${AB}$,再根据圆周角为直角所对的弦是直径即可得出结论.【详解】如图,已知:$AC=8,BC=6$,由勾股定理得：$AB=sqrt{{AC}^{2}+{BC}^{2}}=10$,$becauseangleACB=90^{circ}$,$thereforeAB$是$odotO$的直径,$therefore$这个三角形的外接圆直径是$10;$故答案为:10.【点睛】此题考查的是求三角形的外接圆的直径,掌握圆周角为直角所对的弦是直径是解决此题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)($2020cdot$浙江$cdot$温州市第二中学九年级阶段练习）如图,正八边形度.
选项：
答案：$22.5^{circ}$
解析：【分析】正八边形内接于圆,可求得${GF}$所对的圆心角为$45^{circ}$,进而可求得${GF}$所对的圆周角的度数.【详解】解:$because$多边形为正八边形$therefore$正八边形$ABCDEFGH$内接于圆$therefore{GF}$所对的圆心角为$45^{circ}$$therefore$GF所对的圆周角$angleGBF$为$22.5^{circ}$故答案为:$22.5^{circ}$.【点睛】本题主要考查了正多边形与圆，同弧所对的圆周角与圆心角的关系，解题的关键是掌握正多边形与圆的关系.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2021浙江金华一模)一个圆被三条半径分成面积比为$2:3:4$的三个扇形,则最小扇形的圆心角为$qquad$.
选项：
答案：$80^{circ}80$度
解析：【分析】因为一个圆被三条半径分成面积比为2:$3:4$的三个扇形,所以其圆心角之比也为2:$3:4$,则最小扇形的圆心角度数可求.【详解】解:由题意可得,三个圆心角的和为$360^{circ}$,又因为三个圆心角的度数比为$2:3:4$,所以最小的圆心角度数为:$360^{circ}timesfrac{2}{9}=80^{circ}$.故答案为:$80^{circ}$.【点睛】此题考查扇形统计图及相关计算,解题的关键是掌握圆心角的度数$=360^{circ}times$该部分占总体的百分比.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022-浙江宁波$cdot$九年级期末)如图1,水车又称孔明车,是我国最古老的农业灌溉工具,是珍贵的历史文化遗产.如图2,圆心$O$在水面上方,且$odotO$被水面截得的弦$AB$长为8米,半径为5米,则圆心$O$到水面$AB$的距离为$qquad$米.图1$because$图2
选项：
答案：3
解析：【分析】过$O$作$ODperpAB$于$D$,连接$OA$,由垂径定理得$AD=BD=frac{1}{2}AB=4$(米),然后在Rt$triangleAOD$中，由勾股定理求出$OD$的长即可.【详解】解：过$O$作$ODperpAB$于$D$,连接$OA$,如图所示:图2则$AD=BD=frac{1}{2}AB=4$(米),在Rt$triangleAOD$中,由勾股定理得:$OD=sqrt{OA^{2}-AD^{2}}=sqrt{5^{2}-4^{2}}=3$(米),即圆心$O$到水面$AB$的距离为3米,故答案为:3.【点睛】本题考查了垂径定理的应用和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022$cdot$浙江湖州$cdot$中考真题)如图,已知$AB$是$odotO$的弦,$angleAOB=$$120^{circ},OCperpAB$,垂足为$C,OC$的延长线交$odotO$于点${D}$.若$angleAPD$是$AD$所对的圆周角,则$angleAPD$的度数是
选项：
答案：$30^{circ}30$度
解析：【分析】根据垂径定理得出$angleAOB=angleBOD$,进而求出$angleAOD=60^{circ}$,再根据圆周角定理可得$angleAPD=frac{1}{2}angleAOD=30^{circ}$.【详解】$becauseOCperpAB,OD$为直径,$thereforeBD=AD$,$thereforeangleAOB=angleBOD$,$becauseangleAOB=120^{circ}$$thereforeangleAOD=60^{circ}$$thereforeangleAPD=frac{1}{2}angleAOD=30^{circ}$,故答案为:$30^{circ}$.【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理等知识，掌握垂径定理是解答本题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)（2022$cdot$浙江温州$cdot$模拟预测）如图,四边形$ABCD$内接于$odotO$,已知$angleBAD=angleBCD=90^{circ},AD=CD$,且$angleADC=120^{circ}$,若点$E$为弧$BC$的中点,连接$DE$,则$angleCDE$的大小是$qquad$
选项：
答案：$30^{circ}30$度
解析：【分析】连接$BD$,根据圆内接四边形的性质求出$angleABC$,根据弧、弦、圆心角之间的关系求出$angleABD=angleCBD=30^{circ}$,求出$angleBDC$,再求出答案即可.【详解】解:连接$BD$,$because$四边形$ABCD$是$odotO$的内接四边形,$thereforeangleABC+angleADC=180^{circ}$,$becauseangleADC=120^{circ}$,$thereforeangleABC=60^{circ}$,$becauseAD=CD$,$thereforeAD=CD$,$thereforeangleDBC=angleABD=frac{1}{2}times60^{circ}=30^{circ}$,$becauseangleBCD=90^{circ}$$thereforeangleBDC=90^{circ}-angleCBD=60^{circ}$,$becauseE$为$BC$的中点,$thereforeangleCDE=angleBDE=frac{1}{2}angleBDC=30^{circ}$;故答案为:$30^{circ}$.【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质,圆周角定理,弧、弦、圆心角之间的关系等知识点,能熟记知识点是解此题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)($2021cdot$浙江$cdot$温州市第二中学二模)如图,已知扇形$AOB$的圆心角为$90^{circ},C$是半径$OA$的中点,过$C$作$CDperpOA$交$AB$于点$D$.若$OA=2$,则阴影部分的面积为
选项：
答案：$frac{pi}{3}+frac{sqrt{3}}{2}$
解析：【分析】连接$OD、AD$,根据线段垂直平分线的性质得出$OD=AD$,继而可得$triangleADO$为等边三角形,求出扇形$BOD$的面积,再加上$S_{triangle}COD$即可求出阴影部分的面积.【详解】解：连接$OD、AD$,$becauseC$是半径$OA$的中点,过$C$作$CDperpOA$交$AB$于点$D$.$thereforeOD=AD$,$thereforetriangleADO$为等边三角形,$thereforeangleDOC=60^{circ}$,$thereforeCD=frac{sqrt{3}}{2}OD=sqrt{3}$,$becauseangleAOB=90^{circ}$,$thereforeangleBOD=30^{circ}$,$thereforeS_{text{阴影}}=S_{text{扇形}}BOD+S_{triangle}COD=frac{30pitimes2^{2}}{360}+frac{1}{2}times1timessqrt{3}=frac{pi}{3}+frac{sqrt{3}}{2}$,故答案为:$frac{pi}{3}+frac{sqrt{3}}{2}$.【点睛】本题考查了扇形的面积计算，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是掌握扇形的面积公式.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2021$cdot$浙江$cdot$温州外国语学校九年级期中)已知扇形的弧长为$2pi{cm}$,半径为$6{~cm}$,则它的面积为$qquad$${cm}^{2}$.
选项：
答案：$6pi$
解析：【分析】直接根据扇形的面积公式即可得出结论.【详解】$because$扇形的弧度长为$2pi{cm}$,半径为$6{~cm}$$therefore$扇形的面积$S_{text{扇形}}=frac{1}{2}times2pitimes6=6pi{cm}^{2}$故答案为:$6pi$.【点睛】本题考查了扇形面积的计算,掌握扇形面积的计算是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2020$cdot$浙江绍兴$cdot$模拟预测)圆内接四边形$ABCD$中,若$angleA=2angleB=3angleC$,则$angleD$的度数是$qquad$
选项：
答案：$112.5^{circ}$
解析：【分析】先利用圆内接四边形对角互补得出$angle{A}+angle{C}=angle{B}+angle{D}=180^{circ}$,再把$angle{A}=3angle{C}$代入求出$angle{C}=45^{circ}$,那么$angle{A}=135^{circ}=2angle{B}$,再求出$angle{B}=67.5^{circ}$,则$angle{D}=180^{circ}-angle{B}=112.5^{circ}$.【详解】解:$because$四边形${ABCD}$是圆内接四边形,$thereforeangle{A}+angle{C}=angle{B}+angle{D}=180^{circ}$,$becauseangle{A}=2angle{B}=3angle{C}$,$therefore3angle{C}+angle{C}=180^{circ}$,$thereforeangle{C}=45^{circ}$$thereforeangle{A}=135^{circ}=2angle{B}$,$thereforeangle{B}=67.5^{circ}$,$thereforeangle{D}=180^{circ}-angle{B}=112.5^{circ}$.故答案为:$112.5^{circ}$.【点睛】此题主要考查了圆内接四边形的性质,掌握圆内接四边形对角互补是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)（2021$cdot$浙江湖州$cdot$二模）如图所示一个圆柱体容器内装入一些水,截面$AB$在圆心$O$下方,若$odotO$的直径为$60{~cm}$,水面宽$AB=48{~cm}$,则水的最大深度为${cm}$.
选项：
答案：12
解析：【分析】连接$OB$,过点$O$作$OCperpAB$于点$D$,交$odotO$于点$C$,先由垂径定理求出$BD$的长,再根据勾股定理求出$OD$的长,进而得出$CD$的长即可.【详解】解：连接$OB$,过点$O$作$OCperpAB$于点$D$,交$odotO$于点$C$,如图所示：$becauseAB=48{~cm}$,$thereforeBD=frac{1}{2}AB=frac{1}{2}times48=24({~cm})$,$becauseodotO$的直径为$60{~cm}$,$thereforeOB=OC=30{~cm}$在Rt$triangleOBD$中,$OD=sqrt{OB^{2}-BD^{2}}=sqrt{30^{2}-24^{2}}=18({~cm})$,$thereforeCD=OC-OD=30-18=12({~cm})$,即水的最大深度为$12{~cm}$,故答案为:12.【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识；根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2021ㄱ九年级期中)如图,在$triangleABC$中,$angleB=70^{circ},odotO$截三边所得的
选项：
答案：125
解析：【分析】过点$O$作$OMperpDE$于$M,OKperpFG$于$K,OPperpHI$于$P$,如图,由于$DE=FG=HI$$=$,利用弦、圆心角和对应的弦心距的关系得到$OM=OK=OP$,则可判断$OA$平分$angleBAC$,$OC$平分$angleACB$,然后根据角平分线的定义和三角形内角和求解.【详解】解：过点$O$作$OMperpDE$于$M,OKperpFG$于$K,OPperpHI$于$P$,如图,$becauseDE=FG=HI$$thereforeOM=OK=OP$,$thereforeOA$平分$angleBAC,OC$平分$angleACB$,$thereforeangleOAC+angleOCA=frac{1}{2}(angleBAC+angleACB)=frac{1}{2}left(180^{circ}-angleBright)=90^{circ}-frac{1}{2}angleB=90^{circ}-frac{1}{2}times70^{circ}=55^{circ}$,$thereforeangleAOC=180^{circ}-(angleOAC+angleOCA)$$=180^{circ}-55^{circ}$$=125^{circ}$.故答案为:125.【点睛】本题考查了角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等;在角的内部,到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上.也考查了弦、弧、圆心角和弦心距的关系.
题目（九年级 · 解析几何）：如图 $\odot P$ 与 $x$ 轴、直线 $l$ 相切于 $A 、 B$ 两点, $\odot P$ 半径为 1 , 直线 $l$解析式为 $y=\sqrt{3} x$, 在直线 1 和 $x$ 轴上有两个动点 $M 、 N($ 均不同于点 $O)$, 则 $\triangle P M N$ 的周长最小值为 \$ \qquad \$


选项：
答案：$2 \sqrt{3}$
解析：如图, 连接 $P A, P B$, 并延长使 $P B=B D, P A=A C$, 连接 $C D$, 和直线和, $x$ 轴分别交于点 $M$,点 $N$, 作 $P E \perp C D$,

D



$\because$ 直线 $l$ 相切于 $A, B$ 两点,

$\therefore P B \perp l, P A \perp x$ 轴,

$\therefore P M=D M, P N=C N$,

$\because y=\sqrt{3} x$,

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

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

$\because P A=P B$

$\therefore P D=P C$,

$\therefore \angle E P C=60^{\circ}$,

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

$\therefore P E=\frac{1}{2} P C=1$,

$\therefore E C=\sqrt{3}$,

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

$\therefore \triangle P M N$ 的周长为 $P M+P N+M N=D C=2 \sqrt{3}$,

故答案为 $2 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在边长为 1 的小正方形组成的网格中, 点 $A, B, C, D$ 都在这些小正方形的顶点上, $A B, C D$ 相交于点 $O$, 则 $\tan \angle A O D=$


选项：
答案：2
解析：如图, 连接 $B E$,



$\because$ 四边形 $B C E D$ 是正方形,

$\therefore D F=C F=\frac{1}{2} C D, B F=\frac{1}{2} B E, C D=B E, B E \perp C D$,

$\therefore B F=C F$,

根据题意得: $A C / / B D$,

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

$\therefore D P: C P=B D: A C=1: 3$,

$\therefore D P: D F=1: 2$,

$\therefore D P=P F=\frac{1}{2} C F=\frac{1}{2} B F$,

在 $R t \triangle P B F$ 中, $\tan \angle B P F=\frac{B F}{P F}=2$,

$\because \angle A P D=\angle B P F$,

$\therefore \tan \angle A P D=2$,

故答案为 2 .
题目（九年级 · 解析几何）：在直角三角形 $A B C$ 中, 若 $2 A B=A C$, 则 $\cos C=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$
解析：若 $\angle B=90^{\circ}$, 设 $A B=x$, 则 $A C=2 x$,

所以 $B C=\sqrt{(2 x)^{2}-x^{2}}=\sqrt{3} x$,

所以 $\cos C=\frac{B C}{A C}=\frac{\sqrt{3} x}{2 x}=\frac{\sqrt{3}}{2}$;

若 $\angle A=90^{\circ}$, 设 $A B=x$, 则 $A C=2 x$,

所以 $B C=\sqrt{(2 x)^{2}+x^{2}}=\sqrt{5} x$,

所以 $\cos C=\frac{A C}{B C}=\frac{2 x}{\sqrt{5} x}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$;

综上所述, $\cos C$ 的值为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

故答案为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.
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 \$ \qquad \$


选项：
答案：$\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$ 或 $P\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$
解析：$\because$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x-3$ 交 $x$ 轴于点 $A$, 交 $p$ 轴于点 $B$,

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

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

$\therefore O A=4, O B=3$,
$\therefore A B=5$,

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



则 $P D \perp A B, P D=1$,

$\because \angle A D P=\angle A O B=90^{\circ}, \angle P A D=\angle B A O$,

$\therefore \triangle A P D \sim \triangle A B O$,

$\therefore \frac{P D}{O B}=\frac{A P}{A B}$,

$\therefore \frac{1}{3}=\frac{A P}{5}$,

$\therefore A P=\frac{5}{3}$,

$\therefore O P=\frac{7}{3}$ 或 $O P=\frac{17}{3} ，$

$\therefore P\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$ 或 $P\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$,

故答案为 $\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$ 或 $P\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 菱形 $A B C D, \angle B=60^{\circ}, A B=4, \odot O$ 内切于菱形 $A B C D$, 则 $\odot O$ 的半径为


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：设 $A B$ 和 $B C$ 上的切点分别为 $E 、 F$, 连接 $O A 、 O E 、 O B 、 O F$, 则 $O E \perp A B, O F \perp B C$,



$\because \odot O$ 内切于菱形 $A B C D$,

$\therefore O E=O F$,

$\therefore O B$ 平分 $\angle A B C$,

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

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

同理得 $\angle B A O=60^{\circ}$,

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

$\therefore A O=\frac{1}{2} A B=2, O B=2 \sqrt{3}$,

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

$4 O E=2 \times 2 \sqrt{3}$,

$O E=\sqrt{3}$,

故答案为: $\sqrt{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A B=4 \sqrt{2}$, 以 $A B$ 的中点 $O$ 为圆心作圆, 圆 $O$ 分别与 $A C$ 、 $B C$ 相切于点 $D 、 E$ 两点, 则弧 $D E$ 的长为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$\pi$
解析：连接 $O E, O D$,

$\because$ 圆 $O$ 分别与 $A C 、 B C$ 相切于点 $D 、 E$ 两点,

$\therefore O E \perp B C, O D \perp A C$,


$\because \angle C=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $O E C D$ 是矩形,

$\because O E=O D$,

$\therefore$ 矩形 $O E C D$ 是正方形,

$\therefore C E=C D, \angle E O D=90^{\circ}$,

$\therefore \angle B+\angle B O E=\angle B O E+\angle A O D=90^{\circ}$,

$\therefore \angle B=\angle A O D$,

$\because \angle B E O=\angle A D O=90^{\circ}, O B=O A$,

$\therefore \triangle B O E \cong \triangle O A D(A A S)$,

$\therefore B E=O D, O E=A D$,

$\therefore B E=O E=O D=A D$,

$\therefore \angle B=\angle A=45^{\circ}$,

$\because A B=4 \sqrt{2}$,

$\therefore O E=O D=2$,

$\therefore$. 弧 $D E$ 的长 $=\frac{90 \cdot \pi \times 2}{180}=\pi$,

故答案为: $\pi$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB}$ 分别切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$, 若 $\angle \mathrm{P}=70^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{C}$ 的大小为 \$ \qquad \$ (度) 。


选项：
答案：55
解析：连接 $\mathrm{OA}, \mathrm{OB}$,



$\because \mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB}$ 分别切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 A、B, $\therefore \mathrm{OA} \perp \mathrm{PA}, \mathrm{OB} \perp \mathrm{PB}$, 即 $\angle \mathrm{PAO}=\angle \mathrm{PBO}=90^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{AOB}=360^{\circ}-\angle \mathrm{PAO}-\angle \mathrm{P}-\angle \mathrm{PBO}=360^{\circ}-90^{\circ}-70^{\circ}-90^{\circ}=110^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{C}$ 和 $\angle \mathrm{AOB}$ 是同弧所对的圆周角和圆心角, $\therefore \angle \mathrm{C}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{AOB}=55^{\circ}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 过点 $C$ 作 $\odot O$ 的切线交 $A B$ 的延长线于点 $P$,若 $\angle P=40^{\circ}$, 则 $\angle A D C=$ ${ }^{\circ}$.


选项：
答案：$115^{\circ}$
解析：

由题意可得, $\angle O C P=90^{\circ}, \angle P=40^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{COB}=50^{\circ}, \because \mathrm{OC}=\mathrm{OB}$,

$\therefore \angle \mathrm{OCB}=\angle \mathrm{OBC}=65^{\circ}, \because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是圆内接四边形,

$\therefore \angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{ABC}=180^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{D}=115^{\circ}$, 故答案为: $115^{\circ}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知 $\odot P$ 的半径为 2 , 圆心 $P$ 在抛物线 $y=\frac{1}{2} x^{2}-1$ 上运动, 当 $\odot P$ 与 $x$ 轴相切时, 圆心 $P$的坐标为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$(\sqrt{6}, 2)$ 或 $(-\sqrt{6}, 2)$
解析：根据直线和圆相切, 则圆心到直线的距离等于圆的半径, 得点 $\mathrm{P}$ 的纵坐标是 2 或 -2 .

当 $y=2$ 时, $\frac{1}{2} x^{2}-1=2$, 解得 $x= \pm \sqrt{6}$

当 $y=-2$ 时, $\frac{1}{2} \quad x^{2}-1=-2$, 方程无解

故 $P$ 点的坐标为 $(\sqrt{6}, 2)$ 或 $(-\sqrt{6}, 2)$
题目（九年级 · 解析几何）：已知 $\alpha$ 为锐角, 且 $2 \cos ^{2} \alpha-5 \cos \alpha+2=0$, 则 $\alpha=$
选项：
答案：$60^{\circ}$
解析：设 $\cos \alpha=\mathrm{A}$,

则原式 $=2 A^{2}-5 A+2=0$,

解得, $A=2$ (因为 $\cos \alpha \neq 2$, 舍) 或 $\frac{1}{2}$,

$\therefore \cos \alpha=\frac{1}{2}, \therefore \alpha=60^{\circ}$. 故答案为: $60^{\circ}$.
题目（九年级 · 解析几何）：在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c}$ 分别是 $\angle \mathrm{A} 、 \angle \mathrm{B} 、 \angle \mathrm{C}$ 的对边, 下列式子: (1) $\mathrm{a}=\mathrm{c} \cdot \sin \mathrm{B}$, (2) $\mathrm{a}=\mathrm{c} \cdot \cos \mathrm{B}$, (3) $\mathrm{a}=\mathrm{c} \cdot \tan \mathrm{B}$, (4) $\mathrm{a}=\frac{c}{\tan \mathrm{B}}$, 必定成立的是
选项：
答案：(2)
解析：在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, a 、 b 、 c$ 分别是 $\angle A 、 \angle B 、 \angle C$ 的对边,则: $\sin B=\frac{b}{c}, \cos B=\frac{a}{c}, \tan B=\frac{b}{a}$.

即: $b=a \cdot \sin B, a=c \cdot \cos B, a=\frac{b}{\tan B}$. 必定成立的是(2).故答案为: (2).
题目（九年级 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, a=35, c=35 \sqrt{2}$, 则 $\angle A=$ \$ \qquad \$ ,$b=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$45^{\circ}$ 35
解析：(1) $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, a=35, c=35 \sqrt{2}$,

$\therefore \sin \mathrm{A}=\frac{a}{c}=\frac{35}{35 \sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \therefore \angle \mathrm{A}=45^{\circ} ;$

(2) $\because$ 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{A}=45^{\circ}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰直角三角形, $\quad \therefore b=a=35$.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2018$cdot$浙江邵外九年级阶段练习）已知抛物线$y=-2(x+m)^{2}-3$,当$xgeq1$时,$y$随$x$的增大而减小,那么$m$的取值范围是
选项：
答案：$mgeq-1$
解析：【分析】可先求得抛物线的对称轴,再由条件可求得关于${m}$的不等式,可求得答案.【详解】解:$becausey=-2(x+m)^{2}-3$,$therefore$对称轴为${x}=-{m}$,$because{a}=-2<0$$therefore$抛物线开口向下,$therefore$在对称轴右侧${y}$随${x}$的增大而增大,$because$当$xgeq1$时,$y$随$x$的增大而减小,$therefore-mleq1$,解得$mgeq-1$,故答案为$mgeq-1$.【点睛】本题主要考查二次函数的性质,由函数的增减性得到关于${m}$的不等式是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2020浙江$cdot$台州市双语学校九年级期中)点${P}_{1}left(-1,{y}_{1}right),{P}_{2}left(3,{y}_{2}right)$,${P}_{3}left(5,{y}_{3}right)$均在二次函数${y}=-{x}^{2}+2{x}+{c}$的图象上,则${y}_{1},{y}_{2},{y}_{3}$的大小关系是
选项：
答案：${y}_{1}={y}_{2}>{y}_{3}$
解析：【分析】根据函数解析式的特点,其对称轴为${x}=1$,图象开口向下,在对称轴的右侧,${y}$随${x}$的增大而减小,据二次函数图象的对称性可知,${P}_{1}left(-1,{y}_{1}right)$与$left(3,{y}_{1}right)$关于对称轴对称,可判断${y}_{1}={y}_{2}>{y}_{3}$.【详解】解:$becausey=-x^{2}+2x+c$,$therefore$对称轴为${x}=1$,$P_{2}left(3,y_{2}right),quadP_{3}left(5,y_{3}right)$在对称轴的右侧,$y$随$x$的增大而减小,$because3<5$$therefore{y}_{2}>{y}_{3}$,根据二次函数图象的对称性可知,${P}_{1}left(-1,{y}_{1}right)$与$left(3,{y}_{1}right)$关于对称轴对称,故${y}_{1}={y}_{2}>{y}_{3}$,故答案为$y_{1}=y_{2}>y_{3}$.【点睛】本题考查了函数图象上的点的坐标与函数解析式的关系，同时考查了函数的对称性及增减性.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)(2020:浙江$cdot$湖州市吴兴区城南实验学校九年级阶段练习)小明在某次投篮中,球的运动路线是抛物线$y=-frac{1}{5}x^{2}+3.5$的一部分(如图所示),若命中篮圈中心，则他与篮底的距离1是${m}$.
选项：
答案：4
解析：【分析】根据题意可以求得当$y=3.05$时,抛物线$y=-frac{1}{5}x^{2}+3.5$中对应的$x$的值,从而可以解答本题.【详解】将$y=3.05$代入$y=-frac{1}{5}x^{2}+3.5$,得$3.05=-frac{1}{5}x^{2}+3.5$,解得,$x=-1.5$(舍去)或$x=1.5$,$therefore$若命中篮圈中心,则他与篮底的距离1是:$2.5+1.5=4({~m})$,故答案为:4【点睛】本题考查二次函数的应用.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题3分)（2020浙江$cdot$九年级期中）若抛物线$y=x^{2}$过点$A(a,b),B(a+6,b)$,则$b=$
选项：
答案：9
解析：【分析】由题意易得点$A、B$关于二次函数的对称轴对称,进而可得$frac{2a+6}{2}=0$,然后求解$a$的值,最后代入二次函数解析式求解$b$的值即可.【详解】解：由抛物线$y=x^{2}$过点$A(a,b),B(a+6,b)$,可得：该二次函数的对称轴为直线$x=0$,点$A、B$关于二次函数的对称轴对称,$thereforefrac{2a+6}{2}=0$,解得:$a=-3$,把$a=-3$代入抛物线解析式得:$y=(-3)^{2}=9$,$thereforeb=9$故答案为9.【点睛】本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键.