eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（七年级 · 代数）：已知 $y_{1}=-x+3, y_{2}=2 x-3$.

(1) 当 $x$ 取何值时, $y_{1}=y_{2}$;

（2）当 $x$ 取何值时, $y_{1}$ 的值比 $y_{2}$ 的值的 2 倍大 8 .
选项：
答案：(1) 解: $-x+3=2 x-3$, 移项, 可得: $3 x=6$, 系数化为 1 , 可得 $x=2$.

答: 当 $x$ 取 2 时, $y_{1}=y_{2}$

(2) 解: $(-x+3)-2(2 x-3)=8$ 去括号, 可得: $-5 x+9=8$, 移项, 可得: $5 x=1$, 系数化为 1 ,可得 $x=0.2$.

答: 当 $x$ 取 0.2 时, $y_{1}$ 的值比 $y_{2}$ 的值的 2 倍大 8 .
解析：(1) 解: $-x+3=2 x-3$, 移项, 可得: $3 x=6$, 系数化为 1 , 可得 $x=2$.

答: 当 $x$ 取 2 时, $y_{1}=y_{2}$

(2) 解: $(-x+3)-2(2 x-3)=8$ 去括号, 可得: $-5 x+9=8$, 移项, 可得: $5 x=1$, 系数化为 1 ,可得 $x=0.2$.

答: 当 $x$ 取 0.2 时, $y_{1}$ 的值比 $y_{2}$ 的值的 2 倍大 8 .
题目（七年级 · 代数）：已知方程 $\left(1-m^{2}\right) x^{2}-(m+1) x+8=0$ 是关于 $x$ 的一元一次方程.

(1) 求 $m$ 的值及方程的解.

(2) 求代数式 $5 x^{2}-2\left(x m+2 x^{2}\right)-3\left(\frac{1}{3} x m+2\right)$ 的值.
选项：
答案：(1) 解: $\because$ 方程 $\left(1-m^{2}\right) x^{2}-(m+1) x+8=0$ 是关于 $x$ 的一元一次方程,

$\therefore 1-m^{2}=0$ 且 $-(m+1) \neq 0$,

$\therefore m=1$,

原一元一次方程化为: $-2 x+8=0$, 解得 $x=4$

(2) 解: 原式 $=5 x^{2}-2\left(x m+2 x^{2}\right)-3\left(\frac{1}{3} x m+2\right)=5 x^{2}-2 x m-4 x^{2}-x m-6$

$=x^{2}-3 x m-6$,

当 $x=4, m=1$ 时, 原式 $=4^{2}-4 \times 3-6=-2$
解析：(1) 解: $\because$ 方程 $\left(1-m^{2}\right) x^{2}-(m+1) x+8=0$ 是关于 $x$ 的一元一次方程,

$\therefore 1-m^{2}=0$ 且 $-(m+1) \neq 0$,

$\therefore m=1$,

原一元一次方程化为: $-2 x+8=0$, 解得 $x=4$

(2) 解: 原式 $=5 x^{2}-2\left(x m+2 x^{2}\right)-3\left(\frac{1}{3} x m+2\right)=5 x^{2}-2 x m-4 x^{2}-x m-6$

$=x^{2}-3 x m-6$,

当 $x=4, m=1$ 时, 原式 $=4^{2}-4 \times 3-6=-2$
题目（七年级 · 代数）：定义: 若一个关于 $\mathrm{x}$ 的方程 $a x+b=0(a \neq 0)$ 的解为 $x=\frac{a+b}{2}$, 则称此方程为“中点方程”. 如: $x-\frac{1}{3}=0$ 的解为 $x=\frac{1}{3}$, 而 $\frac{1}{3}=\frac{1}{2} \times\left(1-\frac{1}{3}\right) ; 2 x-1=0$ 的解为 $x=\frac{1}{2}$, 而 $\frac{1}{2}=$ $\frac{1}{2} \times(2-1)$.

（1）若 $a=-2$, 有符合要求的“中点方程”吗？若有, 请求出该方程的解; 若没有请说明理由;

(2) 若关于 $\mathrm{x}$ 的方程 $2 a x+b=b x$ 是“中点方程”, 求代数式 $6 a^{2}-3 a b+3 b-2019$ 的值.
选项：
答案：(1) 解: 没有符合要求的“奇异方程”, 理由如下:

把 $a=-2$ 代入原方程解得: $\mathrm{x}=\frac{b}{2}$ ，

若为“中点方程”, 则 $\mathrm{x}=\frac{-2+b}{2} \quad$,

$\because \frac{b}{2} \neq \frac{-2+b}{2}$

$\therefore$ 不符合“中点方程”定义, 故不存在

(2) 解: $\because 2 a x+b=b x$,

$\therefore(2 \mathrm{a}-\mathrm{b}) \mathrm{x}+\mathrm{b}=0$.

$\because$ 关于 $\mathrm{x}$ 的方程 $2 a x+b=b x$ 是“中点方程”,

$\therefore \mathrm{x}=\frac{2 a-b+b}{2}=\mathrm{a}$.
把 $\mathrm{x}=\mathrm{a}$ 代入原方程得: $2 a^{2}-a b+b=0, \quad ，$

$\therefore 6 a^{2}-3 a b+3 b-2019=3\left(2 a^{2}-a b+b\right)-2019$
解析：(1) 解: 没有符合要求的“奇异方程”, 理由如下:

把 $a=-2$ 代入原方程解得: $\mathrm{x}=\frac{b}{2}$ ，

若为“中点方程”, 则 $\mathrm{x}=\frac{-2+b}{2} \quad$,

$\because \frac{b}{2} \neq \frac{-2+b}{2}$

$\therefore$ 不符合“中点方程”定义, 故不存在

(2) 解: $\because 2 a x+b=b x$,

$\therefore(2 \mathrm{a}-\mathrm{b}) \mathrm{x}+\mathrm{b}=0$.

$\because$ 关于 $\mathrm{x}$ 的方程 $2 a x+b=b x$ 是“中点方程”,

$\therefore \mathrm{x}=\frac{2 a-b+b}{2}=\mathrm{a}$.
把 $\mathrm{x}=\mathrm{a}$ 代入原方程得: $2 a^{2}-a b+b=0, \quad ，$

$\therefore 6 a^{2}-3 a b+3 b-2019=3\left(2 a^{2}-a b+b\right)-2019$
题目（七年级 · 组合几何学）：(本题 6 分) 如图, 三个半径都为 $3 \mathrm{~cm}$ 的 $\odot \mathrm{A} 、 \odot \mathrm{B} 、 \odot \mathrm{C}$ 两两外切,切点分别为 $D 、 E 、 F$, 求 $\triangle D E F$ 的面积.


选项：
答案：$\frac{9}{4} \sqrt{3}$
解析：$\frac{9}{4} \sqrt{3}$
题目（七年级 · 组合几何学）：(本题 8 分) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C+B C=8$, 点 $O$ 是斜边 $A B$ 上一点,以 $O$ 为圆心的 $\odot O$ 分别与 $A C 、 B C$ 相切于点 $D 、 E$.

(1) 当 $A C=2$ 时, 求 $\odot O$ 的半径; (2) 设 $A C=x, \odot O$ 的半径为 $y$, 求 $y$ 与 $x$ 的函数关系式.


选项：
答案：(1) $\frac{2}{3}$ $y=-\frac{1}{8} x^{2}+x \quad
解析：(1) $\frac{2}{3}$ $y=-\frac{1}{8} x^{2}+x \quad
题目（七年级 · 组合几何学）：把下列各数对应的序号填在相应的括号里.

(1) 0 , (2) $\sqrt{5}$, (3) -2.5 , (4) $\pi$, (5) $-\frac{12}{7}$, (6) $\sqrt[3]{8}$, (7) $-3 \mid$, (8) $1.202002 \cdots$ (每两个“ “ ”之间依次多一个“ 0 ").

正整数:

负分数:

无理数:
选项：
答案：解: $\because \sqrt[3]{8}=2,|-3|=3$, 可得:

正整数: ( (6), (7), )

负分数: ( (3), (5), )

无理数: ( (2), (4), (8), )
解析：解: $\because \sqrt[3]{8}=2,|-3|=3$, 可得:

正整数: ( (6), (7), )

负分数: ( (3), (5), )

无理数: ( (2), (4), (8), )
题目（七年级 · 组合几何学）：如图, 纸上有五个边长为 1 的小正方形组成的图形纸 (图 1), 我们可以把它剪开拼成一个正方形 (图 2).



图1



图2



图3



图4

(1) 图 2 中拼成的正方形的面积是 \$ \qquad \$ ；边长是 \$ \qquad \$ ; (填实数)

（2）请你在图 3 中画一个面积为 5 的正方形, 要求所画正方形的顶点都在格点上.请用虚线画出.

（3）你能把十个小正方形组成的图形纸（图 4), 剪开并拼成正方形吗? 若能, 请仿照图 2 的形式把它重新拼成一个正方形.并求出它的边长.
选项：
答案：(1) $5 ; \sqrt{5}$

(2) 解：如图所示 :

<ImageHere>

图3

(3) 解: 如图所示:

<ImageHere>

图4

其边长为 $\sqrt{10}$.
解析：(1) $\because$ 剪拼前后, 图形的面积不变,

$\therefore$ 正方形面积仍然为 5

$\therefore$ 边长为 $\sqrt{5}$

故答案为: $5, \sqrt{5}$;
题目（七年级 · 组合几何学）：现在有一种既隔热又耐老化的新型窗框材料—“断桥铝”, 下图是这种材料做成的两种长方形窗框, 已知窗框的长都是 $y$ 米, 宽都是 $x$ 米.



I型



II型

（1）若一用户需I型的窗框 2 个, II型的窗框 3 个, 求共需这种材料多少米（接㖓忽略不计）?

(2) 已知 $y>x$, 求一个I型的窗框比一个II型的窗框节约这种材料多少米?
选项：
答案：(1) 解: 根据图形, 1 个I型窗框用料 $(3 x+2 y)$ 米;

1 个II型窗框用料 $(2 x+3 y)$ 米;

2 个I型窗框和 3 个II型窗框共需这种材料 (单位: 米)

$$
\begin{gathered}
2(3 x+2 y)+3(2 x+3 y) \\
=6 x+4 y+6 x+9 y
\end{gathered}
$$

$=12 x+13 y$

(2) 解: 1 个II型窗框和 1 个I型窗框多用这种材料 (单位: 米)

$$
\begin{aligned}
& (2 x+3 y)-(3 x+2 y) \\
& =2 x+3 y-3 x-2 y
\end{aligned}
$$

$=y-x$.
解析：(1) 解: 根据图形, 1 个I型窗框用料 $(3 x+2 y)$ 米;

1 个II型窗框用料 $(2 x+3 y)$ 米;

2 个I型窗框和 3 个II型窗框共需这种材料 (单位: 米)

$$
\begin{gathered}
2(3 x+2 y)+3(2 x+3 y) \\
=6 x+4 y+6 x+9 y
\end{gathered}
$$

$=12 x+13 y$

(2) 解: 1 个II型窗框和 1 个I型窗框多用这种材料 (单位: 米)

$$
\begin{aligned}
& (2 x+3 y)-(3 x+2 y) \\
& =2 x+3 y-3 x-2 y
\end{aligned}
$$

$=y-x$.
题目（七年级 · 画法几何学）：(本题 8 分) 如图, 已知点 $\mathrm{C}$ 是以 $\mathrm{AB}$ 为直径的 $\odot \mathrm{O}$ 上一点, $\mathrm{CH} \perp \mathrm{AB}$ 于点 $\mathrm{H}$,过点 $\mathrm{B}$ 作 $\odot O$ 的切线交直线 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{D}$, 点 $\mathrm{E}$ 为 $\mathrm{CH}$ 的中点, 连接 $\mathrm{AE}$ 并延长交 $B D$ 于点 $F$, 直线 $C F$ 交 $A B$ 的延长线于 $G$.

(1) 求证: $\mathrm{F}$ 是 $\mathrm{BD}$ 的中点

(2) 求证: FC 是圆 $O$ 的切线


选项：
答案：(1) 由三角形相似得到 $\frac{E H}{B F}=\frac{A E}{A F}=\frac{C E}{D F}$, 又 $\because \mathrm{E}$ 是 $\mathrm{CH}$ 的中点, $\therefore \mathrm{F}$ 是 $\mathrm{BD}$ 的中点 (2) 连接 $\mathrm{OC} 、 \mathrm{OF}$,在直角三角形 $\mathrm{BCD}$ 中, $\mathrm{F}$ 是 $\mathrm{BD}$ 的中点, $\therefore \mathrm{BF}=\mathrm{CF}$ 再证得 $\triangle \mathrm{OCF}=\triangle \mathrm{OBF} \therefore \angle \mathrm{OCF}=$ $\angle \mathrm{OBF}=90^{\circ} \therefore \mathrm{FC}$ 是圆 $\mathrm{O}$ 的切线
解析：(1) 由三角形相似得到 $\frac{E H}{B F}=\frac{A E}{A F}=\frac{C E}{D F}$, 又 $\because \mathrm{E}$ 是 $\mathrm{CH}$ 的中点, $\therefore \mathrm{F}$ 是 $\mathrm{BD}$ 的中点 (2) 连接 $\mathrm{OC} 、 \mathrm{OF}$,在直角三角形 $\mathrm{BCD}$ 中, $\mathrm{F}$ 是 $\mathrm{BD}$ 的中点, $\therefore \mathrm{BF}=\mathrm{CF}$ 再证得 $\triangle \mathrm{OCF}=\triangle \mathrm{OBF} \therefore \angle \mathrm{OCF}=$ $\angle \mathrm{OBF}=90^{\circ} \therefore \mathrm{FC}$ 是圆 $\mathrm{O}$ 的切线
题目（七年级 · 画法几何学）：(6 分) 如图, 小明在大楼 30 米高 (即 $\mathrm{PH}=30$ 米) 的窗口 $\mathrm{P}$ 处进行观测, 测得山坡上 $\mathrm{A}$处的俯角为 $15^{\circ}$, 山脚 $\mathrm{B}$ 处的俯角为 $60^{\circ}$, 巳知该山坡的坡度 $\mathrm{i}$ (即 $\tan \angle \mathrm{ABC}$ ) 为 $1: \sqrt{3}$,点 $\mathrm{P}, \mathrm{H}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{A}$ 在同一个平面上, 点 $\mathrm{H} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{C}$ 在同一条直线上, 且 $\mathrm{PH} \perp \mathrm{HC}$.

（1）山坡坡角（即 $\angle \mathrm{ABC}$ ）的度数等于 30 度；

（2）求 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 两点间的距离（结果精确到 0.1 米，参考数据: $\sqrt{3} \approx 1.732$ ).


选项：
答案：解: $(1) 30$;

(2) 由题意得: $\angle \mathrm{PBH}=60^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABP}=90^{\circ}$, 又 $\angle \mathrm{APB}=45^{\circ}$,

$\therefore \triangle \mathrm{PAB}$ 为等腰直角三角形,

在直角 $\triangle \mathrm{PHB}$ 中, $\mathrm{PB}=\frac{\mathrm{PH}}{\sin \angle \mathrm{PBH}}=\frac{30}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=20 \sqrt{3}$.

在直角 $\triangle \mathrm{PBA}$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{PB}=20 \sqrt{3} \approx 34.6$ 米.

答: $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点间的距离是 34.6 米.
解析：解: $(1) 30$;

(2) 由题意得: $\angle \mathrm{PBH}=60^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABP}=90^{\circ}$, 又 $\angle \mathrm{APB}=45^{\circ}$,

$\therefore \triangle \mathrm{PAB}$ 为等腰直角三角形,

在直角 $\triangle \mathrm{PHB}$ 中, $\mathrm{PB}=\frac{\mathrm{PH}}{\sin \angle \mathrm{PBH}}=\frac{30}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=20 \sqrt{3}$.

在直角 $\triangle \mathrm{PBA}$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{PB}=20 \sqrt{3} \approx 34.6$ 米.

答: $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 两点间的距离是 34.6 米.
题目（七年级 · 画法几何学）：(8 分) 如图, 自来水厂 A 和村庄 $\mathrm{B}$ 在小河 $\mathrm{l}$ 的两侧, 现要在 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 间铺设一条输水管道. 为了搞好工程预算, 需测算出 $A, B$ 间的距离. 一小船在点 $\mathrm{P}$ 处测得 $\mathrm{A}$ 在正北方向, $\mathrm{B}$位于南偏东 $24.5^{\circ}$ 方向, 前行 $1200 \mathrm{~m}$, 到达点 $\mathrm{Q}$ 处, 测得 $\mathrm{A}$ 位于北偏西 $49^{\circ}$ 方向, $\mathrm{B}$ 位于南偏西 $41^{\circ}$ 方向.

(1) 线段 $\mathrm{BQ}$ 与 $\mathrm{PQ}$ 是否相等 $?$ 请说明理由;

(2) 求 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 间的距离. (参考数据 $\cos 41^{\circ} \approx 0.75$ )


选项：
答案：解: (1) 线段 $\mathrm{BQ}$ 与 $\mathrm{PQ}$ 相等.

证明: $\because \angle \mathrm{PQB}=90^{\circ}-41^{\circ}=49^{\circ}$, $\angle \mathrm{BPQ}=90^{\circ}-24.5^{\circ}=65.5^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{PBQ}=180^{\circ}-49^{\circ}-65.5^{\circ}=65.5^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BPQ}=\angle \mathrm{PBQ}$,

$\therefore \mathrm{BQ}=\mathrm{PQ}$

(2) $\angle \mathrm{AQB}=180^{\circ}-49^{\circ}-41^{\circ}=90^{\circ}$, $\angle \mathrm{PQA}=90^{\circ}-49^{\circ}=41^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AQ}=\frac{\mathrm{PQ}}{\cos 41^{\circ}}=\frac{1200}{0.75}=1600$,

$\mathrm{BQ}=\mathrm{PQ}=1200$,

$\therefore \mathrm{AB}^{2}=\mathrm{AQ}^{2}+\mathrm{BQ}^{2}=1600^{2}+1200^{2}$,

$\therefore A B=2000$,

答: A、B 的距离为 $2000 \mathrm{~m}$.
解析：解: (1) 线段 $\mathrm{BQ}$ 与 $\mathrm{PQ}$ 相等.

证明: $\because \angle \mathrm{PQB}=90^{\circ}-41^{\circ}=49^{\circ}$, $\angle \mathrm{BPQ}=90^{\circ}-24.5^{\circ}=65.5^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{PBQ}=180^{\circ}-49^{\circ}-65.5^{\circ}=65.5^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BPQ}=\angle \mathrm{PBQ}$,

$\therefore \mathrm{BQ}=\mathrm{PQ}$

(2) $\angle \mathrm{AQB}=180^{\circ}-49^{\circ}-41^{\circ}=90^{\circ}$, $\angle \mathrm{PQA}=90^{\circ}-49^{\circ}=41^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AQ}=\frac{\mathrm{PQ}}{\cos 41^{\circ}}=\frac{1200}{0.75}=1600$,

$\mathrm{BQ}=\mathrm{PQ}=1200$,

$\therefore \mathrm{AB}^{2}=\mathrm{AQ}^{2}+\mathrm{BQ}^{2}=1600^{2}+1200^{2}$,

$\therefore A B=2000$,

答: A、B 的距离为 $2000 \mathrm{~m}$.
题目（七年级 · 画法几何学）：(10 分) 如图, 小山上有一棵树. 现有测角仪和皮尺两种测量工具, 请你设计一种测量方案, 在山脚水平地面上测出小树顶端 $\mathrm{A}$ 到水平地面的距离 $\mathrm{AB}$.

要求:

(1) 画出测量示意图;

(2) 写出测量步骤 (测量数据用字母表示);

(3) 根据（2）中的数据计算 $\mathrm{AB}$.


选项：
答案：解: (1) 测量图案 (示意图) 如图示.

(2) 测量步骤:

第一步: 在地面上选择点 C 安装测角仪, 测得此时树尖 A 的仰角 $\angle A H E=\alpha$,

第二步: 沿 $\mathrm{CB}$ 前进到点 $\mathrm{D}$, 用皮尺量出 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 之间的距离 $\mathrm{CD}=\mathrm{m}$,

第三步: 在点 $\mathrm{D}$ 安装测角仪, 测得此时树尖 $\mathrm{A}$ 的仰角 $\angle A F E=\beta$,

第四步: 用皮尺测出测角仪的高 $h$.

(3) 计算: 令 $A E=x$, 则 $\tan \alpha=\frac{x}{H E}$, 得 $H E=\frac{x}{\tan \alpha}$, 又 $\tan \beta=\frac{x}{E F}$, 得 $E F=\frac{x}{\tan \beta}$,

$\because \mathrm{HE}-\mathrm{FE}=\mathrm{HF}=\mathrm{CD}=\mathrm{m}$

$\therefore \frac{x}{\tan \alpha}-\frac{x}{\tan \beta}=\pi$

解得 $x=\frac{m \tan \alpha \cdot \tan \beta}{\tan \beta-\tan \alpha}$,

$\therefore A B=\frac{m \tan \alpha \cdot \tan \beta}{\tan \beta-\tan \alpha}+h$.

<ImageHere>
解析：解: (1) 测量图案 (示意图) 如图示.

(2) 测量步骤:

第一步: 在地面上选择点 C 安装测角仪, 测得此时树尖 A 的仰角 $\angle A H E=\alpha$,

第二步: 沿 $\mathrm{CB}$ 前进到点 $\mathrm{D}$, 用皮尺量出 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 之间的距离 $\mathrm{CD}=\mathrm{m}$,

第三步: 在点 $\mathrm{D}$ 安装测角仪, 测得此时树尖 $\mathrm{A}$ 的仰角 $\angle A F E=\beta$,

第四步: 用皮尺测出测角仪的高 $h$.

(3) 计算: 令 $A E=x$, 则 $\tan \alpha=\frac{x}{H E}$, 得 $H E=\frac{x}{\tan \alpha}$, 又 $\tan \beta=\frac{x}{E F}$, 得 $E F=\frac{x}{\tan \beta}$,

$\because \mathrm{HE}-\mathrm{FE}=\mathrm{HF}=\mathrm{CD}=\mathrm{m}$

$\therefore \frac{x}{\tan \alpha}-\frac{x}{\tan \beta}=\pi$

解得 $x=\frac{m \tan \alpha \cdot \tan \beta}{\tan \beta-\tan \alpha}$,

$\therefore A B=\frac{m \tan \alpha \cdot \tan \beta}{\tan \beta-\tan \alpha}+h$.
题目（七年级 · 立体几何学）：求下列各数的立方根:

(1) $-\frac{125}{512}$

(2) 27

(3) -0.000729
选项：
答案：(1) 解: $\because\left(-\frac{5}{8}\right)^{3}=-\frac{125}{512}$, $\therefore-\frac{125}{512}$ 的立方根是: $-\frac{5}{8}$;

(2) 解: $\because 3^{3}=27$,

$\therefore 27$ 的立方根是: 3 ;

(3) 解: $\quad(-0.09)^{3}=-0.000729$,

$\therefore-0.000729$ 的立方根是: -0.09 .
解析：(1) 解: $\because\left(-\frac{5}{8}\right)^{3}=-\frac{125}{512}$, $\therefore-\frac{125}{512}$ 的立方根是: $-\frac{5}{8}$;

(2) 解: $\because 3^{3}=27$,

$\therefore 27$ 的立方根是: 3 ;

(3) 解: $\quad(-0.09)^{3}=-0.000729$,

$\therefore-0.000729$ 的立方根是: -0.09 .
题目（七年级 · 立体几何学）：(本小题 8.0 分)

一个容积为 $350 \mathrm{~cm}^{3}$ 的正方体容器中装满水, 现要将其中的水全部倒入到另一个长方体容器中, 若长方体容器的长与宽相等且高是 $5 \mathrm{~cm}$, 则这个长方体容器的长与宽至少是多少? (结果精确到 $0.1 \mathrm{~cm})$


选项：
答案：解: 设这个长方体容器的长 $x \mathrm{~cm}$,

则 $5 x^{2}=350$,

所以 $x=\sqrt{70}$ (长方体的长不能为负),

因为
解析：$
题目（七年级 · 逻辑题）：(本小题8.0分)

已知 $|a+1|+(b-2)^{2}=0$, 求 $(-a-b)^{2020}+(a+b)^{2019}$ 的值.
选项：
答案：解: 根据题意得, $a+1=0, b-2=0$,

解得 $a=-1, b=2$,

$\therefore(-a-b)^{2020}+(a+b)^{2019}=(1-2)^{2020}+(-1+2)^{2019}=1+1=2$.
解析：根据非负数的性质列式求出 $a 、 b$ 的值, 然后代入代数式进行计算即可求解.本题考查了非负数的性质: 几个非负数的和为 0 时, 这几个非负数都为 0 .
题目（七年级 · 变换几何）：（2021 春・连云港期末）在正方形的网格中, 每个小正方形的边长为 1 个单位长度, $\triangle A B C$ 的三个顶点 $A, B, C$ 都在格点 (正方形网格的交点称为格点). 现将 $\triangle A B C$ 平移. 使点 $A$ 平移到点 $D$,点 $E 、 F$ 分别是 $B 、 C$ 的对应点. (1) 在图中请画出平移后的 $\triangle D E F ;$ (2) 四边形 $A B E D$ 的面积为

(3) 在网格中画出一个格点 $P$, 使得 $S_{\triangle B C P}=\frac{1}{2} S_{\triangle D E F}$. (画出一个即可)



【思路点拨】（1）利用平移变换的性质分别作出 $B, C$ 的对应点 $E, F$ 即可.

(2) 平行四边形 $A B E D$ 的面积 $=$ 平行四边形 $A B M N$ 的面积, 利用轴的思想解决问题.

(3) 取 $A B$ 的中点 $P$ 即可（答案不唯一）.

【答案】解：（1）如图, $\triangle D E F$ 即为所求. (2) 平行四边形 $A B E D$ 的面积 $=$ 平行四边形 $A B M N$ 的面积 $=7 \times 4=28$. 故答案为: 28 .

(3) 如图, 点 $P$ 即为所求 (答案不唯一).



【点睛】本题考查作图 - 平移变换, 平行四边形的面积, 三角形的面积等知识, 解题的关键是正确作出图形，学会利用转化的思想解决问题
选项：
答案：解：（1）如图, $\triangle D E F$ 即为所求. (2) 平行四边形 $A B E D$ 的面积 $=$ 平行四边形 $A B M N$ 的面积 $=7 \times 4=28$. 故答案为: 28 .

(3) 如图, 点 $P$ 即为所求 (答案不唯一).

<ImageHere>
解析：春・连云港期末）在正方形的网格中, 每个小正方形的边长为 1 个单位长度, $\triangle A B C$ 的三个顶点 $A, B, C$ 都在格点 (正方形网格的交点称为格点). 现将 $\triangle A B C$ 平移. 使点 $A$ 平移到点 $D$,点 $E 、 F$ 分别是 $B 、 C$ 的对应点. (1) 在图中请画出平移后的 $\triangle D E F ;$ (2) 四边形 $A B E D$ 的面积为

(3) 在网格中画出一个格点 $P$, 使得 $S_{\triangle B C P}=\frac{1}{2} S_{\triangle D E F}$. (画出一个即可)



【思路点拨】（1）利用平移变换的性质分别作出 $B, C$ 的对应点 $E, F$ 即可.

(2) 平行四边形 $A B E D$ 的面积 $=$ 平行四边形 $A B M N$ 的面积, 利用轴的思想解决问题.

(3) 取 $A B$ 的中点 $P$ 即可（答案不唯一）.

【答案】解：（1）如图, $\triangle D E F$ 即为所求. (2) 平行四边形 $A B E D$ 的面积 $=$ 平行四边形 $A B M N$ 的面积 $=7 \times 4=28$. 故答案为: 28 .

(3) 如图, 点 $P$ 即为所求 (答案不唯一).



【点睛】本题考查作图 - 平移变换, 平行四边形的面积, 三角形的面积等知识, 解题的关键是正确作出图形，学会利用转化的思想解决问题.
题目（九年级 · 算术）：(10 分) (1)计算: $(-1)^{2017}+3(\cos 45 \text { ٪ })^{-1}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{0}-|4-\sqrt{18}|$

(2)求式子 $\left(\frac{x y}{x+y}+2\right) \div \frac{1}{x+y}$ 的值, 其中 $x=8 \cos 60^{\circ}-\tan 45^{\circ}, y=-1$.
选项：
答案：解: (1)原式 $=-1+3 \times\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{-1}+1-(3 \sqrt{2}-4)$

$=-1+3 \sqrt{2}+1-3 \sqrt{2}+4$

$=4$;

(2) 原式 $=\frac{x y+2 x+2 y}{x+y} \times(x+y)$

$=x y+2 x+2 y$,

$\because x=8 \cos 60^{\circ}-\tan 45^{\circ}=8 \times \frac{1}{2}-1=3, y=-1$,

$\therefore$ 原式 $=3 \times(-1)+2 \times 3+2 \times(-1)=1$

20、【答案】(1)如图所示:

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯视图

(2) 21 ;

(3)
解析：解: (1)原式 $=-1+3 \times\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{-1}+1-(3 \sqrt{2}-4)$

$=-1+3 \sqrt{2}+1-3 \sqrt{2}+4$

$=4$;

(2) 原式 $=\frac{x y+2 x+2 y}{x+y} \times(x+y)$

$=x y+2 x+2 y$,

$\because x=8 \cos 60^{\circ}-\tan 45^{\circ}=8 \times \frac{1}{2}-1=3, y=-1$,

$\therefore$ 原式 $=3 \times(-1)+2 \times 3+2 \times(-1)=1$

20、【答案】(1)如图所示:



主视图



左视图



俯视图

(2) 21 ;

(3)
题目（九年级 · 算术）：(每小题 3 分, 合计 6 分) $(1)|2-\sqrt{3}|+2 \sin 60 \cdots+\left(\frac{1}{3}\right)^{-1}-(\sqrt{2019}-1)^{0}$

(2)化简求值 $\frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}-1} \div\left(\frac{x-1}{x+1}-x+1\right)$, 其中 $x$ 是方程 $x^{2}-3 x+2=0$ 的根.
选项：
答案：解: $(1)|2-\sqrt{3}|+2 \sin 60^{\circ}+\left(\frac{1}{3}\right)^{-1}-(\sqrt{2019}-1)^{0}$

$$
\begin{aligned}
= & 2-\sqrt{3}+2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{\frac{1}{3}}-1 \\
= & 2-\sqrt{3}+\sqrt{3}+3-1
\end{aligned}
$$

$=4$;

$$
\begin{gathered}
\text { (2) } \frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}-1} \div\left(\frac{x-1}{x+1}-x+1\right) \\
=\frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}-1} \div \frac{x-1-(x-1)(x+1)}{x+1} \\
=\frac{(x-1)^{2}}{(x-1)(x+1)} \div \frac{-x(x-1)}{x+1} \\
=\frac{(x-1)^{2}}{(x-1)(x+1)} \times \frac{x+1}{-x(x-1)}
\end{gathered}
$$

$=-\frac{1}{x}$,

$\because x^{2}-3 x+2=0$,

$\therefore(x-2)(x-1)=0$,

$\therefore x=2$ 或 $x=1$,

当 $x=1$ 时, 分式无意义，则 $x=1$ 舍去;

当 $x=2$ 时, 原式 $=-\frac{1}{2}$.
解析：解: $(1)|2-\sqrt{3}|+2 \sin 60^{\circ}+\left(\frac{1}{3}\right)^{-1}-(\sqrt{2019}-1)^{0}$

$$
\begin{aligned}
= & 2-\sqrt{3}+2 \times \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{\frac{1}{3}}-1 \\
= & 2-\sqrt{3}+\sqrt{3}+3-1
\end{aligned}
$$

$=4$;

$$
\begin{gathered}
\text { (2) } \frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}-1} \div\left(\frac{x-1}{x+1}-x+1\right) \\
=\frac{x^{2}-2 x+1}{x^{2}-1} \div \frac{x-1-(x-1)(x+1)}{x+1} \\
=\frac{(x-1)^{2}}{(x-1)(x+1)} \div \frac{-x(x-1)}{x+1} \\
=\frac{(x-1)^{2}}{(x-1)(x+1)} \times \frac{x+1}{-x(x-1)}
\end{gathered}
$$

$=-\frac{1}{x}$,

$\because x^{2}-3 x+2=0$,

$\therefore(x-2)(x-1)=0$,

$\therefore x=2$ 或 $x=1$,

当 $x=1$ 时, 分式无意义，则 $x=1$ 舍去;

当 $x=2$ 时, 原式 $=-\frac{1}{2}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(10 分) 如图, 以 $\odot O$ 的弦 $A B$ 为斜边作 $R t \triangle A B C, \angle C=90^{\circ}, C$ 点在圆内, 边 $B C$ 经过圆心 $O$,过 $A$ 点作 $\odot O$ 的切线 $A D$.



(1)求证: $\angle D A C=2 \angle B$;

(2)若 $\sin B=\frac{3}{5}, A C=6$, 求 $\odot O$ 的半径.
选项：
答案：(1)证明：连接 $O A$,

<ImageHere>

$\because A D$ 是 $\odot O$ 的切线,
$\therefore O A \perp A D$,

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

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

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

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

$\because O A=O B$,

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

$\therefore \angle C A D=\angle A O C=\angle B+\angle O A B=2 \angle B ;$

(2)解：设 $O A=r$, 由 $O B=r$,

Rt $\triangle C A B$ 中, $\sin B=\frac{3}{5}=\frac{A C}{A B}$,

$\because A C=6$,

$\therefore A B=10$,

$\therefore B C=8$,

Rt $\triangle A C O$ 中, 由勾股定理得: $A C^{2}+C O^{2}=A O^{2}$,

$\therefore 6^{2}+(8-r)^{2}=r^{2}$,

解得: $r=\frac{25}{4}$,

答: $\odot O$ 的半径是 $\frac{25}{4}$.
解析：(1)证明：连接 $O A$,



$\because A D$ 是 $\odot O$ 的切线,
$\therefore O A \perp A D$,

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

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

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

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

$\because O A=O B$,

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

$\therefore \angle C A D=\angle A O C=\angle B+\angle O A B=2 \angle B ;$

(2)解：设 $O A=r$, 由 $O B=r$,

Rt $\triangle C A B$ 中, $\sin B=\frac{3}{5}=\frac{A C}{A B}$,

$\because A C=6$,

$\therefore A B=10$,

$\therefore B C=8$,

Rt $\triangle A C O$ 中, 由勾股定理得: $A C^{2}+C O^{2}=A O^{2}$,

$\therefore 6^{2}+(8-r)^{2}=r^{2}$,

解得: $r=\frac{25}{4}$,

答: $\odot O$ 的半径是 $\frac{25}{4}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(6 分) 随着人们生活水平的不断提高, 旅游已成为人们的一种生活时尚. 为开发新的旅游项目,我市对某山区进行调查, 发现一瀑布. 为测量它的高度, 测量人员在瀑布的对面山上 $D$ 点处测
得瀑布顶端 $A$ 点的仰角是 $30^{\circ}$, 测得瀑布底端 $B$ 点的俯角是 $10^{\circ}, A B$ 与水平面垂直. 又在瀑布下的水平面测得 $C G=27 m, G F=17.6 m$ (注: $C 、 G 、 F$ 三点在同一直线上, $C F \perp A B$ 于点 $F$ ).斜坡 $C D=20 \mathrm{~m}$, 坡角 $\angle E C D=40^{\circ}$. 求瀑布 $A B$ 的高度.

(参考数据: $\sqrt{3} \approx 1.73, \sin 40^{\circ} \approx 0.64, \cos 40^{\circ} \approx 0.77, \tan 40^{\circ} \approx 0.84, \sin 10^{\circ} \approx 0.17, \cos 10^{\circ} \approx$



$\left.0.98, \tan 10^{\circ} \approx 0.18\right)$
选项：
答案：答案 解: 过点 $D$ 作 $D M \perp C E$, 交 $C E$ 于点 $M$, 作 $D N \perp A B$,

交 $A B$ 于点 $N$, 如图所示.

在Rt $\triangle C M D$ 中, $C D=20 m, \angle D C M=40^{\circ}, \angle C M D=90^{\circ}$,

<ImageHere>
$\therefore C M=C D \cdot \cos 40^{\circ} \approx 15.4 m, D M=C D \cdot \sin 40^{\circ} \approx 12.8 m$,

$\therefore D N=M F=C M+C G+G F=60 m$.

在Rt $\triangle B D N$ 中, $\angle B D N=10^{\circ}, \angle B N D=90^{\circ}, D N=60 \mathrm{~m}$,

$\therefore B N=D N \cdot \tan 10^{\circ} \approx 10.8 \mathrm{~m}$.

在Rt $\triangle A D N$ 中, $\angle A D N=30^{\circ}, \angle A N D=90^{\circ}, D N=60 \mathrm{~m}$,

$\therefore A N=D N \cdot \tan 30^{\circ} \approx 34.6 \mathrm{~m}$.

$\therefore A B=A N+B N=45.4 m$.

答: 瀑布 $A B$ 的高度约为 45.4 米.
解析：答案 解: 过点 $D$ 作 $D M \perp C E$, 交 $C E$ 于点 $M$, 作 $D N \perp A B$,

交 $A B$ 于点 $N$, 如图所示.

在Rt $\triangle C M D$ 中, $C D=20 m, \angle D C M=40^{\circ}, \angle C M D=90^{\circ}$,


$\therefore C M=C D \cdot \cos 40^{\circ} \approx 15.4 m, D M=C D \cdot \sin 40^{\circ} \approx 12.8 m$,

$\therefore D N=M F=C M+C G+G F=60 m$.

在Rt $\triangle B D N$ 中, $\angle B D N=10^{\circ}, \angle B N D=90^{\circ}, D N=60 \mathrm{~m}$,

$\therefore B N=D N \cdot \tan 10^{\circ} \approx 10.8 \mathrm{~m}$.

在Rt $\triangle A D N$ 中, $\angle A D N=30^{\circ}, \angle A N D=90^{\circ}, D N=60 \mathrm{~m}$,

$\therefore A N=D N \cdot \tan 30^{\circ} \approx 34.6 \mathrm{~m}$.

$\therefore A B=A N+B N=45.4 m$.

答: 瀑布 $A B$ 的高度约为 45.4 米.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 点 $C$ 在以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 上, $A C$ 平分 $\angle D A B, A D$ 与过点 $C$ 的直线垂直, 垂足为点 $D, A D$ 交 $\odot O$ 于点 $E$.

(1)求证: $C D$ 与 $\odot O$ 相切;

(2)连接 $B E$ 交 $A C$ 于点 $F$, 若 $\frac{A F}{C E}=\frac{1}{2}$, 求 $\cos \angle C A D$ 的值.


选项：
答案：(1)证明：如图 1 中, 连接 $O C$.

<ImageHere>

图1

$\because O A=O C$,

$\therefore \angle O A C=\angle O C A$,

$\because A C$ 平分 $\angle D A B$,

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

$\therefore A D / / O C$,

$\because A D \perp C D$,

$\therefore O C \perp D C$

$\therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线.

(2)解: 如图 2 中, 连接 $B E 、 B C 、 O C, B E$ 交 $A C$ 于 $F$ 交 $O C$ 于 $H$.

<ImageHere>

图2

$\because A B$ 是直径,

$\therefore \angle A E B=\angle D E H=\angle D=\angle D C H=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $D E H C$ 是矩形,

$\therefore \angle E H C=90^{\circ}$ 即 $O C \perp E B$,

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

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

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

$\therefore \frac{D E}{E F}=\frac{D C}{A E}=\frac{E C}{A F}=2$, 设 $A E=a, E F=b$, 则 $C D=2 a, D E=C H=2 b, F H=2 a-b$,

$\because A E / / C H$

$\therefore \frac{A E}{C H}=\frac{E F}{F H}$,

$\therefore \frac{a}{2 b}=\frac{b}{2 a-b}$,

$\therefore 2 a^{2}-a b-2 b^{2}=0$,

$\therefore a=\frac{1+\sqrt{17}}{4} b$ 或 $\frac{1-\sqrt{17}}{4} b($ 舍弃)，

在Rt $\triangle A E F$ 中, $A F=\sqrt{A E^{2}+E F^{2}}=\frac{\sqrt{34+2 \sqrt{34}}}{4} b$,

$\therefore \cos \angle C A D=\frac{A E}{A F}=\frac{\frac{1+\sqrt{17}}{4} b}{\frac{\sqrt{34+2 \sqrt{34}}}{4} b}=\frac{1+\sqrt{17}}{\sqrt{34+2 \sqrt{34}}}$.
解析：(1)证明：如图 1 中, 连接 $O C$.



图1

$\because O A=O C$,

$\therefore \angle O A C=\angle O C A$,

$\because A C$ 平分 $\angle D A B$,

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

$\therefore A D / / O C$,

$\because A D \perp C D$,

$\therefore O C \perp D C$

$\therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线.

(2)解: 如图 2 中, 连接 $B E 、 B C 、 O C, B E$ 交 $A C$ 于 $F$ 交 $O C$ 于 $H$.



图2

$\because A B$ 是直径,

$\therefore \angle A E B=\angle D E H=\angle D=\angle D C H=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $D E H C$ 是矩形,

$\therefore \angle E H C=90^{\circ}$ 即 $O C \perp E B$,

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

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

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

$\therefore \frac{D E}{E F}=\frac{D C}{A E}=\frac{E C}{A F}=2$, 设 $A E=a, E F=b$, 则 $C D=2 a, D E=C H=2 b, F H=2 a-b$,

$\because A E / / C H$

$\therefore \frac{A E}{C H}=\frac{E F}{F H}$,

$\therefore \frac{a}{2 b}=\frac{b}{2 a-b}$,

$\therefore 2 a^{2}-a b-2 b^{2}=0$,

$\therefore a=\frac{1+\sqrt{17}}{4} b$ 或 $\frac{1-\sqrt{17}}{4} b($ 舍弃)，

在Rt $\triangle A E F$ 中, $A F=\sqrt{A E^{2}+E F^{2}}=\frac{\sqrt{34+2 \sqrt{34}}}{4} b$,

$\therefore \cos \angle C A D=\frac{A E}{A F}=\frac{\frac{1+\sqrt{17}}{4} b}{\frac{\sqrt{34+2 \sqrt{34}}}{4} b}=\frac{1+\sqrt{17}}{\sqrt{34+2 \sqrt{34}}}$.