eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：设二次函数 $y=x^{2}-2 m x+5(m<3)$. 点 $A(t-2,-1), B(3, n), C(t,-1)$ 都在这个二次函数的图象
上, 且 $-1<n<5$, 则

(1) $m=$ $\qquad$ (用 $t$ 的代数式表示);

(2) $t$ 的取值范围为 $\qquad$ .


选项：
答案： $t-12.5<t<3.5$


解析：解：(1)因为 $A(t-2,-1), C(t,-1)$,

所以 $A, C$ 两点关于抛物线的对称轴对称.

又由二次函数的表达式可知,

拋物线的对称轴是直线 $x=m$,

所以 $m=\frac{t-2+t}{2}=t-1$.

故答案为: $t-1$.

(2)将点 $B$ 坐标代入函数表达式得,

$n=9-6 m+5=-6 m+14$,

又 $m=t-1$,

所以 $n=-6(t-1)+14=-6 t+20$,

又 $-1<n<5$,

则 $-1<-6 t+20<5$,

解得 $2.5<t<3.5$.

故答案为: $2.5<t<3.5$.

(1)根据 $A, C$ 两点的纵坐标相等, 可用 $t$ 表示出抛物线的对称轴, 进而解决问题.

(2)用 $t$ 表示出 $n$, 再根据 $n$ 的取值范围即可解决问题.

本题考查二次函数图象上点的坐标特征, 能由 $A, C$ 两点的纵坐标相等, 进而发现 $m$ 与 $t$ 的关系是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 抛物线 $y=a x^{2}+c$ 与直线 $y=m x+n$ 交于 $A(-1, p), B(3, q)$ 两点, 则不等式 $a x^{2}+m x+c>$ $n$ 的解集是 $\qquad$




选项：
答案： $x<-3$ 或 $x>1$


解析：分别作点 $A(-1, p) 、 B(3, q)$ 关于 $y$ 轴的对称点 $A^{\prime}(1, p) 、 B^{\prime}(-3, q)$, 作直线 $A^{\prime} B^{\prime}$. $\because$ 直线 $A B$ 的表达式为 $y=m x+n, \therefore$ 直线 $A^{\prime} B^{\prime}$ 的表达式为 $y=-m x+n$.如图, 观察图像得当 $x<-3$ 或 $x>1$ 时, 拋物线 $y=a x^{2}+c$ 在直线 $y=-m x+n$ 的上方, $\therefore$ 不等式 $a x^{2}+c>-m x+n$ 的解集为 $x<-3$ 或 $x>1$,即不等式 $a x^{2}+m x+c>n$ 的解集为 $x<-3$ 或 $x>1$. 一次函数 $y=k x+b$ 的图像关于 $y$ 轴对称的图像的函数表达式为 $y=-k x+b$.
题目（九年级 · 解析几何）：将二次函数 $y=x^{2}-5 x-6$ 在 $x$ 轴上方的图象沿 $x$ 轴翻折到 $x$ 轴下方, 图象的其余部分不变, 得到一个新图象. 若直线 $y=2 x+b$ 与这个新图象有 3 个公共点, 则 $b$ 的值为 $\qquad$ .

选项：
答案： -12 或 $-\frac{73}{4}$

## 
解析：略
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 以原点 $O$ 为圆心的圆过点 $A(5,0)$, 直线 $y=k x-2 k+3(k \neq 0)$ 与 $\odot O$ 交于 $B 、 C$ 两点, 则弦 $B C$ 的长的最小值为 $\qquad$ .




选项：
答案： $4 \sqrt{3}$

## 
解析：【分析】

本题主要考查了直线上点的坐标特征、垂径定理、勾股定理等知识, 发现直线恒经过点 $(2,3)$ 以及运用 “过圆内定点 $D$ 的所有弦中, 与 $O D$ 垂直的弦最短” 这个经验是解决该选择题的关键.

易知直线 $y=k x-2 k+3$ 过定点 $D(2,3)$, 运用勾股定理可求出 $O D$, 由条件可求出半径 $O B$, 由于过圆内定点 $D$ 的所有弦中, 与 $O D$ 垂直的弦最短, 因此只需运用垂径定理及勾股定理就可解决问题.

## 【解答】

解: 对于直线 $y=k x-2 k+3=k(x-2)+3$, 当 $x=2$ 时, $y=3$,故直线 $y=k x-2 k+3$ 恒经过点 $(2,3)$, 记为点 $D$.

过点 $D$ 作 $D H \perp x$ 轴于点 $H$,



则有 $O H=2, D H=3$,

$O D=\sqrt{O H^{2}+D H^{2}}=\sqrt{13}$.

$\because \odot O$ 过点 $A(5,0)$,

$\therefore O A=5$,

$\therefore O B=O A=5$.

由于过圆内定点 $D$ 的所有弦中, 与 $O D$ 垂直的弦最短, 如图所示,

因此运用垂径定理及勾股定理可得:
$B C$ 的最小值为 $2 B D=2 \sqrt{O B^{2}-O D^{2}}=2 \times \sqrt{25-13}=4 \sqrt{3}$.

故答案为 $4 \sqrt{3}$.

##
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知 $\odot O$ 半径 $O A=4$, 点 $B$ 为圆上的一点, 点 $C$ 为劣弧 $\overparen{A B}$ 上的一动点, $C D \perp O A, C E \perp O B$,连接 $D E$, 要使 $D E$ 取得最大值, 则 $\angle A O B$ 等于 $\qquad$ $\circ$


选项：
答案： 90


解析：解: 如图, 延长 $C D$ 交 $\odot O$ 于 $P$, 延长 $C E$ 交 $\odot O$ 于 $T$, 连接 $P T$.



$\because O A \perp P C, O B \perp C T$,

$\therefore C D=D P, C E=T E$,

$\therefore D E=\frac{1}{2} P T$

$\therefore$ 当 $P T$ 是直径时, $D E$ 的长最大,

连接 $O C$,

$\because O P=O C=O T, O D \perp P C, O E \perp C T$,

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

$\therefore \angle A O B=\angle C O A+\angle C O B=\frac{1}{2} \angle P O T=90^{\circ}$,

如图, 延长 $C D$ 交 $\odot O$ 于 $P$, 延长 $C E$ 交 $\odot O$ 于 $T$, 连接 $P T$. 根据垂径定理以及三角形的中位线定理, 可得 $D E=\frac{1}{2} P T$, 当 $P T$ 是直径时, $D E$ 的长最大, 再证明 $\angle A O B=90^{\circ}$, 即可解决问题.

本题考查垂径定理, 三角形的中位线定理等知识, 解题的关键是学会添加常用辅助线, 构造三角形的中位线解决问题.
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=(x-1)^{2}+2$ 的顶点坐标是 . $\qquad$

选项：
答案： $(1,2)$


解析：由 $y=a(x-h)^{2}+k$ 的顶点坐标为 $(h, k)$, 从而可得答案.

【详解】解：因为 $y=(x-1)^{2}+2$ 是抛物线的顶点式，

根据顶点式的坐标特点可知, 顶点坐标为 $(1,2)$.

故答案为 $(1,2)$.

【点睛】本题主要考查了求拋物线的顶点坐标的方法. 掌握顶点式的特点是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=a x^{2}+b x+c$ 图象上部分点的横坐标 $x$ 与纵坐标 $y$ 的对应值如表格所示, 则表格中 $m=$ $\qquad$ , 它的图象与 $x$ 轴的交点坐标是 $\qquad$

| $x$ | $\cdots$ | -1 | 0 | 1 | $m$ | $\cdots$ |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $y$ | $\cdots$ | 0 | 3 | 4 | 3 | $\cdots$ |


选项：
答案： $2(-1,0),(3,0)$


解析：先利用待定系数法求得二次函数的解析式，进而求得 $m$ 的值及图像与 $x$ 轴的交点.
【详解】解：把 $(-1,0),(0,3),(1,4)$ 代入二次函数 $y=a x^{2}+b x+c$ 得

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

解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-1 \\ b=2 \\ c=3\end{array}\right.$,

$\therefore$ 二次函数 $y=-x^{2}+2 x+3$,

当 $y=3$ 时, $3=-x^{2}+2 x+3$,

解得 $x=0$ 或 $x=2$,

$m=2$,

令 $y=0$, 则 $0=-x^{2}+2 x+3$,

解得 $x=-1$ 或 $x=3$,

$\therefore$ 二次函数 $y=-x^{2}+2 x+3$ 与 $x$ 轴的交点为 $(-1,0),(3,0)$,

故答案为: $2,(-1,0),(3,0)$.

【点睛】本题考查了二次函数与 $x$ 轴的交点以及待定系数法求二次函数, 熟练掌握待定系数法求解二次函数是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $O A$ 是 $\odot O$ 的半径, 弦 $B C \perp O A$ 于点 $D$, 连接 $O B$. 若 $\odot O$ 的半径为 $5 \mathrm{~cm}, B C$的长为 $8 \mathrm{~cm}$, 则 $O D$ 的长是 $\qquad$ $\mathrm{cm}$.

    

    （第 15 题）


选项：
答案： 3


解析：根据垂径定理可得 $A D$ 的长, 根据勾股定理可得结果.

【详解】解: $\because B C \perp O A$,

$\therefore B D=\frac{1}{2} B C=\frac{1}{2} \times 8=4$,

$\therefore O D=\sqrt{O B^{2}-B D^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3$,

故答案为: 3 .

【点睛】此题主要考查了垂径定理和勾股定理. 垂直于弦的直径平分这条弦, 并且平分这条弦所对的两条弧.
题目（九年级 · 解析几何）：过点 $B$ 作 $B E \perp A C$ 于点 $E$,
点 $P$ 为线段 $B E$ 上一动点 (点 $P$ 不与 $B, E$ 重合), 则 $C P+\frac{1}{2} B P$ 的最小值为 $\qquad$ .



（第 18 题）



##
选项：
答案： B


解析：利用圆雉侧面积计算公式计算即可: $S_{\text {侧 }}=\pi r l$;

【详解】 $S_{\text {侧 }}=\pi r l=\pi \times 4 \times 6=24 \pi \mathrm{cm}^{2}$,

故选 B.

【点睛】本题考查了圆雉侧面积的计算公式，比较简单，直接代入公式计算即可.
题目（九年级 · 解析几何）：拋物线 $y=-x^{2}+x-3$ 与 $y$ 轴的交点坐标是 $\qquad$

选项：
答案： $(0,-3)$


解析：由于 $y$ 轴上的点的横坐标为 0 , 所以把 $x=0$ 代入解析式中即可求解.

【详解】解: 当 $x=0$ 时, $y=-x^{2}+x-3=-3$,

$\therefore$ 抛物线 $y=-x^{2}+x-3$ 与 $y$ 轴交点坐标为 $(0,-3)$.

故答案为: $(0,-3)$.

【点睛】此题主要考查了二次函数图象上的点的坐标特点, 此题主要利用了 $y$ 轴上横坐标为 0 解决问题.
题目（九年级 · 解析几何）：若拋物线的形状与 $y=x^{2}$ 相同, 顶点是 $(-2,3)$, 则该拋物线的表达式可以是 $\qquad$ . （写出一个即可）

选项：
答案： $y=-(x+2)^{2}+3$ (或 $y=(x+2)^{2}+3$ )


解析：本题考查的是二次函数的性质, 熟知二次函数的顶点式是解答此题的关键. 根据抛物线的顶点坐标及形状与抛物线 $y=x^{2}$ 相同，可得出 $a= \pm 1$, 再由顶点坐标即可求出抛物线的解析式.

## 【详解】解:

$\because$ 拋物线的顶点坐标 $(-2,3)$, 形状与抛物线 $y=x^{2}$ 相同,

$\therefore$ 这个二次函数的解析式为 $y=-(x+2)^{2}+3$ 或 $y=(x+2)^{2}+3$.

故答案为: $y=-(x+2)^{2}+3$ 或 $y=(x+2)^{2}+3$.
题目（九年级 · 解析几何）：若点 $A\left(-1, y_{1}\right), B\left(3, y_{2}\right)$ 在抛物线 $y=x^{2}-1$ 上, 则 $y_{1}$ $\qquad$ $y_{2}$ (填“>", “=”或“＜").

选项：
答案： $<$


解析：将 $x=-1 、 x=3$ 分别代入 $y=x^{2}-1$ 可求得 $y_{1} 、 y_{2}$, 即可判定大小关系.

【详解】解: 将 $x=-1$ 代入 $y=x^{2}-1$ 得, $y_{1}=(-1)^{2}-1=0$,

将 $x=3$ 代入 $y=x^{2}-1$ 得, $y_{2}=3^{2}-1=8$,

显然 $0<8$,

即 $y_{1}<y_{2}$.

故答案为: $<$.

【点睛】本题考查根据二次函数解析式，求因变量的值．注意计算的准确性．
题目（九年级 · 解析几何）：我国古代数学著作《九章算术》中记载了一个问题: “今有邑方不知大小, 各开中门, 出北门三十步有木，出西门七百五十步见木，问：邑方几何？”. 其大意是：如图，一座正方形城池, $\mathrm{A}$ 为北门中点, 从点 $\mathrm{A}$ 往正北方向走 30 步到 $B$ 处有一树木, $C$ 为西门中点, 从点 $C$ 往正西方向走 750 步到 $D$ 处正好看到 $B$ 处的树木, 设正方形城池的边长为 $x$ 步. 根据题意整理成一元二次方程的一般形式 $\qquad$ .



##
选项：
答案： $\frac{1}{4} x^{2}-22500=0$


解析：设正方形城池的边长为 $x$ 步, 则 $A E=C E=\frac{1}{2} x$, 证明 Rt $\triangle B E A \backsim \mathrm{Rt} \triangle E D C$, 根据比例性质列方程即可.

【详解】解: 设正方形城池的边长为 $x$ 步, 则 $A E=C E=\frac{1}{2} x$,

$\because A E \| C D$,

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

$\therefore \mathrm{Rt} \triangle B E A \sim \mathrm{Rt} \triangle E D C$,

$\therefore \frac{A B}{E C}=\frac{A E}{C D}$, 即 $\frac{30}{\frac{1}{2} x}=\frac{\frac{1}{2} x}{750}$,

$\therefore\left(\frac{1}{2} x\right)^{2}=30 \times 750$.

$\therefore \frac{1}{4} x^{2}-22500=0$.

故答案为: $\frac{1}{4} x^{2}-22500=0$.

【点睛】本题考查了一元二次方程和相似三角形的应用, 构建三角形相似, 利用相似比计算
对应的线段长是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 若 $|\sin A-1|+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\cos B\right)^{2}=0$, 则 $\angle \mathrm{C}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：【分析】根据题意可得 $\sin A=1, \cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 根据特殊角的三角函数值可得 $\angle A, \angle B$ 的度数, 继而求得 $\angle C$ 的度数.

解: 由题意得: $\sin A=1, \cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

可得 $\angle A=90^{\circ}, \angle B=30^{\circ}$,

故 $\angle \mathrm{C}=180^{\circ}-\angle \mathrm{A}-\angle \mathrm{B}=60^{\circ}$.

故答案为: $60^{\circ}$.
解析：【分析】根据题意可得 $\sin A=1, \cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 根据特殊角的三角函数值可得 $\angle A, \angle B$ 的度数, 继而求得 $\angle C$ 的度数.

解: 由题意得: $\sin A=1, \cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

可得 $\angle A=90^{\circ}, \angle B=30^{\circ}$,

故 $\angle \mathrm{C}=180^{\circ}-\angle \mathrm{A}-\angle \mathrm{B}=60^{\circ}$.

故答案为: $60^{\circ}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\mathrm{B}$ 港在离 $\mathrm{A}$ 观测站的正北 $15 \sqrt{3}$ 海里处, 一船从 $\mathrm{B}$ 港出发向东匀速航行, 观测站第一次测得该船在 $A$ 地的北偏东 $30^{\circ}$ 的 $C$ 处, 半小时后又测得该船在 $A$ 地北偏东 $60^{\circ}$ 的 $D$ 处, 则该船的速度为 \$ \qquad \$海里/小时.


选项：
答案：【分析】根据已知及三角函数可求得 $A C$ 的长, 根据等腰三角形的性质可求得 $C D$ 的长,已知时间则不难求得其速度.

解：在直角 $\triangle A B C$ 中, $A B=15 \sqrt{3}, \angle B A C=30^{\circ}$,

则 $A C=\frac{A B}{\cos 30^{\circ}}=\frac{15 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=30$ 海里.

$\because \angle B A C=30^{\circ}, \angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CAD}=\angle \mathrm{ADC}=30^{\circ}$.

则 $C D=A C=30$ 海里,

$\therefore$ 该船的速度为 $30 \div \frac{1}{2}=60$ (海里/小时).
解析：【分析】根据已知及三角函数可求得 $A C$ 的长, 根据等腰三角形的性质可求得 $C D$ 的长,已知时间则不难求得其速度.

解：在直角 $\triangle A B C$ 中, $A B=15 \sqrt{3}, \angle B A C=30^{\circ}$,

则 $A C=\frac{A B}{\cos 30^{\circ}}=\frac{15 \sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=30$ 海里.

$\because \angle B A C=30^{\circ}, \angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CAD}=\angle \mathrm{ADC}=30^{\circ}$.

则 $C D=A C=30$ 海里,

$\therefore$ 该船的速度为 $30 \div \frac{1}{2}=60$ (海里/小时).
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 直线 $\mathrm{AB}$ 与半径为 2 的 $\odot 0$ 相切于点 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 是 $\odot 0$ 上一点, 且 $\angle \mathrm{EDC}=30^{\circ}$, 弦 $\mathrm{EF} / /$ $\mathrm{AB}$, 则 $\mathrm{EF}$ 的长度为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：【分析】辅助线, 连接 $0 C$ 与 $0 E$. 根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半,可知 $\angle \mathrm{EOC}$ 的度数; 再根据切线的性质定理, 圆的切线垂直于经过切点的半径, 可知 $O C \perp A B$;又 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AB}$, 可知 $\mathrm{OC} \perp \mathrm{EF}$, 最后由三角函数和垂径定理可将 $\mathrm{EF}$ 的长求出.
解: 连接 $O E$ 和 $O C$, 且 $O C$ 与 $E F$ 的交点为 $M$.

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

$\therefore \angle \mathrm{COE}=60^{\circ}$.

$\because \mathrm{AB}$ 与 $\odot 0$ 相切,

$\therefore 0 \mathrm{C} \perp \mathrm{AB}$,

又 $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{AB}$,

$\therefore O C \perp \mathrm{EF}$, 即 $\triangle \mathrm{E} O \mathrm{M}$ 为直角三角形.

在 Rt $\triangle \mathrm{E} O \mathrm{M}$ 中, $\mathrm{EM}=\sin 60^{\circ} \times 0 \mathrm{E}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times 2=\sqrt{3}$,

$\because \mathrm{EF}=2 \mathrm{EM}$,

$\therefore \mathrm{EF}=2 \sqrt{3}$.

故答案为: $2 \sqrt{3}$.

<ImageHere>
解析：【分析】辅助线, 连接 $0 C$ 与 $0 E$. 根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半,可知 $\angle \mathrm{EOC}$ 的度数; 再根据切线的性质定理, 圆的切线垂直于经过切点的半径, 可知 $O C \perp A B$;又 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AB}$, 可知 $\mathrm{OC} \perp \mathrm{EF}$, 最后由三角函数和垂径定理可将 $\mathrm{EF}$ 的长求出.
解: 连接 $O E$ 和 $O C$, 且 $O C$ 与 $E F$ 的交点为 $M$.

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

$\therefore \angle \mathrm{COE}=60^{\circ}$.

$\because \mathrm{AB}$ 与 $\odot 0$ 相切,

$\therefore 0 \mathrm{C} \perp \mathrm{AB}$,

又 $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{AB}$,

$\therefore O C \perp \mathrm{EF}$, 即 $\triangle \mathrm{E} O \mathrm{M}$ 为直角三角形.

在 Rt $\triangle \mathrm{E} O \mathrm{M}$ 中, $\mathrm{EM}=\sin 60^{\circ} \times 0 \mathrm{E}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times 2=\sqrt{3}$,

$\because \mathrm{EF}=2 \mathrm{EM}$,

$\therefore \mathrm{EF}=2 \sqrt{3}$.

故答案为: $2 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 给定一个半径长为 2 的圆, 圆心 0 到水平直线 1 的距离为 $d$, 即 $0 M=d$. 我们把圆上到直线 1 的距离等于 1 的点的个数记为 $\mathrm{m}$. 如 $\mathrm{d}=0$ 时, 1 为经过圆心 0 的一条直线, 此时圆上有四个到直线 1 的距离等于 1 的点, 即 $\mathrm{m}=4$, 由此可知:

(1) 当 $d=3$ 时, $m=$ \$ \qquad \$ ;

（2）当 $m=2$ 时, $d$ 的取值范围是 . \$ \qquad \$


选项：
答案：【分析】根据直线与圆的位置关系和直线与圆的交点个数以及命题中的数据分析即可得到答案.

解: (1) 当 $d=3$ 时,

$\because 3>2$, 即 $d>r$,

$\therefore$ 直线与圆相离, 则 $\mathrm{m}=1$,

故答案为: 1 ;

(2) 当 $\mathrm{m}=2$ 时, 则圆上到直线 1 的距离等于 1 的点的个数记为 2 ,

$\therefore$ 直线与圆相交或相切或相离,

$\therefore 0<\mathrm{d}<3$,

$\therefore \mathrm{d}$ 的取值范围是 $0<\mathrm{d}<3$,

故答案为: $0<d<3$.
解析：【分析】根据直线与圆的位置关系和直线与圆的交点个数以及命题中的数据分析即可得到答案.

解: (1) 当 $d=3$ 时,

$\because 3>2$, 即 $d>r$,

$\therefore$ 直线与圆相离, 则 $\mathrm{m}=1$,

故答案为: 1 ;

(2) 当 $\mathrm{m}=2$ 时, 则圆上到直线 1 的距离等于 1 的点的个数记为 2 ,

$\therefore$ 直线与圆相交或相切或相离,

$\therefore 0<\mathrm{d}<3$,

$\therefore \mathrm{d}$ 的取值范围是 $0<\mathrm{d}<3$,

故答案为: $0<d<3$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 从点 $P$ 引 $\odot 0$ 的切线 $P A, P B$, 切点分别为 $A, B, D E$ 切 $\odot 0$ 于 $C$, 交 $P A, P B$ 于 $D, E$. 若 $\triangle P D E$ 的周长为 $20 \mathrm{~cm}$, 则 $\mathrm{PA}=$ \$ \qquad \$ cm.


选项：
答案：【分析】连接 $A 0$ 并延长交 $B C$ 于 $D$ 点, 过点 0 作 $O E \perp A B$ 于 $E$, 得到 $\triangle A O E \sim \triangle A B D$, 再根据相似三角形对应边的比等于相似比进行计算求出 $A B$ 边的长.

解: 如图:

<ImageHere>

连接 $A 0$ 并延长交 $B C$ 于点 $D$, 因为 $\triangle A B C$ 是等腰三角形, $\odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆,所以 $A D$ 垂直平分 $B C, B D=C D=2$, 点 0 作 $O E \perp A B$ 于 $E$,则点 $\mathrm{E}$ 是 $\mathrm{AB}$ 与 $\odot 0$ 的切点, 由切线长定理得: $B E=B D=2$,

$\therefore \angle \mathrm{AEO}=\angle \mathrm{ADB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{OAE}=\angle \mathrm{BAD}$

$\therefore \triangle A E 0 \sim \triangle A D B$

$\therefore \frac{E O}{D B}=\frac{A O}{A B}$

$\therefore \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{A E^{2}+1}}{A E+2}$

解得: $\mathrm{AE}=\frac{4}{3}$,

$\therefore \mathrm{AB}=\frac{4}{3}+2=\frac{10}{3}$.

故选 D.
解析：【分析】连接 $A 0$ 并延长交 $B C$ 于 $D$ 点, 过点 0 作 $O E \perp A B$ 于 $E$, 得到 $\triangle A O E \sim \triangle A B D$, 再根据相似三角形对应边的比等于相似比进行计算求出 $A B$ 边的长.

解: 如图:



连接 $A 0$ 并延长交 $B C$ 于点 $D$, 因为 $\triangle A B C$ 是等腰三角形, $\odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆,所以 $A D$ 垂直平分 $B C, B D=C D=2$, 点 0 作 $O E \perp A B$ 于 $E$,则点 $\mathrm{E}$ 是 $\mathrm{AB}$ 与 $\odot 0$ 的切点, 由切线长定理得: $B E=B D=2$,

$\therefore \angle \mathrm{AEO}=\angle \mathrm{ADB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{OAE}=\angle \mathrm{BAD}$

$\therefore \triangle A E 0 \sim \triangle A D B$

$\therefore \frac{E O}{D B}=\frac{A O}{A B}$

$\therefore \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{A E^{2}+1}}{A E+2}$

解得: $\mathrm{AE}=\frac{4}{3}$,

$\therefore \mathrm{AB}=\frac{4}{3}+2=\frac{10}{3}$.

故选 D.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 点 $E$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, $A E$ 的延长线和 $\triangle A B C$ 的外接圆相交于点 $D$, 连接 $B D 、 B E 、 C E$, 若 $\angle C B D=32^{\circ}$,则 $\angle \mathrm{BEC}$ 的度数为


选项：
答案：【分析】根据圆周角定理可求 $\angle \mathrm{CAD}=32^{\circ}$, 再根据三角形内心的定义可求 $\angle \mathrm{BAC}$, 再根据三角形内角和定理和三角形内心的定义可求 $\angle \mathrm{EBC}+\angle \mathrm{ECB}$, 再根据三角形内角和定理可求 $\angle \mathrm{BEC}$ 的度数.

解: 在 $\odot 0$ 中, $\because \angle \mathrm{CBD}=32^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{CAD}=32^{\circ}$

$\because$ 点 $E$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

$\therefore \angle \mathrm{BAC}=64^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EBC}+\angle \mathrm{ECB}=\div 2=58^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BEC}=180^{\circ}-58^{\circ}=122^{\circ}$.
故答案为: $122^{\circ}$.
解析：【分析】根据圆周角定理可求 $\angle \mathrm{CAD}=32^{\circ}$, 再根据三角形内心的定义可求 $\angle \mathrm{BAC}$, 再根据三角形内角和定理和三角形内心的定义可求 $\angle \mathrm{EBC}+\angle \mathrm{ECB}$, 再根据三角形内角和定理可求 $\angle \mathrm{BEC}$ 的度数.

解: 在 $\odot 0$ 中, $\because \angle \mathrm{CBD}=32^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{CAD}=32^{\circ}$

$\because$ 点 $E$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

$\therefore \angle \mathrm{BAC}=64^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EBC}+\angle \mathrm{ECB}=\div 2=58^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BEC}=180^{\circ}-58^{\circ}=122^{\circ}$.
故答案为: $122^{\circ}$.
题目（九年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系中, $O$ 是原点, 已知点 $A(2,1)$ 和点 $B(3,0)$, 则 $\sin \angle A O B$ 的值等于
选项：
答案：$\frac{\sqrt{5}}{5}$
解析：如图, 作 $A C \perp x$ 轴, 垂足为 $C$,

$$
A O=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}
$$

在Rt $\triangle A O C$ 中, $\sin \angle A O B=\frac{A C}{A O}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$,

故答案为 $\frac{\sqrt{5}}{5}$.
题目（九年级 · 解析几何）：在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, A B=1, B C=2$, 将边 $A C$ 绕点 $A$ 旋转 $90^{\circ}$ 得到线段 $A D$, 则 $\tan \angle D C B$ 的值为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$\frac{1}{3}$ 或 3
解析：如图, 将边 $A C$ 绕点 $A$ 顺时针旋转 $90^{\circ}$ 得到线段 $A D$, 将边 $A C$ 绕点

$A$ 逆时针旋转 $90^{\circ}$ 得到线段 $A D^{\prime}$,

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

$\therefore \angle D^{\prime} A D=180^{\circ}$,

$\therefore D^{\prime}, A, D$ 三点共线,

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

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

延长 $A B$ 交 $C D^{\prime}$ 于 $E$, 过 $E$ 作 $E F \perp A D^{\prime}$ 于 $F$,

$\therefore \triangle E F D^{\prime}$ 是等腰直角三角形,

$\because \angle A B C=90^{\circ}, A B=1, B C=2$,

$\therefore A C=\sqrt{5}$,

$\therefore A D^{\prime}=\sqrt{5}$,

设 $D^{\prime} F=E F=x$ ，

$\therefore A F=\sqrt{5}-x$,

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

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

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

$\therefore \frac{E F}{A B}=\frac{A F}{B C}$,
$\therefore \frac{x}{1}=\frac{\sqrt{5}-x}{2}$,

$\therefore x=\frac{\sqrt{5}}{3}$,

$\therefore E F=\frac{\sqrt{5}}{3}, A F=\frac{2 \sqrt{5}}{3}$,

$\therefore A E=\sqrt{E F^{2}+A F^{2}}=\frac{5}{3}$,

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

$\therefore \tan \angle D^{\prime} C B=\frac{B E}{B C}=\frac{1}{3}$,

$\because \angle C E B+\angle B C E=\angle B C E+\angle B C D=90^{\circ}$,

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

$\therefore \tan \angle D C B=\tan \angle C E B=\frac{B C}{B E}=3$,

综上所述, $\tan \angle D C B$ 的值为 $\frac{1}{3}$ 或 3 ,

故答案为: $\frac{1}{3}$ 或 3 .
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 平面直角坐标系 $x O y$ 中, 点 $A$ 在反比例函数 $y=\frac{4 \sqrt{3}}{x}(x>0)$ 的图象上, 点 $B$ 在第二象限, $A B \perp O A, \angle A O B=60^{\circ}$, 连接 $A B$ 交 $y$ 轴于点 $P$. 若 $B P=3 A P$, 则点 $B$ 的坐标为 . \$ \qquad \$


选项：
答案：$(-3 \sqrt{3}, 7)$
解析：过 $B$ 点作 $B C \perp y$ 轴, 过 $A$ 点作 $A E \perp x$ 轴, 它们的交点为 $D$, 则 $\angle A D B=90^{\circ}$, 如图,



$\because D E / / y$ 轴, $B D / / x$ 轴,

$\therefore C D=O E$,

设 $A\left(m, \frac{4 \sqrt{3}}{m}\right)$, 则 $C D=O E=m, A E=\frac{4 \sqrt{3}}{m}$,

$\because A D / / P C$,

$\therefore \frac{B C}{C D}=\frac{P B}{P A}=3$,

$\therefore B C=3 C D=3 \mathrm{~m}$,

$\therefore B D=4 m$,

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

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

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

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

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

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

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

$\therefore \frac{4 m}{\frac{4 \sqrt{3}}{m}}=\sqrt{3}=\frac{A D}{m}$,

$\therefore A D=\sqrt{3} m, m^{2}=3$,

$\therefore m=\sqrt{3}$ 或 $m=-\sqrt{3}$ (舍去),

$\therefore A D=3, A(\sqrt{3}, 4)$,

$\therefore B C=3 \sqrt{3}, D E=3+4=7$,

$\therefore B(-3 \sqrt{3}, 7)$.

故答案为 $(-3 \sqrt{3}, 7)$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 函数 $y=x$ 的图象被 $\odot P$ 截得的弦 $A B$ 的长为 $4 \sqrt{2}$, $\odot P$ 与 $y$ 轴相切, 半径为 3 , 圆心 $P$ 位于第一象限内且在直线 $y=x$ 的上方, 则点 $P$ 坐标是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$(3,3+\sqrt{2})$
解析：过点 $P$ 作 $P H \perp A B$ 于 $H, P D \perp x$ 轴于 $D$, 交直线 $y=x$ 于 $E$, 连结 $P A$,



$\because \odot P$ 与 $y$ 轴相切于点 $C$,

$\therefore P C \perp y$ 轴,

$\therefore P$ 点的横坐标为 3,

$\therefore E$ 点坐标为 $(3,3)$,

$\therefore \triangle E O D$ 和 $\triangle P E H$ 都是等腰直角三角形,

$\because P H \perp A B$,

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

在 $\triangle P A H$ 中, $P H=\sqrt{P A^{2}-A H^{2}}=\sqrt{3^{2}-(2 \sqrt{2})^{2}}=1$,

$\therefore P E=\sqrt{2} P H=\sqrt{2}$,

$\therefore P D=3+\sqrt{2}$,
$\therefore P$ 点坐标为 $(3,3+\sqrt{2})$.

故答案为 $(3,3+\sqrt{2})$.
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 $\left(-\frac{17}{3}, 0\right)$
解析：$\because$ 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: $x=\frac{7}{3}, \quad \therefore P\left(-\frac{7}{3}, 0\right)$;

(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）：如图, 四条直线 $l_{1}: y_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3} x, l_{2}: y_{2}=\sqrt{3} x, 1_{3}: y_{3}=-\sqrt{3} x, 1_{4}: y_{4}=-\frac{\sqrt{3}}{3} x, O A_{1}=1$, 过点 $A_{1}$作 $A_{1} A_{2} \perp x$ 轴, 交 $l_{1}$ 于点 $A_{2}$, 再过点 $A_{2}$ 作 $A_{2} A_{3} \perp l_{1}$ 交 $l_{2}$ 于点 $A_{3}$, 再过点 $A_{3}$ 作 $A_{3} A_{4} \perp l_{2}$ 交 $y$ 轴于点 $\mathrm{A}_{4} \ldots$, 则点 $\mathrm{A}_{2017}$ 坐标为


选项：
答案：$\left(\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2016}, 0\right)$
解析：解: $\because 1_{1}: \mathrm{y}_{1}=\frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{x}, \mathrm{l}_{2}: \mathrm{y}_{2}=\sqrt{3} \mathrm{x}, \mathrm{l}_{3}: \mathrm{y}_{3}=-\sqrt{3} \mathrm{x}, \mathrm{l}_{4}: \mathrm{y}_{4}=--\frac{\sqrt{3}}{3} \mathrm{x}$,

$\therefore \mathrm{x}$ 轴、 $\mathrm{l}_{1} 、 \mathrm{l}_{2} 、 \mathrm{y}$ 轴、 $\mathrm{l}_{3} 、 \mathrm{l}_{4}$ 依次相交为 30 的角, $\because 2017=168 \times 12+1$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{A}_{2017}$ 在 $\mathrm{x}$ 轴的正半轴上, $\because \mathrm{OA}_{2}=\frac{1}{\cos 30^{\circ}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \mathrm{OA}_{3}=\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2}$,

$\mathrm{OA}_{4}=\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{3}$,

$\mathrm{OA}_{2017}=\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2016}$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{A}_{2017}$ 坐标为 $\left(\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2016}, 0\right)$.

故答案为 $\left(\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2016}, 0\right)$ 。
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 甲、乙两渔船同时从港口 $\mathrm{O}$ 出发外出捕鱼, 乙沿南偏东 $30^{\circ}$ 方向以每小时 10 海里的速度航行, 甲沿南偏西 $75^{\circ}$ 方向以每小时 $10 \sqrt{2}$ 海里的速度航行, 当航行 1 小时后, 甲在 $\mathrm{A}$ 处发现自己的渔具掉在乙船上,于是迅速改变航向和速度,仍以匀速沿南偏东 $60^{\circ}$ 方向追赶乙船, 正好在 B 处追上. 则甲船追赶乙船的速度为 \$ \qquad \$海里/小时?


选项：
答案：$10+10 \sqrt{3}$
解析：如图: 乙沿南偏东 $30^{\circ}$ 方向航行则 $\angle D O B=30^{\circ}$, 甲沿南偏西 $75^{\circ}$ 方向航行, 则 $\angle A O D=75^{\circ}$,当航行 1 小时后甲沿南偏东 $60^{\circ}$ 方向追赶乙船, 则 $\angle 2=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$.

$\because \angle 3=\angle A O D=75^{\circ}, \therefore \angle 1=90^{\circ}-75^{\circ}=15^{\circ}$, 故 $\angle 1+\angle 2=15^{\circ}+30^{\circ}=45^{\circ}$.

过 $O$ 向 $A B$ 作垂线, 则 $\angle A O C=90^{\circ}-\angle 1-\angle 2=90^{\circ}-15^{\circ}-30^{\circ}=45^{\circ}$.

$\because O A=10 \sqrt{2}, \angle O A B=\angle A O C=45^{\circ}, \quad \therefore O C=A C=O A \cdot \sin 45^{\circ}=10 \sqrt{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=10$.

在 Rt $\triangle O B C$ 中, $\angle B O C=\angle A O D+\angle B O D-\angle A O C=75^{\circ}+30^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}, \therefore B C=O C \cdot \tan 60^{\circ}=10 \sqrt{3}$,

$\therefore A B=A C+B C=10+10 \sqrt{3}$.
因为 $O C=10$ 海里, $\angle B=30^{\circ}$, 所以 $O B=2 O C=2 \times 10=20$, 乙船从 $O$ 到 $B$ 所用时间为 $20 \div 10=2$ 小时, 由于甲从 $O$ 到 $A$ 所用时间为 1 小时, 则从 $A$ 到 $B$ 所用时间为 $2-1=1$ 小时, 甲船追赶乙船的速度为 $(10+10 \sqrt{3})$ 海里/小时.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知两点 $\mathrm{A}(2,0), \mathrm{B}(0,4)$, 且 $\angle 1=\angle 2$, 则 $\tan \angle O C A=$


选项：
答案：2
解析：$\because \angle 1=\angle 2$ ，根据等角的余角相等,可得:

$\therefore \angle B A O=\angle A C O, \because A(2,0), B(0,4), \quad \therefore \tan \angle O C A=\tan \angle B A O=\frac{O B}{O A}=\frac{4}{2}=2$.

故答案为: 2 .
题目（九年级 · 解析几何）：在 Rt $\triangle A B C$ 中, 两边的长分别为 3 和 4 , 则最小角的正弦值为
选项：
答案：$\frac{\sqrt{7}}{4}$ 或 $\frac{3}{5}$
解析：当 3 和 4 是直角边时,

则设 $\mathrm{AC}=3, \mathrm{BC}=4, \mathrm{AB}=5, \therefore \angle \mathrm{B}$ 是最小的角,

$\therefore \sin B=\frac{A C}{A B}=\frac{3}{5}$; 当 3 是直角边, 4 是斜边时,

$\therefore$ 另一条直角边为: $\sqrt{7}$, 则设 $\mathrm{AC}=\sqrt{7}, \mathrm{BC}=3, \mathrm{AB}=4$,

$\therefore \angle \mathrm{B}$ 是最小的角, $\therefore \sin \mathrm{B}=\frac{A C}{A B}=\frac{\sqrt{7}}{4}$. 故答案是: $\frac{\sqrt{7}}{4}$ 或 $\frac{3}{5}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图,$odotO$是$triangleABC$的外接圆,$BC$是$odotO$的直径,$AB=AC,angleABC$的平分线交$AC$于点$D$,交$odotO$于点$E$,连结$CE$.若$CE=sqrt{2}$,则$BD$的长为$qquad$
选项：
答案：$2sqrt{2}$
解析：如答图,延长$BA,CE$交于点$M$.$becauseBC$是$odotO$的直径,$thereforeangleBAD=angleCAM=90^{circ},angleBEC=angleBEM=90^{circ}$,$becauseAB=AC,quadangleABD=angleACM$$thereforetriangleABDcongtriangleACM$$thereforeBD=CM$,$becauseBE$平分$angleABC$,$thereforeangleEBM=angleEBC$,$becauseBE=BE,quadangleBEC=angleBEM$,$thereforetriangleBECcongtriangleBEM$$thereforeEC=EM$$thereforeBD=CM=2CE=2sqrt{2}$.