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题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在菱形纸片 $A B C D$ 中, $A B=2, \angle A=60^{\circ}$, 将菱形纸片翻折, 使点 $A$ 落在 $C D$ 的中点 $E$ 处, 折痕为 $F G$, 点 $F, G$ 分别在边 $A B, A D$ 上, 则 $\cos \angle E F G$ 的值为


选项：
答案：$\frac{\sqrt{21}}{7}$
解析：【分析】

本题考查了折叠的性质: 折叠是一种对称变换, 它属于轴对称, 折叠前后图形的形状和大小不变,位置变化, 对应边和对应角相等. 也考查了菱形的性质. 作 $E H \perp A D$ 于 $H$, 连接 $B E 、 B D$, 连接 $A E$
交 $F G$ 于 $O$, 如图, 利用菱形的性质得 $\triangle B D C$ 为等边三角形, $\angle A D C=120^{\circ}$, 再在在 $R t \triangle B C E$ 中计算出 $B E=\sqrt{3} C E=\sqrt{3}$, 接着证明 $B E \perp A B$, 设 $A F=x$, 利用折叠的性质得到 $E F=A F, F G$ 垂直平分 $A E, \angle E F G=\angle A F G$, 所以在 $R t \triangle B E F$ 中利用勾股定理得 $(2-x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}=x^{2}$, 解得 $x=\frac{7}{4}$,接下来计算出 $A E$, 从而得到 $O A$ 的长, 然后在 $R t \triangle A O F$ 中利用勾股定理计算出 $O F$, 再利用余弦的定义求解.

【解答】

解: 作 $E H \perp A D$ 于 $H$, 连接 $B E 、 B D$, 连接 $A E$ 交 $F G$ 于 $O$, 如图,



$\because$ 四边形 $A B C D$ 为菱形, $\angle A=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle B D C$ 为等边三角形, $\angle A D C=120^{\circ}$,

$\because E$ 点为 $C D$ 的中点,

$\therefore C E=D E=1, B E \perp C D$,

在Rt $\triangle B C E$ 中, $B E=\sqrt{3} C E=\sqrt{3}$,

$\because A B / / C D$,

$\therefore B E \perp A B$,

设 $A F=x$,

$\because$ : 菱形纸片翻折, 使点 $A$ 落在 $C D$ 的中点 $E$ 处, 折痕为 $F G$, 点 $F, G$ 分别在边 $A B, A D$ 上,

$\therefore E F=A F, F G$ 垂直平分 $A E, \angle E F G=\angle A F G$,

在 $R t \triangle B E F$ 中, $(2-x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}=x^{2}$, 解得 $x=\frac{7}{4}$,

在Rt $\triangle D E H$ 中, $D H=\frac{1}{2} D E=\frac{1}{2}, H E=\sqrt{3} D H=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

在Rt $\triangle A E H$ 中, $A E=\sqrt{\left(2+\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{7}$,

$\therefore A O=\frac{\sqrt{7}}{2}$,
在Rt $\triangle A O F$ 中, $O F=\sqrt{\left(\frac{7}{4}\right)^{2}-\left(\frac{\sqrt{7}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{21}}{4}$,

$\therefore \cos \angle A F O=\frac{\frac{\sqrt{21}}{4}}{\frac{7}{4}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.

故答案为 $\frac{\sqrt{21}}{7}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=3, A C=4$, 直线 $l$ 经过 $\triangle A B C$ 的内心 $O$, 过点 $C$ 作 $C D \perp l$, 垂足为 $D$, 连接 $A D$, 则 $A D$ 的最小值是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：$2 \sqrt{2}$
解析：解：如图, 圆 $O$ 与 $R t \triangle A B C$ 三边的切点分别为 $E, F, G$, 连接 $O E, O F, O G$,



$\because$ 圆 $O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=3, A C=4$,

$\therefore C E=C F, B E=B G, A F=A G, A B=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\therefore$ 四边形CEOF 是正方形,

设正方形CEOF的边长为 $x$,

则 $B E=B G=3-x, A F=A G=4-x$,

根据题意, 得

$3-x+4-x=5$,

解得 $x=1$,

$\therefore O C=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$,

$\because C D \perp l$,

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

$\therefore$ 点 $D$ 在以 $O C$ 为直径的圆 $Q$ 上, 如图,



连接 $A Q$, 过点 $Q$ 作 $Q P \perp A C$ 于点 $P$,

当点 $D$ 运动到线段 $Q A$ 上时, $A D$ 取得最小值,

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

$\therefore A P=A C-C P=4-\frac{1}{2}=\frac{7}{2}$, 圆 $Q$ 的半径 $Q D=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore Q A=\sqrt{Q P^{2}+A P^{2}}=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^{2}}=\frac{5 \sqrt{2}}{2}$,

$\therefore A D$ 的最小值为 $A Q-Q D=\frac{5 \sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=2 \sqrt{2}$.

故答案为: $2 \sqrt{2}$.

圆 $O$ 与 $R t \triangle A B C$ 三边的切点分别为 $E, F, G$, 连接 $O E, O F, O G$, 先根据圆 $O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=3, A C=4$, 求出正方形 $C E O F$ 的边长为 $x$, 根据勾股定理可得 $O C=\sqrt{2}$,连接 $A Q$, 过点 $Q$ 作 $Q P \perp A C$ 于点 $P$, 当点 $D$ 运动到线段 $Q A$ 上时, $A D$ 取得最小值, 再利用勾股定理即可解决问题.

本题考查了三角形内切圆与内心, 正方形的判定与性质, 勾股定理, 解决本题的关键是掌握三角形内切圆与内心.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图所示, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=6, B C=8$, 若以点 $C$ 为圆心, $r$ 为半径的圆与边 $A B$ 所在直线有公共点, 则 $r$ 的取值范围为


选项：
答案：$r \geq \frac{24}{5}$
解析：解：如图, 作 $C H \perp A B$ 于 $H$.



在Rt $\triangle A B C$ 中, $\because \angle A C B=90^{\circ}, B C=8, A C=6$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$,

$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \cdot A C \cdot B C=\frac{1}{2} \cdot A B \cdot C H$,

$\therefore C H=\frac{24}{5}$,

$\because$ 以点 $C$ 为圆心, $r$ 为半径的圆与边 $A B$ 所在直线有公共点,

$\therefore r \geq \frac{24}{5}$,

故答案为 $r \geq \frac{24}{5}$.

如图, 作 $C H \perp A B$ 于 $H$.利用勾股定理求出 $A B$, 再利用面积法求出 $C H$ 即可判断.

本题考查直线与圆的位置关系等知识, 解题的关键是熟练掌握基本知识, 属于中考常考题型.
题目（九年级 · 画法几何学）：三棱柱的三视图如图所示, 在 $\triangle E F G$ 中, $E F=8 \mathrm{~cm}, E G=12 \mathrm{~cm}, \angle E G F=30^{\circ}$, 则 $A B$的长为 cm.


选项：
答案：6
解析：如图, 过点 $E$ 作 $E Q \perp F G$ 于点 $Q$, 由题意可得出 $E Q=A B$.

在Rt $\triangle E G Q$ 中, $\because E G=12 \mathrm{~cm}, \angle E G F=30^{\circ}$,

$\therefore E Q=A B=\frac{1}{2} \times 12=6(\mathrm{~cm})$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $\odot O$ 分别切 $\angle B A C$ 的两边 $A B, A C$ 于点 $E, F$, 点 $P$ 在优弧 $(\overparen{E D F})$ 上, 若 $\angle B A C=66^{\circ}$,则 $\angle E P F$ 等于度.


选项：
答案：57
解析：解: 连接 $O E, O F$



$\because \odot O$ 分别切 $\angle B A C$ 的两边 $A B, A C$ 于点 $E, F$

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

又 $\because \angle B A C=66^{\circ}$

$$
\begin{aligned}
& \therefore \angle E O F=114^{\circ} \\
& \because \angle E O F=2 \angle E P F \\
& \therefore \angle E P F=57^{\circ}
\end{aligned}
$$

故答案为: $57^{\circ}$

连接 $O E, O F$, 由切线的性质可得 $O E \perp A B, O F \perp A C$, 由四边形内角和定理可求 $\angle E O F=114^{\circ}$,即可求 $\angle E P F$ 的度数.

本题考查了切线的性质, 圆周角定理, 四边形内角和定理, 熟练运用切线的性质是本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：已知 $\triangle A B C$ 中, $\angle B C A=90^{\circ}$, 过点 $C$ 作一条射线, 使其将 $\triangle A B C$ 分成两个相似的三角形. 观察下列图中尺规作图痕迹, 作法正确的是 $\qquad$ ( 填写序号).



图(1)



图(2)



图(4)


选项：
答案： (1)(2)(3)(4)


解析：根据作图可得 $C D \perp A B$, 逐个分析判断 $\triangle A D C \sim \triangle C D B$ 即可求解.

【详解】解: (1) $\because \angle A C B=90^{\circ}, C D \perp A B$,

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

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

(2)根据作图可得 $\angle B=\angle A C D, \quad \therefore \angle A C D=90^{\circ}-\angle B C D=\angle B$,

则 $C D \perp A B$,

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

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

(3)根据作图可得 $C D \perp A B$, 同理可得 $\triangle A D C \sim \triangle C D B$,

(4)根据作图可得 $A C$ 为圆的直径, 则 $C D \perp A B$, 同理可得 $\triangle A D C \sim \triangle C D B$,故答案为: (1)(2)(3)(4)

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定, 作垂线, 作一个角等于已知角, 直径所对的圆周角是直角，掌握基本作图是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：有一张矩形纸片 $A B C D$ 如图所示, 点 $N$ 在边 $A D$ 上, 现将矩形折叠, 折痕为 $B N$, 点 $\mathrm{A}$ 对应的点记为点 $M$, 若点 $M$ 恰好落在边 $D C$ 上, 则图中与 $\triangle N D M$ 一定相似的三角形是 $\qquad$ .



(第 14 题)


选项：
答案： $\triangle M C B$


解析：由矩形的性质得 $\angle A=\angle D=\angle C=90^{\circ}$, 从而得到 $\angle D N M+\angle D M N=90^{\circ}$, 由折叠的性质可得: $\angle B M N=\angle A=90^{\circ}$, 从而得到 $\angle D N M=\angle B M C$, 由此推断出 $\triangle N D M \sim \triangle M C B$.

【详解】解: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

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

$\therefore \angle D N M+\angle D M N=90^{\circ}$,

由折叠的性质可得: $\angle B M N=\angle A=90^{\circ}$,

$\because \angle N M D+\angle B M N+\angle B M C=180^{\circ}$,

$\therefore \angle N M D+\angle B M C=90^{\circ}$,

$\therefore \angle D N M=\angle B M C$,

$\therefore \triangle N D M \sim \triangle M C B$,

故答案为: $\triangle M C B$.

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定, 熟练掌握矩形的性
质、折叠的性质、相似三角形的判定, 是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, \angle A=32^{\circ}$, 点 $B, C$ 在 $\odot O$ 上, 边 $A B, A C$ 分别交 $\odot O$ 于 $D$, $E$ 两点, 点 $B$ 是 $\overparen{C D}$ 的中点, 则 $\angle A B E=$




选项：
答案： $13^{\circ}$

## 
解析：略
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 一块三角形余料 $A B C$, 它的边 $B C=80 \mathrm{~cm}$, 高 $A D=60 \mathrm{~cm}$. 现在要把它加工成如图所示的两个大小相同的正方形零件 EFGH和FGMN, 则正方形的边长为 $\qquad$ $\mathrm{cm}$.




选项：
答案： 24


解析：解: 设正方形零件的边长为 $a \mathrm{~cm}$,

在正方形 $E F G H$ 中, $H M / / B C$,

$\therefore \triangle A H M \sim \triangle A B C$,

$\because A D$ 是高,

$\therefore \frac{H M}{B C}=\frac{A O}{A D}$, 即 $\frac{2 a}{80}=\frac{60-a}{60}$,

$\therefore a=24$,

答: 正方形的边长为 $24 \mathrm{~cm}$.

故答案为: 24 .

根据正方形边的平行关系, 得出对应的相似三角形, 即 $\triangle A H M \sim \triangle A B C$, 根据相似三角形相似比等于对应高的比列式, 可解答.

本题考查综合考查相似三角形性质的应用以及正方形的有关性质, 解题的关键是根据正方形的性质得
到相似三角形.
题目（九年级 · 画法几何学）：某农场拟建两间矩形饲养室, 一面靠现有墙（墙长 $12 \mathrm{~m}$ ), 中间用一道墙隔开, 并在如图所示的三处各留 $1 \mathrm{~m}$ 宽的门. 已知计划中的材料可建墙体(不包括门)总长为 $27 \mathrm{~m}$,则能建成的饲养室面积最大为 $\qquad$ $\mathrm{m}^{2}$.



（第 13 题）


选项：
答案： 75


解析：设垂直于墙面的长度为 $x$, 面积为 $S$, 利用矩形面积公式列得二次函数的解析式,根据二次函数的性质即可求解.

【详解】解: 首先设垂直于墙面的长度为 $x$, 面积为 $S$,

则根据题意可得: 平行于墙面的长度为 $27+3-3 x=(30-3 x)$,

则 $S=x(30-3 x)=-3(x-5)^{2}+75$,

$\because-3<0$

$\therefore$ 则当 $x=5$ 时, $y$ 有最大值, 最大值为 75 ,

即饲养室的最大面积为 75 平方米.

故答案为: 75 .

【点睛】本题考查了二次函数的应用, 解题的关键是从实际问题中抽象出函数模型, 难度不大.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 数学兴趣小组测量校园内旗杆的高度, 小华拿一支刻有厘米分划的小尺, 站在距旗杆 30 米的地方, 手臂向前伸直, 小尺坚直, 看到尺上约 12 个分划恰好遮住旗杆, 已知臂长 $60 \mathrm{~cm}$, 则旗杆高为 \$ \qquad \$米.


选项：
答案：【分析】根据题画出图形, 根据相似三角形的性质解答.

解: 由题意可知 $\triangle A B C$ 是等腰三角形, $A G$ 为高,

$\therefore \mathrm{BG}=\frac{1}{2} \mathrm{BC}, \quad \mathrm{DF}=\frac{1}{2} \mathrm{DE}=\frac{1}{2} \times 12 \mathrm{~cm}=0.06 \mathrm{~m}$,

$A F$ 为臂长, 即 $60 \mathrm{~cm}=0.6 \mathrm{~m} . A G=30 \mathrm{~m}$,

由题意可知 $\triangle \mathrm{AFD} \sim \triangle \mathrm{AGB}$, 即 $\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AG}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{BG}}$,

即 $\frac{0.6}{30}=\frac{0.06}{B G}$, 解得 $B G=3 \mathrm{~m}, \therefore B C=2 B G=2 \times 3=6 \mathrm{~m}$.

<ImageHere>
解析：【分析】根据题画出图形, 根据相似三角形的性质解答.

解: 由题意可知 $\triangle A B C$ 是等腰三角形, $A G$ 为高,

$\therefore \mathrm{BG}=\frac{1}{2} \mathrm{BC}, \quad \mathrm{DF}=\frac{1}{2} \mathrm{DE}=\frac{1}{2} \times 12 \mathrm{~cm}=0.06 \mathrm{~m}$,

$A F$ 为臂长, 即 $60 \mathrm{~cm}=0.6 \mathrm{~m} . A G=30 \mathrm{~m}$,

由题意可知 $\triangle \mathrm{AFD} \sim \triangle \mathrm{AGB}$, 即 $\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AG}}=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{BG}}$,

即 $\frac{0.6}{30}=\frac{0.06}{B G}$, 解得 $B G=3 \mathrm{~m}, \therefore B C=2 B G=2 \times 3=6 \mathrm{~m}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, \angle B=30^{\circ}$, 以点 $A$ 为圆心, 以 $3 \mathrm{~cm}$ 为半径作 $\odot A$, 当 $A B=$ \$ \qquad \$ $\mathrm{cm}$时, $\mathrm{BC}$ 与 $\odot \mathrm{A}$ 相切.


选项：
答案：【分析】当 $\mathrm{BC}$ 与 $\odot \mathrm{A}$ 相切, 点 $\mathrm{A}$ 到 $\mathrm{BC}$ 的距离等于半径即可.

解：如图, 过点 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{D}$.

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \quad \angle \mathrm{B}=30^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}$, 即 $\mathrm{AB}=2 \mathrm{AD}$.

又 $\because \mathrm{BC}$ 与 $\odot \mathrm{A}$ 相切,

$\therefore \mathrm{AD}$ 就是圆 $\mathrm{A}$ 的半径,

$\therefore \mathrm{AD}=3 \mathrm{~cm}$,

则 $\mathrm{AB}=2 \mathrm{AD}=6 \mathrm{~cm}$.

故答案是: 6 .

<ImageHere>
解析：【分析】当 $\mathrm{BC}$ 与 $\odot \mathrm{A}$ 相切, 点 $\mathrm{A}$ 到 $\mathrm{BC}$ 的距离等于半径即可.

解：如图, 过点 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{D}$.

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \quad \angle \mathrm{B}=30^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}$, 即 $\mathrm{AB}=2 \mathrm{AD}$.

又 $\because \mathrm{BC}$ 与 $\odot \mathrm{A}$ 相切,

$\therefore \mathrm{AD}$ 就是圆 $\mathrm{A}$ 的半径,

$\therefore \mathrm{AD}=3 \mathrm{~cm}$,

则 $\mathrm{AB}=2 \mathrm{AD}=6 \mathrm{~cm}$.

故答案是: 6 .
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 花丛中有一路灯 $A B$, 在灯光下, 大华在 $D$ 点处的影长 $D E=3 m$, 沿 $B D$ 方向行走至 $G$ 点,



$D G=4 m$, 此时大华的影长 $G H=4.5 m$, 如果大华的身高为 $1.5 m$, 则路灯 $A B$ 的高度为 m.
选项：
答案：5.5
解析：$\because C D / / A B$,

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

$\therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B E}$, 即 $\frac{1.5}{A B}=\frac{3}{3+B D}(1 ，$

$\because F G / / A B$,

$\therefore \triangle H F G \sim \triangle H A B$,

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{H G}{H B}$, 即 $\frac{1.5}{A B}=\frac{4.5}{B D+4+4.5}(2)$,

由(1)(2)得 $\frac{3}{3+B D}=\frac{4.5}{B D+4+4.5}$,

解得 $B D=8$,

$\therefore \frac{1.5}{A B}=\frac{3}{8+3}$,


解得: $A B=5.5$.

故答案为: 5.5 .
题目（九年级 · 画法几何学）：一块直角三角板 $A B C, \angle A C B=90^{\circ}, B C=12 \mathrm{~cm}, A C=8 \mathrm{~cm}$, 测得 $B C$ 边的中心投影 $B_{1} C_{1}$ 长为 $24 \mathrm{~cm}$, 则 $A_{1} B_{1}$ 长为


选项：
答案：$8 \sqrt{13} \mathrm{~cm}$
解析：$\because \angle A C B=90^{\circ}, B C=12 \mathrm{~cm}, A C=8 \mathrm{~cm}$,

$\therefore A B=4 \sqrt{13} \mathrm{~cm}$,

由题图知 $\triangle A B C \sim \triangle A_{1} B_{1} C_{1}$,

$B_{1} C_{1}=24 \mathrm{~cm}$

$\therefore A_{1} B_{1}: A B=B_{1} C_{1}: B C=2: 1$,

即 $A_{1} B_{1}=8 \sqrt{13} \mathrm{~cm}$.
题目（九年级 · 算术）：(本题3分)（2021$cdot$浙江$cdot$宁波市兴宁中学九年级阶段练习）已知$a=4,b=9$,则这两个数$a,b$的比例中项为$qquad$.
选项：
答案：$pm6$
解析：【分析】由题意设$c$是$a,b$的比例中项，进而根据比例中项的概念，可得$c^{2}=ab$,再利用比例的基本性质计算即可得到$c$的值.【详解】解：设$c$是$a,b$的比例中项，$thereforec^{2}=ab$,又$becausea=4,b=9$,$thereforec^{2}=ab=36$,解得:$c=pm6$.故答案为:$pm6$.【点睛】本题考查比例线段,注意掌握和理解比例中项的概念:当比例式中的两个内项相同时,即叫比例中项.
题目（九年级 · 算术）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\sin B=\frac{1}{3}, \tan C=\frac{\sqrt{2}}{2}, A B=3$, 则 $A C$ 的长为


选项：
答案：$\sqrt{3}$
解析：【分析】

此题考查了解直角三角形, 涉及的知识有: 锐角三角函数定义, 以及勾股定理, 熟练掌握各自的性质是解本题的关键.

过 $A$ 作 $A D$ 垂直于 $B C$, 在直角三角形 $A B D$ 中, 利用锐角三角函数定义求出 $A D$ 的长, 在直角三角形 $A C D$中, 利用锐角三角函数定义求出 $C D$ 的长, 再利用勾股定理求出 $A C$ 的长即可.

【解答】

解：过 $A$ 作 $A D \perp B C$,

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\sin B=\frac{1}{3}, A B=3$,

$\therefore A D=A B \cdot \sin B=1$,



在Rt $\triangle A C D$ 中, $\tan C=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore \frac{A D}{C D}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $C D=\sqrt{2}$,

根据勾股定理得: $A C=\sqrt{A D^{2}+C D^{2}}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}$,

故答案为 $\sqrt{3}$.
题目（九年级 · 算术）：一种商品每件的进价为 100 元, 在某段时间内以每件 $a$ 元的价格出售, 可卖出 (200-a)件. 若要使利润最大, 则商品的定价为 $\qquad$元.

选项：
答案： 150


解析：设利润为 $w$ 元, 一件的利润为 $(a-100)$ 元, 可卖出 $(200-a)$ 件, 利润 $w$ 等于二者之积，列出二次函数关系式，求最值即可得到结果.

【详解】解: 设利润为 $w$ 元,

由题意得:

$w=(a-100)(200-a)$

$=-a^{2}+300 a-20000$

$=-(a-150)^{2}+2500$,

$\because-1<0, \quad 0<a<200$,

$\therefore$ 当 $a=150$ 时, $w_{\text {最大值 }}=2500$,

$\therefore$ 商品的定价为 150 元时, 利润最大,

故答案为: 150 .

【点睛】本题考查了二次函数的实际应用, 根据利润 $=$ (售价一进价） $\times$ 卖的件数, 列出函数关系式再求最值是解题的关键.
题目（九年级 · 算术）：某服装店销售一批服装, 平均每天可售出 20 件, 每件盈利 40 元，为了扩大销售，尽快减少库存，商店决定采取适当的降价措施，经市场调查发现, 如果一件衣服每降价 1 元, 商店平均每天可多售出 2 件, 则每件衣服降价 $\qquad$元时，服装店每天盈利最多.

选项：
答案： 15


解析：根据总利润 $=$ 单价利润 $\times$ 销售数量, 列出二次函数, 利用二次函数的性质求最值即可.

【详解】解：设每件衣服降价 $x$ 元, 获得的总利润为 $y$ 元,

由题意得: $y=(40-x)(20+2 x)$,

整理得: $y=-2 x^{2}+60 x+800=-2(x-15)^{2}+1250$,

$\therefore$ 当 $x=15$ 时, $y$ 取得最大值;

故答案为: 15 .

【点睛】本题考查二次函数的实际应用：销售问题. 根据总利润 $=$ 单价利润 $\times$ 销售数量准确的列出函数解析式是解题的关键.
题目（九年级 · 算术）：《九章算术》中卷九勾股篇记载：今有圆材埋于壁中，不知大小. 以锯锯之，深一寸, 锯道长一尺. 问径几何? 转化为数学语言: 如图, $O D$ 为 $\odot O$ 的半径, 弦 $A B \perp O D$,垂足为 $C, C D=1$ 寸, $A B=1$ 尺 $(1$ 尺 $=10$ 寸 $)$, 则此圆材的直径长是 $\qquad$寸.



（第 16 题）


选项：
答案： 26


解析：连接 $A O$, 依题意, 得出 $A C=5$, 设半径为 $r$, 则 $A O=r$, 在 $\mathrm{Rt} \triangle A O C$ 中, $A O^{2}=A C^{2}+C O^{2}$, 解方程即可求解.
【详解】解: 如图所示, 连接 $A O$,



$\because C D=1, A B=10, A B \perp O D, O D$ 为 $\odot O$ 的半径,

$\therefore A C=5$,

设半径为 $r$, 则 $A O=r$,

在 Rt $\triangle A O C$ 中, $A O^{2}=A C^{2}+C O^{2}$,

$\therefore r^{2}=5^{2}+(r-1)^{2}$,

解得: $r=13$,

$\therefore$ 直径为 26 ,

故答案为: 26 .

【点睛】本题考查了垂径定理的应用, 勾股定理, 掌握垂径定理是解题的关键.
题目（九年级 · 算术）：如果$frac{y}{x}=frac{2}{3}$,那么$frac{4y-x}{x+y}=$
选项：
答案：2
解析：2
题目（九年级 · 图论）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}, \angle C=30^{\circ}$, 点 $D$ 是线段 $B C$ 上的动点, 将线段 $A D$ 绕点 $\mathrm{A}$ 顺时针旋转 $60^{\circ}$ 至 $A D^{\prime}$, 连接 $B D^{\prime}$, 若 $A B=2 \mathrm{~cm}$, 则 $B D^{\prime}$ 的最小值为 $\qquad$ .




选项：
答案： 1


解析：在 $A C$ 上截取 $A E=A B=2$, 作 $E F \perp B C$ 于 $F$, 如图, 先计算出 $A C=2 A B=4$, $B C=2 \sqrt{3}, \angle B A C=60^{\circ}$, 则 $C E=2$, 再在 Rt $\triangle C E F$ 中计算出 $E F=1, F C=\sqrt{3}$, 接着证明 $\triangle A B D^{\prime} \cong \triangle A E D$ 得到 $D E=B D^{\prime}$, 然后利用勾股定理得到 $D E^{2}=D F^{2}+E F^{2}=(B D-\sqrt{3})^{2}+1$,然后根据二次函数的性质解决问题.

【详解】解：在 $A C$ 上截取 $A E=A B=2$, 作 $E F \perp B C$ 于 $F$, 如图,



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

$\therefore A C=2 A B=4, \quad B C=\sqrt{3} A B=2 \sqrt{3}, \angle B A C=60^{\circ}$,

$\therefore C E=A C-A E=2$,

在 Rt $\triangle C E F$ 中, $E F=\frac{1}{2} C E=1, F C=\sqrt{3} E F=\sqrt{3}$,

$\because$ 线段 $A D$ 绕点 $\mathrm{A}$ 顺时针旋转 $60^{\circ}$ 至 $A D^{\prime}$,

$\therefore A D=A D^{\prime}, \quad \angle D A D^{\prime}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle B A D^{\prime}=\angle E A D$,

在 $\triangle A B D^{\prime}$ 和 $\triangle A D E$ 中

$\left\{\begin{aligned} A B & =A E \\ \angle B A D^{\prime} & =\angle E A D, \\ A D^{\prime} & =A D\end{aligned}\right.$

$\therefore \triangle A B D^{\prime} \cong \triangle A E D$,

$\therefore D E=B D^{\prime}$

在 Rt $\triangle D E F$ 中, $D E^{2}=D F^{2}+E F^{2}=(\sqrt{3}-B D)^{2}+1^{2}=(B D-\sqrt{3})^{2}+1$,

$\therefore$ 当 $B D=\sqrt{3}$ 时, $D E^{2}$ 有最小值 1 ,

$\therefore B D^{\prime}$ 的最小值为 1 .

【点睛】本题考查了旋转的性质: 对应点到旋转中心的距离相等; 对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角; 旋转前、后的图形全等. 构建 $\triangle A D E$ 与 $\triangle A D^{\prime} B$ 全等是解决此题的关键.
题目（九年级 · 组合数学）：现有如图所示“2022$\cdot$北京冬梦之约”的四枚邮票, 背面完全相同. 将这四枚邮票背
面朝上, 洗匀放好, 小萱从中随机抽取一枚不放回, 再从中随机抽取一枚, 则小萱抽到的两枚邮票恰好是冰墩墩和雪容融的概率是


选项：
答案： $\frac{1}{6}$


解析：根据题意, 将四枚邮票依次记为 $\mathrm{A}, B, C, D$, 根据画树状图法求概率, 即可求解.

【详解】根据题意画树状图，如图所示，





从上图可以看出, 共有 12 种等可能的情况, 其中小萱同学抽到的两枚邮票恰好是 $B$ (冰墩墩）和 $C$ （雪容融）的情况有 2 种.

$\therefore$ 恰好是 $B$ （冰墩墩）和 $C$ （雪容融）的概率为: $P=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$.

故答案为: $\frac{1}{6}$.

【点睛】本题考查了画树状图法求概率．解题的关键是把所有等可能的情况都列举出来.
题目（九年级 · 组合数学）：小明和小亮做游戏, 先是各自背着对方在纸上写一个自然数, 然后同时呈现出来他们约定: 若两人所写的数都是奇数或都是偶数, 则小明获胜; 否则, 小亮获胜. 这个游戏对双方 $\qquad$ (填 “公平”或“不公平”).

选项：
答案：公平


解析：解：两人写的数字共有奇偶、偶奇、偶偶、奇奇四种情况，因此同为奇数或同为偶数的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$, 一奇一偶的概率也为 $\frac{1}{2}$, 所以这个游戏对双方公平.
题目（九年级 · 组合数学）：看了 《田忌赛马》故事后, 小杨用数学模型来分析：齐王与田忌的上中下三个等级的三匹马记分如表, 每匹马只赛一场, 两数相比, 大数为胜, 三场两胜则赢. 已知齐王的三匹马出场顺序为 10,8 , 
选项：
答案： $\frac{1}{6}$


解析：解: 由于田忌的上、中等马分别比齐王的中、下等马强, 当齐王的三匹马出场顺序为 $10,8,6$时, 田忌的马按 $5,9,7$ 的顺序出场, 田忌才能赢得比赛,
当田忌的三匹马随机出场时, 双方马的对阵情况如下:

| 齐王的马 | 上中下 | 上中下 | 上中下 | 上中下 | 上中下 | 上中下 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| 田忌的马 | 上中下 | 上下中 | 中上下 | 中下上 | 下上中 | 下中上 |

双方马的对阵中, 只有一种对阵情况田忌能赢,

$\therefore$ 田忌能赢得比赛的概率为 $\frac{1}{6}$.

列表得出所有等可能的情况, 田忌能赢得比赛的情况有1种, 再由概率公式求解即可.

本题考查了利用列表法或树状图法求概率; 用的的知识点为: 概率=所求情况数与总情况数之比.
题目（九年级 · 组合数学）：若田忌的三匹马随机出场, 则田忌能赢得比赛的概率为 $\qquad$ .

| 马匹 <br> 姓名 | 下等马 | 中等马 | 上等马 |
| :--- | :---: | :---: | :---: |
| 齐王 | 6 | 8 | 10 |
| 田忌 | 5 | 7 | 9 |

##
选项：
答案： $B$


解析：解: 把王红, 李明和张敏三人分别记为甲、乙、丙,

画出树状图如下:



共有6种等可能的结果, 其中只有李明顺序不变的结果有1种, 即丙、乙、甲,

$\therefore$ 只有李明顺序不变的概率为 $\frac{1}{6}$,

故选: $B$.

画树状图, 共有6种等可能的结果, 其中只有李明顺序不变的结果有1种, 再由概率公式求解即可.

本题考查的是游戏公平性以及用树状图法求概率. 概率相等就公平，否则就不公平; 树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件. 注意概率=所求情况数与总情况数之比.
题目（九年级 · 组合数学）：在网络课程学习中, 小蕾和小丽分别在 《好玩的数学》《美学欣赏》 《文中国》中随机选择一门, 两人恰好选中同一门课程的概率为 $\qquad$ .

选项：
答案： $\frac{1}{3}$


解析：解：记《好玩的数学》、《美学欣赏》、《人文中国》分别为 $A 、 B 、 C$,列表如下:

|  | $A$ | $B$ | $C$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $A$ | $(A, A)$ | $(B, A)$ | $(C, A)$ |
| $B$ | $(A, B)$ | $(B, B)$ | $(C, B)$ |
| $C$ | $(A, C)$ | $(B, C)$ | $(C, C)$ |

共有 9 种等可能的结果, 其中两人恰好选中同一门课程的结果有 3 种,

所以两人恰好选中同一门课程的概率为 $\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$,

故答案为: $\frac{1}{3}$.

记《好玩的数学》、《美学欣赏》、《人文中国》分别为 $A 、 B 、 C$, 列出表格得出所有等可能的结果数, 再根据概率公式即可得出答案.

此题考查的是用列表法或树状图法求概率. 注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比.
题目（九年级 · 组合数学）：一只不透明的袋子中装有白、红、黑三种不同颜色的球, 其中白球有 3 个, 红球有 8 个, 黑球有 $m$ 个,这些球除颜色外完全相同.若从袋子中任意取一个球, 摸到黑球的可能性最大, 则 $m$ 可以为 $\qquad$ (写出一个符合条件的 $m$ 的值).

##
选项：
答案： 9 (答案不唯一)


解析：解：：袋子中装有白、红、黑三种不同的球, 其中白球有 3 个, 红球有 8 个, 黑球有 $m$ 个, 摸到黑球的可能性最小，

$\therefore m$ 的值最大, 则 $m>8$,

故答案为: 9 (答案不唯一).

根据摸到哪种球的可能性最小, 哪种球的数量最少确定答案即可.

本题考查了可能性的大小的知识, 解题的关键是能够根据可能性的大小判断要求的数值的多少, 难度不大.
题目（九年级 · 组合数学）：一颗质地均匀的骰子，其六个面分别刻有1，2、3，4，5，6六个数字，搅掷这个骰子一次，则向上一面的数字大于 3 的概率是 $\qquad$ .

选项：
答案： $\frac{1}{2}$


解析：解：掷一枚质地均匀的股子, 败子向上的一面点数共有 6 种可能, 而只有出现点数为 4,5 , 6才大于 3 ,
所以这个骰子向上的一面点数大于 3 的概率: $\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

故答案为: $\frac{1}{2}$.

由于一枚质地均匀的股子, 骰子向上的一面点数可能为 $1 、 2 、 3 、 4 、 5 、 6$, 共有 6 种可能, 大于 3 的点数有 $4,5,6$ 则根据概率公式可计算出韧子向上的一面点数大于 3 的概率.

本题考查了概率公式, 掌握随机事件 $A$ 的概率 $P(A)=$ 事件 $A$ 可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数是解题关键.
题目（九年级 · 组合数学）：某校九（1）班准备举行一次演讲比赛, 甲、乙、丙三人通过抽签方式决定出场顺序，则出场顺序恰好是甲、乙、丙的概率是 $\qquad$

选项：
答案： $\frac{1}{6}$


解析：首先根据题意画出树状图, 然后由树状图求得所有等可能的结果与出场顺序恰好是甲、乙、丙的情况, 再利用概率公式求解即可求得答案.

【详解】解：画出树状图得：



$\because$ 共有 6 种等可能的结果, 其中出场顺序恰好是甲、乙、丙的只有 1 种结果,

$\therefore$ 出场顺序恰好是甲、乙、丙的概率为 $\frac{1}{6}$,

故答案为: $\frac{1}{6}$.

【点睛】本题考查了树状图法求概率问题, 关键是根据题意正确画出树状图进而求解.
题目（九年级 · 组合数学）：在一个不透明的口袋中,装有若干个除颜色不同外，其余都相同的小球。如果口袋中装有3个红球且从中随机摸出一个球是红球的概率为$frac{1}{5}$,那么口袋中小球共有$qquad$个.
选项：
答案：15
解析：设小球共有$x$个,则$frac{3}{x}=frac{1}{5}$,解得$x=15$.
题目（九年级 · 组合数学）：现有长分别为$1,2,3,4,5$的木条各一根,从这5根木条中任取3根,能构成三角形的概率是$qquad$
选项：
答案：$frac{3}{10}$
解析：从$1,2,3,4,5$中任取三个数,共有$(1,2,3),(1,2,4),(1,2,5),(1$,$3,4),(1,3,5),(1,4,5),(2,3,4),(2,3,5),(2,4,5),(3,4,5)10$种情况，其中能构成三角形的有$(2,3，4),(2,4,5),(3,4,5)3$种情况,所以这三个数能构成三角形的概率为$P=frac{3}{10}$.
题目（九年级 · 代数）：二次函数 $y=2 x^{2}-2$ 的最小值是 $\qquad$

选项：
答案： -2


解析：根据二次函数的增减性即可得.

【详解】解：对于二次函数 $y=2 x^{2}-2$,

当 $x \leq 0$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而减小; 当 $x>0$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而增大,

则当 $x=0$ 时, $y$ 取得最小值, 最小值是 $0-2=-2$,

故答案为: -2 .

【点睛】本题考查了求二次函数的最值, 熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键.
题目（九年级 · 代数）：如图, 已知函数 $y=-\frac{3}{x}$ 与 $y=a x^{2}+b x(a>0, b>0)$ 的图象交于点 $P$, 点 $P$ 的纵坐标为 1 , 则关于 $x$ 的不等式 $a x^{2}+b x+\frac{3}{x}<0$ 的解集为 $\qquad$ .




选项：
答案： $-3<x<0$


解析：将 $a x^{2}+b x+\frac{3}{x}<0$ 变形为: $a x^{2}+b x<-\frac{3}{x}$, 根据 $y=-\frac{3}{x}=1$, 则 $x=-3$, 由此可得不等式的解集是 $-3<x<0$.

【详解】解: $a x^{2}+b x+\frac{3}{x}<0$ 变形为: $a x^{2}+b x<-\frac{3}{x}$,

$\because y=-\frac{3}{x}=1$,

$\therefore x=-3$,

$\therefore$ 不等式的解集是 $-3<x<0$,

故答案为: $-3<x<0$.

【点睛】本题考查反比例函数的图象与解析式的性质, 解一元一次不等式, 能够熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键.
题目（九年级 · 代数）：已知二次函数 $y=a x^{2}+b x+c$, 观察下表:

| $x$ 的值 | -5 | -4 | -3 | -2 | -1 | 0 |
| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |
| $a x^{2}+b x+c$ 的值 | -12 | -5 | 0 | 3 | 4 | 3 |

则关于 $x$ 的一元二次方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的解为
.


选项：
答案： $x_{1}=1, x_{2}=-3$


解析：根据题意可得点 $(-3,0),(-2,3),(0,3)$ 都在二次函数的图象上, 从而得到二次函数的对称轴为直线 $x=\frac{-2+0}{2}=-1$, 进而得到点 $(-3,0)$ 关于对称轴的对称点为 $(1,0)$, 即可求解.

【详解】解: 根据题意得: 点 $(-3,0),(-2,3),(0,3)$ 都在二次函数的图象上,

$\therefore$ 二次函数的对称轴为直线 $x=\frac{-2+0}{2}=-1$,

$\therefore$ 点 $(-3,0)$ 关于对称轴的对称点为 $(1,0)$,

$\therefore$ 关于 $x$ 的一元二次方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的解为 $x_{1}=1, x_{2}=-3$.
故答案为: $x_{1}=1, x_{2}=-3$.

【点睛】本题考查抛物线与 $x$ 轴的交点坐标, 解题的关键是根据题意得到二次函数的对称轴,属于中考常考题型.
题目（九年级 · 代数）：2022 年 9 月 29 日, C919 大型客机取得中国民用航空局型号合格证, 这标志着我国具备按照国际通行适航标准研制大型客机的能力（单位: 米）关于滑行的时间 $t$ (单位: 秒)的函数解析式是 $g=54 t-\frac{3}{2} t^{2}$, 则该飞机着陆后滑行最长时间为 $\qquad$秒.

选项：
答案： 18


解析：把二次函数解析式化为顶点式，即可求解.

【详解】解: $s=54 t-\frac{3}{2} t^{2}=-\frac{3}{2}(t-18)^{2}+486$, $\because-\frac{3}{2}<0$,

$\therefore$ 抛物线开口向下,

$\therefore$ 当 $t=18$ 时, $s$ 有最大值,

$\because$ 飞机滑行到最大距离停下来, 此时滑行的时间最长,

$\therefore$ 该飞机着陆后滑行最长时间为 18 秒.

故答案为: 18 .

【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用, 明确题意并正确地将二次函数的一般式写成顶点式是解题的关键.
题目（九年级 · 代数）：生物学研究表明, 在一定的温度范围内, 酶的活性会随温度的升高逐渐增强; 在最适温度时, 酶的活性最强; 超过一定温度范围, 酶的活性又随温度的开高逐渐减弱, 甚至会失去活性$\cdot$现已知某种酶的活性值 $y$ (单位: $1 \mathrm{U}$ ) 与温度 $x$ (单位: ${ }^{\circ} \mathrm{C}$ ) 的关系可以近似用二次函数 $y=-\frac{1}{2} x^{2}+14 x+142$来表示, 则当温度为最适宜温度时, 该种酶的活性值为 $\qquad$ $\mathrm{IU}$.




选项：
答案： 240


解析：化为顶点式求解即可.

【详解】解: $y=-\frac{1}{2} x^{2}+14 x+142=-\frac{1}{2}(x-14)^{2}+240$,

$\because-\frac{1}{2}<0$,

$\therefore$ 抛物线开口向下,

$\therefore$ 当 $x=14$ 时, $y$ 的最大值为 240 ,

故当温度为 $14^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 该种酶的活性值为 $240 \mathrm{IU}$.

故答案为: 240 .

【点睛】本题考查了二次函数图象的应用, 熟练掌握二次函数 $y=a(x-h)^{2}+k$ 的性质是解答本题的关键. 对于二次函数 $y=a(x-h)^{2}+k(a, h, k$ 为常数, $a \neq 0)$, 当 $a>0$ 时, 拋物线开口向上，在对称轴的左侧 $y$ 随 $x$ 的增大而减小，在对称轴的右侧 $y$ 随 $x$ 的增大而增大，此时函数有最小值; 当 $a<0$ 时，抛物线开口向下，在对称轴的左侧 $y$ 随 $x$ 的增大而增大，在对称轴的右侧 $y$ 随 $x$ 的增大而减小，此时函数有最大值.
题目（九年级 · 代数）：太原地铁 2 号线开通两年多以来, 极大地便利了人们的生活. 小明早晨从小店区西桥站出发, 乘坐一段地铁后, 换骑共享单车去学校, 经过多次乘坐发现, 骑共享单车的时间 $y$ 与乘坐地铁路程 $x$ 之间满足二次函数 $y=\frac{1}{2} x^{2}-11 x+65$, 几个地铁站点与出发站之间的距离如下表:

| 地铁站点 | $\cdots$ | $A$ | $B$ | $C$ | $D$ | $E$ | $F$ | $\cdots$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $x / \mathrm{km}$ | $\cdots$ | 8 | 9 | 10 | 11.5 | 13 | 14.5 | $\cdots$ |

若小明骑共享单车所需的时间最少, 则他乘坐地铁应到达的站点为 $\qquad$站点.


选项：
答案： $D$


解析：利用配方求得顶点坐标, 求得当 $x=11$ 时, $y$ 取得最小值, 找到接近 $x=11$ 的站点即
可求解.

【详解】解: $y=\frac{1}{2} x^{2}-11 x+65$

$=\frac{1}{2}\left(x^{2}-22 x+130\right)$

$=\frac{1}{2}\left(x^{2}-22 x+121+9\right)$

$=\frac{1}{2}\left[(x-11)^{2}+9\right]$,

$\because \frac{1}{2}>0$,

$\therefore$ 当 $x=11$ 时, $y$ 取得最小值,

$\because C$ 站点 $x=10$, 而 $D$ 站点 $x=11.5$,

$\therefore D$ 站点更接近最小值点 $x=11$,

故他乘坐地铁应到达的站点为 $D$ 站点.

故答案为: $D$.

【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是找到更接近 $x=11$ 的站点.
题目（九年级 · 代数）：标准大气压下, 质量一定的水的体积 $V\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$ 与温度 $t\left({ }^{\circ} \mathrm{C}\right)$ 之间的关系满足二次函数 $V=\frac{1}{8} t^{2}-t+104(t>0)$, 则当温度为 $16^{\circ} \mathrm{C}$ 时, 水的体积为 $\qquad$ $\mathrm{cm}^{3}$.

选项：
答案： 120


解析：把 $t=16$ 代入解析式求值即可.

【详解】解: $\because V=\frac{1}{8} t^{2}-t+104$,

$\therefore$ 当 $t=16$ 时,$V=\frac{1}{8} \times 16^{2}-16+104=120$,

$\therefore$ 水的体积为 $120 \mathrm{~cm}^{3}$.

故答案为: 120 .

【点睛】本题考查二次函数的应用, 细心计算是解题的关键.