eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：某兴趣小组开展课外活动. 如图, 小明从点 $M$ 出发以 1.5 米/秒的速度, 沿射线 $M N$ 方向匀速前进, 2 秒后到达点 $B$, 此时他 $(A B)$ 在某一灯光下的影长为 $M B$, 继续按原速行走 2 秒到达点 $D$,此时他 $(C D)$ 在同一灯光下的影子 $G D$ 仍落在其身后, 并测得这个影长 $G D$ 为 1.2 米, 然后他将速度提高到原来的 1.5 倍, 再行走 2 秒到达点 $F$, 此时点 $A, C, E$ 三点共线.



(1) 请在图中画出光源 $O$ 点的位置, 并画出小明位于点 $F$ 时在这个灯光下的影长 $F H$ (不写画法);

(2)求小明到达点 $F$ 时的影长 $F H$ 的长.
选项：
答案：解：(1)如图, 点 $O$ 和 $F H$ 为所作;

<ImageHere>

(2) $B M=B D=2 \times 1.5=3 m ， G D=1.2 m ， D F=1.5 \times 1.5 \times 2=4.5 m$ ，设 $A B=C D=E F=a$ ，作 $O K \perp M N$ 于 $K$, 如图,

<ImageHere>

$\because A B / / O K$,

$\therefore \triangle M A B \sim \triangle M O K$

$\therefore \frac{A B}{O K}=\frac{M B}{M K}$, 即 $\frac{a}{O K}=\frac{3}{6+D K}$ (1),

$\because C D / / O K$

$\therefore \triangle G C D \sim \triangle G O K$,

$\therefore \frac{C D}{O K}=\frac{G D}{G K}$ ，即 $\frac{a}{O K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$ (2)，

由 (1) (2)得 $\frac{3}{6+D K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$, 解得 $D K=2$,
$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{3}{6+2}=\frac{3}{8}, \quad F K=D F-D K=4.5-2=2.5$,

$\because E F / / O K$

$\therefore \triangle H E F \sim \triangle H O K$

$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{H F}{H K}, \quad$ 即 $\frac{H F}{H F+2.5}=\frac{3}{8}$,

$\therefore H F=1.5(m)$.

答：小明到达点 $F$ 时的影长 $F H$ 的长为 $1.5 m$.
解析：解：(1)如图, 点 $O$ 和 $F H$ 为所作;



(2) $B M=B D=2 \times 1.5=3 m ， G D=1.2 m ， D F=1.5 \times 1.5 \times 2=4.5 m$ ，设 $A B=C D=E F=a$ ，作 $O K \perp M N$ 于 $K$, 如图,



$\because A B / / O K$,

$\therefore \triangle M A B \sim \triangle M O K$

$\therefore \frac{A B}{O K}=\frac{M B}{M K}$, 即 $\frac{a}{O K}=\frac{3}{6+D K}$ (1),

$\because C D / / O K$

$\therefore \triangle G C D \sim \triangle G O K$,

$\therefore \frac{C D}{O K}=\frac{G D}{G K}$ ，即 $\frac{a}{O K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$ (2)，

由 (1) (2)得 $\frac{3}{6+D K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$, 解得 $D K=2$,
$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{3}{6+2}=\frac{3}{8}, \quad F K=D F-D K=4.5-2=2.5$,

$\because E F / / O K$

$\therefore \triangle H E F \sim \triangle H O K$

$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{H F}{H K}, \quad$ 即 $\frac{H F}{H F+2.5}=\frac{3}{8}$,

$\therefore H F=1.5(m)$.

答：小明到达点 $F$ 时的影长 $F H$ 的长为 $1.5 m$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 点 $D$ 在 $\odot O$ 的直径 $A B$ 的延长线上, 点 $C$ 在 $\odot O$ 上, 且 $A C=C D, \angle A C D=120^{\circ}$.

(1) 求证: $C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 若 $\odot O$ 的半径为 2 , 求图中阴影部分的面积.


选项：
答案：(1) 见解析 (2) 图中阴影部分的面积为 $2 \sqrt{3}-\frac{2}{3} \pi$.

【解析】(1) 证明: 连接 $O C$.

<ImageHere>

$\because A C=C D, \angle A C D=120^{\circ}, \therefore \angle A=\angle D=30^{\circ} . \because O A=O C, \therefore \angle 2=\angle A=30^{\circ} . \quad \therefore \angle O C D=\angle A C D$ $-\angle 2=90^{\circ}$, 即 $O C \perp C D, \therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 解: $\angle 1=\angle 2+\angle A=60^{\circ} . \therefore \mathrm{S}_{\text {闻现 } B O C}=\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}=\frac{2 \pi}{3}$.

在 Rt $\triangle O C D$ 中, $\angle D=30^{\circ}, \therefore O D=2 O C=4$,

$\therefore C D=\sqrt{O D^{2}-O C^{2}}=2 \sqrt{3} . \quad \therefore \mathrm{S}_{\mathrm{R} \leftarrow \triangle C D}=\frac{1}{2} O C \times C D=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$.

$\therefore$ 图中阴影部分的面积为: $2 \sqrt{3}-\frac{2 \pi}{3}$.
解析：(1) 见解析 (2) 图中阴影部分的面积为 $2 \sqrt{3}-\frac{2}{3} \pi$.

【解析】(1) 证明: 连接 $O C$.



$\because A C=C D, \angle A C D=120^{\circ}, \therefore \angle A=\angle D=30^{\circ} . \because O A=O C, \therefore \angle 2=\angle A=30^{\circ} . \quad \therefore \angle O C D=\angle A C D$ $-\angle 2=90^{\circ}$, 即 $O C \perp C D, \therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 解: $\angle 1=\angle 2+\angle A=60^{\circ} . \therefore \mathrm{S}_{\text {闻现 } B O C}=\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}=\frac{2 \pi}{3}$.

在 Rt $\triangle O C D$ 中, $\angle D=30^{\circ}, \therefore O D=2 O C=4$,

$\therefore C D=\sqrt{O D^{2}-O C^{2}}=2 \sqrt{3} . \quad \therefore \mathrm{S}_{\mathrm{R} \leftarrow \triangle C D}=\frac{1}{2} O C \times C D=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$.

$\therefore$ 图中阴影部分的面积为: $2 \sqrt{3}-\frac{2 \pi}{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B E$ 平分 $\angle A B C, D$ 是边 $A B$ 上一点, 以 $B D$ 为直径的 $\odot O$ 经过点 $E$, 且交 $B C$ 于点 $F$.

(1)求证: $A C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)若 $B F=6, \odot O$ 的半径为 5 , 求 $C E$ 的长.


选项：
答案：(1) 证明见解析; (2) $\mathrm{CE}=4$.

【解析】 (1) 证明：如图, 连接 $\mathrm{OE}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{OB}=\mathrm{OE}, \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{OEB}, \because \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC} . \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{EBC}, \therefore \angle \mathrm{OEB}=\angle \mathrm{EBC}$,

$\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{BC}, \because \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{OEA}=\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线

(2) 解：过 $\mathrm{O}$ 作 $\mathrm{OH} \perp \mathrm{BF}$,

$\therefore \mathrm{BH}=\frac{1}{2} \mathrm{BF}=3$, 四边形 $\mathrm{OHCE}$ 是矩形, $\therefore \mathrm{CE}=\mathrm{OH}$, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{OBH}$ 中, $\mathrm{BH}=3, \mathrm{OB}=5$,

$\therefore \mathrm{OH}=\sqrt{O B^{2}-O H^{2}}=4, \quad \therefore \mathrm{CE}=4$.
解析：(1) 证明见解析; (2) $\mathrm{CE}=4$.

【解析】 (1) 证明：如图, 连接 $\mathrm{OE}$,



$\because \mathrm{OB}=\mathrm{OE}, \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{OEB}, \because \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC} . \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{EBC}, \therefore \angle \mathrm{OEB}=\angle \mathrm{EBC}$,

$\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{BC}, \because \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{OEA}=\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线

(2) 解：过 $\mathrm{O}$ 作 $\mathrm{OH} \perp \mathrm{BF}$,

$\therefore \mathrm{BH}=\frac{1}{2} \mathrm{BF}=3$, 四边形 $\mathrm{OHCE}$ 是矩形, $\therefore \mathrm{CE}=\mathrm{OH}$, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{OBH}$ 中, $\mathrm{BH}=3, \mathrm{OB}=5$,

$\therefore \mathrm{OH}=\sqrt{O B^{2}-O H^{2}}=4, \quad \therefore \mathrm{CE}=4$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, 过 $O$ 作弦 $\mathrm{AC}$ 的垂线, 交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{D}$, 分别交 $\mathrm{AE} 、 \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$ 、点 $\mathrm{F}$, 已知 $\angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{E}$.

(1)判断 $\mathrm{AE}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 的位置关系, 并说明理由;

(2)若 $\mathrm{AE}=10, \sin \angle \mathrm{BDC}=\frac{3}{5}$, 求 $\mathrm{AC}$ 的长.


选项：
答案：(1)证明见解析; (2) $A C=12$.

【解析】(1) $\because \quad \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{E}$ (已知 $), \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{CAB}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{CAB}, \because \quad \mathrm{EF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}$, 即 $\angle \mathrm{AFE}=90^{\circ}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ} \therefore \quad \angle \mathrm{CAB}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ}$,

即 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{AB}$, 且 $\mathrm{AB}$ 是圆的直径.$\therefore \mathrm{AE}$ 是圆 $O$ 的切线;

(2)解: $\because \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{BDC}$,

$\therefore \quad \sin \angle \mathrm{E}=\sin \angle \mathrm{BDC}=\frac{3}{5} \therefore \quad$ Rt $\triangle \mathrm{AEF}$ 中, $\sin \angle \mathrm{E}=\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AE}}$, 且 $\mathrm{AE}=10$

$\therefore \quad \mathrm{AF}=6, \because \quad \mathrm{OF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}, \therefore \quad \mathrm{AC}=2 \mathrm{AF}=12$ (垂径定理).
解析：(1)证明见解析; (2) $A C=12$.

【解析】(1) $\because \quad \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{E}$ (已知 $), \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{CAB}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{CAB}, \because \quad \mathrm{EF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}$, 即 $\angle \mathrm{AFE}=90^{\circ}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ} \therefore \quad \angle \mathrm{CAB}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ}$,

即 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{AB}$, 且 $\mathrm{AB}$ 是圆的直径.$\therefore \mathrm{AE}$ 是圆 $O$ 的切线;

(2)解: $\because \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{BDC}$,

$\therefore \quad \sin \angle \mathrm{E}=\sin \angle \mathrm{BDC}=\frac{3}{5} \therefore \quad$ Rt $\triangle \mathrm{AEF}$ 中, $\sin \angle \mathrm{E}=\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AE}}$, 且 $\mathrm{AE}=10$

$\therefore \quad \mathrm{AF}=6, \because \quad \mathrm{OF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}, \therefore \quad \mathrm{AC}=2 \mathrm{AF}=12$ (垂径定理).
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在直角坐标系中, $\odot \mathrm{A}$ 的圆心 $\mathrm{A}$ 的坐标为 $(-1,0)$, 半径为 1 , 点 $\mathrm{P}$ 为直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$ 上的动点, 过点 $P$ 作 $\odot A$ 的切线, 切点为 $Q$, 求切线长 $P Q$ 的最小值.


选项：
答案：$2 \sqrt{2}$.

【解析】如图, 作 $\mathrm{AP} \perp$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$, 垂足为 $\mathrm{P}$, 作 $\odot \mathrm{A}$ 的切线 $\mathrm{PQ}$, 切点为 $\mathrm{Q}$, 此时切线长 $\mathrm{PQ}$最小, $\because \mathrm{A}$ 的坐标为 $(-1,0)$, 设直线与 $\mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{y}$ 轴分别交于 $\mathrm{C}, \mathrm{B}$,

$\therefore \mathrm{B}(0,3), \mathrm{C}(4,0), \therefore \mathrm{OB}=3, \mathrm{AC}=5$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{O B^{2}+O C^{2}}=5 \therefore \mathrm{AC}=\mathrm{BC}$,

在 $\triangle A P C$ 与 $\triangle B O C$ 中,

<ImageHere>

$\therefore \mathrm{AP}=\mathrm{OB}=3, \quad \therefore \mathrm{PQ}=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2 \sqrt{2}$.

$\because \mathrm{PQ}^{2}=\mathrm{PA}^{2}-1$, 此时 $\mathrm{PA}$ 最小, 所以此时切线长 $\mathrm{PQ}$ 也最小, 最小值为 $2 \sqrt{2}$.

<ImageHere>
解析：$2 \sqrt{2}$.

【解析】如图, 作 $\mathrm{AP} \perp$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$, 垂足为 $\mathrm{P}$, 作 $\odot \mathrm{A}$ 的切线 $\mathrm{PQ}$, 切点为 $\mathrm{Q}$, 此时切线长 $\mathrm{PQ}$最小, $\because \mathrm{A}$ 的坐标为 $(-1,0)$, 设直线与 $\mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{y}$ 轴分别交于 $\mathrm{C}, \mathrm{B}$,

$\therefore \mathrm{B}(0,3), \mathrm{C}(4,0), \therefore \mathrm{OB}=3, \mathrm{AC}=5$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{O B^{2}+O C^{2}}=5 \therefore \mathrm{AC}=\mathrm{BC}$,

在 $\triangle A P C$ 与 $\triangle B O C$ 中,



$\therefore \mathrm{AP}=\mathrm{OB}=3, \quad \therefore \mathrm{PQ}=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2 \sqrt{2}$.

$\because \mathrm{PQ}^{2}=\mathrm{PA}^{2}-1$, 此时 $\mathrm{PA}$ 最小, 所以此时切线长 $\mathrm{PQ}$ 也最小, 最小值为 $2 \sqrt{2}$.
题目（九年级 · 解析几何）：一副直角三角板如图所示放置, 点 $C$ 在 $F D$ 的延长线上, $A B / / C F, \angle F=\angle A C B=90^{\circ}$, $\angle E=45^{\circ}, \angle A=60^{\circ}, A C=10$, 试 $\mathrm{CD}$ 的长.


选项：
答案：$15-5 \sqrt{3}$

【解析】 过点 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BM} \perp \mathrm{FD}$ 于点 $\mathrm{M}$, E

<ImageHere>

在 $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{A}=60^{\circ}, \mathrm{AC}=10$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}, \mathrm{BC}=\mathrm{AC} \times \tan 60^{\circ}=10 \sqrt{3}$,

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CF}$,

$\therefore \mathrm{BM}=\mathrm{BC} \times \sin 30^{\circ}=10 \sqrt{3} \times \frac{1}{2}=5 \sqrt{3}$,

$\mathrm{CM}=\mathrm{BC} \times \cos 30^{\circ}=15$,

在 $\triangle \mathrm{EFD}$ 中, $\angle \mathrm{F}=90^{\circ}, \angle \mathrm{E}=45^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EDF}=45^{\circ}$

$\therefore \mathrm{MD}=\mathrm{BM}=5 \sqrt{3}$,

$\therefore C D=C M-M D=15-5 \sqrt{3}$
解析：$15-5 \sqrt{3}$

【解析】 过点 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BM} \perp \mathrm{FD}$ 于点 $\mathrm{M}$, E



在 $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{A}=60^{\circ}, \mathrm{AC}=10$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}, \mathrm{BC}=\mathrm{AC} \times \tan 60^{\circ}=10 \sqrt{3}$,

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CF}$,

$\therefore \mathrm{BM}=\mathrm{BC} \times \sin 30^{\circ}=10 \sqrt{3} \times \frac{1}{2}=5 \sqrt{3}$,

$\mathrm{CM}=\mathrm{BC} \times \cos 30^{\circ}=15$,

在 $\triangle \mathrm{EFD}$ 中, $\angle \mathrm{F}=90^{\circ}, \angle \mathrm{E}=45^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EDF}=45^{\circ}$

$\therefore \mathrm{MD}=\mathrm{BM}=5 \sqrt{3}$,

$\therefore C D=C M-M D=15-5 \sqrt{3}$
题目（九年级 · 解析几何）：计算:

(1) $\frac{\cos ^{2} 30^{\circ}+\cos ^{2} 60^{\circ}}{\tan 60^{\circ} \cos 30^{\circ}}+\tan 60^{\circ}$;

(2) $2 \cos 45^{\circ} \cdot \sin 45^{\circ}-2 \sin 30^{\circ} \cdot \tan 45^{\circ}+\sqrt{6} \cdot \tan 60^{\circ}$.
选项：
答案：(1) $\frac{2}{3}+\sqrt{3}$
(2) $3 \sqrt{2}$.

【解析】(1)原式 $=\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}+\sqrt{3}=\frac{2}{3}+\sqrt{3}$;

(2)原式 $=2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-2 \times \frac{1}{2} \times 1+\sqrt{6} \times \sqrt{3}=1-1+3 \sqrt{2}=3 \sqrt{2}$.
解析：(1) $\frac{2}{3}+\sqrt{3}$
(2) $3 \sqrt{2}$.

【解析】(1)原式 $=\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}+\sqrt{3}=\frac{2}{3}+\sqrt{3}$;

(2)原式 $=2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-2 \times \frac{1}{2} \times 1+\sqrt{6} \times \sqrt{3}=1-1+3 \sqrt{2}=3 \sqrt{2}$.
题目（九年级 · 解析几何）：已知: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$, 根据下列条件, 解直角三角形.

(1) $\mathrm{BC}=8, \angle \mathrm{B}=60^{\circ} ;$

(2) $\mathrm{AC}=\sqrt{2}, \mathrm{AB}=2$.
选项：
答案：(1)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=60^{\circ}, \mathrm{BC}=8$,

$\therefore \angle \mathrm{A}=30^{\circ}, \mathrm{AB}=\frac{8}{\cos 60^{\circ}}=16, \mathrm{AC}=8 \tan 60^{\circ}=8 \sqrt{3}$;

(2)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \mathrm{AC}=\sqrt{2}, \mathrm{AB}=2$,

$\therefore \cos A=\frac{A C}{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

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

$\therefore \angle \mathrm{B}=45^{\circ}, \mathrm{BC}=\sqrt{2}$.
解析：(1)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=60^{\circ}, \mathrm{BC}=8$,

$\therefore \angle \mathrm{A}=30^{\circ}, \mathrm{AB}=\frac{8}{\cos 60^{\circ}}=16, \mathrm{AC}=8 \tan 60^{\circ}=8 \sqrt{3}$;

(2)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \mathrm{AC}=\sqrt{2}, \mathrm{AB}=2$,

$\therefore \cos A=\frac{A C}{A B}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

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

$\therefore \angle \mathrm{B}=45^{\circ}, \mathrm{BC}=\sqrt{2}$.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)(2020浙江温州一一模)已知,如图,抛物线$y=-x^{2}+bx+c$经过直线$y=-x+3$与坐标轴的两个交点$A,B$.此抛物线与$x$轴的另一个交点为$C$.拖物线的顶点为$D$.(1)求此抛物线的解析式;(2)若点$M$为抛物线上一动点,是否存在点$M$.使$triangleACM$与$triangleABC$的面积相等?若存在,求点$M$的坐标;若不存在,请说明理由.
选项：
答案：(1)$y=-x^{2}+2x+3$;(2)存在,点$M$的坐标为$(0,3)$或$(2,3)$或$(1+sqrt{7},-3)$或$(1-sqrt{7},-3)$
解析：【分析】(1)先求得点$A$和点$B$的坐标,然后将点$A$和点$B$的坐标代入抛物线的解析式求得${b},{c}$的值即可;(2)设$M$的坐标为$(x,y)$,由$triangleACM$与$triangleABC$的面积相等可得到$yymid=3$,将$y=3$或$y=-3$代入抛物线的解析式求得对应的$x$的值,从而得到点$M$的坐标.【详解】(1)由题意得$A(3,0),B(0,3)$.将点${A}$和点$B$的坐标代入得:$left{begin{array}{l}c=3-9+3b+3=0end{array}right.$解得:$b=2,c=3$.$therefore$抛物线的解析式为$y=-x^{2}+2x+3$;(2)设$M$的坐标为$(x,y)$.$becausetriangleACM$与$triangleABC$的面积相等,$thereforefrac{1}{2}ACcdot|y|=frac{1}{2}ACcdotOB$$therefore|y|=OB=3$.当$y=3$时,$-x^{2}+2x+3=3$,解得$x=0$或$x=2$,$thereforeM(2,3)$或$(0,3)$,当$y=-3$时,$-x^{2}+2x+3=-3$,解得:$x=1+sqrt{7}$或$x=1-sqrt{7}$$thereforeM(1+sqrt{7},-3)$或$(1-sqrt{7},-3)$.综上所述点$M$的坐标为$(0,3)$或$(2,3)$或$(1+sqrt{7},-3)$或$(1-sqrt{7},-3)$.【点睛】本题主要考查的是二次函数的应用,求得点${A}$和点${B}$的坐标是解答问题（1）的关键,求得点$M$的纵坐标是解答问题（2）的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)（2020$cdot$浙江$cdot$宁波市鄞州区中河街道宋诏桥初级中学一模）已知二次函数$y=x^{2}-2x-3$.(1)求图象的开口方向、对称轴、顶点坐标;(2)求图象与$x$轴的交点坐标,与$y$轴的交点坐标;(3)当$x$为何值时,$y$随$x$的增大而增大?
选项：
答案：(1)图象开口向上;对称轴是${x}=1$,顶点坐标是$(1,-4)$;(2)与${y}$轴交点坐标是$(0,-3)$;与$x$轴交点的坐标是（3,0)、$(-1,0)$;(3)当$xgeq1$时,$y$随${x}$的增大而增大
解析：【分析】（1）根据${a}$的符号判断抛物线的开口方向;把抛物线的一般式化为顶点式，根据顶点式可求顶点坐标及对称轴;(2)根据图象与${y}$轴和${x}$轴的相交的特点可求出坐标;（3）根据二次函数的增减性,当${a}>0$时，在对称轴的右侧，${y}$随${x}$的增大而增大,由此即可解答;【详解】(1)$because{a}=1>0,quadtherefore$图象开口向上;$becausey=x^{2}-2x-3=(x-1)^{2}-4$,$therefore$对称轴是${x}=1$,顶点坐标是（1，-4）;(2)由图象与$y$轴相交则$x=0$,代入得:$y=-3$,$therefore$与${y}$轴交点坐标是$(0,-3)$;由图象与$x$轴相交则$y=0$,代入得:$x^{2}-2x-3=0$,解方程得$x=3$或$x=-1$,$therefore$与${x}$轴交点的坐标是$(3,0)、(-1,0)$;（3）当$xgeq1$时,${y}$随${x}$的增大而增大.【点睛】本题考查了二次函数的性质与图象,熟记二次函数的图象和性质是解决问题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题9分)(2019$cdot$浙江$cdot$杭州外国语学校一模)已知二次函数$y=ax^{2}+bx-3a$经过点${A}(-1,0)、{C}(0,3)$,与${x}$轴交于另一点${B}$,抛物线的顶点为${D}$,(1)求此二次函数解析式;(2)连接${DC}、{BC}、{DB}$,求证:$triangle{BCD}$是直角三角形;(3)在对称轴右侧的抛物线上是否存在点$P$,使得$trianglePDC$为等腰三角形?若存在,求出符合条件的点${P}$的坐标;若不存在,请说明理由.
选项：
答案：(1)抛物线的解析式为$y=-x^{2}+2x+3$.（2）证明见解析;(3)点$P$坐标为$left(frac{3+sqrt{5}}{2},frac{5-sqrt{5}}{2}right)$或$(2,3)$
解析：【详解】试题分析:(1)将$A(-1,0)、C(0,3)$,代入二次函数$y=ax^{2}+bx-3a$,求得$a、b$的值即可确定二次函数的解析式;（2）分别求得线段${BC}、{CD}、{BD}$的长，利用勾股定理的逆定理进行判定即可;(3)分以${CD}$为底和以${CD}$为腰两种情况讨论.运用两点间距离公式建立起P点横坐标和纵坐标之间的关系，再结合抛物线解析式即可求解.试题解析：(1)$because$二次函数$y=ax^{2}+bx-3a$经过点$A(-1,0)、C(0,3),therefore$将A$(-1,0)、{C}(0,3)$,代入,得$left{begin{array}{l}a-b-3a=0-3a=3end{array}right.$,解得$left{begin{array}{l}a=-1b=2end{array},thereforeright.$抛物线的解析式为$y=-x^{2}+2x+3$;(2)如图,连接DC、BC、DB,由$y=-x^{2}+2x+3=-(x-1)^{2}+4$得,D点坐标为$(1,4),therefore{CD}=sqrt{(1-0)^{2}+(4-3)^{2}}=sqrt{2},{BC}=sqrt{3^{2}+3^{2}}=3sqrt{2},{BD}=$$sqrt{(3-1)^{2}+(4-0)^{2}}=2sqrt{5},quadbecause{CD}^{2}+{BC}^{2}=(sqrt{2})^{2}+(3sqrt{2})^{2}=20,quad{BD}^{2}=(2sqrt{5})^{2}=20$,$therefore{CD}^{2}+{BC}^{2}={BD}^{2},quadthereforetriangle{BCD}$是直角三角形;(3)${y}=-{x}^{2}+2{x}+3$对称轴为直线${x}=1$.假设存在这样的点$P,(1)$以$CD$为底边,则$P_{1}D=P_{1}C$,设$P_{1}$点坐标为$(x,y)$,根据勾股定理可得$P_{1}C^{2}=x^{2}+(3-y)^{2},P_{1}D^{2}=(x-1)^{2+}(4-y)^{2}$,因此$x^{2}+(3-y)^{2}=(x-$1)${}^{2}+(4-y)^{2}$,即$y=4-x$.又$P_{1}$点$(x,y)$在抛物线上,$therefore4-x=-x^{2}+2x+3$,即$x^{2}$$-3x+1=0$,解得$x_{1}=frac{3+sqrt{5}}{2},x_{2}=frac{3-sqrt{5}}{2}<1$,(不满足在对称轴右侧应舍去),$thereforex=$$frac{3+sqrt{5}}{2},thereforey=4-x=frac{5-sqrt{5}}{2}$,即点${P}_{1}$坐标为$left(frac{3+sqrt{5}}{2},frac{5-sqrt{5}}{2}right)$.(2)以CD为一腰,$because$点${P}_{2}$在对称轴右侧的抛物线上,由抛物线对称性知,点${P}_{2}$与点${C}$关于直线${x}=1$对称,此时点${P}_{2}$坐标为$(2,3)$.$therefore$符合条件的点${P}$坐标为$left(frac{3+sqrt{5}}{2},frac{5-sqrt{5}}{2}right)$或$(2$,$3)$.考点:1.二次函数图象性质；2.等腰三角形性质；3.直角三角形的判定.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题10分)(2020$cdot$浙江$cdot$高照实验学校九年级阶段练习）如图,关于${x}$的二次函数$y=x^{2}+bx+c$的图象与$x$轴交于点$A(1,0)$和点$B$与$y$轴交于点$C(0,3)$,抛物线的对称轴与${x}$轴交于点${D}$.(1)求二次函数的表达式;（2）在$y$轴上是否存在一点$P$,使$trianglePBC$为等腰三角形?若存在.请求出点$P$的坐标;(3)有一个点${M}$从点${A}$出发,以每秒1个单位的速度在${AB}$上向点${B}$运动,另一个点${N}$从点${D}$与点${M}$同时出发,以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动,当点$M$到达点$B$时,点$M、N$同时停止运动,问点$M、N$运动到何处时,$triangleMNB$面积最大，试求出最大面积.
选项：
答案：(1)二次函数的表达式为:$y=x^{2}-4x+3;$（2）点$P$的坐标为:$(0,3+3sqrt{2})$或（0，3-3$sqrt{2})$或$(0,-3)$或（0，0）；(3)当点$M$出发1秒到达$D$点时，$triangleMNB$面积最大,最大面积是1.此时点${N}$在对称轴上${x}$轴上方2个单位处或点${N}$在对称轴上$x$轴下方2个单位处
解析：【分析】(1)把$A(1,0)$和$C(0,3)$代入$y=x^{2}+bx+c$得方程组,解方程组即可得二次函数的表达式;(2)先求出点$B$的坐标,再根据勾股定理求得$BC$的长,当$triangle{PBC}$为等腰三角形时分三种情况进行讨论:(1)${CP}={CB}$;(2)${PB}={PC}$;(3)${BP}={BC}$;分别根据这三种情况求出点${P}$的坐标;(3)设$AM=t$则$DN=2t$,由$AB=2$,得$BM=2-t,StriangleMNB=frac{1}{2}times(2-t)times2t=-$$t^{2}+2t$,把解析式化为顶点式,根据二次函数的性质即可得$triangleMNB$最大面积;此时点$M$在$D$点,点$N$在对称轴上$x$轴上方2个单位处或点$N$在对称轴上$x$轴下方2个单位处.【详解】解:(1)把${A}(1,0)$和${C}(0,3)$代入${y}={x}^{2}+{bx}+{c}$,$left{begin{array}{l}1+b+c=0c=3end{array}right.$解得:$b=-4,c=3$,$therefore$二次函数的表达式为:${y}={x}^{2}-4{x}+3$;(2)令${y}=0$，则${x}^{2}-4{x}+3=0$,解得：$x=1$或$x=3$,$therefore{B}(3,0)$$therefore{BC}=3sqrt{2}$,点${P}$在${y}$轴上,当$triangle{PBC}$为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1,(1)当$CP=CB$时,$PC=3sqrt{2},thereforeOP=OC+PC=3+3sqrt{2}$或$OP=PC-OC=3sqrt{2}-3$$therefore{P}_{1}(0,3+3sqrt{2}),{P}_{2}(0,3-3sqrt{2})$(2)当${PB}={PC}$时,${OP}={OB}=3$,$therefore{P}_{3}(0,-3);$(3)当${BP}={BC}$时，$because{OC}={OB}=3$$therefore$此时${P}$与${O}$重合,$therefore{P}_{4}(0,0);$综上所述,点${P}$的坐标为:$(0,3+3sqrt{2})$或$(0,3-3sqrt{2})$或$(-3,0)$或$(0$,$0)$;图1（3）如图2,设$AM=t$,由$AB=2$,得$BM=2-t$,则$DN=2t$,$therefore{S}triangle{MNB}=frac{1}{2}times(2-{t})times2{t}=-{t}^{2}+2{t}=-({t}-1)^{2}+1$,当点$M$出发1秒到达$D$点时,$triangleMNB$面积最大,最大面积是1.此时点$N$在对称轴上${x}$轴上方2个单位处或点${N}$在对称轴上${x}$轴下方2个单位处.图2
题目（九年级 · 解析几何）：(本题6分)（2021$cdot$浙江丽水$cdot$九年级期中）已知二次函数$y=x^{2}+4x-2$.(1)求抛物线开口方向及对称轴.（2）写出抛物线与$y$轴的交点坐标.
选项：
答案：(1)开口向上,直线$x=-2$;(2)$(0,-2)$
解析：【分析】(1)根据二次函数的顶点式进行解答即可;（2）令$x=0$,求出$y$的值即可.【详解】(1)$becausea=1>0$,$therefore$抛物线开口向上，$becausey=x^{2}+4x-2=(x+2)^{2}-6$,$therefore$对称轴是直线$x=-2$;(2)$becausex=0$,$thereforey=-2$,$therefore$与$y$轴交点坐标是$(0,-2)$.【点睛】本题考查的是二次函数的性质,熟知二次函数的顶点式是解答此题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题6分)(2021$cdot$浙江宁波$cdot$九年级期中)如图,抛物线$y=-x^{2}+bx+c$的图象与$x$轴正半轴交于点$A(3,0)$,与$y$轴交于点$B(0,3)$直线$l$的函数表达式为$y=-x+6$,(1)求抛物线的函数表达式;(2)动点$P$在抛物线$AB$段上运动,经过点$P$作$y$轴的平行线交直线$l$于点$Q$,求线段$PQ$的取值范围.
选项：
答案：（1）$y=-x^{2}+2x+3$;（2）$frac{3}{4}leqPQleq3$
解析：【分析】(1)将点$A、B$坐标分别代入函数解析式求解即可确定函数解析式;(2)设$Pleft(x,-x^{2}+2x+3right),(0leqxleq3)$,则$Q(x,-x+6)$,可得$PQ=left(x-frac{3}{2}right)^{2}+frac{3}{4}$,根据$x$的取值范围,即可得出$PQ$的范围.【详解】解：(1)将点$A、B$坐标分别代入函数解析式可得：$left{begin{array}{c}c=30=-9+3b+cend{array}right.$,解得:$left{begin{array}{l}c=3b=2end{array}right.$,$therefore$函数解析式为:$y=-x^{2}+2x+3$;(2)设$Pleft(x,-x^{2}+2x+3right),(0leqxleq3)$$becausePQ//y$轴,$thereforeQ(x,-x+6)$,$therefore$根据图象可得:$PQ=-x+6-left(-x^{2}+2x+3right)$$=x^{2}-3x+3$$=left(x-frac{3}{2}right)^{2}+frac{3}{4}$当$x=frac{3}{2}$时,$PQ$取得最小值为$frac{3}{4}$;当$x=0$或3时,$PQ$取得最大值为3;$therefore$线段$PQ$的取值范围为:$frac{3}{4}leqPQleq3$.【点睛】题目主要考查二次函数的基本性质，利用待定系数法确定函数解析式，求函数值的取值范围,理解题意,结合图形列出函数解析式是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题9分)（2022$cdot$浙江金华$cdot$九年级期末）如图1,抛物线$y=ax^{2}+bx+c（a>0）$的顶点为$M$,平行于$x$的直线与抛物线交于点$A,B$,若$triangleAMB$为等腰直角三角形,则抛物线上$A,B$两点之间的部分与线段$AB$围成的图形称为该抛物线对应的“准碗形”,线段$AB$称为碗宽,点$M$到线段$AB$的距离称为碗高.国1内2(1)抛物线$y=frac{1}{2}x^{2}$对应的碗宽为$qquad$;(2)抛物线$y=ax^{2}quad(a>0)$对应的碗宽为$qquad$；抛物线$y=a(x-2)^{2}+3(a>0)$对应的碗高为$qquad$;(3)已知抛物线$y=ax^{2}-4ax-frac{5}{3}(a>0)$对应的碗高为3.(1)求碗顶$M$的坐标;(2)如图2,将“准碗形$AMB$”绕点$M$顺时针旋转$30^{circ}$得到“准碗形$A^{prime}MB^{primeprime}$.过点$B^{prime}$作$x$轴的平行线交准碗形$A^{prime}MB^{prime}$于点$C$,点$P$是线段$B^{prime}C$上的动点,过点$P$作$y$轴的平行线交准碗形$A^{prime}MB^{prime}$于点$Q$.请直接写出线段$PQ$长度的最大值.
选项：
答案：(1)4(2)$frac{2}{a},frac{1}{a}$(3)$(2,-3),2sqrt{3}$
解析：【分析】（1）根据碗宽的定义以及等腰直角三角形的性质可以假设$B(m,m)$,代入抛物线的解析式,求出$A、B$两点坐标即可解决问题.（2）利用（1）中方法可求碗宽,根据等腰直角三角形可知碗高是碗宽的一半.(3)(1)由碗高为3求出$a$,再求顶点坐标即可;(2)作$QSperpBP$于$S$,找到$PQ$和$QS$的关系后即可解决问题.(1)解：根据碗宽的定义以及等腰直角三角形的性质可以假设$B(m,m)$.把$B(m,m)$代入$y=frac{1}{2}x^{2}$,得$m=frac{1}{2}m^{2}$,解得,$m=2$或0(舍去),$thereforeA(-2,2),B(2,2)$$thereforeAB=4，$即碗宽为4;故答案为:4.$(2)$解：类似(1)设$B(n,n)$,代入$y=ax^{2}$,得$n=an^{2}$,解得,$n=frac{1}{a}$或0(舍去),$AB$$=frac{2}{a}$,即碗宽为$frac{2}{a};$抛物线$y=a(x-2)^{2}+3$是由抛物线$y=ax^{2}$平移得到的,所以,它们的碗宽一样为$frac{2}{a}$,根据等腰直角三角形的性质,可知可知碗高是碗宽的一半,即$frac{1}{a};$故答案为:$frac{2}{a},frac{1}{a}$.(3)解：(1)抛物线$y=ax^{2}-4ax-frac{5}{3}(a>0)$对应的碗高为3.由(2)可知$frac{1}{a}=3$,解得,$a=frac{1}{3}$,抛物线解析式为$y=frac{1}{3}x^{2}-frac{4}{3}x-frac{5}{3}$,化成顶点式为$y=frac{1}{3}(x-2)^{2}-3$;则$M$的坐标为$(2,-3)$;(2)如图,作$QSperpBP$于$S$,由旋转可知$anglePBO=30^{circ}$,因为过点$P$作$y$轴的平行线交准碗形$A^{prime}MB^{prime}$于点$Q$,$thereforePQperpOB$$thereforeangleQPB=60^{circ},anglePQS=30^{circ}$,$thereforePQ=2PS,quadQS=sqrt{PQ^{2}-PS^{2}}=sqrt{3}PS$,当$QS$等于碗高时,$QS$最大,此时$PQ$长度的最大,由(2)可知$QS$最大为3,则$PS=sqrt{3},QP=2sqrt{3}$;$PQ$长度的最大值为$2sqrt{3}$.【点睛】本题考查了二次函数的性质和直角三角形的性质,解题关键是准确理解题意,熟练运用二次函数的性质和直角三角形的性质求解.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)(2021浙江$cdot$温州市实验中学九年级阶段练习)由边长为1的小正方形组成的$6times6$的网格中,线段$AB$的两个端点都在格点上.(1)如图1，C,$D$也在格点上,连结$CD$交$AB$于点$O$,则$frac{AO}{BO}=$(2)如图2,仅用无刻度直尺在$triangleABC$的边$AB$上找一点$M$,使得$frac{S_{triangleAMC}}{S_{triangleBMC}}=frac{2}{3}$.(图1)(图2)
选项：
答案：(1)$frac{3}{4};$(2)见解析
解析：【分析】(1)根据网格的特点,可知$AC//BD$,进而根据$triangleACOsimtriangleBOD$,即可求得$frac{AO}{BO}$,(2)在格点上找到点$D,E$,使得$AD=2,BE=3$,连接$DE$交$AB$于点$M$,则$M$点即为所求.【详解】解(1)由题意:$becauseAC//BD$,$thereforetriangleACOsimtriangleBOD$,$thereforeAO:BO=AC:BD$,$becauseAC=3,BD=4$,即$AO:BO=3:4=frac{3}{4}$(2)如图,在格点上找到点$D,E$,使得$AD=2,BE=3$,连接$DE$交$AB$于点$M$,则$M$点即为所求,连接$MC$,$becauseAD//BE$,$thereforetriangleADMsimtriangleBEM$$thereforefrac{AM}{BM}=frac{AD}{BE}=frac{2}{3}$,设$C$到$AB$的距离为$h$,$thereforefrac{S_{triangleAMC}}{S_{triangleBMC}}=frac{frac{1}{2}cdotAMcdoth}{frac{1}{2}cdotBMcdoth}=frac{AM}{BM}=frac{2}{3}$.【点睛】本题考查了网格作图,相似三角形的性质与判定,掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)(2021$cdot$浙江温州$cdot$一模)如图,在Rt$triangleABC$中,$angleACB=90^{circ},D$是边$BC$上一点,连接$AD,triangleACD$的外接圆$odotO$交$AB$于点$E$,点$F$是$AE$上一点,且$EF=CD$,连接$AF,DF$.(1)求证:$angleADF=angleB$;(2)若$AC=4,CB=8$,当点$E$是$AB$的中点时,求$AF$的长.
选项：
答案：(1)见解析(2)$sqrt{5}$
解析：【分析】(1)由圆周角定理及直角三角形的性质可得出答案;（2）连接$CE$,由勾股定理求出$AB=4sqrt{5}$,证明$triangleAFDsimtriangleACB$,由相似三角形的性质得出$frac{AF}{DF}=frac{AC}{BC}$,则可得出答案.(1)证明:$becauseEF=CD$,$thereforeangleFAE=angleCAD$,$thereforeangleFAE+angleDAE=angleCAD+angleDAE$,即$angleCAB=angleDAF$,$becauseangleACB=90^{circ}$,$thereforeAD$为$odotO$的直径,$angleCAB+angleB=90^{circ}$,$thereforeangleAFD=90^{circ}$,$thereforeangleDAF+angleADF=90^{circ}$,$thereforeangleADF=angleB$(2)解：连接$CE$,$becauseAC=4,BC=8$,$thereforeAB=sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=sqrt{4^{2}+8^{2}}=4sqrt{5}$,$because$点$E$是$AB$的中点,$thereforeCE=frac{1}{2}AB=2sqrt{5}$,$becauseEF=CD$$thereforeDF=CE$,$thereforeDF=CE=2sqrt{5}$,$becauseangleADF=angleB,angleACB=angleAFD=90^{circ}$,$thereforetriangleAFDsimtriangleACB$$thereforefrac{AF}{DF}=frac{AC}{BC}$,$thereforefrac{AF}{2sqrt{5}}=frac{4}{8}$,$thereforeAF=sqrt{5}$.【点睛】本题考查了圆周角定理及直角三角形的性质,勾股定理,相似三角形的性质与判定,掌握以上知识是解题的关键.