eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知二次函数的解析式为 $y=x^{2}+2 x-3$, 补充下表, 并根据表中的数据在如图所示的平面直角坐标系中，利用描点法画出这个二次函数的示意图.

| $x$ | $\ldots$ | -3 | -2 | -1 | 0 | 1 | $\cdots$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y=x^{2}+2 x-3$ | $\cdots$ | 0 |  |  |  | 0 | $\cdots$ |




选项：
答案： $-3-4-3$


解析：解：对于二次函数 $y=x^{2}+2 x-3$,

当 $x=-2$ 时, $y=(-2)^{2}+2 \times(-2)-3=-3$,

当 $x=-1$ 时, $y=(-1)^{2}+2 \times(-1)-3=-4$,

当 $x=0$ 时, $y=-3$,

描点, 连线, 画出图象如图所示:



故答案为: $-3,-4,-3$.

将 $x=-2 、-1 、 0$, 分别代入二次函数解析式中, 求出对应的 $y$ 值, 再利用描点发画出函数图象即可.本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的图象, 熟练掌握利用描点法画二次函数的图象是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知函数 $y=x^{2}+2 m x+m-1$ ( $m$ 为常数).

(1)若该函数图象与 $y$ 轴的交点在 $x$ 轴上方, 求 $m$ 的取值范围;

(2)求证: 不论 $m$ 取何值, 该函数图象与 $x$ 轴总有两个公共点.


选项：
答案：解: (1) 令 $x=0$, 则 $y=m-1$.

$\because$ 函数的图像与 $y$ 轴的交点在 $x$ 轴上方,

$\therefore m-1>0$,

$$
\therefore m>1 \text {; }
$$

(2) 令 $y=0$, 则 $x^{2}+2 m x+m-1=0$,

$a=1, \quad b=2 m, c=m-1$,

$\therefore b^{2}-4 a c=(2 m)^{2}-4(m-1)=4 m^{2}-4 m+4=(2 m-1)^{2}+3$,

$(2 m-1)^{2} \geqslant 0$,

$(2 m-1)^{2}+3>0$.

该方程有两个不相等的实数根.

$\therefore$ 不论 $m$ 为何值, 该函数图像与 $x$ 轴有两个不同的公共点.


解析：本题考查了抛物线与 $x$ 轴的交点、二次函数图象上点的坐标特征, 解题的关键是：(1)利用二次函数图象上点的坐标特征求出该函数的图象与 $y$ 轴交点的纵坐标. (2)由方程 $x^{2}+2 m x+m-1=0$有解证出该函数的图象与 $x$ 轴总有公共点.

(1)利用二次函数图象上点的坐标特征求出该函数的图象与 $y$ 轴交点的纵坐标, 令其大于 0 即可求出结论;

(2)求出方程的判别式 $\triangle$ 的值, 利用配方法得出 $\triangle>0$, 根据判别式的意义即可证明.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 已知正比例函数 $y=2 x$ 的图象与抛物线 $y=a x^{2}+3$ 相交于点 $A(1, b)$.



(1)求 $a$ 与 $b$ 的值;

(2)若点 $B(m, 4)$ 在函数 $y=2 x$ 的图象上，抛物线 $y=a x^{2}+3$ 的顶点是 $C$, 求 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的面积;

(3)若点 $P$ 是 $x$ 轴上一个动点, 求当 $\mathrm{PA}+\mathrm{PC}$ 最小时点 $P$ 的坐标.

##
选项：
答案：解: (1) $\because$ 点 $A(1, b)$ 在函数 $y=2 x$ 的图象上,

$\therefore b=2 \times 1=2$,

$\because$ 点 $A(1, b)$ 在拋物线 $y=a x^{2}+3$ 上,

$\therefore 2=a \times 1^{2}+3$,

解得, $a=-1$;

(2)如图

<ImageHere>

$\because$ 点 $B(m, 4)$ 在函数 $y=2 x$ 的图象上,

$\therefore 4=2 m$, 得 $m=2$,

$\therefore$ 点 $B(2,4)$,
$\because$ 拋物线 $y=-x^{2}+3$ 的顶点是 $C$,

$\therefore$ 点 $C(0,3)$,

$\because$ 点 $A$ 的坐标为 $(1,2)$,

$\therefore \triangle A B C$ 的面积是: $2 \times(4-2)-\frac{1 \times(3-2)}{2}-\frac{(2-1) \times(4-2)}{2}-\frac{2 \times(4-3)}{2}=\frac{3}{2}$.

(3)如图

<ImageHere>

设点 $C$ 关于 $x$ 轴的对称点为 $C^{\prime}$, 则 $C^{\prime}$ 的坐标为 $(0,-3)$,

连接 $A C^{\prime}$ 交 $x$ 轴于点 $P$, 此时 $P A+P C$ 最小,

设直线 $A C^{\prime}$ 的解析式是 $y=k x+n$,

把 $C^{\prime}(0,-3), A(1,2)$ 的坐标代入，

得 $\left\{\begin{array}{l}n=-3 \\ k+n=2\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}k=5, \\ n=-3,\end{array}\right.$

$\therefore y=5 x-3$,

当 $y=5 x-3=0$ 时, $x=\frac{3}{5}$.

$\therefore$ 点 $P$ 的坐标是 $\left(\frac{3}{5}, 0\right)$.


解析：本题考查一次函数图象上点的坐标特征、二次函数图象上点的坐标特征, 三角形的面积, 轴对称的最短路线问题, 解答本题的关键是明确题意, 利用数形结合的思想解答.

(1)根据函数 $y=2 x$ 与抛物线 $y=a x^{2}+3$ 相交于点 $A(1, b)$, 可以求得 $a 、 b$ 的值;

(2)根据函数图象和点 $A 、 B 、 C$ 的坐标可以求得 $\triangle A B C$ 的面积.

(3)根据题意先作出点 $P$, 再求得点 $P$ 坐标即可.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知抛物线 $y=a(x-3)^{2}+2$ 经过点 $(1,-2)$, 若点 $A(m, s), B(n, t)(m<n<3)$ 都在该抛物线上, 试比较 $s$ 与 $t$ 的大小.


选项：
答案：解: $\because$ 拋物线 $y=a(x-3)^{2}+2$ 经过点 $(1,-2)$,

$\therefore-2=a(1-3)^{2}+2$,

$\therefore a=-1$

$\therefore y=-(x-3)^{2}+2$,

$\therefore$ 此函数的图象开口向下,

当 $x<3$ 时， $y$ 随 $x$ 的增大而增大，

当 $x>3$ 时， $y$ 随 $x$ 的增大而减小，

$\because$ 点 $A(m, s), B(n, t)(m<n<3)$ 都在该抛物线上,

$\therefore s<t$.


解析：见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知抛物线 $y=a x^{2}+b x+1$ 经过点 $(1,-2),(-2,13)$.

(1)求 $a, b$ 的值;

(2)若 $\left(5, y_{1}\right),\left(m, y_{2}\right)$ 是拋物线上不同的两点, 且 $y_{2}=12-y_{1}$, 求 $m$ 的值.


选项：
答案：解: (1)把点 $(1,-2),(-2,13)$ 代入 $y=a x^{2}+b x+1$ 得, $\left\{\begin{array}{l}-2=a+b+1 \\ 13=4 a-2 b+1\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=-4\end{array} ;\right.$

(2) 由(1)得函数解析式为 $y=x^{2}-4 x+1$,

把 $x=5$ 代入 $y=x^{2}-4 x+1$ 得, $y_{1}=6$,

$\therefore y_{2}=12-y_{1}=6$,

$\because y_{1}=y_{2}$, 对称轴为 $x=2$,

$\therefore \frac{m+5}{2}=2$,

$\therefore m=-1$.


解析：本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和待定系数法求解析式, 解方程组, 正确理解题意是解题的关键.

(1)把点 $(1,-2),(-2,13)$ 代入 $y=a x^{2}+b x+1$ 解方程组即可得到结论;

(2)把 $x=5$ 代入 $y=x^{2}-4 x+1$ 得到 $y_{1}=6$, 于是得到 $y_{1}=y_{2}$, 再根据对称轴 $x=2$, 即可得到结论.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

求出抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标.

(1) $y=x^{2}+2 x-3$ (配方法);

(2) $y=\frac{1}{2} x^{2}-x+3$ (公式法).


选项：
答案：【小题1】

$y=x^{2}+2 x-3=(x+1)^{2}-4, \therefore$ 抛物线开口问上, 对称轴为直线 $x=-1$, 顶点坐标为 $(-1,-4)$;

【小题 2 】

$-\frac{b}{2 a}=1, \frac{4 a c-b^{2}}{4 a}=\frac{5}{2}, \therefore$ 抛物线开口向上, 对称轴为直线 $x=1$, 顶点坐标为 $\left(1, \frac{5}{2}\right)$.

## 
解析：1.见答案2.见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 在平面直角坐标系中, 二次函数 $y=a x^{2}+4 x-3$ 图象的顶点是 $A$, 与 $x$ 轴交于 $B, C$ 两点, 与 $y$ 轴交于点 $D$. 点 $B$ 的坐标是 $(1,0)$.

(1)求 $A, C$ 两点的坐标, 并根据图象直接写出当 $y>0$ 时 $x$ 的取值范围.

(2)平移该二次函数的图象, 使点 $D$ 恰好落在点 $A$ 的位置上, 求平移后图象所对应的二次函数的表达式.




选项：
答案：解: (1)把 $B(1,0)$ 代入 $y=a x^{2}+4 x-3$, 得 $0=a+4-3$, 解得 $a=-1$,

$\therefore y=-x^{2}+4 x-3=-(x-2)^{2}+1$,

$\therefore A(2,1)$,

$\because$ 对称轴直线 $x=2, B, C$ 两点关于 $x=2$ 对称,

$\therefore C(3,0)$,

$\therefore$ 当 $y>0$ 时, $1<x<3$.

(2) $\because D(0,-3)$,

$\therefore$ 点 $D$ 平移到 $A$, 拋物线向右平移 2 个单位，向上平移 4 个单位，可得拋物线的解析式为 $y=-(x-4)^{2}+5$.


解析：本题考查抛物线与 $x$ 轴的交点, 二次函数的性质, 平移变换等知识, 解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型.

(1)利用待定系数法求出 $a$, 再求出点 $C$ 的坐标即可解决问题.

（2）由题意点 $D$ 平移的 $A$, 抛物线向右平移 2 个单位, 向上平移 4 个单位, 由此可得拋物线的解析式.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知抛物线 $y=a x^{2}-2 a x-8(a \neq 0)$ 经过点 $(-2,0)$.

(1)求抛物线的函数表达式和顶点坐标.

(2)直线 $l$ 交抛物线于点 $A(-4, m), B(n, 7), n$ 为正数. 若点 $P$ 在抛物线上且在直线 $l$ 下方(不与点 $A, B$ 重合), 分别求出点 $P$ 横坐标与纵坐标的取值范围.


选项：
答案：解: (1)把 $(-2,0)$ 代入 $y=a x^{2}-2 a x-8$ 得 $0=4 a+4 a-8$,

解得 $a=1$,

$\therefore$ 抛物线的函数表达式为 $y=x^{2}-2 x-8$,

$\because y=x^{2}-2 x-8=(x-1)^{2}-9$,

$\therefore$ 拋物线顶点坐标为 $(1,-9)$.

(2)把 $(-4, m)$ 代入 $y=x^{2}-2 x-8$ 得 $m=(-4)^{2}-2 \times(-4)-8=16$,

$\therefore m=16$,

把 $(n, 7)$ 代入函数解析式得 $7=n^{2}-2 n-8$,

解得 $n=5$ 或 $n=-3$,

$\because n$ 为正数,

$\therefore n=5$,

$\therefore$ 点 $A$ 坐标为 $(-4,16)$, 点 $B$ 坐标为 $(5,7)$.

$\because$ 抛物线开口向上, 顶点坐标为 $(1,-9)$,

$\therefore$ 抛物线顶点在 $A B$ 下方,

$\therefore-4<x_{P}<5,-9 \leq y_{P}<16$.


解析：(1)将点 $(-2,0)$ 代入求解.

(2)分别求出点 $A, B$ 坐标, 根据图象开口方向及顶点坐标求解.

本题考查求二次函数解析式及二次函数的性质, 解题关键是熟练掌握二次函数的性质及待定系数法求函数解析式.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 已知点 $M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 在二次函数 $y=a(x-2)^{2}-1(a>0)$ 的图象上, 且 $x_{2}-x_{1}=3$.



(1)若二次函数的图象经过点 $(3,1)$.

(1)求这个二次函数的表达式;

(2)若 $y_{1}=y_{2}$, 求顶点到 $M N$ 的距离;

(2)当 $x_{1} \leq x \leq x_{2}$ 时, 二次函数的最大值与最小值的差为 1 , 点 $M, N$ 在对称轴的异侧, 求 $a$ 的取值范围.

##
选项：
答案：【小题1】

(1)二次函数的表达式为: $y=2(x-2)^{2}-1=2 x^{2}-8 x+7$;

(2) 当 $y_{1}=y_{2}$ 时, 此时 $M N$ 为平行 $x$ 轴的直线, $\therefore 2 x_{1}^{2}-8 x_{1}+7=2 x_{2}^{2}-8 x_{2}+7$, 整理, 得 $\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-\right.$ $\left.x_{2}\right)-4\left(x_{1}-x_{2}\right)=0$, 又 $\because x_{2}-x_{1}=3$, 代入上式得到: $x_{2}+x_{1}=4$, 解出 $x_{1}=\frac{1}{2}, x_{2}=\frac{7}{2}, \therefore y_{2}=y_{1}=$ $2 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}-8 \times \frac{1}{2}+7=\frac{7}{2}$, 即直线 $M N$ 为: $y=\frac{7}{2}, \therefore$ 顶点 $(2,-1)$ 到 $M N$ 的距离为 $\frac{7}{2}+1=\frac{9}{2}$;

【小题2】
若 $M, N$ 在对称轴的异侧, $y_{1} \geq y_{2}, \therefore x_{1}+3>2, \therefore x_{1}>-1, \because x_{2}-x_{1}=3, \therefore x_{1} \leq \frac{1}{2}, \therefore-1<x_{1} \leq \frac{1}{2}$, $\because$ 函数的最大值为 $y_{1}=a\left(x_{1}-2\right)^{2}-1$, 最小值为 $-1, \therefore y_{1}-(-1)=1, \therefore a=\frac{1}{\left(x_{1}-2\right)^{2}}, \therefore \frac{9}{4} \leq\left(x_{1}-\right.$ $2)^{2}<9, \therefore \frac{1}{9}<a \leq \frac{4}{9}$; 若 $M, N$ 在对称轴的异侧, $y_{1} \leq y_{2}, x_{1}<2, \because x_{1}>\frac{1}{2}, \therefore \frac{1}{2}<x_{1}<2, \because$ 函数的最大值为 $y_{2}=a\left(x_{2}-2\right)^{2}-1$, 最小值为 $-1, \therefore y_{2}-(-1)=1, \quad \therefore a=\frac{1}{\left(x_{1}+1\right)^{2}}, \therefore \frac{9}{4} \leq\left(x_{1}+1\right)^{2}<9$, $\therefore \frac{1}{9}<a \leq \frac{4}{9}$. 综上所述, $a$ 的取值范围为 $\frac{1}{9}<a \leq \frac{4}{9}$.

## 
解析：1.见答案 2.见答案
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

某宾馆有若干间标准房, 当标准房的价格为 200 元时, 每天入住的房间数为 60 间. 经市场调查表明,该馆每间标准房的价格在 $170 \sim 240$ 元之间(含 170 元，240元)浮动时，每天入住的房间数 $y$ (间)与每间标准房的价格 $x$ (元)的数据如下表:

| $x($ 元 $)$ | $\ldots$ | 190 | 200 | 210 | 220 | $\cdots$ |
| :--- | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $y$ (间) | $\ldots$ | 65 | 60 | 55 | 50 | $\ldots$ |

(1)根据所给数据在坐标系中描出相应的点, 并画出图象.



(2)求 $y$ 关于 $x$ 的函数表达式，并写出自变量 $x$ 的取值范围.

(3)设客房的日营业额为 $w$ (元). 若不考虑其他因素, 问宾馆标准房的价格定为多少元时, 客房的日营业额最大? 最大为多少元?


选项：
答案：解：（1）如图所示：

<ImageHere>

(2)设 $y=k x+b$ ，

将 $(200,60) 、(220,50)$ 代入, 得: $\left\{\begin{array}{l}200 k+b=60 \\ 220 k+b=50\end{array}\right.$,
解得 $\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{1}{2} \\ b=160\end{array}\right.$

$\therefore y=-\frac{1}{2} x+160(170 \leq x \leq 240)$;

(3) $w=x y=x\left(-\frac{1}{2} x+160\right)=-\frac{1}{2} x^{2}+160 x$,

$\therefore$ 对称轴为直线 $x=-\frac{b}{2 a}=160$,

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

$\therefore$ 在 $170 \leq x \leq 240$ 范围内, $w$ 随 $x$ 的增大而减小,

$\therefore$ 当 $x=170$ 时, $w$ 有最大值, 最大值为 12750 元.


解析：(1)描点、连线即可得;

(2)待定系数法求解可得;

(3)由营业额 $=$ 入住房间数量 $\times$ 房价得出函数解析式, 再利用二次函数的性质求解可得.

此题主要考查了二次函数的应用以及待定系数法求一次函数解析式以及二次函数最值问题, 由营业额

$=$ 入住房间数量 $\times$ 房价得出函数解析式及二次函数的性质是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

已知函数 $y_{1}=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 和 $y_{2}=m x+n$ 的图象交于点 $(-2,-5)$ 和点 $(1,4)$, 并且 $y_{1}=a x^{2}+$ $b x+c$ 的图象与 $y$ 轴交于点 $(0,3)$.

(1)求函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的解析式;

(2)直接写出 $x$ 为何值时,

(1) $y_{1}>y_{2}$;

(2) $y_{1}=y_{2}$;

(3) $y_{1}<y_{2}$.


选项：
答案：解: (1)把点 $(-2,-5)$ 、点 $(1,4)$ 、点 $(0,3)$ 代入 $y_{1}=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 得, $\left\{\begin{array}{l}4 a-2 b+c=-5 \\ a+b+c=4 \\ c=3\end{array}\right.$,

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

$\therefore y_{1}=-x^{2}+2 x+3$;

把点 $(-2,-5)$ 和点 $(1,4)$ 代入 $y_{2}=m x+n$ 得,

$\left\{\begin{array}{l}-2 m+n=-5 \\ m+n=4\end{array}\right.$

解得 $\left\{\begin{array}{l}m=3 \\ n=1\end{array}\right.$,

$\therefore y_{2}=3 x+1$.

(2)如图, 在同一坐标系中画出 $y_{1}=-x^{2}+2 x+3$ 和 $y_{2}=3 x+1$ 的图象,

<ImageHere>

由图象可得(1)当 $-2<x<1$ 时, $y_{1}>y_{2}$; (2)当 $x=-2$ 或 $x=1$ 时, $y_{1}=y_{2}$ ；(3)当 $x>1$ 或 $x<-2$ 时, $y_{1}<y_{2}$.


解析：(1)利用待定系数法求出函数解析式即可;

(2)在同一坐标系中画出 $y_{1}=-x^{2}+2 x+3$ 和 $y_{2}=3 x+1$ 的图象, 根据图象即可得到答案.

此题考查二次函数和一次函数交点问题, 还考查了待定系数法、图象法解不等式等知识, 熟练掌握待定系数法和数形结合是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, 一个圆形喷水池的中央坚直安装了一个柱形喷水装置 $O A, A$ 处的喷头向外喷水, 水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下, 水流喷出的高度 $y(m)$ 与水平距离 $x(m)$ 之间的关系式是 $y=$ $-x^{2}+2 x+\frac{5}{4}(x>0)$.

(1)水流喷出的最大高度是多少?

(2)若不计其他因素, 水池的半径 $O B$ 至少为多少, 才能使喷出的水流不落在池外?



## 
选项：
答案：解: (1) $\because y=-x^{2}+2 x+\frac{5}{4}=-(x-1)^{2}+\frac{9}{4}$,

$\therefore$ 该二次函数的顶点坐标为 $\left(1, \frac{9}{4}\right)$,

$\therefore$ 水流喷出的最大高度是 $\frac{9}{4} m$.

(2) 令 $y=0$, 则 $-(x-1)^{2}+\frac{9}{4}=0$,

解得 $x=2.5$ 或 $x=-0.5($ 舍去 $)$

所以水池的半径 $O B$ 至少为 $2.5 m$, 才能使喷出的水流不落在池外.


解析：(1)求得抛物线的顶点坐标即可求得最大高度及水平距离;

（2）令 $y=0$, 则可以求水池的半径.

本题主要考查二次函数在生活中的实际应用,在求解函数解析式时，我们首先要吃透题意，确定变量，建立函数模型, 然后结合实际选择最优方案. 其中要注意应该在自变量的取值范围内求最大值(或最小值).
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0 分)

如图, 一座拱桥呈圆弧形, 它的跨度 $A B=60 \mathrm{~m}$, 拱高 $P D=18 \mathrm{~m}$.



(1)求圆弧所在圆的半径 $O P$ 的长.

(2)当水位上涨至跨度只有 $30 \mathrm{~m}$ 时, 必须采取紧急措施. 若水位上涨至离拱顶 $4 \mathrm{~m}$, 即 $P E=4 \mathrm{~m}$, 此时是否需采取紧急措施?


选项：
答案：解: (1)连结 $0 A$,

由题意得: $A D=\frac{1}{2} A B=30 \mathrm{~m}, O D=(r-18) \mathrm{m}$,

在Rt $\triangle A D O$ 中, 由勾股定理得: $r^{2}=30^{2}+(r-18)^{2}$,

解得, $r=34$,

故圆弧所在的圆的半径 $r$ 的长为 $34 m$;

<ImageHere>

(2)连结 $O A^{\prime}$,

$\because O E=O P-P E=3 O(m)$,

$\therefore$ 在Rt $\triangle A^{\prime} E O$ 中, 由勾股定理得:

$A^{\prime} E^{2}=A^{\prime} O^{2}-O E^{2}$, 即: $A^{\prime} E^{2}=34^{2}-30^{2}$,

解得: $A^{\prime} E=16 \mathrm{~m}$.

$\therefore A^{\prime} B^{\prime}=32 \mathrm{~m}$.

$\because A^{\prime} B^{\prime}=32 \mathrm{~m}>30 \mathrm{~m}$,

$\therefore$ 不需要采取紧急措施.


解析：本题考查的是垂径定理的应用, 根据题意作出辅助线, 构造出直角三角形, 利用勾股定理求解是解答此题的关键.

(1)连结 $O A$, 利用 $r$ 表示出 $O D$ 的长, 在 $R t \triangle A O D$ 中根据勾股定理求出 $r$ 的值即可;

(2)连结 $O A^{\prime}$, 在Rt $\triangle A^{\prime} E O$ 中, 由勾股定理得出 $A^{\prime} E$ 的长, 进而可得出 $A^{\prime} B^{\prime}$ 的长, 据此可得出结论.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图，在以点 $O$ 为圆心的两个同心圆中，大圆的弦 $A B$ 交小圆于点 $C 、 D$.

(1)求证 $A C=B D$;

(2)若 $A C=3$, 大圆和小圆的半径分别为 6 和 4 , 则 $C D$ 的长度是 $\qquad$ .



(第 21 题)

## 
选项：
答案：(1)证明: 作 $C H \perp C D$ 于 $H$, 如图,

$\because O H \perp C D$,

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

$\therefore A H-C H=B H-D H$,

<ImageHere>

$\therefore A C=B D$;

(2) $\frac{11}{3}$.

## 
解析：【分析】

本题考查了垂径定理: 垂直于弦的直径平分这条弦, 并且平分弦所对的两条弧.也考查了勾股定理.

(1)作 $C H \perp C D$ 于 $H$, 如图, 根据垂径定理得到 $C H=D H, A H=B H$, 利用等量减等量差相等可得到结

论;

(2)连接 $O C$, 如图, 设 $C H=x$, 利用勾股定理得到 $O H^{2}=O C^{2}-C H^{2}=4^{2}-x^{2}$, $O H^{2}=O A^{2}-A H^{2}=6^{2}-(3+x)^{2}$, 则 $4^{2}-x^{2}=6^{2}-(3+x)^{2}$, 然后解方程求出 $x$ 即可得到 $C D$ 的长.

## 【解答】

(1)见答案;

(2)解: 连接 $O C$, 如图, 设 $C H=x$,



在Rt $\triangle O C H$ 中, $O H^{2}=O C^{2}-C H^{2}=4^{2}-x^{2}$,

在Rt $\triangle O A H$ 中, $O H^{2}=O A^{2}-A H^{2}=6^{2}-(3+x)^{2}$,

$\therefore 4^{2}-x^{2}=6^{2}-(3+x)^{2}$,

解得 $x=\frac{11}{6}$,

$\therefore C D=2 C H=\frac{11}{3}$.

故答案为 $\frac{11}{3}$.
题目（九年级 · 解析几何）：(本小题8.0分)

如图, $\odot O$ 为一张直径为 6 的圆形纸片, 现将 $\odot O$ 上任意一点 $P$ 与圆心 $O$ 重合折叠, 得折痕 $A B$. 求折痕 $A B$的长.




选项：
答案：略


解析：略
题目（九年级 · 解析几何）：(10 分)如图, 抛物线与 $x$ 轴交于 $A, B$ 两点 (点 $A$ 在点 $B$ 左侧), 与 $y$ 轴交于点 $C(0,3)$,

拋物线的顶点 $D(2,-1)$.

(1)求拋物线对应的函数表达式以及 $A, B$ 两点的坐标.

(2)作 $C E / / x$ 轴交抛物线于点 $E$, 连接 $A C, A E$, 求 $\triangle A C E$ 的面积.




选项：
答案： (1)抛物线对应的函数表达式为 $y=x^{2}-4 x+3, A 1,0, B(3,0)$

(2) $S_{\triangle A C E}=6$


解析：（1）根据抛物线的顶点 $D(2,-1)$, 则抛物线对应的函数表达式可设为 $y=a(x-2)^{2}-1$. 将点 $C(0,3)$ 代入, 可得 $4 a-1=3$, 进行计算得 $a=1$, 即可得;

（2）根据点 $C(0,3)$ 得当 $y=3$ 时, $x^{2}-4 x+3=3$, 进行计算得点 $E(4,3)$, 可得 $C E=4, O C=3$ ，即可得.

【详解】(1) 解: $\because$ 抛物线的顶点 $D(2,-1)$,

$\therefore$ 拋物线对应的函数表达式可设为 $y=a(x-2)^{2}-1$.

将点 $C(0,3)$ 代入，可得 $4 a-1=3$,

$4 a=4$,

解得 $a=1$,

$\therefore$ 抛物线对应的函数表达式为 $y=x^{2}-4 x+3$.

令 $y=0$, 则 $x^{2}-4 x+3=0$,

$(x-1)(x-3)=0$

解得 $x_{1}=1, x_{2}=3$,

$\therefore$ 点 $A 1,0, B(3,0)$.

(2) 解: $\because$ 点 $C(0,3)$,

$\therefore$ 当 $y=3$ 时, $x^{2}-4 x+3=3$,

$x^{2}-4 x=0$,

$x(x-4)=0$,

解得 $x_{1}=0, x_{2}=4$,

$\therefore$ 点 $E(4,3)$,

$\therefore C E=4, \quad O C=3$,

$S_{\triangle A C E}=\frac{1}{2} C E \cdot O C=\frac{1}{2} \times 4 \times 3=6$.

【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质, 三角形的面积, 解题的关键是掌握这些知识点.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=a \times 2+b x+c$ 的图象的对称轴是直线 $x=2$, 且图象过点 $(1,2)$, 与一次函数 $y=x+m$ 的图象交于 $(0,-1)$.

(1) 求两个函数解析式;

(2) 求两个函数图象的另一个交点.


选项：
答案： (1) $y=-(x-2)^{2}+3 ; y=x-1$;
(2)另一个交点坐标是 $(3,2)$


解析：(1) 首先将函数解析式设成顶点式, 然后将两个点代入求出二次函数解析式, 将点 $(0$,

-1 )代入一次函数解析式求出 $\mathrm{m}$ 的值;

(2)将两个函数列成方程, 求出方程的解.

【详解】(1)设二次函数的解析式为 $\mathrm{y}=\mathrm{a}(x-2)^{2}+\mathrm{h}$,

将点 $(1,2)$ 和点 $(0,-1)$ 代入可得:

$\left\{\begin{array}{l}a+h=2 \\ 4 a+h=-1\end{array}\right.$ 解得: $\left\{\begin{array}{l}a=-1 \\ h=3\end{array}\right.$

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

将 $(0,-1)$ 代入 $y=x+m$ 得: $m=-1$

$\therefore$ 一次函数的解析式为: $\mathrm{y}=\mathrm{x}-1$

(2)根据题意可得: $-(x-2)^{2}+3=x-1$

解得: $x=0$ 或 $x=3$

当 $x=0$ 时, $y=-1$;

当 $x=3$ 时, $y=2$

$\therefore$ 另一个交点的坐标为 $(3,2)$.

考点: 二次函数与一次函数的交点问题
题目（九年级 · 解析几何）：已知抛物线 $y=a x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴交于 $A(-2,0) 、 B(6,0)$ 两点, 与 $y$ 轴交于点 $C(0,-3)$.



（1)求抛物线的表达式;

(2)点 $P$ 在直线 $B C$ 下方的抛物线上, 连接 $A P$ 交 $B C$ 于点 $M$, 当 $\frac{P M}{A M}$ 最大时, 求点 $P$ 的坐标及 $\frac{P M}{A M}$ 的最大值;


选项：
答案： (1) $y=\frac{1}{4} x^{2}-x-3$

(2) $P\left(3,-\frac{15}{4}\right), \frac{P M}{A M}$ 的最大值为 $\frac{9}{16}$

解析：(1) 将 $A(-2,0) 、 B(6,0) 、 C(0,-3)$ 代入 $y=a x^{2}+b x+c$ 即可求解析式;

(2) 过点 $P$ 作 $x$ 轴的垂线 $l$, 垂线 $l$ 交 $B C$ 于点 $E$, 过 $\mathrm{A}$ 作 $A D / / l$, 如图所示, 由 $P E / / A D$,可得 $\triangle A D M \sim \triangle P E M, \frac{M P}{A M}=\frac{P E}{A D}$, 则求 $\frac{P F}{A E}$ 的最大值即可.

【详解】(1) 解: 将点 $A(-2,0) 、 B(6,0) 、 C(0,-3)$ 代入 $y=a x^{2}+b x+c$,

得 $\left\{\begin{array}{l}4 a-2 b+c=0 \\ 36 a+6 b+c=0 \\ c=-3\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\frac{1}{4} \\ b=-1 \\ c=-3\end{array}\right.$,

$\therefore y=\frac{1}{4} x^{2}-x-3$

（2）解：过点 $P$ 作 $X$ 轴的垂线 $l$, 垂线 $l$ 交 $B C$ 于点 $E$, 过 $\mathrm{A}$ 作 $A D / / l$, 如图所示:



$\because P E / / A D$,

$\therefore \angle D A M=E P M, \angle A D M=\angle P E M$

$\therefore \triangle A D M \sim \triangle P E M$,

$\therefore \frac{M P}{A M}=\frac{P E}{A D}$,

设直线 $B C$ 的解析式为 $y=k x+d$, 将 $B(6,0) 、 C(0,-3)$ 代入解析式得到 $\left\{\begin{array}{l}6 k+d=0 \\ d=-3\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{1}{2} \\ d=-3\end{array}\right.$,

$\therefore y=\frac{1}{2} x-3$,

设 $P\left(t, \frac{1}{4} t^{2}-t-3\right)$, 则 $E\left(t, \frac{1}{2} t-3\right)$,

$\therefore P E=\frac{1}{2} t-3-\frac{1}{4} t^{2}+t+3=-\frac{1}{4} t^{2}+\frac{3}{2} t$,

$\because A(-2,0)$
$\therefore D(-2,-4)$,

$\therefore A D=4$,

$\therefore \frac{M P}{A M}=\frac{P E}{A D}=\frac{-\frac{1}{4} t^{2}+\frac{3}{2} t}{4}=-\frac{1}{16} t^{2}+\frac{3}{8} t=-\frac{1}{16}(t-3)^{2}+\frac{9}{16}$,

$\because-\frac{1}{16}<0$,

$\therefore$ 抛物线 $\frac{M P}{A M}=-\frac{1}{16}(t-3)^{2}+\frac{9}{16}$, 有最大值, 即当 $t=3$ 时, $\frac{M P}{A M}$ 有最大值 $\frac{9}{16}$,

$\therefore P\left(3,-\frac{15}{4}\right)$.

【点睛】本题考查二次函数的综合, 熟练掌握二次函数的图象及性质, 待定系数法确定函数关系式，通过构造平行线将 $\frac{M P}{A M}$ 的最大值问题转化为求 $\frac{P F}{A E}$ 的最大值问题是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 点 $A\left(x_{1}, y_{1}\right)$ 、点 $B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 为抛物线 $y=a x^{2}-2 a x+a(a \neq 0)$上的两点.

(1)求拋物线的对称轴;

(2)当 $-2<x_{1}<-1$ 且 $1<x_{2}<2$ 时, 试判断 $y_{1}$ 与 $y_{2}$ 的大小关系并说明理由;

(3)若当 $t-1<x_{1}<t$ 且 $t+1<x_{2}<t+2$ 时, 存在 $y_{1}=y_{2}$, 求 $t$ 的取值范围.


选项：
答案： (1) $x=1$

(2) $a>0$ 时, $y_{1}>y_{2}$

$a<0$ 时, $y_{1}<y_{2}$

(3) $0<t<1$


解析：对于（1）, 将关系式化为顶点式，即可得出答案;

对于 (2), 根据 $x$ 的大小判断点 $A$, 点 $B$ 与对称轴的距离, 再讨论 $a$, 即可得出答案;

对于（3）, 根据题意可知点 $A$ 和点 $B$ 在对称轴的两侧, 可判断 $t$ 的取值范围, 再根据两点到对称轴的距离相等得出范围即可.

【详解】(1) 由 $y=a x^{2}-2 a x+a=a(x-1)^{2}$,

$\therefore$ 抛物线的对称轴是 $x=1$;

(2) $\because-2<x_{1}<-1, \quad 1<x_{2}<2$, 对称轴是 $x=1$,

$\therefore$ 点 $A$ 比点 $B$ 离对称轴远.

若 $a>0$, 抛物线开口向上, $y_{1}>y_{2}$;

若 $a<0$, 抛物线开口向下, $y_{1}<y_{2}$.

(3) $\because y_{1}=y_{2}$,

$\therefore$ 点 $A$ 和点 $B$ 关于对称轴 $x=1$ 对称,

$\therefore t<1$ 且 $1<t+1$,

解得 $0<t<1$.

$\because$ 点 $A$ 和点 $B$ 到对称轴的距离相等,

$\therefore 1-x_{1}=x_{2}-1$,

$\therefore 1-(t-1)>t+1-1$ 且 $1-t<t+2-1$,
解得 $0<t<1$.

所以 $t$ 的取值范围是 $0<t<1$.

【点睛】本题主要考查了二次函数图像的性质, 掌握函数值相等时 $x$ 的值与对称轴之间的关系是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A C=B C, \mathrm{D}$ 是 $\mathrm{AB}$ 上一点, $\odot \mathrm{O}$ 经过点 $\mathrm{A} 、 \mathrm{C} 、 \mathrm{D}$, 交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{D}$ 作 $D F / / B C$, 交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{F}$, 求证：

(1) 四边形 DBCF 是平行四边形

(2) $A F=E F$




选项：
答案： (1) 证明见解析; （2）证明见解析


解析：(1) 利用等腰三角形的性质证明 $\angle B A C=\angle B$, 利用平行线证明 $\angle A D F=\angle B$, 利用圆的性质证明 $\angle B A C=\angle C F D$, 再证明 $B D / / C F$, 即可得到结论;

(2) 如图, 连接 $A E$, 利用平行线的性质及圆的基本性质 $\angle A E F=\angle B$, 再利用圆内接四边形的性质证明 $\angle E A F=\angle B$, 从而可得结论.

【详解】证明: (1) $\because A C=B C$,

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

$\because D F / / B C$

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

又 $\angle B A C=\angle C F D$,

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

$\therefore B D / / C F$,

$\therefore$ 四边形 $D B C F$ 是平行四边形.

(2) 如图, 连接 $A E$

$\because \angle A D F=\angle B, \quad \angle A D F=\angle A E F$

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

$\because$ 四边形 $A E C F$ 是 $\odot O$ 的内接四边形

$\therefore \angle E C F+\angle E A F=180^{\circ}$

$\because B D / / C F$

$\therefore \angle E C F+\angle B=180^{\circ}$

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

$\therefore A F=E F$



【点睛】本题考查平行四边形的判定, 圆的基本性质, 平行线的性质与判定, 等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，掌握以上知识是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $O A, O B, O C$ 都是 $\odot O$ 的半径, $\angle A C B=2 \angle B A C$.



(1)求证: $\angle A O B=2 \angle B O C$;

(2)若 $A B=4, B C=\sqrt{5}$, 求 $\odot O$ 的半径.


选项：
答案： (1)见解析

(2) $\frac{5}{2}$


解析：(1)由圆周角定理得出, $\angle A C B=\frac{1}{2} \angle A O B, \angle B A C=\frac{1}{2} \angle B O C$, 再根据 $\angle A C B=2 \angle B A C$,即可得出结论;

(2) 过点 $O$ 作半径 $O D \perp A B$ 于点 $E$, 根据垂径定理得出 $\angle D O B=\frac{1}{2} \angle A O B, A E=B E$, 证明 $\angle D O B=\angle B O C$, 得出 $B D=B C$, 在 Rt $\triangle B D E$ 中根据勾股定理得出 $D E=\sqrt{B D^{2}-B E^{2}}=1$,在 Rt $\triangle B O E$ 中, 根据勾股定理得出 $O B^{2}=(O B-1)^{2}+2^{2}$, 求出 $O B$ 即可.

【详解】(1) 证明: $\because A B=A B$,

$\therefore \angle A C B=\frac{1}{2} \angle A O B$,

$\because B C=B C$,

$\therefore \angle B A C=\frac{1}{2} \angle B O C$,

$\because \angle A C B=2 \angle B A C$,

$\therefore \angle A O B=2 \angle B O C$.

(2) 解: 过点 $O$ 作半径 $O D \perp A B$ 于点 $E$, 则 $\angle D O B=\frac{1}{2} \angle A O B, A E=B E$,

$\because \angle A O B=2 \angle B O C$,

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

$\therefore B D=B C$,

$\because A B=4, B C=\sqrt{5}$,

$\therefore B E=2, D B=\sqrt{5}$,

在 Rt $\triangle B D E$ 中, $\because \angle D E B=90^{\circ}$

$\therefore D E=\sqrt{B D^{2}-B E^{2}}=1$,

在 Rt $\triangle B O E$ 中, $\because \angle O E B=90^{\circ}$,

$\therefore O B^{2}=(O B-1)^{2}+2^{2}$,

$\therefore O B=\frac{5}{2}$, 即 $\odot O$ 的半径是 $\frac{5}{2}$.


【点睛】本题主要考查了勾股定理, 垂径定理, 圆周角定理, 解题的关键是作出辅助线, 熟练掌握圆周角定理.
题目（九年级 · 解析几何）：(6 分) 如图, 已知经过原点的抛物线 $y=2 x^{2}+m x$ 与 $x$ 轴交于另一点 $A(2,0)$.



(1) 求 $m$ 的值和抛物线顶点 $M$ 的坐标;

（2）求直线 $A M$ 的解析式.


选项：
答案： (1) $m=-4, M(1,-2)$; (2) $y=2 x-4$


解析：(1) 将 $A(2,0)$ 代入抛物线的解析式, 可求得 $m$ 的值, 再配成顶点式即可求解;

（2）利用待定系数法即可求得直线 $A M$ 的解析式.

【详解】解 （1） $\because$ 拋物线 $y=2 x^{2}+m x$ 过点 $A(2,0)$,

$\therefore 2 \times 2^{2}+2 m=0$, 解得 $m=-4$,

$\therefore y=2 x^{2}-4 x$,

$=2(x-1)^{2}-2$

$\therefore$ 顶点 $M$ 的坐标是 $(1,-2)$;

（2）设直线 $A M$ 的解析式为 $y=k x+b(k \neq 0)$,

$\because$ 图象过 $A(2,0), M(1,-2)$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}2 k+b=0 \\ k+b=-2\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}k=2 \\ b=-4\end{array}\right.$,

$\therefore$ 直线 $A M$ 的解析式为 $y=2 x-4$.

【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式, 二次函数的图象和性质, 解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
题目（九年级 · 解析几何）：某次军事演习中, 有三艘军舰在同一时刻向指挥所报告. A 舰说: “B 舰在它的正东方向, C 舰在它的北偏东方向”, B 舰说: “C 舰在它的北偏西 $30^{\circ}$ 方向”. C 舰说: “它到 A 舰的距离比它到 B 舰的距离远 40 海里". 求 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 两舰的距离是多少海里（精确到 0.1 海里）？（ $\sqrt{2} \approx$ $1.41 \cdot \sqrt{3} \approx 1.73 \cdot \sqrt{6}=2.45$ )
选项：
答案：【分析】首先根据叙述作出图形, 设 $B D=x$ 海里, 根据三角函数分别表示出 $B C 、 C D 、 A C$ 、 $A D$. 根据 $C$ 船说它在 $A$ 船的距离比它到 $B$ 船的距离远 40 海里, 即 $A C-B C=40$ 海里, 即可列出方程, 求得 $A B$ 的距离.

解: 如图,

<ImageHere>

根据题意, $\angle C A D=45^{\circ}, \angle B C D=30^{\circ}$,

过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$, 设 $B D=x$ 海里,

在 RT $\triangle B C D$ 中, $\because \angle B C D=30^{\circ}$,

$\therefore B C=2 x, \quad C D=\sqrt{B C^{2}-B D^{2}}=\sqrt{3} x$,

在 RT $\triangle A C D$ 中, $\because \angle C A D=45^{\circ}$,

$\therefore A D=C D=\sqrt{3} x, A C=\frac{C D}{\sin \angle C A D}=\frac{\sqrt{3} x}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{6^{x}}$,

又 $\because A C-B C=40$,

$\therefore \sqrt{6} x-2 x=40$, 解得: $x=20(\sqrt{6}+2)$,
故 $A B=A D+B D=\sqrt{3} x+x=(\sqrt{3}+1) \times 20(\sqrt{6}+2) \approx 243.1$ (海里).

答: $A 、 B$ 两舰的距离约为 243.1 海里.
解析：【分析】首先根据叙述作出图形, 设 $B D=x$ 海里, 根据三角函数分别表示出 $B C 、 C D 、 A C$ 、 $A D$. 根据 $C$ 船说它在 $A$ 船的距离比它到 $B$ 船的距离远 40 海里, 即 $A C-B C=40$ 海里, 即可列出方程, 求得 $A B$ 的距离.

解: 如图,



根据题意, $\angle C A D=45^{\circ}, \angle B C D=30^{\circ}$,

过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$, 设 $B D=x$ 海里,

在 RT $\triangle B C D$ 中, $\because \angle B C D=30^{\circ}$,

$\therefore B C=2 x, \quad C D=\sqrt{B C^{2}-B D^{2}}=\sqrt{3} x$,

在 RT $\triangle A C D$ 中, $\because \angle C A D=45^{\circ}$,

$\therefore A D=C D=\sqrt{3} x, A C=\frac{C D}{\sin \angle C A D}=\frac{\sqrt{3} x}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\sqrt{6^{x}}$,

又 $\because A C-B C=40$,

$\therefore \sqrt{6} x-2 x=40$, 解得: $x=20(\sqrt{6}+2)$,
故 $A B=A D+B D=\sqrt{3} x+x=(\sqrt{3}+1) \times 20(\sqrt{6}+2) \approx 243.1$ (海里).

答: $A 、 B$ 两舰的距离约为 243.1 海里.
题目（九年级 · 解析几何）：设 $\odot 0$ 的圆心 0 到直线的距离为 $d$, 半径为 $r$, 且直线与 $\odot 0$ 相切. $d, r$ 是一元二次方程 $(m+9) x^{2}-(m+6) x+1=0$ 的两根, 求 $m$ 的值.
选项：
答案：【分析】根据直线和圆的位置关系得出 $d=r$, 根据根与系数的关系得出 $\triangle=0$, 代入求出即可.

解: $\because \odot 0$ 的圆心 0 到直线的距离为 $d$, 半径为 $r$, 且直线与 $\odot 0$ 相切,

$\therefore \mathrm{d}=\mathrm{r}$,

$\because \mathrm{d}, \mathrm{r}$ 是一元二次方程 $(\mathrm{m}+9) \mathrm{x}^{2}-(\mathrm{m}+6) \mathrm{x}+1=0$ 的两根,

$\therefore \triangle=0$,

即 $[-(m+6)]^{2}-4(m+9) \cdot 1=0$,

解得: $\mathrm{m}=0$ 或 -8,
当 $m=-8$ 时, $x=-1$, 不符合题意舍去,

故 $\mathrm{m}=0$.
解析：【分析】根据直线和圆的位置关系得出 $d=r$, 根据根与系数的关系得出 $\triangle=0$, 代入求出即可.

解: $\because \odot 0$ 的圆心 0 到直线的距离为 $d$, 半径为 $r$, 且直线与 $\odot 0$ 相切,

$\therefore \mathrm{d}=\mathrm{r}$,

$\because \mathrm{d}, \mathrm{r}$ 是一元二次方程 $(\mathrm{m}+9) \mathrm{x}^{2}-(\mathrm{m}+6) \mathrm{x}+1=0$ 的两根,

$\therefore \triangle=0$,

即 $[-(m+6)]^{2}-4(m+9) \cdot 1=0$,

解得: $\mathrm{m}=0$ 或 -8,
当 $m=-8$ 时, $x=-1$, 不符合题意舍去,

故 $\mathrm{m}=0$.