eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=-(x-2)^{2}+1$ 的顶点坐标 ( )

选项：
A. $(2,1)$
B. $2,-1$
C. $(-2,1)$
D. $(-2,-1)$

答案：A
解析：根据抛物线的顶点式写出顶点坐标即可

【详解】解: $\because y=-(x-2)^{2}+1$ 是抛物线的顶点式,

$\therefore$ 根据顶点式的坐标特点可知, 顶点坐标 $(2,1)$,

故选: A.

【点睛】此题考查了拋物线的顶点式和顶点坐标, 熟练掌握拋物线顶点式是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 抛物线 $y=a x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴交于点 $A(1,0)$, 对称轴为直线 $x=-1$, 当 $y>0$ 时, $x$ 的取值范围是（）



选项：
A. $-1<x<1$
B. $-3<x<1$
C. $x<1$
D. $x>-1$


答案：B
解析：根据二次函数图像的对称性可得其与 $x$ 轴的另一个交点为 $(-3,0)$, 再配合图像即可得出结果;

【详解】解：因为拋物线的对称轴为直线 $x=-1 ; A(1,0)$

所以抛物线 $y=a x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴的另一个交点为 $(-3,0)$;

根据图像可知, 当 $-3<x<1$ 时, $y>0$

故选: B.

【点睛】本题考查了二次函数图像的性质以及二次函数图像与坐标轴的交点问题; 掌握函数中数形结合的方法是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：对于二次函数 $y=x^{2}-2 x+c$ 的图象与 $x$ 轴有两个交点, 与 $y$ 轴交于正半轴, 则下列说法错误的是（）


选项：
A. 该函数图象的对称轴是直线 $x=1$

B. 该函数图象与 $y$ 轴有可能交于 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$

C. 该函数图象与 $x$ 轴的交点一定位于 $y$ 轴的右侧

D. 若点 $A\left(c-1, y_{1}\right), B\left(c, y_{2}\right)$ 是该函数图象上的两点, 则 $y_{1}<y_{2}$


答案：D
解析：根据二次函数的对称轴公式即可判断 $\mathrm{A}$ 选项; 根据题目己知条件, 将 $x=0$ 代入到二次函数中, 即可判断 $\mathrm{B}$ 选项; 根据该二次函数的对称轴以及与 $y$ 轴交于正半轴即可判断 $\mathrm{C}$选项; 根据二次函数 $a$ 的值、对称轴以及与 $y$ 轴交于正半轴即可判断 $c$ 的取值范围, 进而通过其增减性判断 $y_{1}$ 与 $y_{2}$ 的大小.

【详解】选项 A: 该二次函数的对称轴 $=-\frac{b}{2 a}=-\frac{-2}{2}=1$, 故不符合题意;

选项 B: 当 $x=0$ 时, $y=c$, 因为二次函数与 $y$ 轴交于正半轴, 所以 $c>0$, 故不符合题意;选项 C: 因为该二次函数对称轴 $=-\frac{b}{2 a}=-\frac{-2}{2}=1$, 且与 $y$ 轴交于正半轴, 所以函数图象与 $x$轴的交点一定位于 $y$ 轴的右侧, 故不符合题意;

选项 D: 当 $x=0$ 时, $y=c$, 因为二次函数与 $y$ 轴交于正半轴, 所以 $c>0$, 又因为该二次函数的对称轴 $=-\frac{b}{2 a}=-\frac{-2}{2}=1$, 根据二次函数的增减性可知, 无法确定 $y_{1}$ 与 $y_{2}$ 的大小, 故符合题意;
故选: D.

【点睛】本题考查了二次函数的对称轴、增减性、图像性质等, 解题的关键是熟练掌握二次函数的性质, 利用画图像法和代入法解答.
题目（九年级 · 解析几何）：如图所示, 抛物线 $y=\frac{2}{3}\left(x-\frac{7}{2}\right)^{2}-\frac{25}{6}$ 与 $x 、 y$ 轴分别交于 $A 、 B 、 C$ 三点, 连结 $A C$和 $B C$, 将 $\triangle A B C$ 沿与坐标轴平行的方向平移, 若边 $B C$ 的中点 $M$ 落在拋物线上时, 则符合条件的平移距离的值有（）



选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个

##
答案：B
解析：根据抛物线的解析式求得点 $\mathrm{B} 、 \mathrm{C}$ 的坐标, 由点 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ 的坐标可得出点 $\mathrm{M}$ 的坐标,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点 $\mathrm{M}$ 平移后的坐标, 进而可得出平移的距离.

【详解】解: 由抛物线 $y=\frac{2}{3}\left(x-\frac{7}{2}\right)^{2}-\frac{25}{6}$ 可知, 令 $\mathrm{x}=0$, 则 $y=\frac{2}{3}\left(x-\frac{7}{2}\right)^{2}-\frac{25}{6}$,

解得 $\mathrm{y}=4$,

$\therefore \mathrm{C}(0,4)$,

令 $\mathrm{y}=0$, 则 $y=\frac{2}{3}\left(x-\frac{7}{2}\right)^{2}-\frac{25}{6}=0$,

解得, $x=1$ 或 6 ,

$\therefore \mathrm{A}(1,0), \mathrm{B}(6,0)$,

$\because$ 点 $\mathrm{B}$ 的坐标为 $(6,0)$, 点 $\mathrm{C}$ 的坐标为 $(0,4)$, 点 $\mathrm{M}$ 为线段 $\mathrm{BC}$ 的中点,

$\therefore$ 点 $\mathrm{M}$ 的坐标为 $(3,2)$.

当 $\mathrm{y}=2$ 时, $\frac{2}{3}\left(x-\frac{7}{2}\right)^{2}-\frac{25}{6}=2$,
解得: $x_{1}=\frac{7+\sqrt{37}}{2}, x_{2}=\frac{7-\sqrt{37}}{2}$,

$\therefore$ 平移的距离为 $\frac{7+\sqrt{37}}{2}-3=\frac{1+\sqrt{37}}{2}$ 或 $3-\frac{7-\sqrt{37}}{2}=\frac{\sqrt{37}-1}{2}$,

故选 B.

【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数图象及变换, 解题的关键是求得点 $\mathrm{M}$ 的坐标.
题目（九年级 · 解析几何）：将抛物线 $y=2(x-3)^{2}+6$ 向右平移 1 个单位, 再向下平移 6 个单位后所得抛物线的解析式为 ( )

选项：
A. $y=2(x-2)^{2}$
B. $y=2(x-4)^{2}+12$
C. $y=2(x-9)^{2}+5$
D. $y=2(x-4)^{2}$

答案：D
解析：根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解.

【详解】解: $y=2(x-3)^{2}+6$ 向右平移 1 个单位,

得: $y=2(x-3-1)^{2}+6$;

再向下平移 6 个单位, 得: $y=2(x-4)^{2}+6-6=2(x-4)^{2}$;

即 $y=2(x-4)^{2}$;

故选：D.

【点睛】本题主要考查的是函数图象的平移，解题的关键是用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 假设篱笆 (虚线部分) 的长度 $16 \mathrm{~m}$,则所围成矩形 $\mathrm{ABCD}$ 最大面积是（）



选项：
A. $60 \mathrm{~m}^{2}$
B. $63 \mathrm{~m}^{2}$
C. $64 \mathrm{~m}^{2}$
D. $66 \mathrm{~m}^{2}$


答案：C
解析：mathrm{C}$

【详解】试题分析：设 $\mathrm{BC}=\mathrm{xm}$, 表示出 $\mathrm{AB}$, 矩形面积为 $\mathrm{ym}^{2}$, 表示出 $\mathrm{y}$ 与 $\mathrm{x}$ 的关系式为 $y=(16-x) x=-x^{2}+16 x=-(x-8)^{2}+64$, , 利用二次函数性质即可求出求当 $\mathrm{x}=8 \mathrm{~m}$ 时, $y_{\text {max }}=64 m^{2}$,即所围成矩形 $\mathrm{ABCD}$ 的最大面积是 $64 \mathrm{~m}^{2}$. 故答案选 $\mathrm{C}$.

考点: 二次函数的应用.
题目（九年级 · 解析几何）：某次比赛中, 羽毛球的运动路线可以看作是抛物线 $y=-\frac{1}{4} x^{2}+x+\frac{5}{4}$ 的一部分 (如图),其中出球点 $B$ 离地面 $O$ 点的距离是 $\frac{5}{4}$ 米, 球落地点 $\mathrm{A}$ 到 $O$ 点的距离是 ( )



选项：
A. 1 米
B. 3 米
C. 5 米
D. $\frac{25}{16}$ 米


答案：C
解析：令 $y=0$ 求得 $x$ 的值即可求解.

【详解】解: 令 $y=0$, 则 $-\frac{1}{4} x^{2}+x+\frac{5}{4}=0$,
解得: $x_{1}=5, x_{2}=-1$ (舍去),

$\therefore$ 球落地点 $A$ 到 $O$ 点的距离是 5 米.

故选: C.

【点睛】本题主要考查二次函数的应用, 利用函数的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：对于二次函数 $y=-x^{2}+2 x$. 有下列四个结论:

(1) 它的对称轴是直线 $x=1$;

(2) 设 $y_{1}=-x_{1}^{2}+2 x_{1}, y_{2}=-x_{2}^{2}+2 x_{2}$, 则当 $x_{2}>x_{1}$ 时, 有 $y_{2}>y_{1}$ ；

(3)它的图象与 $\mathrm{x}$ 轴的两个交点是 $(0,0)$ 和 $(2,0)$;

(4) 当 $0<x<2$ 时, $y>0$.

其中正确的结论的个数为 ( )

选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4


答案：C
解析：
【详解】试题分析: 利用配方法求出二次函数对称轴, 再求出图象与 $\mathrm{x}$ 轴交点坐标, 进而结合二次函数性质得出答案. $y=-x^{2}+2 x=-(x-1)^{2}+1$, 故(1)它的对称轴是直线 $x=1$, 正确; (2) $\because$ 直线 $\mathrm{x}=1$ 两旁部分增减性不一样, $\therefore$ 设 $\mathrm{y}_{1}=-\mathrm{x}_{1}^{2}+2 \mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{2}=-\mathrm{x}_{2}^{2}+2 \mathrm{x}_{2}$, 则当 $\mathrm{x}_{2}>\mathrm{x}_{1}$ 时,有 $y_{2}>y_{1}$, 错误; (3)当 $y=0$, 则 $x(-x+2)=0$, 解得: $x_{1}=0, x_{2}=2$, 故它的图象与 $x$ 轴的两个交点是 $(0,0)$ 和 $(2,0)$, 正确; (4) $\because \mathrm{a}=-1<0, \therefore$ 拋物线开口向下,

$\because$ 它的图象与 $\mathrm{x}$ 轴的两个交点是 $(0,0)$ 和 $(2,0), \therefore$ 当 $0<\mathrm{x}<2$ 时, $\mathrm{y}>0$, 正确. 故选 C.

考点: 二次函数的性质.
题目（九年级 · 解析几何）：$A\left(-2, y_{1}\right), B\left(1, y_{2}\right), C\left(2, y_{3}\right)$ 是拋物线 $y=-(x+1)^{2}+3$ 上的三点, 则 $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ 的大小关系为 (）

选项：
A. $y_{1}>y_{2}>y_{3}$
B. $y_{1}>y_{3}>y_{2}$
C. $y_{3}>y_{2}>y_{1}$
D. $y_{3}>y_{1}>y_{2}$

答案：A
解析：根据二次函数的对称性, 可利用对称性, 找出点 $\mathrm{A}$ 的对称点 $\mathrm{A}^{\prime}$, 再利用二次函数的增减性可判断 y 值的大小.

【详解】解: $\because$ 函数的解析式是 $y=-(x+1)^{2}+3$, 如右图,
$\therefore$ 对称轴是 $x=-1$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{A}$ 关于对称轴的点 $A^{\prime}$ 是 $\left(0, y_{1}\right)$,

那么点 $A^{\prime} 、 B 、 C$ 都在对称轴的右边, 而对称轴右边 $y$ 随 $x$ 的增大而减小,于是 $y_{1}>y_{2}>y_{3}$.

故选 A.



【点睛】本题考查二次函数图像上点的坐标特征, 解题的突破

口是把点的坐标分别代入抛物线解析式求得 $\mathrm{y} 1, \mathrm{y} 2, \mathrm{y} 3$ 的值.
题目（九年级 · 解析几何）：已知拋物线 $y=a x^{2}+b x+c(a, b, c$ 为常数, $a>0)$ 经过点 $(2,0)$, 且对称轴为直线 $x=\frac{1}{2}$, 有下列结论: (1) $a b c>0$; (2) $4 a+2 b+3 c<0$; (3)无论 $a, b, c$ 取何值, 抛物线一定经过 $\left(\frac{c}{2 a}, 0\right)$. 其正确结论有（）个

选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3

答案：D
解析：由对称轴及抛物线开口向上、与 $y$ 轴的交点, 来判断 $a 、 b 、 c$ 的关系, 即可判断(1);由抛物线经过点 $(2,0)$ 及与 $y$ 轴的交点，即可判断(2);

由对称性可得图象经过 $(-1,0)$, 结合对称轴公式, 即可判断(3).

【详解】(1) $\because$ 抛物线对称轴为直线 $x=\frac{1}{2}$, 即对称轴在 $y$ 轴右侧

$\therefore a b<0$

$\because$ 抛物线与 $y$ 轴交于负半轴

$\therefore c<0$

$\therefore a b c>0$

故(1)正确;

(2) $\because$ 抛物线 $y=a x^{2}+b x+c \quad(a, b, c$ 为常数, $a>0)$ 经过点 $(2,0)$

$\therefore 4 a+2 b+c=0$

$\because c<0$

$\therefore 4 a+2 b+3 c<0$
故(2)正确;

(3)由对称得: 抛物线与 $x$ 轴的另一个交点为 $(-1,0)$

$\therefore a-b+c=0$

$\because$ 对称轴为直线 $x=-\frac{b}{2 a}=\frac{1}{2}$

$\therefore a=-b$

$\therefore \frac{c}{2 a}=-1$

所以, 无论 $a, b, c$ 取何值, 抛物线一定经过 $\left(\frac{c}{2 a}, 0\right)$

故(3)正确;

综上, 正确结论有 3 个.

故选: D.

【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质, 熟练掌握知识点, 并能够通过图象获取信息是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：将二次函数 $y=5 x^{2}$ 的图象先向右平移 2 个单位, 再向下平移 3 个单位, 得到的函数图象的解析式为 ( )

选项：
A. $y=5(x+2)^{2}+3$
B. $y=5(x-2)^{2}+3$
C. $y=5(x+2)^{2}-3$
D. $y=5(x-2)^{2}-3$

答案：D
解析：mathrm{D}$
题目（九年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系中, 若点 $P$ 的横坐标和纵坐标相等, 则称点 $P$ 为完美点. 已知二次函数 $y=a x^{2}+4 x+c(a \neq 0)$ 的图象上有且只有一个完美点 $\left(\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$, 且当 $0 \leq x \leq m$ 时,函数 $y=a x^{2}+4 x+c-\frac{3}{4}(a \neq 0)$ 的最小值为 -3 , 最大值为 1 , 则 $m$ 的取值范围是 $(\quad)$

选项：
A. $-1 \leq m \leq 0$
B. $2 \leq m \leq 4$
C. $2 \leq m<\frac{7}{2}$
D. $\frac{9}{2} \leq m \leq \frac{7}{2}$

##
答案：B
解析：mathrm{B}$
题目（九年级 · 解析几何）：已知抛物线 $y=\frac{1}{2} x^{2}-x$, 它与 $x$ 轴的两个交点间的距离为 ( )

选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 4

答案：C
解析：mathrm{C}$
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 的图象如图所示, 则下列关系式中正确的是 ( ).



选项：
A. $b^{2}-4 a c>0$
B. $2 a<-b$
C. $a c>0$
D. $a-b+c<0$


答案：A
解析：mathrm{A}$
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=a(x-k)^{2}+k$, 当 $k$ 取不同的实数值时，图象顶点所在的直线是（）

选项：
A. $y=x$
B. $x$ 轴
C. $y=-x$
D. $y$ 轴

答案：A
解析：mathrm{A}$
题目（九年级 · 解析几何）：一位运动员在距篮筐正下方水平距离 $4 \mathrm{~m}$ 处跳起投篮, 球运行的路线是抛物线, 当球运行的水平距离为 $2.5 \mathrm{~m}$ 时, 达到最大高度 $3.5 \mathrm{~m}$, 然后准确落入篮筐. 如图所示, 建立平面直角坐标系, 已知篮筐中心到地面的距离为 $3.05 \mathrm{~m}$, 该运动员身高 $1.9 \mathrm{~m}$, 在这次跳投中, 球在头顶上方 $0.25 \mathrm{~m}$ 处出手, 球出手时, 他跳离地面的高度是 ( )



选项：
A. $0.1 \mathrm{~m}$
B. $0.2 \mathrm{~m}$
C. $0.3 \mathrm{~m}$
D. $0.4 \mathrm{~m}$


答案：A
解析：mathrm{A}$
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=3 \mathrm{~cm}, B C=4 \mathrm{~cm}$, 点 $M$ 从点 $\mathrm{C}$ 出发, 沿 $C \rightarrow A \rightarrow B$ 的路径以 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度运动, 点 $N$ 从点 $B$ 出发沿 $\mathrm{B} \rightarrow \mathrm{C}$ 的路径以 $\frac{1}{2} \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度运动, 点 $M, N$ 同时出发, 当点 $M$ 到达点 $B$ 时, 点 $N$ 也随之停止运动, 连接 $M N$. 设点 $M$ 的运动路程为 $x \mathrm{~cm}, \triangle C M N$ 的面积为 $y \mathrm{~cm}^{2}$, 则 $y$ 关于 $x$ 的函数图象大致是（）



选项：
A.


B.


C.


D.




答案：A
解析：mathrm{A}$
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 一座拱桥的轮廓是抛物线型, 拱高 $6 \mathrm{~m}$, 跨度 $20 \mathrm{~m}$, 相邻两支柱间的距离均为 $5 \mathrm{~m}$, 请根据所给的数据, 则支柱 $M N$ 的长度为（）



选项：
A. 4.5
B. 5
C. 5.5
D. 6


答案：C
解析：mathrm{C}$
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知点 $\mathrm{A}(12,0), \mathrm{O}$ 为坐标原点, $\mathrm{P}$ 是线段 $\mathrm{OA}$ 上任一点 (不含端点 $\mathrm{O} 、 \mathrm{~A}$ ),二次函数 $\mathrm{y}_{1}$ 的图象过 $\mathrm{P} 、 \mathrm{O}$ 两点, 二次函数 $\mathrm{y}_{2}$ 的图象过 $\mathrm{P} 、 \mathrm{~A}$ 两点, 它们的开口均向下，顶点分别为 $B 、 C$, 射线 $O B$ 与射线 $A C$ 相交于点 $D$. 则当 $O D=A D=9$ 时, 这两个二次函数的最大值之和等于（）



选项：
A. 8
B. $3 \sqrt{5}$
C. $2 \sqrt{7}$
D. 6


答案：B
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $C, D$ 在 $\odot O$ 上, 若 $\angle A C D=25^{\circ}$, 则 $\angle B O D$ 的度数

为 $($ )



选项：
A. $100^{\circ}$
B. $120^{\circ}$
C. $130^{\circ}$
D. $155^{\circ}$


答案：C
解析：根据圆周角定理和邻补角定义即可求出 $\angle B O D$ 度数.

【详解】解：由图可知 $\angle A O D=2 \angle A C D$,

$\because \angle A C D=25^{\circ}$,

$\therefore \angle A O D=50^{\circ}$,

$\therefore \angle B O D=180^{\circ}-\angle A O D=180^{\circ}-50^{\circ}=130^{\circ}$.

故选: C.

【点睛】本题考查了圆周角定理, 解题的关键在于熟练掌握圆周角定理 (一条弧所对应的圆周角等于它所对的圆心角的一半）.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知 $\odot O$ 的半径为 $5, A B$ 为 $\odot O$ 的弦, $A B=8$, 点 $C$ 在 $A B$ 上, 且满足 $B C=3 A C$, $C D \perp O C$ 交 $\odot O$ 于点 $D$, 则 $C D$ 的长为 $(\quad)$



选项：
A. 3
B. $2 \sqrt{2}$
C. $3 \sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{3}$


答案：D
解析：过点 $O$ 作 $O E \perp A B$ 于点 $E$, 连接 $O D$ 和 $O B$, 根据垂径定理可得 $A E=4, C E=2$,令 $O E=x$, 根据勾股定理可得 $O B^{2}=x^{2}+4^{2}, O C^{2}=x^{2}+2^{2}$, 根据 $C D^{2}=O D^{2}-O C^{2}$ 即可求得.

【详解】过点 $O$ 作 $O E \perp A B$ 于点 $E$, 连接 $O D$ 和 $O B$



$\because A B=8, \quad B C=3 A C$

$\therefore A C=2, B C=6$

$\because O E \perp A B$

$\therefore A E=B E=\frac{1}{2} A B=4$

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

令 $O E=x$

在 Rt $\triangle O B E$ 中, $O B^{2}=x^{2}+4^{2}$

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

$\because C D \perp O C$
$\therefore C D^{2}=O D^{2}-O C^{2}=x^{2}+4^{2}-\left(x^{2}+2^{2}\right)=12$

$\therefore C D=-2 \sqrt{3}$ （不符合题意, 舍去）或 $C D=2 \sqrt{3}$

故选: D

【点睛】本题考查了垂径定理, 勾股定理等, 熟知垂径定理是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ 在 $\odot \mathrm{O}$ 上, $\angle \mathrm{AOB}=72^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{ACB}$ 等于（）



选项：
A. $36^{\circ}$
B. $54^{\circ}$
C. $18^{\circ}$
D. $28^{\circ}$


答案：A
解析：由圆周角定理即可求出.

【详解】根据圆周角定理可知, $\angle \mathrm{AOB}=2 \angle \mathrm{ACB}=72^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{ACB}=36^{\circ}$, 故选 $\mathrm{A}$.

【点睛】此题主要考查圆周角定理, 解题的关键是熟知圆周角定理的应用.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 四边形 $A B C D$ 为 $\odot O$ 的内接四边形, $B D$ 平分 $\angle A B C, D H \perp A B$ 于点 $H$,已知 $D H=\sqrt{6}, \angle A B C=120^{\circ}$, 则 $A B+B C$ 的值为 $($ )



选项：
A. $2 \sqrt{2}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. 4
D. $2 \sqrt{6}$


答案：A
解析：延长 $B A$ 到 $E$, 使 $A E=B C$, 连接 $D E$, 如图, 根据圆周角定理得到 $\angle D A C=\angle D B C$ $=60^{\circ}, \angle D C A=\angle D B A=60^{\circ}$, 再判断 $\triangle D A C$ 为等边三角形得到 $D A=D C$, 于是可证明 $\triangle A D E \cong \triangle B C D$, 所以 $\angle E=\angle D B C=60^{\circ}$, 接着判断 $\triangle D B E$ 为等边三角形, 所以 $B H=E H$,然后计算出 $B H$ 得到 $B E$ 的长, 从而得到 $A B+B C$ 的长.

【详解】解: 延长 $B A$ 到 $E$, 使 $A E=B C$, 连接 $D E$, 如图,



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

$\because B D$ 平分 $\angle A B C$,

$\therefore \angle A B D=\angle C B D=\frac{1}{2} \angle A B C=\frac{1}{2} \times 120^{\circ}=60^{\circ}$,

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

$\therefore \triangle D A C$ 为等边三角形,

$\therefore D A=D C$,

在 $\triangle A D E$ 和 $\triangle B C D$ 中,

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

$\therefore \triangle A D E \cong \triangle B C D$ (SAS),

$\therefore \angle E=\angle D B C=60^{\circ}$,

而 $\angle D B A=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle D B E$ 为等边三角形,

$\because D H \perp A B$

$\therefore B H=E H$,

在 Rt $\triangle B D H$ 中, $B H=\frac{\sqrt{3}}{3} D H=\frac{\sqrt{3}}{3} \times \sqrt{6}=\sqrt{2}$,

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

$\therefore A B+B C=2 \sqrt{2}$.

故选: A.

【点睛】此题主要考查圆内线段求解, 解题的关键是熟知勾股定理、圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的性质、垂径定理的应用.
题目（九年级 · 解析几何）：已知 $\odot O$ 的半径长 $7 \mathrm{~cm}, P$ 为线段 $O A$ 的中点, 若点 $P$ 在 $\odot O$ 上, 则 $O A$ 的长是 ( )

选项：
A. 等于 $7 \mathrm{~cm}$
B. 等于 $14 \mathrm{~cm}$
C. 小于 $7 \mathrm{~cm}$
D. 大于 $14 \mathrm{~cm}$

答案：B
解析：分析：先根据题意作出图形, 再根据中点的性质即可求得结果.

解析:


如图, $O P=7 \mathrm{~cm}, P$ 为线段 $O A$ 的中点, 所以 $O A=14 \mathrm{~cm}$.

故选: B.

点睛: 本题是圆的基本性质的基础应用题, 在中考中比较常见, 一般以选择题、填空题形式出现, 难度一般.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $B C=4, B D$ 平分 $\angle A B C$, 过点 $A$ 作 $A D \perp B D$ 于点 $D$, 过点 $D$作 $D E / / C B$, 分別交 $A B 、 A C$ 于点 $E 、 F$, 若 $E F=2 D F$, 则 $A B$ 的长为（）



选项：
A. 4
B. 6
C. 8
D. 10


答案：B
解析：延长 $A D 、 B C$ 交于点 $G$, 根据三角形内角和定理推出 $\angle B A D=\angle G$, 则 $A B=B G$,进而得到 $D$ 是 $A G$ 的中点, 证明 $\triangle A D E \sim \triangle A G B$ 得到 $\frac{D E}{B G}=\frac{A E}{A B}=\frac{A D}{A G}=\frac{1}{2}$, 即 $B G=2 D E$,进一步证明 $\triangle A E F \sim \triangle A B C$, 得到 $E F=\frac{1}{2} B C=2$, 即可求出 $D E=E F+D F=3$, 则 $B G=2 D E=6$, $A B=B G=6$

【详解】解：如图所示, 延长 $A D 、 B C$ 交于点 $G$,

$\because B D$ 平分 $\angle A B C, A D \perp B D$ 于点 $D$,

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

又 $B D=B D$

$\therefore \triangle B A D \cong \triangle B G D$

$\therefore A B=B G$

$\therefore D$ 是 $A G$ 的中点,



$\because D E / / B G$,

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

$\therefore \frac{D E}{B G}=\frac{A E}{A B}=\frac{A D}{A G}=\frac{1}{2}$,

$\therefore B G=2 D E$

同理可证 $\triangle A E F \sim \triangle A B C$ ，

$\therefore \frac{E F}{B C}=\frac{A E}{A B}=\frac{1}{2}$

$\therefore E F=\frac{1}{2} B C=2$,

又 $\because E F=2 D F$,

$\therefore D F=1$
$\therefore D E=E F+D F=3$,

$\therefore B G=2 D E=6$,

$\therefore A B=B G=6$,

故选: B.

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定定理与性质, 相似三角形的性质与判定, 三角形内角和定理, 通过作辅助线, 构造相似三角形是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=B C=4, C D \perp A B$, 垂足为 $D, E$ 为 $B C$的中点, $A E$ 与 $C D$ 交于点 $F$, 则 $E F$ 的长为 ( )



选项：
A. $\frac{2}{3} \sqrt{3}$
B. $\frac{4}{3} \sqrt{3}$
C. $\frac{2}{3} \sqrt{2}$
D. $\frac{2}{3} \sqrt{5}$


答案：D
解析：连结 $\mathrm{DE}$, 根据勾股定理求出 $A E=\sqrt{C E^{2}+A C^{2}}=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2 \sqrt{5}$, 然后证出 $\mathrm{DE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的中位线, 得到 $\mathrm{DE} / / \mathrm{AC}$, 则 $\triangle \mathrm{DEF} \sim \triangle \mathrm{CAF}$, 即可解决问题.

【详解】解: 连结 DE, 如图所示,



在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=B C=4$,

$\therefore C E=\frac{1}{2} B C=2$,

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

$\because D, E$ 为 $B C$ 的中点,

$\therefore \mathrm{DE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的中位线,

$\therefore \mathrm{DE} / / \mathrm{AC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{DEF} \sim \triangle \mathrm{CAF}$,

$\therefore \frac{E F}{A F}=\frac{D E}{A C}=\frac{1}{2}$,

$\therefore \mathrm{EF}=\frac{1}{2} \mathrm{AF}$,

$\because \mathrm{EF}+\mathrm{AF}=\mathrm{AE}$,

$\therefore \mathrm{EF}=\frac{1}{3} A E=\frac{2}{3} \sqrt{5}$.

故选 D.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质, 直角三角形斜边上的中心性质, 等腰直角三角形的性质, 三角形中位线定理等知识. 熟练掌握中位线定理, 证明三角形相似是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：《九章算术》中记载了一种测量古井水面以上部分深度的方法. 如图所示, 在井口 $P$处立一根垂直于井口的木杆 $P A$, 视线 $A C$ 与井口的直径 $P B$ 交于点 $D$, 如果测得 $P A=2$米, $P B=3.6$ 米, $P D=1$ 米, 则 $B C$ 为 $(\quad)$


选项：
A. 3.6 米
B. 4.2 米
C. 5.2 米
D. 7.8 米

答案：C
解析：证明 $\triangle B D C \sim \triangle P D A$, 然后利用相似三角形的对应边成比例得 $\frac{B D}{P D}=\frac{B C}{A P}$, 即可求出 $B C$ 的长.

【详解】解：由题意可知 $\angle B=\angle A P D=90^{\circ}$,

$\because P B=3.6 \mathrm{~m}, \quad P D=1 \mathrm{~m}$,

$\therefore B D=P B-P D=3.6-1=2.6 \mathrm{~m}$,
$\because \angle B=\angle A P D, \angle B D C=\angle P D A$,

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

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

$\because P A=2 \mathrm{~m}$,

$\therefore \frac{2.6}{1}=\frac{B C}{2}$,

$\therefore B C=5.2 \mathrm{~m}$,

故选: C.

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质, 以及应用, 熟练掌握三角形相似的判定和性质是解答本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\triangle A B C$ 的两条中线 $C D, B E$ 交于点 $O$, 则下列结论:
(1) $\triangle A D E \sim \triangle A B C$;
(2) $\triangle D O E \sim \triangle C O B$;
(3) $\frac{D E}{B C}=\frac{1}{2}$;
(4) $\frac{D E}{B C}=\frac{A E}{E C}$;
(5) $\frac{A D}{A B}=\frac{O E}{O B}$,其中正确的有（）



选项：
A. 2 个
B. 3 个
C. 4 个
D. 5 个


答案：C
解析： $B E 、 C D$ 是 $\triangle A B C$ 的中线, 即 $D 、 E$ 是 $A B$ 和 $A C$ 的中点, 即 $D E$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线,则 $D E / / B C, \triangle O D E \sim \triangle O C B, \triangle A D E \sim \triangle A B C$, 根据相似三角形的性质即可判断.

【详解】解: $\because B E 、 C D$ 是 $\triangle A B C$ 的中线, 即 $D 、 E$ 是 $A B$ 和 $A C$ 的中点,

$\therefore D E$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线，

$\therefore D E=\frac{1}{2} B C$, 即 $\frac{D E}{B C}=\frac{1}{2}, D E / / B C$,

$\therefore \triangle D O E \sim \triangle C O B, \triangle A D E \sim \triangle A B C$, 故(1)(2)(3)正确;

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

$\therefore \frac{D E}{B C}=\frac{A E}{A C}=\frac{A D}{A B}$, 故(4)不正确;

$\because \triangle D O E \sim \triangle C O B$

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

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

$\therefore$ 故(5)正确;

故本题正确的是(1)(2)(3)(5), 共 4 个.

故选: C.

【点睛】本题考查了三角形的中位线定理, 相似三角形的判定与性质, 利用相似三角形的性质列比例式是解决问题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 点 $P$ 是函数 $y=\frac{k_{1}}{x}\left(k_{1}>0, x>0\right)$ 的图像上一点, 过点 $P$ 分别作 $x$ 轴和 $y$ 轴的垂线, 垂足分别为点 $A 、 B$, 交函数 $y=\frac{k_{2}}{x}\left(k_{2}>0, x>0\right)$ 的图像于点 $C 、 D$, 连接 $O C 、 O D$ 、 $C D 、 A B$, 其中 $k_{1}>k_{2}$, 下列结论: (1) $C D / / A B$; (2) $S_{\triangle O C D}=\frac{k_{1}-k_{2}}{2}$; (3) $S_{\triangle D C P}=\frac{\left(k_{1}-k_{2}\right)^{2}}{2 k_{1}}$,其中正确的是（ ）



选项：
A. (1)(2)
B. (1)(3)
C. (2)(3)
D. (1)


答案：B
解析：设 $P\left(m, \frac{k_{1}}{m}\right)$, 分别求出 $A, B, C, D$ 的坐标, 得到 $P D, P C, P B, P A$ 的长, 判断 $\frac{P D}{P B}$ 和 $\frac{P C}{P A}$ 的关系, 可判断(1); 利用三角形面积公式计算, 可得 $\triangle P D C$ 的面积, 可判断(3);再利用 $S_{\triangle O C D}=S_{O A P B}-S_{\triangle O B D}-S_{\triangle O C A}-S_{\triangle D P C}$ 计算 $\triangle O C D$ 的面积, 可判断(2).

【详解】解: $\because P B \perp y$ 轴, $P A \perp x$ 轴, 点 $P$ 在 $y=\frac{k_{1}}{x}$ 上, 点 $C, D$ 在 $y=\frac{k_{2}}{x}$ 上,设 $P\left(m, \frac{k_{1}}{m}\right)$,

则 $C\left(m, \frac{k_{2}}{m}\right), A(m, 0), B\left(0, \frac{k_{1}}{m}\right)$, 令 $\frac{k_{1}}{m}=\frac{k_{2}}{x}$,

则 $x=\frac{k_{2} m}{k_{1}}$, 即 $D\left(\frac{k_{2} m}{k_{1}}, \frac{k_{1}}{m}\right)$,

$\therefore P C=\frac{k_{1}}{m}-\frac{k_{2}}{m}=\frac{k_{1}-k_{2}}{m}, P D=m-\frac{k_{2} m}{k_{1}}=\frac{m\left(k_{1}-k_{2}\right)}{k_{1}}$,

$\because \frac{P D}{P B}=\frac{\frac{m\left(k_{1}-k_{2}\right)}{k_{1}}}{m}=\frac{k_{1}-k_{2}}{k_{1}}, \frac{P C}{P A}=\frac{\frac{k_{1}-k_{2}}{m}}{\frac{k_{1}}{m}}=\frac{k_{1}-k_{2}}{k_{1}}$, 即 $\frac{P D}{P B}=\frac{P C}{P A}$,

又 $\angle D P C=\angle B P A$ ，

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

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

$\therefore C D / / A B$, 故(1)正确;

$\triangle P D C$ 的面积 $=\frac{1}{2} \times P D \times P C=\frac{1}{2} \times \frac{m\left(k_{1}-k_{2}\right)}{k_{1}} \times \frac{k_{1}-k_{2}}{m}=\frac{\left(k_{1}-k_{2}\right)^{2}}{2 k_{1}}$, 故(3)正确;

$$
\begin{aligned}
& S_{\triangle O C D}=S_{O A P B}-S_{\triangle O B D}-S_{\triangle O C A}-S_{\triangle D P C} \\
& =k_{1}-\frac{1}{2} k_{2}-\frac{1}{2} k_{2}-\frac{\left(k_{1}-k_{2}\right)^{2}}{2 k_{1}} \\
& =k_{1}-k_{2}-\frac{\left(k_{1}-k_{2}\right)^{2}}{2 k_{1}} \\
& =\frac{2 k_{1}\left(k_{1}-k_{2}\right)}{2 k_{1}}-\frac{\left(k_{1}-k_{2}\right)^{2}}{2 k_{1}} \\
& =\frac{2 k_{1}^{2}-2 k_{1} k_{2}-\left(k_{1}-k_{2}\right)^{2}}{2 k_{1}}
\end{aligned}
$$

$=\frac{k_{1}^{2}-k_{2}^{2}}{2 k_{1}}$, 故(2)错误;

故选 B.

【点睛】此题主要考查了反比例函数的图象和性质, $k$ 的几何意义, 相似三角形的判定和性质, 解题关键是表示出各点坐标, 得到相应线段的长度.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系内, 矩形 $O A B C$ 的顶点 $O$ 与原点重合, 点 $\mathrm{A}$ 在第二象限,点 $B$ 和点 $C$ 在第一象限, 对角线 $O B$ 的中点为点 $D$, 且点 $D, C$ 在反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k \neq 0)$的图像上, 若点 $B$ 的纵坐标为 4 , 且 $B C: C O=\sqrt{3}: 1$, 则 $k$ 的值为 ( )



选项：
A. $8-4 \sqrt{3}$
B. $1+\sqrt{3}$
C. $4-2 \sqrt{3}$
D. $2 \sqrt{3}+2$


答案：A
解析：过点 $\mathrm{C}$ 作 $\mathrm{FE} \perp \mathrm{x}$ 轴, 垂足为 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BF} \perp \mathrm{EF}$, 垂足为 $\mathrm{F}$, 设点 $\mathrm{C}(\mathrm{a}, \mathrm{b})$,则 $O E=a, E C=b$, 用 $a, b$ 的代数式表示 $B$ 的坐标, 点 $\mathrm{D}$ 的坐标, 继而得到 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的另外一个等式, 联立求解即可.

【详解】如图, 过点 $\mathrm{C}$ 作 $\mathrm{FE} \perp \mathrm{x}$ 轴, 垂足为 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BF} \perp \mathrm{EF}$, 垂足为 $\mathrm{F}$, 设点 $\mathrm{C}(\mathrm{a}$, $\mathrm{b})$, 则 $\mathrm{OE}=\mathrm{a}, \mathrm{EC}=\mathrm{b}$,



$\because$ 四边形 $\mathrm{OCBA}$ 是矩形, $\therefore \angle \mathrm{BCO}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{OCE}+\angle \mathrm{FCB}=90^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{FBC}+\angle \mathrm{FCB}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{FBC}=\angle \mathrm{ECO}$,

$\because \angle \mathrm{F}=\angle \mathrm{CEO}=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ECO} \sim \triangle \mathrm{FBC}$

$\therefore \frac{F B}{E C}=\frac{F C}{E O}=\frac{B C}{C O}=\sqrt{3}$,

$\therefore \mathrm{FB}=\sqrt{3} \mathrm{EC}=\sqrt{3} \mathrm{~b}, \mathrm{FC}=\sqrt{3} \mathrm{EO}=\sqrt{3} \mathrm{a}$,

$\because$ 点 $B$ 的纵坐标为 4 ,

$\therefore \mathrm{FC}+\mathrm{EC}=4$,

$\therefore \sqrt{3} \mathrm{a}+\mathrm{b}=4$,

过点 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BM} \perp \mathrm{x}$ 轴, 垂足为 $\mathrm{M}$, 过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DN} \perp \mathrm{x}$ 轴, 垂足为 $\mathrm{N}$,

则四边形 $\mathrm{BFEM}$ 是矩形， $\mathrm{BM}=4$,

$\therefore \mathrm{OM}=\mathrm{OE}-\mathrm{ME}=\mathrm{a}-\sqrt{3} \mathrm{~b}$,

$\because O B$ 的中点为点 $D$,

$\therefore \mathrm{DN}$ 是三角形 $\mathrm{OBM}$ 的中位线,

$\therefore \mathrm{DN}=2, \quad \mathrm{ON}=\frac{a-\sqrt{3} b}{2}$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{D}\left(\frac{a-\sqrt{3} b}{2}, 2\right)$,

$\because$ 点 $D, C$ 在反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k \neq 0)$ 的图像上,

$\therefore \frac{a-\sqrt{3} b}{2} \times 2=\mathrm{ab}$,

$\therefore a-\sqrt{3}(4-\sqrt{3} a)=a(4-\sqrt{3} a)$,

$\therefore a-4 \sqrt{3}+3 a=4 a-\sqrt{3} a^{2}$

$\therefore a^{2}=4$,

$\therefore \mathrm{a}=2$ 或 $\mathrm{a}=-2$,

$\because$ 点 $\mathrm{C}$ 在第一象限,

$\therefore \mathrm{a}>0$,

$\therefore \mathrm{a}=-2$ 不符合题意, 舍去,

$\therefore \mathrm{a}=2$,

$\therefore b=4-\sqrt{3} a=4-2 \sqrt{3}$,

$\therefore \mathrm{k}=\mathrm{ab}=2(4-2 \sqrt{3})=8-4 \sqrt{3}$,

故选 A.

【点睛】本题考查了矩形的性质, 三角形的中位线定理, 三角形的相似, 互余原理, 反比例函数的性质，作垂线构造相似三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A B / / C D, A C 、 B D$ 交于点 $O$, 若 $D O=2, B O=5, D C=3$, 则 $A B$ 长为 ( )



选项：
A. 6
B. $\frac{15}{2}$
C. $\frac{20}{3}$
D. $\frac{15}{4}$


答案：B
解析：根据 $A B / / C D$ 可得 $\triangle O C D \sim \triangle O A B$, 根据相似三角形的性质可得 $\frac{D O}{B O}=\frac{D C}{A B}$, 即可得答案.

【详解】 $\because A B / / C D$,

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

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

$\because D O=2, B O=5, D C=3$,

$\therefore \frac{2}{5}=\frac{3}{A B}$,

解得: $A B=\frac{15}{2}$.

故选: B.

【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质, 熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知点 $P$ 是线段 $A B$ 的黄金分割点, $A P>P B$, 若 $A B=2$, 则 $P B=(\quad)$

选项：
A. $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
C. $3-\sqrt{5}$
D. $\sqrt{5}-1$

答案：C
解析：根据黄金分割点的定义, 根据 $A P>B P$ 情况, $A P=\frac{\sqrt{5}-1}{2} A B$ 叫做黄金比进行计算,代入数据即可得出 $P B$ 的长.

【详解】解: 当 $A P>B P$ 时,

$A P=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \times 2=\sqrt{5}-1$,

$P B=2-(\sqrt{5}-1)=3-\sqrt{5}$,

故选: C.

【点睛】本题考查了黄金分割的知识点, 熟记较长的线段=原线段的 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ 倍是解题的关键.