eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 过格点 $A 、 B 、 C$ 作以圆弧, 则圆心的坐标是 $\qquad$

    

    （第 14 题）


选项：
答案： $(2,1)$


解析：根据网格的特点分别作 $A B 、 B C$ 的垂直平分线, 交于点 $P$, 点 $P$ 即为圆心, 写出点 $P$ 的坐标即可.

【详解】解: 分别作 $A B 、 B C$ 的垂直平分线, 交于点 $P$, 点 $P$ 即为圆心,



由图知, 圆心 $P$ 的坐标为 $(2,1)$,

故答案为: $(2,1)$.

【点睛】此题考查了垂径定理的应用, 熟知弦的垂直平分线必过圆心是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$ 于点 $H, \angle A=30^{\circ}, C D=2 \sqrt{3}$, 则 $\odot O$ 的半径是 $\qquad$ .

    

    (第 17 题)


选项：
答案： 2

解析：连接 $B C$, 由圆周角定理和垂径定理得出 $\angle A C B=90^{\circ}, C H=D H=\frac{1}{2} C D=\sqrt{3}$, 由直角三角形的性质得出 $A C=2 C H=2 \sqrt{3}, A C=\sqrt{3} B C=2 \sqrt{3}, A B=2 B C$, 得出 $B C=2, A B=4$,求出 $O A=2$ 即可.

【详解】解: 连接 $B C$, 如图所示:



$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$ 于 $H$,

$\therefore \angle A C B=90^{\circ}, \quad C H=D H=\frac{1}{2} C D=\sqrt{3}$,

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

$\therefore A C=2 C H=2 \sqrt{3}$,

在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A=30^{\circ}$,

$\therefore A C=\sqrt{3} B C=2 \sqrt{3}, \quad A B=2 B C$,

$\therefore B C=2, \quad A B=4$,

$\therefore O A=2$,

即 $\odot O$ 的半径是 2 ,

故答案为: 2

【点睛】本题考查的是垂径定理、圆周角定理、含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质、勾股定理等知识; 熟练掌握圆周角定理和垂径定理是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：一个等腰三角形, 其底与腰的长度比为 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$, 这样的三角形称为黄金三角形. 如图, $\triangle A B C$ 是黄金三角形, $A B=A C=10, A B>B C$, 则 $B C$ 的长为 $\qquad$ . （保留根号)

    

    （第 15 题）


选项：
答案： $5 \sqrt{5}-5 /-5+5 \sqrt{5}$


解析：直接根据黄金三角形的定义求解即可.

【详解】解: $\because \triangle A B C$ 是黄金三角形, $A B=A C=10, A B>B C$,

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

$\therefore B C=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \times A B=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \times 10=5 \sqrt{5}-5$,

故答案为: $5 \sqrt{5}-5$.

【点睛】本题主要考查了黄金三角形的定义应用, 熟练掌握黄金三角形的定义是解答本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平行四边形 $A B C D$ 中, $E$ 是线段 $A B$ 上一点, 连结 $A C 、 D E$ 交于点 $F$. 若
    $\frac{A E}{E B}=\frac{2}{3}, \quad$ 则 $\frac{S_{\triangle A D F}}{S_{\triangle A E F}}=$ $\qquad$ .



(第 17 题)


选项：
答案： $\frac{5}{2}$


解析：四边形 $A B C D$ 是平行四边形, 则 $A B=C D, A B \| C D$, 可证明 $\triangle E A F \sim \triangle D C F$, 得到 $\frac{D F}{E F}=\frac{C D}{A E}=\frac{A B}{A E}$, 由 $\frac{A E}{E B}=\frac{2}{3}$ 进一步即可得到答案.

【详解】解: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

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

$\therefore \angle A E F=\angle C D F, \angle E A F=\angle D C F$,
$\therefore \triangle E A F \sim \triangle D C F$,

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

$\because \frac{A E}{E B}=\frac{2}{3}$,

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

$\therefore \frac{S_{\triangle A D F}}{S_{\triangle A E F}}=\frac{D F}{E F}=\frac{A B}{A E}=\frac{5}{2}$.

故答案为: $\frac{5}{2}$

【点睛】此题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质等知识, 证明 $\triangle E A F \sim \triangle D C F$ 是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：《九章算术》是我国古代著名数学经典, 其中有这样一个问题: “今有圆材埋在壁中,不知大小. 以锯锯之, 深一寸, 锯道长一尺. 问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深 1 寸，锯道长 1 尺. 如图, 已知弦 $A B=1$ 尺, 弓形高 $C D=1$ 寸 (注: 1 尺 $=10$ 寸), 则这块圆柱形木材的直径是 $\qquad$寸.




选项：
答案： 26


解析：线段 $O C$ 垂直且平分线段 $A B$, 在 Rt $\triangle A D O$ 中, $O D$ 的长为 $(R-1)$ 寸.

【详解】解: 1 尺 $=10$ 寸.

根据题意可得 $A D=\frac{1}{2} A B=5$ （寸）.

设圆 $O$ 的半径为 $R$ 寸,

$(R-1)^{2}+5^{2}=R^{2}$,

$\therefore R=13$,

$\therefore$ 这块圆柱形木材的直径是: $13 \times 2=26$ (寸).

故答案为: 26 .

【点睛】此题考查的是垂径定理及勾股定理的应用, 解题的关键是掌握垂径定理和利用勾股定理列方程.
题目（九年级 · 解析几何）：抛物线 $y=-\frac{1}{4} x^{2}+3$ 与 $x$ 轴的交点坐标为 $\qquad$ .

选项：
答案： $(2 \sqrt{3}, 0)$ 或 $(-2 \sqrt{3}, 0)$


解析：要求抛物线与 $x$ 轴的交点, 即令 $y=0$, 解方程.

【详解】解: 令 $y=0$, 则 $y=-\frac{1}{4} x^{2}+3=0$,

解得 $x_{1}=2 \sqrt{3}, x_{2}=-2 \sqrt{3}$.

则抛物线 $y=-\frac{1}{4} x^{2}+3$ 与 $x$ 轴的交点坐标是 $(2 \sqrt{3}, 0),(-2 \sqrt{3}, 0)$.

故答案为: $(2 \sqrt{3}, 0)$ 或 $(-2 \sqrt{3}, 0)$.

【点睛】此题考查了求拋物线与 $x$ 轴的交点的坐标的方法.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知 Rt $\triangle A B C$ 的两条直角边 $A C 、 B C$ 的长分别为 3,4 , 以 $A C$ 为直径作圆与斜边 $A B$ 交于点 $D$, 则 $A D=$ $\qquad$ .




选项：
答案： $\frac{9}{5}$

【详解】连接 $C D$, 先根据勾股定理求得 $A B$ 的长, 再根据 $\triangle A D C \sim \triangle A C B$ 得出 $\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$ 即可求出答案.

【解答】解：如图, 连接 $C D$,

<ImageHere>

$\because A C=3, B C=4$,

$\therefore \mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{AC}^{2}+\mathrm{BC}^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\because A C$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

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

又 $\because \angle D A C=\angle C A B$,

$\therefore \triangle A D C \sim \triangle A C B$.
$\therefore \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$, 即 $\frac{A D}{3}=\frac{3}{5}$.

$\therefore A D=\frac{9}{5}$.

故答案是 $\frac{9}{5}$.

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质, 勾股定理以及圆的相关性质, 熟练掌握直径所对的圆周角是直角, 从而推出三角形相似是解题的关键.

解析：frac{9}{5}$

【详解】连接 $C D$, 先根据勾股定理求得 $A B$ 的长, 再根据 $\triangle A D C \sim \triangle A C B$ 得出 $\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$ 即可求出答案.

【解答】解：如图, 连接 $C D$,



$\because A C=3, B C=4$,

$\therefore \mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{AC}^{2}+\mathrm{BC}^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\because A C$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

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

又 $\because \angle D A C=\angle C A B$,

$\therefore \triangle A D C \sim \triangle A C B$.
$\therefore \frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AB}}$, 即 $\frac{A D}{3}=\frac{3}{5}$.

$\therefore A D=\frac{9}{5}$.

故答案是 $\frac{9}{5}$.

【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质, 勾股定理以及圆的相关性质, 熟练掌握直径所对的圆周角是直角, 从而推出三角形相似是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系中, 点 $A(2,-4)$ 在抛物线 $y=a x^{2}$ 上, 过点 $A$ 作 $y$ 轴的垂线,

交抛物线于另一点 $B$, 点 $C 、 D$ 在线段 $A B$ 上, 且 $C 、 D$ 两点关于 $y$ 轴对称, 过点 $C$ 作 $x$轴的垂线交抛物线于点 $E$, 连接 $E D$, 当 $\triangle C D E$ 是等腰三角形时, 线段 $C D$ 的长为 $\qquad$ .



##
选项：
答案： $2 \sqrt{5}-2 /-2+2 \sqrt{5}$

解析：由点 $A(2,-4)$ 在抛物线 $y=a x^{2}$ 上, 求出抛物线解析式是 $y=-x^{2}$, 设 $C$ 的横坐标是 $a$,则 $D$ 的横坐标是 $-a, E$ 的坐标是 $\left(a,-a^{2}\right)$, 由 $\triangle C D E$ 是等腰直角三角形, 列出关于 $a$ 的方程,求出 $a$ 的值即可解决问题.

【详解】解: $\because$ 点 $A(2,-4)$ 在抛物线 $y=a x^{2}$ 上,

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

$\therefore a=-1$,

$\therefore$ 抛物线解析式是 $y=-x^{2}$,

设 $C$ 的横坐标是 $a$, 则 $D$ 的横坐标是 $-a, E$ 的坐标是 $\left(a,-a^{2}\right)$,

$\therefore C D=2 a, C E=4-a^{2}$,

$\because \triangle C D E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore C D=C E$,

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

$\therefore a=\sqrt{5}-1$ 或 $a=-\sqrt{5}-1$ （舍）,

$\therefore$ 线段 $C D$ 长是 $2 a=2 \sqrt{5}-2$.

故答案为: $2 \sqrt{5}-2$.

【点睛】本题考查二次函数的性质,二次函数图象上点的坐标特征, 关键是二次函数的性质.
题目（九年级 · 解析几何）：若 $P$ 是抛物线 $y=-\frac{1}{2}(x-3)^{2}-4$ 的最高点, 则点 $P$ 的坐标是 $\qquad$

选项：
答案： $(3,-4)$


解析：直接利用二次函数的性质求解.

【详解】解：抛物线 $y=-\frac{1}{2}(x-3)^{2}-4$ 的最高点 $P$ 的坐标为 $(3,-4)$.

故答案为: $(3,-4)$.

【点睛】本题考查了二次函数的最值, 对于二次函数 $y=a(x-h)^{2}+k$, 当 $a>0$ 时, $x=h$, $y$ 有最小值, 最小值为 $k$; 当 $a<0$ 时, $x=h, y$ 有最大值, 最大值为 $k$.
题目（九年级 · 解析几何）：若点 $A(-3, m), B(5, m)$ 在同一抛物线上, 则此抛物线的对称轴是直线 $\qquad$ .

选项：
答案： $x=1$


解析：由两点坐标可知关于对称轴对称, 那么两点中点就在对称轴上, 从而可求得对称轴.

【详解】 $\because(-3, m)$ 和 $(5, m)$ 是抛物线上两点,

$\therefore$ 根据拋物线的对称性可知, 对称轴 $x=\frac{-3+5}{2}=1$,

故答案为: $x=1$.

【点睛】本题考查图像上点的坐标特征, 熟记二次函数的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=(x-4)^{2}+3$, 当 $x$ $\qquad$时, $y$ 随 $x$ 的增大而减小.

选项：
答案： $<4$ /小于 4


解析：根据二次函数的顶点式求出函数的对称轴, 再结合抛物线的开口方向即可作答.

【详解】在二次函数 $y=(x-4)^{2}+3$ 中, 对称轴为: $x=4$,

又 $\because$ 函数中, 二次项系数 $1>0$,

$\therefore$ 抛物线开口朝上,

$\therefore$ 当 $x<4$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而减小,

故答案为: $<4$.

【点睛】本题主要考查了二次函数的对称性以及增减性等知识, 掌握二次函数的图象与性质,是解答本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图所示, 桥拱是拋物线形, 其函数解析式是 $y=-\frac{1}{4} x^{2}$, 当水位线在 $A B$ 位置时,水面宽为 12 米, 这时水面离桥顶的高度 $h$ 是 $\qquad$米。




选项：
答案： 9


解析：根据题意, 把 $x=6$ 代入函数解析式, 即可解答.

【详解】解: $\because$ 水面宽为 12 米,

$\therefore$ 点 $B$ 的横坐标为 6 ,

把把 $x=6$ 代入函数解析式，可得:

$y=-\frac{1}{4} \times 6^{2}=-9$,

故水面离桥顶的高度为 9 米，

故答案为: 9 .

【点睛】本题考查了二次函数的应用, 读懂题意, 结合图形是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 的部分图象如图, 图象过点 $(-1,0)$, 对称轴为直线 $x=2$, 若抛物线与 $y$ 轴交于点 $A$, 且 $O A=\frac{5}{2}$, 则抛物线与 $x$ 轴正半轴上的交点坐标为 . $\qquad$




选项：
答案： $(5,0)$


解析：根据抛物线的对称性可知抛物线与 $x$ 轴的两个交点坐标关于对称轴对称, 进一步可求出另一交点.

【详解】解：拋物线的对称轴为直线 $x=2$, 与 $x$ 轴的一个交点是 $(-1,0)$,

设另一个交点为 $(t, 0)$,

即有: $\frac{t-1}{2}=2$,

解得: $t=5$,

因此抛物线与 $x$ 轴的另一个交点是 $(5,0)$,

故答案为: $(5,0)$.

【点睛】本题考查二次函数图象与 $x$ 轴的交点问题, 掌握二次函数图象的对称性是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 的图象与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点, 与 $y$ 轴交于点 $C$, 点 $B$ 的横坐标为 -1 . 则 $O A$ 的值为 . $\qquad$




选项：
答案： 3


解析：观察图象得: 二次函数的对称轴为直线 $x=1$, 可得 $A 、 B$ 两点关于直线 $x=1$ 对称,即可求解.

【详解】解：观察图象得：二次函数的对称轴为直线 $x=1$,

$\because$ 二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 的图象与 $x$ 轴交于 $A 、 B$ 两点,
$\therefore A 、 B$ 两点关于直线 $x=1$ 对称，

$\because$ 点 $B$ 的横坐标为 -1 ,

$\therefore$ 点 $A$ 的横坐标为 $2 \times 1-(-1)=3$,

即 $O A=3$.

故答案为: 3

【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质, 根据题意得到 $A 、 B$ 两点关于直线 $x=1$ 对称是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 二次函数 $y=x^{2}-4 x+3$ 的图象交 $x$ 轴于 $A 、 B$ 两点, 交 $y$ 轴于点 $C, \triangle A B C$ 的面积为 $\qquad$



##
选项：
答案： 3


解析：由二次函数 $y=x^{2}-4 x+3$ 求出 $A 、 B$ 两点坐标, 再求出点 $C$ 的坐标, 即可求出 $A B$ 、 $O C$ 得值, 然后根据面积公式即可得出答案.

【详解】 $\because y=x^{2}-4 x+3=(x-1)(x-3)$

$\therefore A(1,0), \quad B(3,0)$

令 $x=0$

$\therefore y=3$

$\therefore C(0,3)$

$\therefore \mathrm{AB}=2, \quad O C=3$

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot O C=\frac{1}{2} \times 2 \times 3=3$

故答案为: 3 .

【点睛】本题考查了二次函数和三角形的基本性质, 求出三点坐标是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, \angle B A C=30^{\circ}, A C=3$, 将 $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 按顺时针旋转 $135^{\circ}$ 得到 $\triangle E D C$, 则图中阴影部分的面积为 $\qquad$ .




选项：
答案： $\frac{3 \sqrt{6}}{4}$


解析：解: 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle B A C=30^{\circ}, A C=3$,

$\therefore A B=2 B C, B C^{2}+A C^{2}=A B^{2}$,

$\therefore B C^{2}+3^{2}=(2 B C)^{2}$,

解得 $B C=\sqrt{3}$,

过 $E$ 作 $B C$ 的垂线, 交 $B C$ 的延长线于 $H$,

由旋转的性质得 $C E=A C=3, \angle A C E=135^{\circ}$,



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

$\therefore \angle E C H=\angle A C E-A C H=45^{\circ}$,

$\therefore \angle C E H=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}=\angle E C H$,

$\therefore C H=E H$,

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

$\therefore 2 E H^{2}=3^{2}$,

$\therefore E H=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$,

$\therefore S_{B C E}=\frac{1}{2} B C \cdot E H=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times \frac{3 \sqrt{2}}{2}=\frac{3 \sqrt{6}}{4}$,

故答案为: $\frac{3 \sqrt{6}}{4}$.

在 Rt $\triangle A B C$ 中, 根据含 30 度直角三角形的性质和勾股定理求出 $B C$, 过 $E$ 作 $B C$ 的垂线, 交 $B C$ 的延长线于 $H$, 由旋转的性质求出 $C E$ 和 $\angle A C E$, 进而证得 $\triangle C E H$ 是等腰直角三角形, 根据勾股定理求出 $E H$, 根据三角形的面积公式求出 $S_{B C E}$ 即可.

本题主要考查了旋转的性质, 含 30 度直角三角形的性质, 勾股定理等知识, 正确作出辅助线, 求出线段 $B C$ 和 $E H$ 的长度是解决问题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $\odot O$ 中, 弦 $B D$ 与弦 $C E$ 相交于点 $F, \angle D F C=115^{\circ}, \overparen{B C}=4 \overparen{D E}$,延长 $E C$ 至点 $A$, 连接 $D A$, 设 $\angle A=\alpha$, 则 $\alpha$ 的取值范围是 $\qquad$ .




选项：
答案： $0^{\circ}<\alpha<13^{\circ}$


解析：解: 连接 $C D$,



$\because \overparen{B C}=4 \overparen{D E}$,

$\therefore \angle B D C=4 \angle D C E$,

$\because \angle B D C+\angle D C E+\angle D F C=180^{\circ}, \angle D F C=115^{\circ}$,

$\therefore 4 \angle D C E+\angle D C E+115^{\circ}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle D C E=13^{\circ}$,

$\because \angle D C E$ 是 $\triangle D C A$ 的一个外角,

$\therefore \angle A<\angle D C E$,

$\therefore 0^{\circ}<\alpha<13^{\circ}$,

故答案为: $0^{\circ}<\alpha<13^{\circ}$.

连接 $C D$, 根据 $\overparen{B C}=4 \overparen{D E}$ 可得到 $\angle B D C=4 \angle D C E$, 再根据三角形的内角和定理求得 $\angle D C E=13^{\circ}$, 然后根据三角形的外角性质得到 $\angle A<\angle D C E$ 可得到结论.

本题考查弧、弦、圆周角的关系、三角形的内角和定理、三角形的外角性质, 熟练掌握弧与圆周角的关系以及三角形的外角性质是解答的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 四边形 $A B C D$ 是 $\odot O$ 的内接四边形, 点 $D$ 是 $\overparen{A C}$ 的中点, 点 $E$ 是 $\overparen{B C}$
上的一点, 若 $\angle C E D=35^{\circ}$, 则 $\angle A D C=$ $\qquad$ .

选项：
答案： $110^{\circ}$


解析：解: $\because \angle C E D=35^{\circ}$,

$\therefore$ DC 的度数是 $70^{\circ}$,

$\because$ 点 $D$ 是 $\overparen{A C}$ 的中点,
$\therefore \overparen{A D}$ 的度数也是 $70^{\circ}$,

$\therefore \overparen{A B C}$ 的度数是 $360^{\circ}-70^{\circ}-70^{\circ}=220^{\circ}$,

$\therefore$ 圆周角 $\angle A D C$ 的度数是 $110^{\circ}$,

故答案为: $110^{\circ}$.

先求出 $\mathscr{D C}$ 的度数, 根据圆心角、弧、弦之间的关系求出 $\overparen{A D}$ 的度数, 求出 $\overparen{A B C}$ 的度数, 即可求出答案.本题考查了圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系, 能求出每段弧的度数是解此题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, 点 $E$ 是 $B A$ 延长线上的一点, $E C$ 交 $\odot O$ 于点 $D 、 C, \angle E=20^{\circ}, \angle D B C=50^{\circ}$, 则 $\angle D O E$ 的度数为 $\qquad$ .




选项：
答案： $20^{\circ}$


解析：解：如图所示：



连接 $A D$,

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径，

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

设 $\angle A B D=x$ ，

$\because \angle D B C=50^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C=x+50^{\circ}$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O$,

$\therefore \angle A D C=180^{\circ}-\angle A B C=130^{\circ}-x$,

$\therefore \angle E D A=180^{\circ}-\angle A D C=x+50^{\circ}$,

$\because \angle D A B=\angle E+\angle E D A, \angle E=20^{\circ}$,

$\therefore \angle D A B=20^{\circ}+x+50^{\circ}=x+70^{\circ}$,

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

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

$\therefore x+70+x=90$,

$\therefore x=10$,

$\therefore \angle A B D=10^{\circ}$,

$\therefore \angle D O E=2 \angle A B D=2 \times 10^{\circ}=20^{\circ}$,

故答案为: $20^{\circ}$.

连接 $A D$, 则 $\angle A D B=90^{\circ}$, 设 $\angle A B D=x$, 利用三角形的外角和圆内接四边形的性质解题即可.
本题考查直径所对的圆周角是直角, 以及圆内接四边形的性质和三角形的外角定理, 掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $\odot O$ 中, $A B$ 是 $\odot O$ 的内接正六边形的一边, $B C$ 是 $\odot O$ 的内接正十边形的一边, 则 $\angle A B C=$ $\qquad$ $\circ$.




选项：
答案： 132


解析：连结 $O C, A O, B O$, 如图.
$\because A B$ 是 $\odot O$ 内接正六边形的一边,

$\therefore \angle A O B=360^{\circ} \div 6=60^{\circ}$,

$\therefore \angle A B O=60^{\circ}$.

$\because B C$ 是 $\odot O$ 内接正十边形的一边,

$\therefore \angle B O C=360^{\circ} \div 10=36^{\circ}$.

$\because O B=O C$,

$\therefore \angle O B C=\frac{1}{2} \times\left(180^{\circ}-36^{\circ}\right)=72^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C=\angle A B O+\angle O B C=60^{\circ}+72^{\circ}=132^{\circ}$.
题目（九年级 · 解析几何）：点 $P$ 是线段 $A B$ 的黄金分割点, $A P>B P$, 若 $A B=6$, 则 $A P=$ $\qquad$ .

选项：
答案： $3 \sqrt{5}-3$


解析：解: $\because$ 点 $P$ 是线段 $A B$ 的黄金分割点, $A P>B P, A B=6$

$\therefore A P=\frac{\sqrt{5}-1}{2} A B=6 \times \frac{\sqrt{5}-1}{2}=3 \sqrt{5}-3$,

故答案为: $3 \sqrt{5}-3$.

由黄金分割点可知, 较大部分比较小部分, 等于整体比较大部分, 等于 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$, 代入求值即可.

本题考查黄金比例, 掌握黄金比例的比值是解决本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A D / / E B / / F C, A B=2 B C, D F=6$, 则 $D E$ 的长为 $\qquad$ .




选项：
答案： 4


解析：解: $\because A D / / E B / / F C, A B=2 B C$,

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

$\because D F=D E+E F=6$,

$\therefore D E=4$,

故答案为: 4 .

根据平行线分线段成比例定理列出比例式, 计算即可.

本题考查的是平行线分线段成比例定理的应用, 灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 为 $B C$ 上的一点, $E$ 为 $A D$ 上的一点, $B E$ 的延长线交 $A C$于点 $F$. 已知 $\frac{B D}{D C}=\frac{1}{a}, \frac{A E}{D E}=\frac{1}{b}(a, b$ 为不小于 2 的整数 $)$, 则 $\frac{S_{\triangle A B F}}{S_{\triangle D F C}}$ 的值是 $\qquad$ .




选项：
答案： $\frac{1}{a b}$


解析：解: 过点 $D$ 作 $D G / / A C$ 交 $B F$ 于点 $G$, 过 $B$ 作 $B M \perp A C$, 过 $D$ 作 $D N \perp A C$,



$\therefore \triangle B D G \backsim \triangle B C F, \triangle G D E \backsim \triangle F A E$,

$\therefore \frac{D G}{C F}=\frac{B D}{B C}=\frac{1}{a+1}, \frac{D G}{A F}=\frac{E D}{A E}=b$,

$\therefore D G=\frac{1}{a+1} C F, D G=b A F$,

$\therefore \frac{A F}{C F}=\frac{1}{b(a+1)}, \frac{B M}{D N}=\frac{1+a}{a}$,

$\therefore \frac{S_{\triangle A B F}}{S_{\triangle D F C}}=\frac{A F \cdot B M}{C F \cdot D N}=\frac{1}{a b}$;

故答案为: $\frac{1}{a b}$.

过点 $D$ 作 $D G / / A C$ 交 $B F$ 于点 $G$, 过 $B$ 作 $B M \perp A C$, 过 $D$ 作 $D M \perp A C$, 由 $D G / / A C$, 推出 $\triangle B D G \sim \triangle B C F$, $\triangle G D E \sim \triangle F A E$, 进一步推比例线段, 求出色F $=\frac{1}{b(a+1)}, \frac{B M}{D N}=\frac{1+a}{a}$, 再根据三角形面积公式求出 $\frac{S_{\triangle A B F}}{S_{\triangle D F C}}$的值.

本题考查平行线分线段成比例定理, 掌握平行于三角形一边的直线截其他两边(或两边的延长线), 所得的对应线段成比例的应用, 其中辅助线的做法是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A D$ 是 $\triangle A B C$ 的中线, $E$ 是 $A D$ 上一点, $A E: E D=1: 3, B E$ 的延长线交 $A C$ 于 $F, A F: F C$ 为 $\qquad$ .



##
选项：
答案：1: 6


解析：解：作 $D H / / B F$ 交 $A C$ 于 $H$,



$\because A D$ 是 $\triangle A B C$ 的中线,

$\therefore B D=D C$,

$\therefore F H=H C$,
$\because D H / / B F$,

$\therefore \frac{A F}{F H}=\frac{A E}{E D}=\frac{1}{3}$,

$\therefore A F: F C=1: 6$,

故答案为: 1: 6 .

作 $D H / / B F$ 交 $A C$ 于 $H$, 根据三角形中位线定理得到 $F H=H C$, 根据平行线分线段成比例定理得到 $\frac{A F}{F H}=$ $\frac{A E}{E D}=\frac{1}{3}$, 计算得到答案.

本题考查平行线分线段成比例定理, 灵活运用定理、找准对应关系, 根据中线为切入点作出辅助线是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 平面直角坐标系中, 矩形 $A B O C$ 的边 $B O, C O$ 分别在 $x$ 轴, $y$ 轴上, $A$ 点的坐标为 $(-8,6)$, 点 $P$在矩形 $A B O C$ 的内部, 点 $E$ 在 $B O$ 边上, 满足 $\triangle P B E \sim \triangle C B O$, 当 $\triangle A P C$ 是等腰三角形时, $P$ 点坐标为 $\qquad$ .



##
选项：
答案： $\left(-\frac{32}{5}, \frac{6}{5}\right)$ 或 $(-4,3)$


解析：解: $\because$ 点 $P$ 在矩形 $A B O C$ 的内部, 且 $\triangle A P C$ 是等腰三角形,

$\therefore P$ 点在 $A C$ 的垂直平分线上或在以点 $C$ 为圆心 $A C$ 为半径的圆弧上;

(1) 当 $P$ 点在 $A C$ 的垂直平分线上时, 点 $P$ 同时在 $B C$ 上, $A C$ 的垂直平分线与 $B O$的交点即是 $E$, 如图1所示:



图 1

$\because P E \perp B O, C O \perp B O$,

$\therefore P E / / C O$,

$\therefore \triangle P B E \backsim \triangle C B O$,

$\because$ 四边形 $A B O C$ 是矩形, $A$ 点的坐标为 $(-8,6)$,

$\therefore$ 点 $P$ 横坐标为 $-4, O C=6, B O=8, B E=4$,

$\because \triangle P B E \sim \triangle C B O$,

$\therefore \frac{P E}{C O}=\frac{B E}{B O}$, 即 $\frac{P E}{6}=\frac{4}{8}$,

解得: $P E=3$,

$\therefore$ 点 $P(-4,3)$;

(2) $P$ 点在以点 $C$ 为圆心 $A C$ 为半径的圆弧上, 圆弧与 $B C$ 的交点为 $P$,过点 $P$ 作 $P E \perp B O$ 于 $E$, 如图2所示:



图 2
$\because C O \perp B O$,

$\therefore P E / / C O$,

$\therefore \triangle P B E \backsim \triangle C B O$,

$\because$ 四边形 $A B O C$ 是矩形, $A$ 点的坐标为 $(-8,6)$,

$\therefore A C=B O=8, C P=8, A B=O C=6$,

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

$\therefore B P=2$,

$\because \triangle P B E \backsim \triangle C B O$,

$\therefore \frac{P E}{C O}=\frac{B E}{B O}=\frac{B P}{B C}$, 即: $\frac{P E}{6}=\frac{B E}{8}=\frac{2}{10}$,

解得: $P E=\frac{6}{5}, B E=\frac{8}{5}$,

$\therefore O E=8-\frac{8}{5}=\frac{32}{5}$,

$\therefore$ 点 $P\left(-\frac{32}{5}, \frac{6}{5}\right)$;

综上所述: 点 $P$ 的坐标为: $\left(-\frac{32}{5}, \frac{6}{5}\right)$ 或 $(-4,3)$;

故答案为: $\left(-\frac{32}{5}, \frac{6}{5}\right)$ 或 $(-4,3)$.

由题意得出 $P$ 点在 $A C$ 的垂直平分线上或在以点 $C$ 为圆心 $A C$ 为半径的圆弧上;

(1)当 $P$ 点在 $A C$ 的垂直平分线上时, 点 $P$ 同时在 $B C$ 上, $A C$ 的垂直平分线与 $B O$ 的交点即是 $E$, 证出 $P E / / C O$,则 $\triangle P B E \sim \triangle C B O$, 由已知得出点 $P$ 横坐标为 $-4, O C=6, B O=8, B E=4$, 由相似对应边成比例得出 $P E=3$ 即可得出结果;

(2) $P$ 点在以点 $C$ 为圆心 $A C$ 为半径的圆弧上, 圆弧与 $B C$ 的交点为 $P$, 过点 $P$ 作 $P E \perp B O$ 于 $E$, 证出 $P E / / C O$,则 $\triangle P B E \sim \triangle C B O$, 由已知得出 $A C=B O=8, C P=8, A B=O C=6$, 由勾股定理得出 $B C=$ $\sqrt{B O^{2}+O C^{2}}=10$, 则 $B P=2$, 由相似对应边成比例得出 $P E=\frac{6}{5}, B E=\frac{8}{5}$, 则 $O E=\frac{32}{5}$ 即可得出结果.本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、坐标与图形的性质、平行线的判定、勾股定理、分类讨论等知识，熟练掌握相似三角形与等腰三角形的判定与性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $C E$ 与 $B D$ 交于点 $A$, 要使 $\triangle E A D \sim \triangle B A C$, 需要添加一个条件,


这个条件可以是 $\qquad$ . (写一个即可)


选项：
答案： $\angle B=\angle E$


解析：解: 根据图象可知, $\angle E A D$ 与 $\angle B A C$ 为对顶角,

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

$\therefore$ 根据相似三角形的判定定理: 两组角分别对应相等的两个三角形是相似三角形,

得到 $\angle B=\angle E$, 即可证明 $\triangle E A D \backsim \triangle B A C$.

故答案为: $\angle B=\angle E$ (答案不唯一).

根据相似三角形的判定定理：两组角分别对应相等的两个三角形是相似三角形，即可得到答案.

本题考查了相似三角形的判定, 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）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, C D \perp A B$ 于点 $D, C D=3$, $B D=1$, 则 $A C$ 的长是 $\qquad$ .


选项：
答案： $3 \sqrt{10}$


解析：解: 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, C D \perp A B$ 于点 $D$,

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

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

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

$\therefore C D^{2}=B D \cdot A D$,

$\therefore A D=\frac{C D^{2}}{B D}=\frac{3^{2}}{1}=9$,

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

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

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

$\because A C^{2}=A B \cdot A D=(B D+A D) \cdot A D=(1+9) \times 9=90$,

$\therefore A C=3 \sqrt{10}$.

故答案为: $3 \sqrt{10}$.

直接利用射影定理进行计算即可.

本题考查了射影定理, 熟练掌握射影定理是解答本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：一个多边形的边长分别为 $2,4,5,6$, 另一个与它相似的多边形的最长边长为 24 , 则该多边形的最短边长为 $\qquad$

选项：
答案：8


解析：解：该多边形的最短边长为 $x$.

由相似多边形的性质可知: $\frac{x}{2}=\frac{24}{6}$,

$\therefore x=8$,

故答案为: 8 .

该多边形的最短边长为 $x$.利用相似多边形的性质构建方程求解即可.

本题考查相似多边形的性质, 解题的关键是理解题意, 灵活运用所学知识解决问题.

##
题目（九年级 · 解析几何）：将拋物线 $y=3 x^{2}$ 先向左平移 1 个单位长度, 再向下平移 4 个单位长度, 得到的拋物线的函数表达式为 $\qquad$ .

选项：
答案： $y=3(x+1)^{2}-4$

解析：解：将拋物线 $y=3 x^{2}$ 先向左平移 1 个单位长度，再向下平移 4 个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为: $y=3(x+1)^{2}-4$.

故答案为: $y=3(x+1)^{2}-4$.

直接利用拋物线平移规律: 左加右减, 上加下减, 进而得出平移后的解析式.

此题主要考查了二次函数图象的平移变换, 正确掌握平移规律是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a<0)$ 的图象与 $x$ 轴的一个交点坐标为 $(-1,0)$, 对称轴为直线 $x=1$,下列论中:

(1)若点 $\left(-3, y_{1}\right),\left(2, y_{2}\right),\left(4, y_{3}\right)$ 均在该二次函数图象上, 则 $y_{1}<y_{3}<y_{2}$;

(2) $c=-9 a-3 b$;

(3)若 $m$ 为任意实数, 则 $a m^{2}+b m+c \leq-3 a$;

(4)方程 $a x^{2}+b x+c+1=0$ 的两实数根为 $x_{1}, x_{2}$ 且 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}<-1, x_{2}>3$.

正确结论为 $\qquad$ .


选项：
答案：(1)(2)


解析：解: $\because a<0$,

$\therefore$ 抛物线开口向下,

$\because$ 点 $(-3, y 1),(2, y 2),(4, y 3)$ 均在该二次函数图象上, 且点 $\left(-3, y_{1}\right)$ 到对称轴的距离最大, 点 $\left(2, y_{2}\right)$ 到对称轴的距离最小，

$\therefore y_{1}<y_{3}<y_{2}$, (1) 正确;

$\because$ 图象与 $x$ 轴的一个交点坐标为 $(-1,0)$, 对称轴为直线 $x=1$,

$\therefore$ 图象与 $x$ 轴的另一个交点坐标为 $(3,0)$,

$\therefore 9 a+3 b+c=0$,

$\therefore c=-9 a-3 b$, (2)正确;

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

$\therefore b=-2 a$,

$\because a-b+c=0$,

$\therefore c=b-a=-3 a$,

$\because$ 拋物线的最大值为 $a+b+c$,

$\therefore m$ 为任意实数, 则 $a m^{2}+b m+c \leq a+b+c$,

$\therefore a m^{2}+b m+c \leq-4 a$,

$\because a<0$,

$\therefore-4 a>-3 a$, (3)错误;

$\because$ 方程 $a x 2+b x+c+1=0$ 的两实数根为 $x_{1}, x_{2}$,

$\therefore$ 拋物线与直线 $y=-1$ 的交点的横坐标为: $x_{1}, x_{2}$,

由抛物线对称性可得拋物线与 $x$ 轴另一交点坐标为 (3.0),

$\therefore$ 拋物线与 $x$ 轴交点坐标为 $(-1,0),(3,0)$,

$\because$ 拋物线开口向下, $x_{1}<x_{2}$,

$\therefore x_{1}<-1, x_{2}>3$, (4)正确.
故答案为: (1)(2)(4).

由抛物线经过 (-10)可判断(1), 由各点到抛物线对称轴的距离大小可判断从而判断(2), 由 $x=1$ 时 $y$ 取最大值可判断(3), 由抛物线的对称性可得抛物线与 $x$ 轴交点坐标, 从而判断(4).

本题考查二次函数图象与系数的关系, 解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系.

##
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 抛物线 $y=x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴只有一个交点, 与 $x$ 轴平行的直线 $l$ 交抛物线于 $A 、 B$, 交 $y$ 轴于 $M$.

(1)若拋物线经过 $(0,4)$, 则 $b=$ $\qquad$ .

(2) 若 $A B=6$, 则 $O M$ 的长为 $\qquad$ .




选项：
答案： -49


解析：解: (1)抛物线 $y=x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴只有一个交点, 则 $b^{2}-4 c=0$,

抛物线过点 $(0,4)$, 则 $c=4$,

故 $b^{2}-16=0$, 解得 $b= \pm 4$ (舍去正值),

故 $b=-4$,

故答案为 -4 ;

(2)抛物线 $y=x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴只有一个交点, 则 $b^{2}-4 c=0$,

设 $O M=h, A 、 B$ 点的横坐标分别为 $m 、 n$,

则: $A(m, h) 、 B(n, h)$,

由题意得: $x^{2}+b x+(c-h)=0$,

则: $m+n=-b, m n=c-h$,

$A B=6=n-m=\sqrt{(m+n)^{2}-4 m n}=\sqrt{4 h}$,

解得: $h=9$,

即 $O M=9$,

故答案为 9 .

(1)抛物线 $y=x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴只有一个交点, 则 $b^{2}-4 c=0$, 拋物线过点 $(0,4)$, 则 $c=4$, 则故 $b^{2}-$ $16=0$, 即可求解;

(2) 设: $A(m, h) 、 B(n, h)$, 则 $A B=6 n-m=\sqrt{(m+n)^{2}-4 m n}$ 且 $\triangle=0$, 即可求解.

本题考查的是函数与 $x$ 轴的交点, 主要涉及到韦达定理的应用, 其中 $n-m=\sqrt{(m+n)^{2}-4 m n}$ 是处理复杂数据常用的方法.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a 、 b 、 c$ 是常数, $a \neq 0)$, 且满足 $a^{2}+2 a c+c^{2}<b^{2}$. 若当 $x=t+2$和 $x=-t+2$ ( $t$ 为任意实数)时, $y$ 的值相同.

(1)抛物线 $y=a x^{2}+b x+c$ 的对称轴是直线 $\qquad$ ;

（2）当 $x=-2$ 时, $y=2$, 则 $a$ 的取值范围是 $\qquad$ .
选项：
答案： $x=2 \frac{2}{15}<a<\frac{2}{7}$


解析：解: (1) $\because$ 当 $x=t+2$ 和 $x=-t+2$ ( $t$ 为任意实数) 时 $a x^{2}+b x+c$ 的值相同,

$\therefore$ 对称轴 $x=\frac{t+2-t+2}{2}=2$.

故答案为: $x=2$.

(2)由(1)对称轴为 $x=2$,
$\therefore-\frac{b}{2 a}=2$.

$\therefore b=-4 a$,

$\therefore b=-4 a$,

$\because$ 当 $x=-2$ 时, $a x^{2}+b x+c$ 的值为 2 ,

$\therefore$ 函数 $y=a x^{2}+b x+c$ 经过点 $(-2,2)$,

$\therefore 4 a-2 b+c=2$,

$\therefore 4 a+8 a+c=2$,

$\therefore c=2-12 a$,

$\because a^{2}+2 a c+c^{2}<b^{2}$,

$\therefore(a+c)^{2}<b^{2}$,

$\therefore(a+c)^{2}-b^{2}<0$,

$\therefore(a+c+b)(a+c-b)<0$,

$\because b=-4 a, c=2-12 a$,

$\therefore(a+2-12 a-4 a)(a+2-12 a+4 a)<0$,

$\therefore(2-15 a)(2-7 a)<0$,

$\therefore \frac{2}{15}<a<\frac{2}{7}$.

故答案为: $\frac{2}{15}<a<\frac{2}{7}$.

(1)依据题意，由二次函数的对称性可得其对称轴是： $x==2$;

(2)由(1)得 $b$ 与 $a$ 的关系: $b=-4 a$, 将 $(-2,2)$ 代入 $y=a x^{2}+b x+c$ 中可得: $c=2-12 a$, 代入 $a^{2}+$ $2 a c+c^{2}<b^{2}$ 中可解答.

本题考查了二次函数的性质，解不等式，掌握二次函数的对称性，解不等式的方法是关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知抛物线 $y=-x^{2}-3 x+3$, 点 $P(m, n)$ 在抛物线上, 则 $m+n$ 的最大值是 $\qquad$ .

选项：
答案： 4

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解析：略

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