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题目（九年级 · 解析几何）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江绍兴-一模）如图, 在平面直角坐标系中, 矩形 $A B C O$ 的边 $O A$ 在 $x$ 轴上, 边 $O C$ 在 $y$ 轴上, 点 $B$ 的坐标为 $(1,3)$, 将矩形沿对角线 $A C$ 折叠, 使点 $B$ 落在 $D$ 点的位置, 且交 $y$ 轴交于点 $E$, 则点 $D$ 的坐标是 $(\quad)$
选项：
A. $\left(-\frac{3}{5}, \frac{8}{3}\right)$B. $\left(-\frac{3}{5}, 2\right)$C. $\left(-\frac{4}{5}, \frac{14}{5}\right)$D. $\left(-\frac{4}{5}, \frac{12}{5}\right)$
答案：D
解析：D【分析】过D作DFperpAO于F,根据折叠可以证明triangleCDEcongtriangleAOE,然后利用全等三角形的性质得到OE=DE,OA=CD=1,设OE=m,那么CE=3-m,DE=m,利用勾股定理即可求出m,然后利用已知条件可以证明triangleAEOsimtriangleADF,而AD=AB=3,接着利用相似三角形的性质即可求出DF、AF的长度，也就求出了点D的坐标.【详解】解：如图,过D作DFperpAO于F,because点B的坐标为(1,3),thereforeAO=1,AB=3,根据折叠可知:CD=OA,而angleD=angleAOE=90^circ,angleDEC=angleAEO,thereforetriangleCDEcongtriangleAOE,thereforeOE=DE,OA=CD=1,设OE=m,那么CE=3-m,DE=m,therefore在RttriangleDCE中,CE^2=DE^2+CD^2,therefore(3-m)^2=m^2+1^2,解得m=frac43,becauseDFperpAF,thereforeDF//EO,thereforetriangleAEOsimtriangleADF,而AD=AB=3,thereforeAE=CE=3-frac43=frac53,thereforefracAEAD=fracEODF=fracAOAF即frac53=frac43=fracAODF,thereforeDF=frac125,AF=frac95thereforeOF=frac95-1=frac45,thereforeD的坐标为left(-frac45,frac125right).故选：D.【点睛】此题主要考查了图形的折叠问题,也考查了坐标与图形的性质,解题的关键是把握折叠的隐含条件,利用隐含条件得到全等三角形和相似三角形,然后利用它们的性质即可解决问题.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江$\cdot$九年级专题练习）如图, 在平行四边形 $A B C D$ 中, 对角线 $A C 、 B D$ 交于点 $O, M$ 为 $A D$ 中点, 连接 $C M$ 交 $B D$ 于点 $N$, 则 $S_{\triangle M D N}: S_{\triangle} B C D=$
选项：
A. $1: 3$B. $1: 5$C. $2: 3$D. $1: 6$
答案：D
解析：D【分析】先证triangleBCNsimtriangleDMN,得出BN:DN=BC:DM=2:1,从而得出fracS_triangleMNDS_triangleBCN=left(fracDNBNright)^2=left(frac12right)^2=frac14,fracS_triangleCNDS_triangleBCN=fracDNBN=frac12,所以StriangleMND=frac14StriangleBCN,StriangleCND=frac12StriangleBCD,然后代入StriangleMDN:StriangleBCD即可求解.【详解】解:because四边形ABCD是平行四边形,thereforeAD=BC,AD//BC,thereforetriangleBCNsimtriangleDMNthereforeBN:DN=BC:DMbecauseM为AD中点,AD=BC,thereforeBC=AD=2DM,thereforeBN:DN=2:1,thereforefracS_triangleMNDS_triangleBCN=left(fracDNBNright)^2=left(frac12right)^2=frac14,quadfracS_triangleCNDS_triangleBCN=fracDNBN=frac12thereforeStriangleMND=frac14StriangleBCN,StriangleCND=frac12StriangleBCDbecauseStriangleBCD=StriangleBCN+StriangleCND=StriangleBCN+frac12StriangleBCN=frac32quadStriangleBCN,thereforeStriangleMDN:StriangleBCD=frac14StriangleBCN:frac32StriangleBCN=1:6,故选：D.【点睛】本题考查平行四边形的性质,相似三角形判定与性质,熟练掌握平行四边形的性质、相似三角形判定与性质是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题 3 分) (2021-信达外国语学校九年级期中) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 为边 $B C$ 上一点, 已知 $\frac{B D}{D C}=\frac{5}{3}, E$ 为 $A D$ 的中点, 延长 $B E$ 交 $A C$ 于 $F$, 则 $\frac{A F}{A C}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{3}{5}$B. $\frac{5}{8}$C. $\frac{3}{13}$D. $\frac{5}{13}$
答案：D
解析：D【分析】过点 $D$ 作 $D G / / A C$ 交 $B F$ 于 $G$, 先证 $\triangle A E F \cong \triangle D E G$, 得 $D G=A F$, 再由平行线的性质可得对应线段成比例, 从而得答案.【详解】解：过点 $D$ 作 $D G / / A C$ 交 $B F$ 于 $G$, 如图所示,$\therefore \angle E A F=\angle E D G, \angle E F A=\angle E G D$,$\because E$ 是 $A D$ 的中点,$\therefore A E=D E$$\therefore \triangle A E F \cong \triangle D E G(A A S)$,$\therefore D G=A F$,$\because D G / / A C, \frac{B D}{D C}=\frac{5}{3}$,$\therefore \frac{D G}{C F}=\frac{B D}{B C}=\frac{5}{8}$,$\therefore \frac{A F}{C F}=\frac{5}{8}$,$\therefore \frac{A F}{A C}=\frac{5}{13}$故选 D.【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、平行线分线段成比例的性质定理, 熟练掌握这些判定与性质是解答此题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题 3 分) (2022$\cdot$浙江舟山$\cdot$九年级期末) 如图, 在直角坐标系中, 点 $\mathrm{A}$ 在第一象限内, 点 $B$ 在 $x$ 轴正半轴上, 以点 $O$ 为位似中心, 在第三象限内与 $\triangle O A B$ 的位似比为 $\frac{1}{3}$的位似图形 $\triangle O C D$. 若点 $C$ 的坐标为 $\left(-1,-\frac{2}{3}\right)$, 则点 $\mathrm{A}$ 的坐标为 ( )
选项：
A. $\left(\frac{2}{3}, 2\right)$B. $\left(\frac{2}{3}, 2\right)$C. $\left(3, \frac{2}{3}\right)$D. $(3,2)$
答案：D
解析：D【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系,把C点的横纵坐标都乘以-3即可.【详解】在第三象限内与triangleOAB的位似比为frac13的位似图形triangleOCD,相当于在第一象限内与triangleOCD的位似比为3:1的位似图形triangleOAB,则以点O为位似中心，位似比为3:1,而点C的坐标为left(-1,-frac23right),thereforeC点的对应点A的坐标为(3,2),故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心,位似比为k,那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江温州$\cdot$九九年级期末）如图, $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ 是一组平行线, 直线 $A C, D F$ 分别与这组平行线依次相交于点 $A, B, E, F$. 若 $\frac{A B}{B C}=\frac{2}{3}$, 则 $\frac{E F}{D F}$ 的值为
选项：
A. $\frac{2}{5}$B. $\frac{1}{2}$C. $\frac{3}{5}$D. $\frac{2}{3}$
答案：C
解析：C【分析】根据平行线分线段成比例定理（两条直线被一组平行线（不少于3条）所截,截得对应线段的长度成比例）及比例的性质即可得.【详解】解:becausel_1//l_2//l_3且直线AC、DF均被平行线所截,thereforefracABBC=fracDEEF=frac23,therefore设DE=2k,则EF=3k，thereforefracEFDF=fracEFDE+EF=frac3k2k+3k=frac35,故选:C.【点睛】题目主要考查平行线分线段成比例定理及比例的性质,深刻理解平行线分线段成比例定理是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A B$ 为直径, $A D=C D$, 过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于点 $E$, 连接 $A C$交 $D E$ 于点 $F$. 若 $\sin \angle C A B=\frac{3}{5}, D F=5$, 则 $B C$ 的长为 ()
选项：
A. 8
   B. 10
   C. 12
   D. 16
答案：C
解析：【分析】

本题考查了圆周角定理: 在同圆或等圆中, 同弧或等弧所对的圆周角相等, 都等于这条弧所对的圆心角的一半. 推论: 半圆 (或直径)所对的圆周角是直角, $90^{\circ}$ 的圆周角所对的弦是直径. 也考查了解直角三角形.

连接 $B D$, 如图, 先利用圆周角定理证明 $\angle A D E=\angle D A C$ 得到 $F D=F A=5$, 再根据正弦的定义计算出 $E F=3$, 则 $A E=4, D E=8$, 接着证明 $\triangle A D E \sim \triangle D B E$, 利用相似比得到 $B E=16$, 所以 $A B=$ 20 , 然后在 $R t \triangle A B C$ 中利用正弦定义计算出 $B C$ 的长.

【解答】

解: 连接 $B D$, 如图,

$\because A B$ 为直径,


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

$\because A D=C D$,

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

而 $\angle D C A=\angle A B D$,

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

$\because D E \perp A B$,

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

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

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

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

$\therefore F D=F A=5$,

在Rt $\triangle A E F$ 中, $\because \sin \angle C A B=\frac{E F}{A F}=\frac{3}{5}$,

$\therefore E F=3$,

$\therefore A E=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4, D E=5+3=8$,

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

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

$\therefore D E: B E=A E: D E$, 即 $8: B E=4: 8$,

$\therefore B E=16$,

$\therefore A B=4+16=20$,

在Rt $\triangle A B C$ 中, $\because \sin \angle C A B=\frac{B C}{A B}=\frac{3}{5}$,

$\therefore B C=20 \times \frac{3}{5}=12$.

故选 $C$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $R t \triangle B A D$ 中, 延长斜边 $B D$ 到点 $C$, 使 $D C=\frac{1}{2} B D$, 连接 $A C$, 若 $\tan B=\frac{5}{3}$, 则 $\tan \angle C A D$ 的值为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
   B. $\frac{\sqrt{3}}{5}$
   C. $\frac{1}{3}$
   D. $\frac{1}{5}$
答案：D
解析：解法 1 : 由 $\tan B=\frac{5}{3}$, 设 $A D=5 k, A B=3 k$, 如图, 过点 $D$ 作 $D E / / A B$ 交 $A C$ 于点 $E$, 则 $\angle A D E=90^{\circ}, \frac{D E}{A B}=\frac{C D}{B C}$.

$\because D C=\frac{1}{2} B D, \quad \therefore \frac{C D}{B C}=\frac{1}{3}$

$\therefore D E=\frac{1}{3} A B$
$\therefore \tan \angle C A D=\frac{D E}{A D}=\frac{1}{3} \times \frac{A B}{A D}=\frac{1}{5}$.



解法2: 如图, 延长 $A D$, 过点 $C$ 作 $C E \perp A D$, 垂足为 $E$.

$\because \tan B=\frac{5}{3}$, 即 $\frac{A D}{A B}=\frac{5}{3}$ ，

$\therefore$ 设 $A D=5 x$, 则 $A B=3 x$.

$\because \angle C D E=\angle B D A, \quad \angle C E D=\angle B A D, \quad \therefore \triangle C D E \sim \triangle B D A$,

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

$\therefore C E=\frac{3}{2} x, D E=\frac{5}{2} x$,

$\therefore A E=\frac{15}{2} x$

$\therefore \tan \angle C A D=\frac{E C}{A E}=\frac{1}{5}$.
题目（九年级 · 解析几何）：在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}, \angle B$ 的平分线 $B D$ 交 $A C$ 于点 $D$, 若 $A D=16$, 则 $B C$ 的长为 $(\quad)$
选项：
A. 6
B. 8
C. $8 \sqrt{3}$
D. 12
答案：C
解析：略
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=90^{\circ}, D, E$ 分别为 $B C, A C$ 的中点, 连结 $D E$, 过 $D$ 作 $A C$ 的平行线与 $\angle C A B$ 的角平分线交于点 $F$, 连结 $E F$, 若 $E F \perp D F, A C=2$, 则 $\angle D E F$ 的正弦值为 ( )


选项：
A. $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{5}+1}{4}$
C. $\frac{\sqrt{5}-1}{4}$
D. $\frac{3+\sqrt{5}}{4}$
答案：A
解析：【分析】

本题考查三角形中位线定理, 勾股定理, 全等三角形的性质及判定, 锐角三角函数等知识, 解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题, 属于中考填空题中的压轴题. 延长 $D F$ 交 $A B$ 于 $H$, 作 $F T \perp$ $A B$ 于 $T$. 设 $D F=x$. 构建方程求出 $x$ 即可解决问题.

【解答】

解: 延长 $D F$ 交 $A B$ 于 $H$, 作 $F T \perp A B$ 于 $T$. 设 $D F=x$.



$\because D H / / A C, B D=D C$,

$\therefore B H=A H$,

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

$\therefore F H=1-x$,

$\because F A$ 平分 $C A B, F E \perp A C, F T \perp A B$,

$\therefore F E=F T$,

$\therefore R t \triangle C F E \cong R t \triangle A F T(H L)$,

$\therefore A E=A T=1$,

$\because \angle F A E=\angle A F H=\angle F A H$,

$$
\therefore F H=A H=B H=1-x
$$

$\therefore T H=1-(1-x)=x$,

$\because \angle C=\angle B D H=\angle T F H$,

$\therefore \tan \angle C=\tan \angle T F H$,

$\therefore \frac{2-2 x}{2}=\frac{x}{1-x}$,
解得 $x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$ 或 $\frac{3+\sqrt{5}}{2}$ (舍弃),

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

$\because D E=\frac{1}{2} A B=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,

$\therefore \sin \angle D E F=\frac{D F}{D E}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

故选 $A$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $O A=4$, 线段 $O A$ 的中点为 $B$, 点 $P$ 在以 $O$ 为圆心, $O B$ 为半径的圆上运动, $P A$ 的中点为 $Q$. 当点 $Q$ 也落在 $\odot O$ 上时, $\cos \angle O Q B$ 的值等于 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{4}$
D. $\frac{2}{3}$
答案：C
解析：【分析】

本题目考查了等腰三角形的性质、三角形中位线的性质、锐角三角函数, 关键是要根据点 $Q$ 是 $A P$ 的
中点来分析作辅助线解答.

【解答】

解：当点 $Q$ 也落在 $\odot O$ 上时, 如图, 连结 $O P 、 O Q 、 B Q$.



$\therefore Q$ 为 $A P$ 的中点, $B$ 为 $O A$ 的中点,

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

作 $O H \perp B Q$ 于 $H$,

$\because O B=O Q$,

$\therefore Q H=\frac{1}{2} B Q=\frac{1}{2}$,

$\therefore \cos \angle O Q B=\frac{Q H}{O Q}=\frac{1}{4}$,

故选 $C$.
题目（九年级 · 解析几何）：在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \cos B=\frac{1}{2}$, 则 $\sin A$ 的值为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\sqrt{3}$
答案：A
解析：解: 在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \cos B=\frac{1}{2}$,

则 $\sin A=\cos B=\frac{1}{2}$,

故选: $A$.

利用互余两角三角函数的关系判断即可.

此题考查了互余两角三角函数的关系, 以及特殊角的三角函数值, 熟练掌握各自的性质是解本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：下列结论中: (1) $\triangle A B C$ 的内切圆半径为 $r, \triangle A B C$ 的周长为 $L$, 则 $\triangle A B C$ 的面积是 $\frac{1}{2} L r$; (2)同时抛郑两枚质地均匀的硬币, 两枚硬币全部正面向上的概率为 $\frac{1}{2}$; (3)圆内接平行四边形是矩形; (4)无论 $p$ 取何值, 方程 $(x-3)(x-2)-p^{2}=0$ 总有两个不等的实数根.其中正确的结论有 $(\quad)$
选项：
A. 4 个
B. 3 个
C. 2 个
D. 1 个
答案：B
解析：解: (1) $\triangle A B C$ 的内切圆半径为 $r, \triangle A B C$ 的周长为 $L$, 则 $\triangle A B C$ 的面积是 $\frac{1}{2} L r$, 故(1)正确;

(2)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，两枚硬币全部正面向上的概率为 $\frac{1}{4}$, 故(2)错误;

(3)圆内接平行四边形是矩形; 故③正确;

(4) $\because$ 方程 $(x-3)(x-2)-p^{2}=0$,

$\therefore \Delta=25-4\left(6-p^{2}\right)=1+p^{2}>0$,

$\therefore$ 无论 $p$ 取何值, 总有两个不等的实数根. 故(4)正确;

故选: $B$.

利用圆的内切圆的知识, 平行四边形的性质, 概率, 根的判别式的知识, 依次判断可求解.

本题考查了平行四边形的性质, 矩形的判定和性质, 根的判定式等知识, 灵活运用这些性质解决问题是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：在平面直角坐标系中, 以点 $(2,1)$ 为圆心, 1 为半径的圆与坐标轴的位置关系为 ( )
选项：
A. 与 $x$ 轴相离、与 $y$ 轴相切
B. 与 $x$ 轴、 $y$ 轴都相离
C. 与 $x$ 轴相切、 $y$ 轴相离
D. 与 $x$ 轴、 $y$ 轴都相切
答案：C
解析：解： $\because$ 点 $(2,1)$ 为圆心, 1 为半径的圆，

则有 $1=1,2>1$ ，

$\therefore$ 这个圆与 $x$ 轴相切, 与 $y$ 轴相离.

故选：C.

本题应将该点的横纵坐标分别与半径对比, 大于半径时, 则该圆与坐标轴相离; 若等于半径时,则该圆与坐标轴相切.

本题考查了直线与圆的位置关系、坐标与图形性质. 直线与圆相切, 圆心到直线的距离等于半径;与圆相离, 圆心到直线的距离大于半径.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 菱形 $O A B C$ 的顶点 $A, B, C$ 在 $\odot O$ 上, 过点 $B$ 作 $\odot O$ 的切线交 $O A$ 的延长线于点 $D$.若 $\odot O$ 的半径为 1 , 则 $B D$ 的长为 $(\quad)$
选项：
A. 1
B. 2
C. $\sqrt{2}$
D. $\sqrt{3}$


答案：D
解析：【分析】

本题考查了切线的性质, 菱形的性质, 等边三角形的判定和性质, 熟练切线的性质定理是解题的关键. 连接 $O B$, 根据菱形的性质得到 $O A=A B$, 求得 $\angle A O B=60^{\circ}$, 根据切线的性质得到 $\angle D B O=$ $90^{\circ}$ ，即可得到结论.

【解答】

解：连接 $O B$,

$\because$ 四边形 $O A B C$ 是菱形,


$\therefore O A=A B$,

$\because O A=O B$,

$\therefore O A=A B=O B$,

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

$\because B D$ 是 $\odot O$ 的切线，

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

$\because O B=1$,

$\therefore B D=\sqrt{3} O B=\sqrt{3}$,

故选 $D$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 从圆 $O$ 外一点 $P$ 引圆 $O$ 的两条切线 $P A, P B$, 切点分别为 $A, B$, 如果 $\angle A P B=60^{\circ}$, $P A=8$, 那么弦 $A B$ 的长是 $(\quad)$


选项：
A. 4
B. $4 \sqrt{3}$
C. 8
D. $8 \sqrt{3}$
答案：C
解析：解: $\because P A, P B$ 为 $\odot O$ 的切线,

$\therefore P A=P B$,

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

$\therefore \triangle A P B$ 为等边三角形,

$\therefore A B=P A=8$.

故选 $C$.

先利用切线长定理得到 $P A=P B$, 再利用 $\angle A P B=60^{\circ}$ 可判断 $\triangle A P B$ 为等边三角形, 然后根据等边三角形的性质求解.

本题考查切线长定理, 以及等边三角形的判定和性质.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=4, B C=3$, 点 $O$ 是 $A B$ 的三等分点, 半圆 $O$ 与 $A C$ 相切, $M, N$ 分别是 $B C$ 与半圆弧上的动点, 则 $M N$ 的最小值和最大值之和是 ( )


选项：
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
答案：B
解析：【分析】

本题考查切线的性质、三角形中位线定理等知识, 解题的关键是正确找到点 $M N$ 取得最大值、最小值时的位置, 属于中考常考题型.

设 $\odot O$ 与 $A C$ 相切于点 $D$, 连接 $O D$, 作 $O P \perp B C$ 垂足为 $P$ 交 $\odot O$ 于 $F$, 此时垂线段 $O P$ 最短, $M N$ 最小值为 $O P-O F=\frac{5}{3}$, 当 $N$ 在 $A B$ 边上时, $M$ 与 $B$ 重合时, $M N$ 最大值 $=\frac{10}{3}+1=\frac{13}{3}$, 由此不难解决问题.

【解答】

解：如图, 设 $\odot O$ 与 $A C$ 相切于点 $D$, 连接 $O D$, 作 $O P \perp B C$ 垂足为 $P$ 交 $\odot O$ 于 $F$,



此时垂线段 $O P$ 最短, $P F$ 最小值为 $O P-O F$,

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

$$
\therefore A B=5
$$

$\because \angle O P B=90^{\circ}$,

$$
\therefore O P / / A C
$$

$\because$ 点 $O$ 是 $A B$ 的三等分点,

$\therefore O B=\frac{2}{3} \times 5=\frac{10}{3}, \frac{O P}{A C}=\frac{O B}{A B}=\frac{2}{3}$,
$\therefore O P=\frac{8}{3}$,

$\because \odot O$ 与 $A C$ 相切于点 $D$,

$\therefore O D \perp A C$,

$\therefore O D / / B C$

$\therefore \frac{O D}{B C}=\frac{O Q}{A B}=\frac{1}{3}$,

$\therefore O D=1$,

$\therefore M N$ 最小值为 $O P-O F=\frac{8}{3}-1=\frac{5}{3}$,

如图, 当 $N$ 在 $A B$ 边上时, $M$ 与 $B$ 重合时, $M N$ 经过圆心, 经过圆心的弦最长,

$M N$ 最大值 $=\frac{10}{3}+1=\frac{13}{3} ，$

$\therefore M N$ 长的最大值与最小值的和是 6.

故选 $B$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $A B=4, A D=5, A D, A B, B C$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $E, F, G$ 三点, 过点 $D$ 作 $\odot O$ 的切线交 $B C$ 于点 $M$, 切点为 $N$, 则 $D M$ 的长为 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{13}{3}$
B. $\frac{9}{2}$
C. $\frac{4}{3} \sqrt{13}$
D. $2 \sqrt{5}$
答案：A
解析：解：如图, 连接 $O E, O F, O N, O G$,



在矩形 $A B C D$ 中,

$\because \angle A=\angle B=90^{\circ}, C D=A B=4, A D, A B, B C$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $E, F, G$ 三点,

$\therefore \angle A E O=\angle A F O=\angle O F B=\angle B G O=90^{\circ}, O E=O F=O N=O G$,

$\therefore$ 四边形 $A F O E$ 和四边形 $F B G O$ 是正方形,

$\therefore A F=B F=A E=B G=2$,

$\therefore D E=3$,

$\because D M$ 是 $\odot O$ 的切线, $B C$ 是 $\odot O$ 的切线, $A D$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore D N=D E=3, M N=M G$,

$\therefore C M=5-2-M N=3-M N, D M=3+M N$,

在Rt $\triangle D M C$ 中, $D M^{2}=C D^{2}+C M^{2}$,

$\therefore(3+N M)^{2}=(3-N M)^{2}+4^{2}$,

$\therefore N M=\frac{4}{3}$,

$\therefore D M=3+\frac{4}{3}=\frac{13}{3}$.

故选: $A$.
题目（九年级 · 解析几何）：在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, a: b=3: 4$, 运用计算器计算, $\angle A$ 的度数为 $\left(\right.$ 精确到 $\left.1^{\circ}\right)(\quad)$
选项：
A. $30^{\circ}$
B. $37^{\circ}$
C. $38^{\circ}$
D. $39^{\circ}$
答案：B
解析：【分析】

本题考查在直角三角形中解题, 根据角的正弦值求出三角形的角度,根据题中所给的条件, 在直角三角形中解题, 根据角的正弦值与三角形边的关系, 可求出各边的长, 然后求出 $\angle A$.

【解答】

解: $\because a: b=3: 4$,

$\therefore$ 可设 $a=3 x, b=4 x, x>0$,

由勾股定理得 $c=5 x$,

$\therefore \sin A=\frac{a}{c}=\frac{3 x}{5 x}=0.6$,

利用计算器可求得 $\angle A \approx 37^{\circ}$.

故选 $B$
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 线段 $A B$ 经过 $\odot O$ 的圆心, $A C, B D$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $C, D$. 若 $A C=B D=4, \angle A=$ $45^{\circ}$, 则 $\overparen{C D}$ 的长为 $(\quad)$


选项：
A. $\pi$
B. $2 \pi$
C. $2 \sqrt{2} \pi$
D. $4 \pi$
答案：B
解析：如答图, 连结 $C O, D O$.



$\because A C, B D$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $C, D$,

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

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

$\therefore C O=A C=4$.

$\because A C=B D, \quad C O=D O$,

$\therefore \triangle A C O \cong \triangle B D O(S A S)$,

$\therefore \angle D O B=\angle A O C=45^{\circ}$,

$\therefore \angle D O C=180^{\circ}-\angle D O B-\angle A O C=180^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}$,
$\therefore l_{\overparen{C D}}=\frac{90 \pi \times 4}{180}=2 \pi$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\triangle A B C$ 的顶点都是正方形网格中的格点, 则 $\cos ^{\angle A C B}$ 等于 ( )


选项：
A. $\frac{4}{5}$
B. $\frac{3}{5}$
C. $\frac{3}{4}$
D. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
答案：D
解析：【分析】

此题考查了勾股定理, 以及锐角三角函数定义, 熟练掌握勾股定理是解本题的关键.

如图所示, 利用勾股定理求出 $B C$ 和 $A C$ 的长, 再利用锐角三角函数定义


即可求出 $\cos \angle A C B$ 的值.

【解答】

解: $\because A B=5, A C=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=10, B C=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\therefore B A=B C$,

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

$\therefore \cos \angle A C B=\cos \angle C A B=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$,

故选 $D$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\odot O$ 的直径 $A B$ 垂直于弦 $C D$, 垂足为 $E, C D=4, \tan C=\frac{1}{2}$, 则 $A B$ 的长为 $(\quad)$
选项：
A. 2.5
B. 4
C. 5
D. 10


答案：C
解析：解: $\because A B \perp C D, C D=4$,

$\therefore C E=D E=2$,

$\because \angle B=\angle C, \tan C=\frac{1}{2}$,

$\therefore \tan B=\frac{1}{2}$,

$\therefore A E=1, B E=4$,

$\therefore A B=A E+B E=1+4=5$,

故选: $C$.

首先根据垂径定理和 $C D$ 的长求得 $C E$ 和 $D E$ 的长, 然后根据同弧所对的圆周角相等确定 $\angle B=\angle C$,

根据正切的定义求得 $A E$ 和 $B E$ 的长即可求得答案.

本题考查了圆周角定理及垂径定理, 锐角三角函数的定义知识, 解题的关键是根据垂径定理求得 $C E$ 和 $D E$ 的长, 难度不大.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $A B=3, A D=4, C E$ 平分 $\angle A C B$,与对角线 $B D$ 相交于点 $N, F$ 是线段 $C E$ 的中点, 则下列结论中正确的有个. ( )

(1) $O F=\frac{5}{6}$; (2) $O N=\frac{25}{26} ;$ (3) $S_{\triangle C O N}=\frac{15}{13} ;$ (4) $\sin \angle A C E=\frac{5}{13}$.


选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：解: (1)如图, 过点 $E$ 作 $E H \perp A C$ 于 $H$,



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

$\therefore A C=\sqrt{A B^{2}+B C^{2}}=\sqrt{9+16}=5$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\therefore A O=C O=D O=B O=\frac{5}{2}$,

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

$\therefore B E=E H$,

$\because S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A E C}+S_{\triangle B C E}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times A B \times B C=\frac{1}{2} \times A C \times E H+\frac{1}{2} \times B C \times B E$,

$\therefore 3 \times 4=5 \times E H+4 \times E H$,

$\therefore E H=\frac{4}{3}=B E$,

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

$\because F$ 是线段 $C E$ 的中点, $A O=C O$,

$\therefore O F=\frac{1}{2} A E=\frac{5}{6}$,

故(1)正确;

(2) $\because O F / / A B$,

$\therefore \triangle O N F \sim \triangle B N E$,

$\therefore \frac{O F}{B E}=\frac{O N}{B N}=\frac{\frac{5}{6}}{\frac{4}{3}}=\frac{5}{8}$,

$\therefore O N=\frac{5}{8} B N$,

$\because O N+B N=B O=\frac{5}{2}$,
$\therefore B N=\frac{20}{13}, N O=\frac{25}{26}$,

故(2)正确;

(3) $\because S_{\triangle B O C}=\frac{1}{4} S_{\text {矩形 } A B C D}$,

$\therefore S_{\triangle B O C}=\frac{1}{4} \times 3 \times 4=3$,

$\because O N=\frac{5}{8} B N$,

$\therefore S_{\triangle C O N}=\frac{5}{13} \times 3=\frac{15}{13}$,

故(3)正确;

(4) $\because B E=\frac{4}{3}, B C=4$,

$\therefore E C=\sqrt{B E^{2}+B C^{2}}=\sqrt{\frac{16}{9}+16}=\frac{4 \sqrt{10}}{3}$,

$\therefore \sin \angle A C E=\frac{E H}{E C}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{4 \sqrt{10}}{3}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$,

故(4)错误，

故选: $C$.

利用面积法可求 $B E$ 的长, 由三角形的中位线定理可求 $O F$ 的长, 可判断 1 ; ; 由相似三角形的判定和性质可求 $O N$ 的长, 可判断(2); 由面积关系可求 $\triangle O N C$, 可判断(3); 由勾股定理可求 $E C$ 的长,由锐角三角函数可求 $\sin \angle A C E$ 的值, 可判断(4), 即可求解.

本题是四边形综合题, 考查了矩形的性质, 三角形中位线定理, 相似三角形的判定和性质, 勾股定理, 锐角三角函数等知识, 灵活运用这些性质解决问题是解题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 抛物线 $y=\frac{1}{4}(x+2)(x-8)$ 与 $x$ 轴交于 $A, B$ 两点, 与 $y$ 轴交于点 $C$, 顶点为 $M$, 以 $A B$为直径作 $\odot D$.下列结论：(1)抛物线的对称轴是直线 $x=3$; (2) $\odot D$ 的面积为 $16 \pi$; (3)抛物线上存在点 $E$, 使四边形 $A C E D$ 为平行四边形; (4)直线 $C M$ 与 $\odot D$ 相切. 其中正确结论的个数是 ( )


选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：B
解析：【分析】本题主要考查了二次函数的综合题, 关键是熟练掌握二次函数的性质及圆的性质. 先根据二次函数确定 $A$ 和 $B$ 的坐标, 从而可得对称轴, 即可判断(1); 根据坐标先求圆的直径, 可得圆的面积, 从而判断(2); 然后利用二次函数解析式求 $C$ 和 $E$ 的坐标, 从而可得 $A D$, 进而判断(3); 确定顶点坐标, 根据勾股定理和勾股定理的逆定理得出直角, 利用切线的判定定理判断(4)即可.

【解答】

解析: 因为在 $y=\frac{1}{4}(x+2)(x-8)$ 中, 当 $y=0$ 时, $x=-2$ 或 $x=8$, 所以点 $A$ 的坐标为 $(-2,0)$, 点 $B$ 的坐标为 $(8,0)$.
所以抛物线的对称轴为直线 $x=\frac{-2+8}{2}=3$, 故 (1)正确;

因为 $\odot D$ 的直径为 $8-(-2)=10$, 即半径为 5 , 所以 $\odot D$ 的面积为 $25 \pi$, 故 (2)错误;

在 $y=\frac{1}{4}(x+2)(x-8)=\frac{1}{4} x^{2}-\frac{3}{2} x-4$ 中, 当 $x=0$ 时, $y=-4$, 所以点 $C$ 的坐标为 $(0,-4)$.

当 $y=-4$ 时, 由 $\frac{1}{4} x^{2}-\frac{3}{2} x-4=-4$, 解得 $x_{1}=0, x_{2}=6$, 所以点 $E$ 的坐标为 $(6,-4)$.

则 $C E=6$.

因为 $A D=3-(-2)=5$, 所以 $A D \neq C E$, 所以四边形 $A C E D$ 不是平行四边形, 故 (3)错误;

因为 $y=\frac{1}{4} x^{2}-\frac{3}{2} x-4=\frac{1}{4}(x-3)^{2}-\frac{25}{4}$, 所以点 $M$ 的坐标为 $\left(3,-\frac{25}{4}\right)$.

作 $C H \perp D M$ 于点 $H$, 连接 $C D$, 则点 $H$ 的坐标为 $(3,-4)$.

因为点 $C$ 的坐标为 $(0,-4)$, 所以 $C H=3, H M=\frac{25}{4}-4=\frac{9}{4}$.

在Rt $\triangle C H M$ 中, $C M^{2}=C H^{2}+H M^{2}=\frac{225}{16}$.

因为 $C D^{2}=O D^{2}+O C^{2}=25, D M^{2}=\left(\frac{25}{4}\right)^{2}=\frac{625}{16}$,

$C M^{2}+C D^{2}=\frac{225}{16}+25=\frac{625}{16}=D M^{2}$,

所以 $\triangle C D M$ 是直角三角形, $\angle D C M=90^{\circ}$,

所以 $D C \perp C M$. 又 $C D$ 是 $\odot D$ 的半径, 所以 $M C$ 与 $\odot D$ 相切, 故 (4)正确.

故选 $B$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 拋物线 $y=a x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴正半轴交于 $A, B$ 两点


点 $B(4,0)$. (1) $a b c>0$; (2) $4 a+b>0$; (3) $b^{2}-4 a c \geq 0$; (4)若 $A B \geq 3$, 则 $4 b+3 c>0$;

若抛物线的对称轴是直线 $x=3, k$ 为任意实数, 则 $a(k-3)(k+3) \leq b(3-k)$; 则上述结论中, 正确的个数是（）




选项：
A. 5 个
B. 4 个
C. 3 个
D. 2 个

##
答案：B
解析：根据函数的开口，判断 $a$ 的符号，根据对称轴，判断 $b$ 的符号，根据于 $y$ 轴交点，判断 $c$ 的符号，即可判断(1); 把点 $B(4,0)$ 代入 $y=a x^{2}+b x+c$ 得 $0=16 a+4 b+c$, 整理得到

$4 a+b=-\frac{c}{4}$, 即可判断(2); 根据该函数图象与 $x$ 轴的交点个数, 即可判断(3); 根据 $A B \geq 3$ 可得 $O A \leq 1$, 则当 $x=1$ 时, $y \geq 0$, 把 $x=1$ 和 $x=4$ 分别代入, 消去 $a$, 即可判断(4); 根据函数开口向下, 对称轴为直线 $x=3$, 可知函数的最大值为 $x=3$ 对应的函数值, 则当 $x=k$ 时, 函数值不大于 $x=3$ 对应的函数值, 即可判断(5).

【详解】解: $\because$ 函数开口向下, $\therefore a<0$,
$\because$ 函数对称轴在 $y$ 轴左侧,

$\therefore-\frac{b}{2 a}>0$, 则 $b>0$,

$\because$ 函数图象与 $y$ 轴相交于负半轴,

$\therefore c<0$,

$\therefore a b c>0$, 故(1)正确;

把点 $B(4,0)$ 代入 $y=a x^{2}+b x+c$ 得:

$0=16 a+4 b+c$,

$\therefore 16 a+4 b=-c$, 则 $4 a+b=-\frac{c}{4}$,

$\because c<0$

$\therefore 4 a+b=-\frac{c}{4}>0$, 故(2)正确;

$\because$ 该函数图象与 $x$ 轴有 2 个交点,

$\therefore b^{2}-4 a c>0$, 故(3)不正确;

$\because B(4,0)$,

$\therefore O B=4$,

$\because A B \geq 3$,

$\therefore O A \leq 1$,

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $y \geq 0$,

把 $x=1$ 代入 $y=a x^{2}+b x+c$ 得: $a+b+c \geq 0$, 即 $16 a+16 b+16 c \geq 0$

$\because 16 a+4 b+c=0$,

$\therefore 12 b+15 c \geq 0$, 整理得: $4 b+3 c \geq-2 c$,

$\because c<0$,

$\therefore 4 b+3 c \geq-2 c>0$, 故(4)正确;

把 $x=3$ 代入 $y=a x^{2}+b x+c$ 得: $y=9 a+3 b+c$,

$\because$ 拋物线的对称轴是直线 $x=3$, 函数图象开口向下,

$\therefore$ 该函数的顶点坐标为: $(3,9 a+3 b+c)$, 即该函数最大值为 $9 a+3 b+c$,

当 $x=k$ 时, $y=a k^{2}+b k+c$,

$\therefore a k^{2}+b k+c \leq 9 a+3 b+c$,

整理得: $a k^{2}-9 a \leq 3 b-b k$, 即 $a(k+3)(k-3) \leq b(3-k)$, 故(5)正确;

综上：正确的有(1)(2)(4)(5), 共 4 个;

故选: B.

【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质, 解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和系数的关系.
题目（九年级 · 解析几何）：下列关于二次函数 $y=-x^{2}+3$ 的图像说法中错误的是 ( )

选项：
A. 它的对称轴是直线 $x=0$
B. 它的图像有最高点
C. 它的顶点坐标是 $(0,3)$
D. 在对称轴的左侧, $y$ 随着 $x$ 的增大而减小

答案：D
解析：已知二次函数的解析式可以找到相应的系数, 根据系数与图象的关系可以找到二次函数的图象的特征: $a>0$ 开口向上, $a<0$ 开口向下, 根据对称轴公式 $x=-\frac{b}{2 a}$ 可以找到对称轴, 进而找到顶点, 再根据图象了解该拋物线的其他特征.

【详解】 $\because$ 二次函数的表达式为 $y=-x^{2}+3$

$\therefore a<0$, 开口向下, 抛物线有最高点, 在对称轴的左侧, $y$ 随 $x$ 的增大而增大, 在对称轴的右侧, $y$ 随 $x$ 的增大而减小

$\because b=0, \therefore$ 对称轴 $x=0$

将 $x=0$ 代入解析式得 $y=3$

$\therefore$ 顶点坐标为 $(0,3)$

故选: D

【点睛】本题考查了二次函数系数与图象的关系, 掌握通过二次函数的系数判断二次函数图象的开口方向、对称轴、顶点坐标是解决本题的关键.
题目（九年级 · 解析几何）：二次函数 $y=(x-1)^{2}+1$ 的大致图象是 ( )

选项：
A.


B.


C.


D.




答案：B
解析：根据二次函数解析式写出顶点坐标和对称轴, 即可判断.

【详解】解: $\because$ 二次函数 $y=(x-1)^{2}+1$,

则可得二次函数的顶点是： $(1,1)$ ，对称轴是 $x=1$ ，

又 $\because a=1>0$

$\therefore$ 图像开口向上,

所以选项 B 图像符合.

故选 B.

【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质, 二次函数顶点式, 通过顶点式写出顶点坐标和对称轴是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：若 $A\left(-2, y_{1}\right), B\left(1, y_{2}\right), C\left(2, y_{3}\right)$ 是抛物线 $y=x^{2}+2 x+3$ 上的三点, 则 $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ 的大小关系是（）
  
选项：
A. $y_{1}<y_{2}<y_{3}$
  B. $y_{2}<y_{1}<y_{3}$
  C. $y_{3}<y_{1}<y_{2}$
  D. $y_{1}<y_{3}<y_{2}$


答案：A
解析：先将二次函数的解析式化成顶点式，再利用二次函数的性质即可得.

【详解】解：二次函数 $y=x^{2}+2 x+3$ 化成顶点式为 $y=(x+1)^{2}+2$,

则此二次函数的对称轴为直线 $x=-1$;

当 $x \leq-1$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而减小; 当 $x>-1$ 时, $y$ 随 $x$ 的增大而增大,

$\therefore x=0$ 时的函数值与 $x=-2$ 时的函数值相等, 即为 $y_{1}$,
$\because\left(0, y_{1}\right), B\left(1, y_{2}\right), C\left(2, y_{3}\right)$ 是拋物线 $y=x^{2}+2 x+3$ 上的三点，且 $2>1>0>-1$,

$\therefore y_{1}<y_{2}<y_{3}$,

故选: A.

【点睛】本题考查了二次函数的性质, 熟练掌握二次函数的增减性是解题关键.
题目（九年级 · 解析几何）：已知二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 的图象如图所示, 那么关于 $x$ 的一元二次方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的两个解为 ( ).

  

  (第 7 题)

  
选项：
A. $-1,3$
  B. $-2,3$
  C. 1,3
  D. 3,4


答案：A
解析：根据二次函数的性质，从函数的图象可知函数的对称轴及与 $\mathrm{x}$ 轴一个交点坐标，即可求解.

【详解】解：由图象可知：二次函数 $y=a x^{2}+b x+c(a \neq 0)$ 的对称轴是直线 $\mathrm{x}=1$,

函数与 $\mathrm{x}$ 轴的一个交点为 $(3,0)$,

则该函数与 $\mathrm{x}$ 轴的另一个交点横坐标为: 1-（3-1）=-1,

$\therefore$ 交点为 $(3,0)$ 和 $(-1,0)$,

$\therefore$ 方程 $a x^{2}+b x+c=0$ 的解应为: $\mathrm{x}=-1$ 或 $\mathrm{x}=3$,

故选: A.

【点睛】本题考查抛物线与 $\mathrm{x}$ 轴的交点坐标，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答.