Question: (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 $(\quad)$<ImageHere>

解析几何


Question: (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 $S_{\triangle M D N}: S_{\triangle} B C D=$<ImageHere>

解析几何


Question: (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 $\frac{A F}{A C}=(\quad)$<ImageHere>

解析几何

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,<ImageHere>$\therefore \angle E A F=\angle E D G, \angle E F A=\angle E G D$,$\because E$ 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.


Question: (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 ( )<ImageHere>

解析几何

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.


Question: (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<ImageHere>

解析几何

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.


Question: 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 ()<ImageHere>

解析几何

【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,

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

$\because A D=C D$,

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

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 $C$.


Question: 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 $(\quad)$<ImageHere>

解析几何

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 $\angle A D E=90^{\circ}, \frac{D E}{A B}=\frac{C D}{B C}$.

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

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

<ImageHere>

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 $A B=3 x$.

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

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

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

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

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

<ImageHere>


Question: 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 $(\quad)$

解析几何


Question:
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 ( )

<ImageHere>

解析几何

【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 $D F=x$.

<ImageHere>

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

$\therefore B H=A H$,

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

$\therefore F H=1-x$,

$\because F A$ 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 $A$.


Question:
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 $(\quad)$

<ImageHere>

解析几何

【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 $O P 、 O Q 、 B Q$.

<ImageHere>

$\therefore Q$ 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 $C$.


Question: 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \cos B=\frac{1}{2}$, 则 $\sin A$ 的值为 ( )

解析几何

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.


Question: 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 $(\quad)$

解析几何

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.


Question: 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 ( )

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

解析几何

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.


Question: 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 $(\quad)$

A. 1
B. 2
C. $\sqrt{2}$
D. $\sqrt{3}$

<ImageHere>

解析几何

【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,

<ImageHere>
$\therefore O A=A B$,

$\because O A=O B$,

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

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

$\because B D$ 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 $D$.


Question:
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 $(\quad)$

<ImageHere>

解析几何

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.


Question:
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 ( )

<ImageHere>

解析几何

【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 $F$,

<ImageHere>

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 $B$.


Question:
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 $(\quad)$

<ImageHere>

解析几何

解：如图, 连接 $O E, O F, O N, O G$,

<ImageHere>

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: $A$.


Question: 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 $\left.1^{\circ}\right)(\quad)$

解析几何

【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 $B$


Question:
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 $(\quad)$

<ImageHere>

解析几何

如答图, 连结 $C O, D O$.

<ImageHere>

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

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

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

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

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

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

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

$\therefore \angle D O C=180^{\circ}-\angle D O B-\angle A O C=180^{\circ}-45^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}$,
$\therefore l_{\overparen{C D}}=\frac{90 \pi \times 4}{180}=2 \pi$.


Question:
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 ( )

<ImageHere>

解析几何

【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

<ImageHere>
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 $D$.


Question: 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 $(\quad)$

解析几何

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.


Question:
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) $\sin \angle A C E=\frac{5}{13}$.

<ImageHere>

解析几何

解: (1)如图, 过点 $E$ 作 $E H \perp A C$ 于 $H$,

<ImageHere>

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

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

$\because$ 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.


Question:
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 ( )

<ImageHere>

解析几何


Question:
如图, 拋物线 $y=a x^{2}+b x+c$ 与 $x$ 轴正半轴交于 $A, B$ 两点

<ImageHere>
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（）

<ImageHere>

解析几何

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.


Question: 下列关于二次函数 $y=-x^{2}+3$ 的图像说法中错误的是 ( )

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

解析几何

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.


Question: 二次函数 $y=(x-1)^{2}+1$ 的大致图象是 ( )

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

解析几何

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.


Question: 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（）

解析几何

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.


Question:
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 ( ).

  <ImageHere>

  (第 7 题)

解析几何

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.


Question:
二次函数 $y=a x^{2}+b x+c \quad(a \neq 0)$ 的图象如图所示，下列说法错误的是（）

      <ImageHere>

      (第 8 题)

解析几何

根据函数图象确定 $\mathrm{a} 、 \mathrm{~b} 、 \mathrm{c}$ 的符号判断 $\mathrm{A}$; 根据抛物线与 $\mathrm{x}$ 轴的交点判断 $\mathrm{B}$; 利用抛物线的对称轴得到 $\mathrm{b}=2 \mathrm{a}$, 再根据拋物线的对称性求得 $\mathrm{c}=-3 \mathrm{a}$ 即可判断 $\mathrm{C}$; 利用拋物线的顶点坐标判断抛物线与直线 $\mathrm{y}=\mathrm{n}+1$ 即可判断 $\mathrm{D}$.

【详解】由函数图象知 $a<0, \quad c>0$, 由对称轴在 $\mathrm{y}$ 轴左侧, $\mathrm{a}$ 与 $\mathrm{b}$ 同号, 得 $b<0$, 故 $\mathrm{abc}>0$,选项 A 正确;

二次函数与 $x$ 轴有两个交点, 故 $\Delta=b^{2}-4 a c>0$, 则选项 $\mathrm{B}$ 错误,

由图可知二次函数对称轴为 $x=-1$, 得 $b=2 a$,

根据对称性可得函数与 $x$ 轴的另一交点坐标为 $(1,0)$,

代入解析式 $y=a x^{2}+b x+c$ 可得 $c=-3 a$,

$\therefore 3 a+c=0$, 选项 C 正确;

$\because$ 二次函数 $\mathrm{y}=\mathrm{ax}{ }^{2}+\mathrm{bx}+\mathrm{c}$ 的顶点坐标为 $(-1, \mathrm{n})$,

$\therefore$ 抛物线与直线 $\mathrm{y}=\mathrm{n}+1$ 没有交点, 故 D 正确;

故选: B.

【点睛】此题考查抛物线的性质, 抛物线的图象与点坐标, 抛物线的对称性, 正确理解和掌握 $\mathrm{y}=\mathrm{ax}{ }^{2}+\mathrm{bx}+\mathrm{c}$ 型抛物线的性质及特征是解题的关键.


Question: 已知点 $\left.A\left(m, y_{1}\right) 、 B\left(m+2, y_{2}\right)\right) 、 C\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在二次函图像上. 且 $C$ 为抛物线的顶点. 若 $y_{0} \geq y_{2}>y_{1}$, 则 $m$ 的取们

解析几何

先根据 $y_{0} \geq y_{2}>y_{1}$ 得到拋物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，再求出拋物线对称轴为直线 $x=-1$, 进而根据二次函数的性质列出对应的不等式进行求解即可.

【详解】解: $\because$ 点 $C$ 为抛物线的顶点, 点 $\left.A\left(m, y_{1}\right) 、 B\left(m+2, y_{2}\right)\right) 、 C\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 在二次函数 $y=a x^{2}+2 a x+c(a \neq 0)$ 的图像上且 $y_{0} \geq y_{2}>y_{1}$,

$\therefore$ 抛物线开口向下，离对称轴越远函数值越小，

$\because$ 拋物线对称轴为直线 $x=\frac{2 a}{-2 a}=-1$,

$\therefore m+2 \leq-1$ 或 $m<-1 \leq m+2$ 且 $m+2-(-1)<-1-m$,

$\therefore m \leq-3$ 或 $-3 \leq m<-2$,

$\therefore m<-2$,

故选 C.

【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质, 正确理解题意得到抛物线开口向上, 离对称轴越远函数值越小是解题的关键.


Question: 抛物线 $y=-x^{2}$ 开口方向是 ( )

A. 向上
B. 向下
C. 向左
D. 向右

解析几何

根据拋物线的解析式和二次函数的性质, 可以解答本题.

【详解】 $\because a=-1<0$

$\therefore$ 抛物线的开口向下.

故选: B.

【点睛】本题考查了二次函数的性质, 解答本题的关键是明确题意, 利用二次函数的性质解答.


Question: 下列说法正确的是:

A. 与圆有公共点的直线是圆的切线
B. 过三点一定可以作一个圆
C. 垂直于弦的直径一定平分这条弦
D. 三角形的外心到三边的距离相等

立体几何学

$A$. 应为与圆只有一个交点的直线是圆的切线, 故 $A$ 选项错误;

$B$ B. 过不在同一直线上的三点才能作一个圆, 故 $B$ 选项错误;

C.垂直于弦的直径一定平分这条弦, 故 $C$ 选项正确;

$D$. 到三角形三边距离相等的是三角形的内心, 故 $D$ 选项错误,

故选 $C$.


Question: 是三棱雉的表面展开图的是 ( )

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

立体几何学

$A$.不组成三棱雉, 故 $A$ 不符合题意.

B. 能组成三棱雉, 故 $B$ 符合题意.

$C$.组成的是四棱雉, 故 $C$ 不符合题意.

$D$.组成的是三棱柱, 故 $D$ 不符合题意.

故选 $B$.


Question: 已知 $O$ 为圆锥的顶点, $M$ 为圆锥底面圆上一点, 点 $P$ 在 $O M$ 上. 一只蜗牛从 $P$ 点出发, 绕圆锥侧面爬行, 回到 $P$ 点时, 所爬过的最短路线的痕迹如图所示. 若沿 $O M$ 将圆锥侧面剪开并展平, 所得侧面展开图是 ( )

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>

<ImageHere>

C.

<ImageHere>

D.

<ImageHere>

立体几何学

蜗牛绕圆雉侧面爬行的最短路线应该是一条线段, 因此选项 $A$ 和 $B$ 错误, 又因为蜗牛从 $P$ 点出
发, 绕圆锥侧面爬行后, 又回到起始点 $P$ 处, 那么如果将选项 $C 、 D$ 的圆雉侧面展开图还原成圆锥后,位于母线 $O M$ 上的点 $P$ 应该能够与母线 $O M^{\prime}$ 上的点 $\left(P^{\prime}\right)$ 重合, 而选项 $C$ 还原后两个点不能够重合.

故选 $D$.


Question: 已知 $\frac{1}{2}<\cos \alpha<\sin 80^{\circ}$, 则锐角 $\alpha$ 的取值范围是 $(\quad)$

立体几何学

$\because \cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}, \sin 80^{\circ}=\cos 10^{\circ}$,

余弦函数随角增大而减小，

$\therefore 10^{\circ}<\alpha<60^{\circ}$.

故选 $D$.


Question: 如图, 一个菱形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等, 当这个圆按箭头方向从某一位置沿此菱形的四边做无滑动旋转, 直至回到原出发位置时, 这个圆共转了( $)$

立体几何学

: 菱形的边长与它的一边相外切的圆的周长相等

$\therefore$ 圆在菱形的边上转了 4 圈

$\because$ 圆在菱形的四个顶点处共转了 $360^{\circ}$,

$\therefore$ 圆在菱形的四个顶点处共转 1 圈

$\therefore$ 回到原出发位置时, 这个圆共转了 5 圈.

故选: $B$.


Question:
有若干个完全相同的小正方体堆成一个如图所示几何体, 若现在你手头还有一些相同的小正方体, 如果保持俯视图和左视图不变, 最多可以再添加小正方体的个数为 $(\quad)$

<ImageHere>

立体几何学

若要保持俯视图和左视图不变, 可以往第 2 排右侧正方体上添加 1 个, 往第 3 排中间正方体上添加 2 个、右侧两个正方体上再添加 1 个,

即一共添加 4 个小正方体,
故选 $C$.


Question:
某几何体由若干个大小相同的小正方体搭成, 其主视图与左视图如图所示, 则搭成这个几何体的小正方体最少有 ( $)$

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

立体几何学

由主视图和左视图可确定所需正方体个数最少时的俯视图(图中的数字表示在该位置上小正方体的个数)为:

<ImageHere>

故组成这个几何体的小正方体最少有 5 个.

故选 $B$.


Question: 如图是一个正方体的表面展开图, 则这个正方体是( )

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

<ImageHere>

立体几何学

通过具体折叠结合图形的特征, 判断图中小正方形内部的线段折叠后只能互相垂直, 且无公共点,所以折叠成正方体后的立体图形是 $C$.

故选: $C$.


Question: 将一个棱长为 $m\left(m>2\right.$ 且 $m$ 为正整数)的正方体木块的表面染上红色, 然后切成 $m^{3}$ 个棱长为 1 的小正方体, 发现只有一个表面染有红色的小正方体的数量是恰有两个表面染有红色的小正方体的数量的 12 倍, 则 $m$ 等于 $(\quad)$

立体几何学

将一个棱长为 $m(m>2$ 且 $m$ 为正整数 $)$ 的正方体木块的表面染上红色, 然后切成 $m^{3}$ 个棱长为 1 的小正方体, 则

只有一个表面染有红色的小正方体的数量为 $6(m-2)^{2}$,

恰有两个表面染有红色的小正方体的数量 $12(m-2)$,

$\because$ 只有一个表面染有红色的小正方体的数量是恰有两个表面染有红色的小正方体的数量的 12 倍,

$\therefore 6(m-2)^{2}=12 \times 12(m-2)$,

解得 $m_{1}=26, m_{2}=2$ (舍去),
故选: $C$.


Question:
已知 $O$ 为圆锥的顶点, $M$ 为圆雉底面上一点, 点 $P$ 在 $O M$ 上.一只蜗牛从 $P$ 点出发, 绕圆锥侧面爬行, 回到 $P$ 点时所爬过的最短路线的痕迹如图所示. 若沿 $O M$ 将圆锥侧面剪开并展开, 所得侧面展开图是 $(\quad)$.

<ImageHere>

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

立体几何学

蜗牛绕圆雉侧面爬行的最短路线应该是一条线段, 因此选项 $A$ 和 $B$ 错误, 又因为蜗牛从 $P$ 点出发, 绕圆锥侧面爬行后, 又回到起始点 $P$ 处, 那么如果将选项 $C 、 D$ 的圆雉侧面展开图还原成圆锥后,位于母线 $O M$ 上的点 $P$ 应该能够与母线 $O M^{\prime}$ 上的点 $\left(P^{\prime}\right)$ 重合, 而选项 $D$ 还原后两个点不能够重合.故选 $C$.


Question: 坚直放置的正四棱柱(即底面是水平放置的), 用水平面去截得的截面的形状是( )

A. 长方形
B. 正方形
C. 梯形
D. 截面形状不定

立体几何学

坚直放置的正四棱柱的上下底面是正方形,

当水平面去截坚直放置的正四棱柱时, 截得的截面是正方形.

故选 $B$.


Question: 用两块完全相同的长方体搭成如图所示几何体, 这个几何体的主视图是 ( )

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

<ImageHere>
正而

立体几何学

从物体正面看, 左边 1 列, 右边 1 列上下各一个正方形, 且左右正方形中间是虚线.

故选 $C$.


Question: 如图, 图 1 是由 5 个完全相同的正方体堆成的几何体, 现将标有 $E$ 的正方体平移至如图 2 所示的位置, 下列说法中正确的是 $(\quad)$

A. 左、右两个几何体的主视图相同

B. 左、右两个几何体的左视图相同

C. 左、右两个几何体的俯视图不相同

<ImageHere>

正面

图 1

<ImageHere>

正面

图 2

D. 左、右两个几何体的三视图不相同

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯枧图

立体几何学

$A$ 、左、右两个几何体的主视图为:

<ImageHere>

主视图1

<ImageHere>

主视图2

不相同，故此选项错误;

$B$ 、左、右两个几何体的左视图为:

<ImageHere>

左视图1

<ImageHere>

左视图2

相同, 故此选项正确;

C、左、右两个几何体的俯视图为:

<ImageHere>

俯视图1

<ImageHere>

俯视图2

相同，故此选项错误;

$D$ 、由以上可得，此选项错误；

故选: $B$.


Question: 北附小卖部货摆放着某品牌方便面, 它们的三视图如图, 则货架上的方便面至少有 ( )

立体几何学

易得第一层有 4 碗，第二层最少有 2 碗，第三层最少有 1 碗，所以至少共有 7 盒.

故选: $A$.


Question:
如图, 一个空间立体几何体的主视图和左视图都是边长为 2 的正三角形, 俯视图是一个圆, 那么这个几何体的表面积是 $(\quad)$
<ImageHere>

立体几何学

综合主视图, 俯视图, 左视图可以看出这个几何体应该是圆锥, 且底面圆的半径为 $2 \div 2=1$,母线长为 2,

因此侧面面积为 $1 \times \pi \times 2=2 \pi$, 底面积为 $\pi \times(1)^{2}=\pi$.

表面积为 $2 \pi+\pi=3 \pi$.

故选 $A$.


Question:
一物体及其正视图如下图所示, 则它的左视图与俯视图分别是右侧图形中的（）.

<ImageHere>

立体几何学

先细心观察原立体图形和俯视图中两个长方体的位置关系, 从几何体的左边看去是 2 个长方体叠在一起, 所以左视图是(3), 从上面看下来是 3 个长方体并排, 所以俯视图是(2).

故选 D.


Question:
如图的几何体, 左视图是 $\quad(\quad)$

<ImageHere>

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

立体几何学

从左边看去, 左边是两个正方形, 右边是一个正方形. 故选 B.


Question:
如图, 从左面观察这个立体图形, 能得到的平面图形是 ( )

<ImageHere>

A.

<ImageHere>

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

立体几何学

从左面看下面一个正方形, 上面一个正方形, 故选 A.


Question:
明明用纸 (如图) 折成了一个正方体的盒子, 里面装了一瓶墨水, 与其它空盒子混放在一起, 只凭观察, 选出墨水在哪个盒子中 ( $\quad$ )

<ImageHere>

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

立体几何学

根据展开图中各种符号的特征和位置, 可得墨水在 B 盒子里面.故选 B.


Question:
如图, 在菱形 $A B C D$ 中, $\angle B=60^{\circ}, A B=2$, 动点 $P$ 从点 $B$ 出发, 以每秒 1 个单位长度的速度沿折线 $B A \rightarrow A C$ 运动到点 $C$, 同时动点 $Q$ 从点 $A$ 出发,以相同速度沿折线 $A C \rightarrow C D$ 运动到点 $D$, 当一个点停止运动时, 另一个点

<ImageHere>
也随之停止. 设 $\triangle A P Q$ 的面积为 $y$, 运动时间为 $x$ 秒, 则下列图象能大致反映 $y$ 与 $x$ 之间函数关系的是( $)$

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

组合几何学

(1) 当 $P 、 Q$ 分别在 $A B 、 A C$ 上运动时,

$\because A B C D$ 是菱形, $\angle B=60^{\circ}$, 则 $\triangle A B C 、 \triangle A C D$ 为边长为 2 的等边三角形,

过点 $Q$ 作 $Q H \perp A B$ 于点 $H$,

<ImageHere>

$y=\frac{1}{2} A P \times Q H=\frac{1}{2}(2-t) \times t \sin 60^{\circ}=-\frac{\sqrt{3}}{4} t^{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} t$,

函数最大值为 $\frac{\sqrt{3}}{4}$, 符合条件的有 $A 、 B 、 D$;

(2)当 $P 、 Q$ 分别在 $A C 、 D C$ 上运动时,

同理可得： $y=\frac{\sqrt{3}}{4}(t-2)^{2}$,

符合条件的有 $B$;

故选: $B$.


Question:
如图, 直角梯形 $A B C D$ 中, $\angle A D C=9$ ॠ० $^{\circ}, A B=6, A D=2, B C=4$, 你可以在 $C D$ 边上找到多少个点, 使其与点 $A 、 B$ 构成一个直角三角形 $(\quad)$

<ImageHere>

组合几何学

如图:

<ImageHere>

设 $A B$ 的中点为 $O$, 过 $O$ 作 $O M / / A D$ 交 $C D$ 于 $M$,

则 $O M$ 是直角梯形 $A B C D$ 的中位线,

$\therefore O M=\frac{1}{2}(A D+B C)=3$;

$\because O M / / A D, A D \perp C D$,

$\therefore O M \perp A C$

以 $O$ 为圆心, $A B$ 为直径作圆,

由于 $O M=3=\frac{1}{2} A B$, 且 $O M \perp C D$,

所以 $C D$ 与 $\odot O$ 相切, 因此在 $C D$ 上, 点 $M$ 符合要求,

过点 $A$ 作 $A E \perp A B$ 于点 $A$,

$\because \angle D A B$ 是针角，

$\therefore E$ 点在 $C D$ 上,

故符合条件的点有两个，即点 $E$ 、点 $M$.

故选 $B$.


Question: 如图, 有一个边长不定的正方形 $A B C D$, 它的两个相对的顶点 $A, C$ 分别在边长为 1 的正六边形一组平行的对边上, 另外两个顶点 $B, D$ 在正六边形内部(包括边界), 则正方形边长 $a$ 的取值范围 ( )

组合几何学

(1)当正方形 $A B C D$ 的对角线 $A C$ 在正六边形一组平行的对边的中点上时,正方形边长 $a$ 的值最小, $A C$ 是正方形的对角线,

$\therefore A C=A^{\prime} D=\sqrt{3}$,

$\therefore a=\frac{\sqrt{6}}{2}$,

<ImageHere>

图1

(2) 当正方形 $A B C D$ 的四个顶点都在正六边形的边上时, 正方形边长 $a$ 的值最大,

$A C$ 是正方形的对角线 $A C$,
设 $A^{\prime}\left(t, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ 时, 正方形的边长最大,

$\because O B^{\prime} \perp O A^{\prime}$,

$\therefore B^{\prime}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, t\right)$,

设直线 $M N$ 的解析式为 $y=k x+b, M(-1,0), N\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}-k+b=0 \\ -\frac{1}{2} k+b=-\frac{\sqrt{3}}{2}\end{array}\right.$

$\therefore\left\{\begin{array}{l}k=-\sqrt{3} \\ b=-\sqrt{3}\end{array}\right.$.

$\therefore$ 直线 $M N$ 的解析式为 $y=-\sqrt{3} x-\sqrt{3}$,

将 $B^{\prime}\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, t\right)$ 代入得 $t=\frac{3}{2}-\sqrt{3}$,

此时, $A^{\prime} B^{\prime}$ 取最大值,

$\therefore a=\sqrt{\left(\frac{3}{2}-\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{3}{2}+\sqrt{3}\right)^{2}}=3-\sqrt{3}$,

<ImageHere>

$\therefore$ 正方形边长 $a$ 的取值范围是: $\frac{\sqrt{6}}{2} \leq a \leq 3-\sqrt{3}$,

故选 $B$.


Question: 如图, 将 $R t \triangle A B C$ 平移到 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的位置, 其中 $\angle C=90^{\circ}$, 使得点 $C^{\prime}$与 $\triangle A B C$ 的内心重合, 已知 $A C=4, B C=3$, 则阴影部分的周长为 $(\quad)$

组合几何学

连接 $A C^{\prime} 、 B C^{\prime}, A^{\prime} C^{\prime} 、 B^{\prime} C^{\prime}$ 交 $A B$ 于 $D 、 E$, 如图,

<ImageHere>

在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=4, B C=3$,

$\therefore A B=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\because$ 将 $R t \triangle A B C$ 平移到 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的位置,

$\therefore A C / / A^{\prime} C^{\prime}, B C / / B^{\prime} C^{\prime}$,

$\therefore \angle C A C^{\prime}=\angle D C^{\prime} A, \angle C B C^{\prime}=\angle B C^{\prime} E$,

$\because$ 点 $C^{\prime}$ 为 $\triangle A B C$ 的内心,

$\therefore \angle C A C^{\prime}=\angle D A C^{\prime}, \angle C B C^{\prime}=\angle E B C^{\prime}$,

$\therefore \angle D C^{\prime} A=\angle D A C^{\prime}, \angle B C^{\prime} E=\angle E B C^{\prime}$,

$\therefore D C^{\prime}=D A, E B=E C^{\prime}$,

$\therefore$ 阴影部分的周长 $=D C^{\prime}+D E+E C^{\prime}=D A+D E+E B=A B=5$.

故选：A.


Question:
如图, $A B$ 为半圆 $O$ 的直径, $A D 、 B C$ 分别切 $\odot O$ 于 $A, B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$于点 $E, A D$ 与 $C D$ 相交于 $D, B C$ 与 $C D$ 相交于 $C$, 连接 $O D 、 O C, A D=3$, $B C=\frac{16}{3}$, 则四边形 $A B C D$ 的周长为 $(\quad)$

<ImageHere>

组合几何学

过 $D$ 作 $D F \perp B C$ 于 $F$ ，则 $\angle D F B=90^{\circ}$,

<ImageHere>

$\because A D 、 B C$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$,

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

$\therefore$ 四边形 $A D F B$ 是矩形,

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

$\because A D=3, B C=\frac{16}{3} \frac{16}{3}, A D=D E, B C=C E$,

$\therefore D E=3, C E=\frac{16}{3} \frac{16}{3}$,

$\therefore D C=3+\frac{16}{3} \frac{16}{3}=\frac{25}{3} \frac{25}{3}, C F=B C-A D=\frac{16}{3} \frac{16}{3}-3=\frac{7}{3} \frac{7}{3}$,

在 $R t \triangle C F D$ 中, 由勾股定理得: $D F=\sqrt{D C^{2}-C F^{2}} \sqrt{D C^{2}-C F^{2}}=\sqrt{\left(\frac{25}{3}\right)^{2}-\left(\frac{7}{3}\right)^{2}}=8$,

即 $A B=D F=8 ，$

即四边形 $A B C D$ 的周长是 $A D+D C+B C+A B=3+\frac{25}{3}+\frac{16}{3}+8=\frac{74}{3}$,

故选 $D$.


Question:
如图, $O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, 过点 $O$ 作 $E F / / A B$, 与 $A C 、 B C$ 分别交 $E 、 F$, 则 ( )

<ImageHere>

A. $\mathrm{EF}>\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$
B. $\mathrm{EF}<\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$
C. $\mathrm{EF}=\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$
D. $\mathrm{EF} \leq \mathrm{AE}+\mathrm{BF}$

组合几何学

连接 $\mathrm{OA} 、 \mathrm{OB}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{O}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的内心, $\therefore \mathrm{OA} 、 \mathrm{OB}$ 分别是 $\angle \mathrm{CAB}$ 及 $\angle \mathrm{ABC}$ 的平分线,

$\therefore \angle \mathrm{EAO}=\angle \mathrm{OAB}, \angle \mathrm{ABO}=\angle \mathrm{FBO}, \because \mathrm{EF} / / \mathrm{AB}, \therefore \angle \mathrm{AOE}=\angle \mathrm{OAB}$,

$\angle \mathrm{BOF}=\angle \mathrm{ABO}, \therefore \angle \mathrm{EAO}=\angle \mathrm{AOE}$,

$\angle \mathrm{FBO}=\angle \mathrm{BOF}, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{OE}, \mathrm{OF}=\mathrm{BF}, \therefore \mathrm{EF}=\mathrm{AE}+\mathrm{BF}$, 故选 $\mathrm{C}$.


Question:
如图, $\odot O$ 中, $\mathrm{PC}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{C}$, 连 $\mathrm{PO}$ 交于 $\odot \mathrm{O}$ 点 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$, 点 $\mathrm{F}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上一点, 连 $\mathrm{PF}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$于点 $\mathrm{D}, \mathrm{AD}=2, \mathrm{CD}=4$, 则 $\mathrm{PF}: \mathrm{DF}$ 的值是 ( )

<ImageHere>

组合几何学

连接 $A C 、 O C 、 O F 、 B C$. 如图所示:

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$,

$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{BDC}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ACD}+\angle \mathrm{CAD}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ACD}+\angle \mathrm{BCD}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{CAD}=\angle \mathrm{BCD}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ADC} \sim \triangle \mathrm{CDB}, \quad \therefore \frac{A D}{C D}=\frac{C D}{D B}$,

$\therefore \frac{2}{4}=\frac{4}{D B}, \quad \therefore \mathrm{DB}=8, \mathrm{OA}=\mathrm{OB}=5, \mathrm{OD}=3$

$\because \mathrm{PC}$ 是切线, $\therefore \mathrm{OC} \perp \mathrm{PC}$,

$\because \angle \mathrm{DOC}=\angle \mathrm{POC}, \angle \mathrm{ODC}=\angle \mathrm{OCP}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ODC} \sim \triangle \mathrm{OCP}, \quad \therefore \frac{O D}{O C}=\frac{O C}{O P}$,

$\therefore \mathrm{OC}^{2}=\mathrm{OD} \cdot \mathrm{OP}$,
$\therefore \mathrm{OF}^{2}=\mathrm{OD} \cdot \mathrm{OP}, \quad \therefore \frac{O F}{O D}=\frac{O P}{O F}$,

$\because \angle \mathrm{DOF}=\angle \mathrm{POF}, \therefore \triangle \mathrm{DOF} \sim \triangle \mathrm{FOP}, \therefore \frac{P F}{D F}=\frac{O F}{O D}=\frac{5}{3}$, 故选 C.


Question:
如图, 已知 $A B$ 是 $\odot O$ 直径, $B C$ 是弦, $\angle A B C=40^{\circ}$, 过圆心 $O$ 作 $O D \perp B C$ 交弧 $B C$ 于点 $D$, 连接 $D C$, 则 $\angle D C B$ 为 $(\quad)$

<ImageHere>

组合几何学

$\because O D \perp B C, \angle A B C=40^{\circ}, \therefore$ 在 Rt $\triangle O B E$ 中, $\angle B O E=50^{\circ}$ (直角三角形的两个锐角互余). 又 $\because \angle D C B=\frac{1}{2} \angle D O B$ (同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半), $\therefore \angle D C B=25^{\circ}$. 故选 B.

<ImageHere>


Question:
已知, 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 以 $A B$ 为直径作 $\odot O$ 分别交 $A C, B C$ 于 $D, E$ 两点,过 $B$ 点的切线交 $O E$ 的延长线于点 $F$. 下列结论:

(1) $O E / / A C$; (2)两段劣弧 $D E=B E$; (3) $F D$ 与 $\odot O$ 相切; (4) $S_{\triangle B D E}: S_{\triangle B A C}=1: 4$.

其中一定正确的有（ $\quad$ ）个.

<ImageHere>

组合几何学

$(1) \because A B=A C, O B=O E, \therefore \angle A B C=\angle A C B, \angle O B E=\angle O E B, \therefore \angle O E B=\angle A C B, \therefore O E / / A C$,故(1)正确; (2)连接 $O D$, 如图所示:

$\because O E / / A C, \quad \therefore \angle B O E=\angle O A D, \angle E O D=\angle A D O$.

$\because O A=O D, \therefore \angle O A D=\angle O D A, \therefore \angle B O E=\angle E O D, \therefore D E=B E$, 故(2)正确;

<ImageHere>

$\because B F$ 与 $\odot O$ 相切于点 $B, \therefore \angle O B F=90^{\circ}, \therefore \angle O D F=90^{\circ}, \therefore D F$ 与 $\odot O$ 相切, 故(3)正确;

(4) $\because O E / / A C, \therefore \triangle B O E \sim \triangle B A C, \therefore \frac{S_{\triangle B O E}}{S_{\triangle B A C}}=\left(\frac{B O}{B A}\right)^{2}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2}=\frac{1}{4}$, 而 $\triangle B D E$ 的面积 $\neq \triangle B O E$ 的面积, 故(4)不正确; 正确的有 3 个. 故选 C.

<ImageHere>


Question: 若干个桶装方便面摆放在桌子上, 小明从三个不同方向看到的图形如图所示, 则这一堆方便面共有 $(\quad)$

A. 5 桶
B. 6 桶
C. 9 桶

<ImageHere>
D. 12 桶

组合几何学

解: 根据从三个不同方向看到的图形, 可得到, 图形相应位置上放置的个数，进而得出总数量;
<ImageHere>

图中的数, 表示该位置放的数量, 因此 $2+2+1=5$.

故选: $A$.

根据从三个不同方向看到的图形, 可得到, 图形相应位置上放置

<ImageHere>

$(1)$

的桶装方便面的个数, 进而得出答案.

考查图形的实际应用, 根据从三个不同方向看到的图形, 分析得到相应位置上放置的个数是解题的关键.


Question: (本题 3 分) (2021$\cdot$浙江$\cdot$杭州市采荷中学九年级期中）下列关于正多边形的叙述,正确的是 $(\quad)$

A. 正九边形既是轴对称图形又是中心对称图形B. 存在一个正多边形, 它的外角和为 $720^{\circ}$C. 任何正多边形都有一个外接圆D. 不存在每个外角都是对应每个内角两倍的正多边形

组合几何学

C【解析】【分析】根据正多边形、轴对称、中心对称的性质分析,即可判断选项A;根据多边形外角和的性质,即可判断选项B;根据正多边形与圆的性质分析,即可判断选项C;根据正多边形和外角的性质分析,即可判断选项D,从而得到答案.【详解】正九边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项A不正确;任何多边形的外角和都为360^circ,故选项B不正确;任何正多边形都有一个外接圆，故选项C正确;等边三角形的每个外角都是对应每个内角两倍,故选项D不正确;故选:C.【点睛】本题考查了正多边形、轴对称、中心对称、正多边形与圆、外角的知识;解题的关键是熟练掌握正多边形、轴对称、中心对称、正多边形与圆、外角的性质,从而完成求解.


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江眸州 $\cdot$二模）如图， $A B$ 是 $\odot O$ 的直径， $C, D$ 为 $\odot O$ 上的点, 且点 $D$ 在弧 $A C$ 上. 若 $\angle D=120^{\circ}$, 则 $\angle C A B$ 的度数为<ImageHere>

组合几何学


Question: (本题 3 分) (2022 浙江湖州 $\cdot$年级期末) 如图, 正五边形 $A B C D E$ 内接于 $\odot O$, 连接 $A C$, 则 $\angle A C D$ 的度数是 ()<ImageHere>

组合几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江金华$\cdot$九年级期末) 如图, 点 $A, B, C, D$ 是 $\odot O$ 上的四个点,且 $A B=C D, O E \perp A B, O F \perp C D$, 则下列结论错误的是（ )<ImageHere>

A. $A B=C D$B. $O E=O F$C. $\angle A O B=\angle C O D$D. $A C=B C$

组合几何学


Question: (本题 3 分) (2019$\cdot$浙江$\cdot$九年级期末) 点 $G$ 是 $\triangle A B C$ 的重心, 过点 $G$ 画 $M N / / B C$ 分别交 $A B, A C$ 于点 $M, N$, 则 $\triangle A M N$ 与 $\triangle A B C$ 的面积之比是（ ）

组合几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江$\cdot$宁波市鄞州蓝青学校九年级期末) 如图, 点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 上, 要判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 添加一个条件, 不正确的是（）<ImageHere>

A. $\angle A B P=\angle C$B. $\angle A P B=\angle A B C$C. $\frac{A P}{A B}=\frac{A B}{A C}$D. $\frac{A B}{A P}=\frac{A C}{C B}$

组合几何学

D【分析】根据相似三角形的判定方法, 逐项判断即可.【详解】解：在 $\triangle A B P$ 和 $\triangle A C B$ 中, $\angle B A P=\angle C A B$,$\therefore$ 当 $\angle A B P=\angle C$ 时, 满足两组角对应相等, 可判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $A$ 正确;当 $\angle A P B=\angle A B C$ 时, 满足两组角对应相等, 可判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $B$ 正确;当 $\frac{A P}{A B}=\frac{A B}{A C}$ 时, 满足两边对应成比例且夹角相等, 可判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $C$ 正确;当 $\frac{A B}{A P}=\frac{A C}{C B}$ 时, 其夹角不相等, 则不能判断 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$, 故 $D$ 不正确;故选: $D$.【点睛】本题主要考查相似三角形的判定, 掌握相似三角形的判定方法是解题的关键,即在两个三角形中, 满足三边对应成比例、两边对应成比例且夹角相等或两组角对应相等, 则这两个三角形相似.


Question:
如图, 为了测量一条河流的宽度, 一测量员在河岸边相距 200 米的 $P 、 Q$ 两点分别测定对岸一棵

<ImageHere>

树 $T$ 的位置, $T$ 在 $P$ 的正北方向, 且 $T$ 在 $Q$ 的北偏西 $70^{\circ}$ 方向, 则河宽 $(P T$ 的长)可以表示为

度量几何学

在Rt $\triangle P Q T$ 中,

$\because \angle Q P T=90^{\circ}, \angle P Q T=90^{\circ}-70^{\circ}=20^{\circ}$,

$\therefore \angle P T Q=70^{\circ}$,

$\therefore \tan 70^{\circ}=\frac{P Q}{P T}$,

$\therefore P T=\frac{P Q}{\tan 70^{\circ}}=\frac{200}{\tan 70^{\circ}}$,

即河宽 $\frac{200}{\tan 70^{\circ}}$ 米，

故选: $B$.


Question:
关于三角函数有如下公式:

$\sin (\alpha+\beta)=\sin \alpha \cos \beta+\cos \alpha \sin \beta, \sin (\alpha-\beta)=\sin \alpha \cos \beta-\cos \alpha \sin \beta$

$\cos (\alpha+\beta)=\cos \alpha \cos \beta-\sin \alpha \sin \beta, \cos (\alpha-\beta)=\cos \alpha \cos \beta+\sin \alpha \sin \beta$

$\tan (\alpha+\beta)=\frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}(1-\tan \alpha \tan \beta \neq 0)$, 合理利用这些公式可以将一些角的三角函数值转化
为特殊角的三角函数来求值, 如 $\sin 90^{\circ}=\sin \left(30^{\circ}+60^{\circ}\right)=\sin 30^{\circ} \cos 60^{\circ}+\cos 30^{\circ} \sin 60^{\circ}=$ $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=1$

利用上述公式计算下列三角函数 $(1) \sin 105^{\circ}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4},(2) \tan 105^{\circ}=-2-\sqrt{3},(3) \sin 15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$,

(4) $\cos 90^{\circ}=0$

其中正确的个数有 $(\quad)$

度量几何学


Question: 如图, 有两张矩形纸片 $A B C D$ 和 $E F G H, A B=E F=2 \mathrm{~cm}, B C=F G=$ $8 \mathrm{~cm}$.把纸片 $A B C D$ 交叉叠放在纸片 $E F G H$ 上, 使重叠部分为平行四边形,且点 $D$ 与点 $G$ 重合．当两张纸片交叉所成的角 $\alpha$ 最小时， $\tan \alpha$ 等于 $(\quad)$

度量几何学

如图,

<ImageHere>

$$
\because \angle A D C=\angle H D F=90^{\circ}
$$

$\therefore \angle C D M=\angle N D H$, 且 $C D=D H, \angle H=\angle C=90^{\circ}$

$\therefore \triangle C D M \cong \triangle H D N(A S A)$

$\therefore M D=N D$, 且四边形 $D N K M$ 是平行四边形

$\therefore$ 四边形 $D N K M$ 是菱形

$$
\begin{gathered}
\therefore K M=D M \\
\because \sin \alpha=\sin \angle D M C=\frac{C D}{M D}
\end{gathered}
$$

$\therefore$ 当点 $B$ 与点 $E$ 重合时, 两张纸片交叉所成的角 $a$ 最小,

设 $M D=a=B M ，$ 则 $C M=8-a ，$

$\because M D^{2}=C D^{2}+M C^{2}$,

$\therefore a^{2}=4+(8-a)^{2}$,

$$
\begin{gathered}
\therefore a=\frac{17}{4} \\
\therefore C M=\frac{15}{4} \\
\therefore \tan \alpha=\tan \angle D M C=\frac{C D}{M C}=\frac{8}{15}
\end{gathered}
$$

故选: $D$.


Question: 如图, 已知直线 $l_{1} / / l_{2} / / l_{3} / / l_{4}$, 相邻两条平行直线间的距离都是 1 , 如果正方形 $A B C D$ 的四个顶点分别在四条直线上, 则 $\sin \alpha=(\quad)$

度量几何学

过 $D$ 作 $E F \perp l_{1}$, 交 $l_{1}$ 于 $E$, 交 $l_{4}$ 于 $F$,

$\because E F \perp l_{1}, l_{1} / / l_{2} / / l_{3} / / l_{4}$,

$\therefore E F$ 和 $l_{2}, l_{3}, l_{4}$ 的夹角都是 $90^{\circ}$,

即 $E F$ 与 $l_{2}, l_{3}, l_{4}$ 都垂直,

<ImageHere>

$\therefore D E=1, D F=2$.

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形,

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

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

又 $\because \angle \alpha+\angle A D E=90^{\circ}$,

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

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

$\therefore \triangle A D E \cong \triangle D C F$,

$\therefore D E=C F=1$,

$\therefore$ 在Rt $\triangle C D F$ 中, $C D=\sqrt{C F^{2}+D F^{2}}=\sqrt{5}$,

$\therefore \sin \alpha=\sin \angle C D F=\frac{C F}{C D}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$.

故选: $B$.


Question: 如图, 在 $2 \times 2$ 的正方形网格中, 以格点为顶点的 $\triangle A B C$ 的面积等于 $\frac{3}{2}$, 则 $\sin \angle C A B$ 的值是 $(\quad)$

度量几何学

如图：作 $C D \perp A B$ 于 $D, A E \perp B C$ 于 $E$,

<ImageHere>

由勾股定理, 得

$A B=A C=\sqrt{5}, B C=\sqrt{2}$.

由等腰三角形的性质, 得

$B E=\frac{1}{2} B C=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

由勾股定理, 得 $A E=\sqrt{A B^{2}-B E^{2}}=\frac{3 \sqrt{2}}{2}$,

由三角形的面积, 得

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

即 $C D=\frac{\sqrt{2} \times \frac{3 \sqrt{2}}{2}}{\sqrt{5}}=\frac{3 \sqrt{5}}{5}$,

$\sin \angle C A B=\frac{C D}{A C}=\frac{\frac{3 \sqrt{5}}{5}}{\sqrt{5}}=\frac{3}{5}$.

故选 $B$.


Question: 一个正方体沿斜坡向下滑动, 其截面如图所示: $\angle B=90^{\circ}$, 正方形 $D E F H$的边长为 $1 m, B C=4 m, A C=8 m$. 当正方形 $D E F H$ 运动到某位置, 使得 $D C^{2}=A E^{2}+B C^{2}$, 此时 $A E$ 的长为 $(\quad) m$.

度量几何学


Question: 如果一个三角形的面积和周长都被同一直线所平分, 那么该直线必通过这个三角形的 ( )

A. 内心
B. 外内
C. 重心
D. 垂心

度量几何学

设直线 $D E$ 平分 $\triangle A B C$ 的周长和面积，点 $D 、 E$ 分别在边 $A B$ 和 $A C$ 上, 作 $\angle A$ 的平分线交 $D E$ 于点 $P$, 记点 $P$ 到 $A B 、 A C$ 的距离为 $r, P$ 到 $B C$ 的距离为 $r_{1}$, 于是依题意, 有 $\left\{\begin{array}{l}A D+A E=D B+B C+C E, \\ \frac{r}{2}(A D+A E)=\frac{r}{2}(D B+C E)+\frac{r_{1}}{2} B C, \text { 解得 } r=r_{1} \text {, 即点 } P \text { 为 } \triangle A B C \text { 的内心. 故选 } A .\end{array}\right.$

<ImageHere>


Question: 如图, $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形, $A C=B C=2$, 以斜边 $A B$ 上的点 $O$ 为圆心的圆分别与 $A C 、 B C$ 相切于点 $E 、 F$, 与 $A B$ 分别相交于点 $G 、 H$, 且 $E H$的延长线与 $C B$ 的延长线交于点 $D$, 则 $C D$ 的长为 $(\quad)$

度量几何学

如右图所示, 连接 $O E 、 O F$,

$\because \odot O$ 与 $A C 、 B C$ 切于点 $E 、 F$,

$\therefore \angle O E C=\angle O F C=90^{\circ}, O E=O F$,

又 $\because \triangle A B C$ 是等腰直角三角形,

<ImageHere>

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

$\therefore$ 四边形 $C E O F$ 是正方形,

$\therefore O E / / B C$,

又 $\because$ 以斜边 $A B$ 上的点 $O$ 为圆心的圆分别与 $A C 、 B C$ 相切于点 $E 、 F, O E=O F$,

$\therefore O$ 在 $\angle A C B$ 的角平分线上,

$\because A C=B C$

$\therefore O$ 是 $A B$ 中点,

$\therefore A E=C E$,

又 $\because A C=2$,

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

$\therefore O E=O F=C E=1$,

$\therefore O H=1$,

$\because O E / / C D$,

$\therefore \triangle O E H \sim \triangle B D H$

$\therefore \frac{O E}{O H}=\frac{D B}{B H}$

又 $\because A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=2 \sqrt{2}$,

$\therefore O B=\sqrt{2}$,
$\therefore \frac{1}{1}=\frac{D B}{\sqrt{2}-1}$,

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

$\therefore C D=2+B D=\sqrt{2}+1$,

故选: $C$.


Question: 如图, $\odot O$ 的外切正八边形 $A B C D E F G H$ 的边长 2 , 则 $\odot O$ 的半径为 ( )

度量几何学

设 $D E$ 与 $\odot O$ 相切于点 $N$, 连接 $O D 、 O E 、 O N$, 作 $D M \perp O E$ 于 $M$, 如图所示:

则 $O N \perp D E, D E=2, O D=O E, \angle D O E=\frac{360^{\circ}}{8}=45^{\circ}$,

$\because D M \perp O E$,

$\therefore \triangle O D M$ 是等腰直角三角形,

<ImageHere>

$\therefore D M=O M, O E=O D=\sqrt{2} D M$,

设 $O M=D M=x$, 则 $O D=O E=\sqrt{2} x, E M=O E-O M=(\sqrt{2}-1) x$,

在Rt $\triangle D E M$ 中, 由勾股定理得: $x^{2}+(\sqrt{2}-1)^{2} x^{2}=2^{2}$,

解得: $x^{2}=2+\sqrt{2}$,

$\because \triangle O D E$ 的面积 $=\frac{1}{2} D E \times O N=\frac{1}{2} O E \times D M$,

$\therefore O N=\frac{O E \times D M}{D E}=\frac{\sqrt{2} x^{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{2}=\sqrt{2}+1$,

即 $\odot O$ 的半径为: $1+\sqrt{2}$;

故选：B.


Question: 已知某几何体的三视图如图所示, 其中俯视图为等边三角形, 则该几何体的表面积为( $)$

A. $6 \mathrm{~cm}^{2}$
B. $18 \mathrm{~cm}^{2}$
C. $2 \sqrt{3} \mathrm{~cm}^{2}$
D. $(18+2 \sqrt{3}) \mathrm{cm}^{2}$

<ImageHere>

主视图 左视图

$\checkmark$

俯视图

度量几何学

根据三视图可得几何体是三棱柱, 底面三角形是正三角形, 边长为 $2 \mathrm{~cm}$, 棱柱的高为 $3 \mathrm{~cm}$,

底面面积为: $2 \times \sqrt{3} \div 2=\sqrt{3}\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

侧面积是 $6 \times 3=18\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

则这个几何体的表面积是 $(18+2 \sqrt{3}) \mathrm{cm}^{2}$.

故选 $D$.


Question: 在阳光下, 一名同学测得一根长为 1 米的垂直地面的竹竿的影长为 0.6 米,同时另一名同学测量树的高度时, 发现树的影子不全落在地面上, 有一部分落在教学楼的第一级台阶上, 测得此影子长为 0.2 米, 一级台阶高为 0.3 米,如图所示, 若此时落在地面上的影长为 4.42 米, 则树高为 ( )

度量几何学


Question: 在同一时刻物体的高度与它的影长成正比例. 在某一时刻, 有人测得一个高为 1 米的竹笔的影长为 3 米; 某高楼的影长为 60 米, 那么高楼的高度是 $(\quad)$

度量几何学

设此高楼的高度为 $h$ 米,

$\because$ 在同一时刻, 有人测得一高为 1.8 米得竹等的影长为 3 米, 某高楼的影长为 60 米,

$\therefore \frac{1}{3}=\frac{h}{60}$, 解得 $h=20$.

$\therefore$ 高楼的高度是 20 米.

故选: $C$.


Question: 如图, 已知 $B C$ 是圆柱的底面直径, $A B$ 是圆柱的高, 在圆柱的侧面上,过点 $A 、 C$ 嵌有一圈路径最短的金属丝, 现将圆柱侧面沿 $A B$ 剪开, 若展开图中, 金属丝与底面周长围成的图形的面积是 $5 \mathrm{~cm}^{2}$, 该圆柱的侧面积是 $(\quad) \mathrm{cm}^{2}$

度量几何学

如图, 圆柱的侧面展开图为长方形, $A C=A^{\prime} C$, 且点 $C$ 为 $B B^{\prime}$ 的中点,

<ImageHere>

$\because A A^{\prime} / / B B^{\prime}$, 四边形 $A B B^{\prime} A^{\prime}$ 是矩形,

$\therefore S_{\triangle A A C C}=\frac{1}{2} S_{\text {长方形 } A B B, A,}$,

又 :展开图中, $S_{\triangle A A \prime C}=5 \mathrm{~cm}^{2}$,

$\therefore$ 圆柱的侧面积是 $10 \mathrm{~cm}^{2}$.
故选 $A$.


Question:
如图, $\mathrm{PO}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 外一点, $\mathrm{PA}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\mathrm{PO}=26 \mathrm{~cm}, \mathrm{PA}=" 24 " \mathrm{~cm}$, 则 $\odot \mathrm{O}$ 的周长为 $(\mathrm{)}$

<ImageHere>

A. $18 \pi \mathrm{cm}$
B. $16 \pi \mathrm{cm}$
C. $20 \pi \mathrm{cm}$
D. $24 \pi \mathrm{cm}$

度量几何学

如图, 设 $\mathrm{PA}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相交于点 $\mathrm{D}$, 延长 $\mathrm{PO}$ 交 $\odot \mathrm{O}$ 于另一点 $\mathrm{C}$,

<ImageHere>

若 $\odot \mathrm{O}$ 的半径为 $\mathrm{r}$, 则 $\because \mathrm{PO}=26, \therefore \mathrm{PD}=26-\mathrm{r}, \mathrm{PC}=26+\mathrm{r}$.

$\because \mathrm{PA}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore$ 根据切割线定理, $\mathrm{PA}^{2}=\mathrm{PC} \cdot \mathrm{PD} . \because \mathrm{PA}=" 24 " \mathrm{~cm}$,

$\therefore 24^{2}=(26+r) \cdot(26-r) \Rightarrow 24^{2}=26^{2}-r^{2} \Rightarrow r^{2}=26^{2}-24^{2}=(26+24)(6-24)=50 \times 2=100 \Rightarrow \mathrm{r}=10$.

$\therefore \odot \mathrm{O}$ 的周长为 $2 \pi \mathrm{r}=20 \pi(\mathrm{cm})$. 故选 C.


Question:
如图, 一圆内切四边形 $A B C D$, 且 $A B=16, C D=10$, 则四边形的周长为 ( )

<ImageHere>

度量几何学

根据切线长定理, 可以证明圆外切四边形的性质: 圆外切四边形的两组对边的和相等,所以四边形的周长为: $2 \times(16+10)=52$. 故选 B.


Question:
如图, $A B$ 为半圆 $O$ 的直径, $A D 、 B C$ 分别切 $\odot O$ 于 $A, B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E, A D$ 与 $C D$相交于 $\mathrm{D}, \mathrm{BC}$ 与 $\mathrm{CD}$ 相交于 $\mathrm{C}$, 连结 $\mathrm{OD} 、 \mathrm{OE} 、 \mathrm{OC}$, 对于下列结论: (1) $\mathrm{AD}+\mathrm{BC}=\mathrm{CD}$; (2) $\angle \mathrm{DOC}=90^{\circ}$; (3) $\mathrm{S}_{\text {粠形 } \mathrm{ABCD}}=\frac{1}{2} \mathrm{CD} \cdot \mathrm{OA}$; (4) $\frac{O D}{D E}=\frac{C D}{O D}$. 其中结论正确的个数是（ ）

<ImageHere>

度量几何学

根据切线的性质可得: $\mathrm{AD}=\mathrm{DE}, \mathrm{BC}=\mathrm{CE}$, 则 $\mathrm{AD}+\mathrm{BC}=\mathrm{DE}+\mathrm{CE}=\mathrm{CD}$, 则(1)正确; 根据题意可知: $\triangle \mathrm{AOD}$ 和 $\triangle \mathrm{EOD}$ 全等, $\triangle \mathrm{BOC}$ 和 $\triangle \mathrm{EOC}$ 全等, 则 $\angle \mathrm{DOC}=90^{\circ}$, 故(2)正确; 梯形的面积 $=(\mathrm{AD}+\mathrm{BC}) \cdot \mathrm{AB} \div 2=\mathrm{CD} \cdot \mathrm{AB} \div 2=\mathrm{CD} \cdot \mathrm{OA}$, 则(3)错误; 根据题意可知: $\triangle \mathrm{DOE}$ 和 $\triangle \mathrm{DCO}$ 相似, 则(4)正确,故选 C.


Question:
如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的切线, $B$ 为切点, $A O$ 与 $\odot O$ 交于点 $C$, 若 $\angle B A O=30^{\circ}$, 则 $\angle O C B$ 的度数为 ( )

<ImageHere>

度量几何学

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的切线, $B$ 为切点, $\therefore \angle O B A=90^{\circ} . \because \angle B A O=30^{\circ}, \therefore \angle O=60^{\circ} . \because O B=O C$, $\therefore \triangle O B C$ 是等边三角形, $\therefore \angle O C B=60^{\circ}$. 故选 B.


Question:
如图, $P A 、 P B$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B$ 两点, 点 $C$ 在优弧 $A C B$ 上, $\angle P=80^{\circ}$, 则 $\angle C$ 的度数为

<ImageHere>

度量几何学

$\because \mathrm{PA}$ 是圆的切线.

<ImageHere>

$\therefore \angle \mathrm{OAP}=90^{\circ}$, 同理 $\angle \mathrm{OBP}=90^{\circ}$,

根据四边形内角和定理可得:

$\angle \mathrm{AOB}=360^{\circ}-\angle \mathrm{OAP}-\angle \mathrm{OBP}-\angle \mathrm{P}=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-80^{\circ}=100^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{C}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{AOB}=50^{\circ}$. 故选 A.


Question:
在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{A}=90^{\circ}, \mathrm{AB}=3 \mathrm{~cm}, \mathrm{AC}=4 \mathrm{~cm}$, 若以顶点 $\mathrm{A}$ 为圆心, $3 \mathrm{~cm}$ 长为半径作 $\odot \mathrm{A}$, 则
$\mathrm{BC}$ 与 $\odot \mathrm{A}$ 的位置关系是 $(\quad)$

A. 相切
B. 相交
C. 相离
D. 无法确定

度量几何学

做 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,

<ImageHere>

$\because \angle A=90^{\circ}, A B=3 \mathrm{~cm}, A C=4 \mathrm{~cm}$, 若以 $A$ 为圆心 $3 \mathrm{~cm}$ 为半径作 $\odot A$,

$\therefore \mathrm{BC}=5, \therefore \mathrm{AD} \times \mathrm{BC}=\mathrm{AC} \times \mathrm{AB}$, 即 $\mathrm{AD} \times 5=4 \times 3$ 解得: $\mathrm{AD}=2.4,2.4<3$,

$\therefore$ 直线 $\mathrm{BC}$ 与 $\odot \mathrm{A}$ 的位置关系是: 相交. 故选: $\mathrm{B}$.


Question:
如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $A C=5, B C=12, \odot O$ 分别与边 $A B, A C$ 相切, 切点分别为 $E, C$,则 $\odot O$ 的半径是 ()

<ImageHere>

度量几何学

$\because \mathrm{AE}=\mathrm{AC}=5, \mathrm{AC}=5, \mathrm{BC}=12$,

$\therefore \mathrm{AB}=13, \quad \therefore \mathrm{BE}=8$

$\because \mathrm{BE}^{2}=\mathrm{BD} \cdot \mathrm{BC}, \quad \therefore \mathrm{BD}=\frac{16}{3}$,

$\therefore \mathrm{CD}=\frac{20}{3}, \therefore$ 圆的半径是 $\frac{10}{3}$, 故选 A.


Question:
如图, 点 $\mathrm{O}$ 是 $\angle \mathrm{BAC}$ 的边 $\mathrm{AC}$ 上的一点, $\odot \mathrm{O}$ 与边 $\mathrm{AB}$ 相切于点 $\mathrm{D}$, 与线段 $\mathrm{AO}$ 相交于点 $\mathrm{E}$, 若点 $\mathrm{P}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上一点, 且 $\angle \mathrm{EPD}=35^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{BAC}$ 的度数为 $(\quad)$

<ImageHere>

度量几何学

连接 $\mathrm{OD}$,

<ImageHere>

$\because \odot \mathrm{O}$ 与边 $\mathrm{AB}$ 相切于点 $\mathrm{D}, \quad \therefore \mathrm{OD} \perp \mathrm{AD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADO}=90^{\circ}, \because \angle \mathrm{EPD}=35^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EOD}=2 \angle \mathrm{EPD}=70^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}-\angle \mathrm{EOD}=20^{\circ}$. 故选 A.


Question: $\sin 60^{\circ}$ 的值等于 $(\quad)$

度量几何学

根据特殊角的三角函数值,可知:

$\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. 故选 C.


Question: 下列命题: (1)所有锐角三角函数值都为正数; (2)解直角三角形时只需已知除直角外的两个元素; (3)Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle B=90^{\circ}$, 则 $\sin ^{2} A+\cos ^{2} A=1$; (4) $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A=90^{\circ}$, 则 $\tan C \cdot \sin C=\cos C$. 其中正确的命题有 $(\quad)$

度量几何学

(1)根据锐角三角函数的定义知所有的锐角三角函数值都是正数, 故正确;

(2)两个元素中, 至少得有一条边, 故错误;

(3)根据锐角三角函数的概念, 以及勾股定理, 得则 $\sin ^{2} A+\cos ^{2} A=\frac{a 2+c 2}{b 2}=1$, 故正确;

(4)根据锐角三角函数的概念, 得 $\tan C=\frac{c}{b}, \sin C=\frac{c}{a}, \cos C=\frac{b}{a}$, 则 $\tan C \cdot \cos C=\sin C$, 故错误. 故选 C.


Question: 将 $R t \triangle A B C$ 的三边分别扩大 2 倍, 得到 $R t \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$, 则 ( )

A. $\sin A=\sin A^{\prime}$
B. $\sin A>\sin A^{\prime}$
C. $\sin A<\sin A^{\prime}$
D. 不能确定

度量几何学

Rt $\triangle A B C$ 的三边分别扩大 2 倍, 得到 Rt $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$, 对边与斜边的比值不变,故 A 正确; 故选: A.


Question:
如图, 按照三视图确定该几何体的侧面积是(单位: $\mathrm{cm})($ )
<ImageHere>

<ImageHere>

度量几何学

解：由主视图和左视图为三角形判断出是锥体, 由俯视图是圆形可判断出这个几何体应该是圆锥;

根据三视图知: 该圆锥的母线长为 $6 \mathrm{~cm}$, 底面半径为 $8 \div 2=4 \mathrm{~cm}$,

故侧面积 $=\pi r l=\pi \times 6 \times 4=24 \pi \mathrm{cm}^{2}$.

故选: $A$.

由主视图和左视图确定是柱体, 锥体还是球体, 再由俯视图确定具体形状, 确定圆锥的母线长和底面半径, 从而确定其侧面积.

此题考查学生对三视图掌握程度和灵活运用能力, 同时也体现了对空间想象能力方面的考查.


Question:
如图, 一个几何体的三视图分别是两个矩形、一个扇形, 则这个几何体表面积的大小为( )

<ImageHere>

（主视图）

<ImageHere>

(左视图)

<ImageHere>

（俯视图）

度量几何学

【分析】

本题主要考查由三视图判断几何体, 由几何体的三视图得出该几何体是几何体是长方体与三棱柱的组合体，结合图中数据求出组合体的表面积即可.

【解答】

解: 由几何体的三视图可得: 该几何体是长方体、两个扇形和一个矩形的组合体, 该组合体的表

面积为: $S=2 \times 2 \times 3+\frac{270 \pi \times 2^{2}}{360} \times 2+\frac{270 \pi \times 2}{180} \times 3=12+15 \pi$,

故选 $D$.


Question: (本题 3 分）（2020$\cdot$浙江宁波$\cdot$九年级期中）三孔桥横截面的三个孔都呈抛物线形,两小孔形状、大小完全相同. 当水面刚好淹没小孔时, 大孔水面宽度为 10 米, 孔顶离水面 1.5 米; 当水位下降, 大孔水面宽度为 14 米时, 单个小孔的水面宽度为 4 米, 若大孔水面宽度为 20 米，则单个小孔的水面宽度为（）<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022 浙江绍兴$\cdot$九年级期末) 已知扇形的圆心角为 $120^{\circ}$, 半径为 $3 \mathrm{~cm}$, 则弧长为

A. $\frac{2 \pi}{3} \mathrm{~cm}$B. $2 \pi \mathrm{cm}$C. $4 \mathrm{~cm}$D. $\frac{\pi}{3} \mathrm{~cm}$

度量几何学

B【解析】【分析】扇形的弧长=圆形周长timesfractext扇形圆心角360^circ,根据公式列出算式计算即可.【详解】解:扇形的弧长:2times3timespitimesfrac120^circ360^circ=2pi,故选:B.【点睛】本题考查扇形的弧长,掌握扇形的弧长公式是解决本题的关键.


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江湖州$\cdot$模拟预测）如图, $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, \angle A=$ $50^{\circ} . O D \perp B C$, 垂足为 $E$, 连接 $B D$, 则 $\angle C B D$ 的大小为 ( ).<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江$\cdot$温州绣山中学二模）如图, $A B$ 是半圆 $O$ 的直径,$A B=20$, 弦 $D C / / A B, E$ 是 $D C$ 上的点, 连结 $O E, E B$. 若 $O E=E B$,$E C: E D=3: 13$, 则 $O E$ 的长为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2021$\cdot$浙江温州$\cdot$九年级期末) 已知一个扇形的半径长是 6 , 圆心角为 $90^{\circ}$,则这个扇形的面积为 $(\quad)$

度量几何学

B【分析】根据扇形的面积公式直接求解即可.【详解】解：由扇形的面积公式可得,这个扇形的面积为frac90^circpitimes6^2360^circ=9pi故选B【点睛】此题考查了扇形面积的计算,掌握扇形面积的计算公式是解题的关键.


Question: (本题 3 分) (2022- 浙江$\cdot$九年级专题练习) 如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, \angle D-$ $\angle B=40^{\circ}$, 连接 $A O, C O$, 则 $\angle A O C$ 的度数为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2021 浙江權州$\cdot$九年级阶段练习) 已知点 $P$ 在半径为 8 的 $\odot O$ 外, 则

度量几何学

A【解析】【分析】根据点P与odotO的位置关系即可确定OP的范围.【详解】解:because点P在圆O的外部,therefore点P到圆心O的距离大于8,故选:A.【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系,关键是要牢记判断点与圆的位置关系的方法.


Question: (本题 3 分) (2020$\cdot$浙江杭州$\cdot$九年级期末) 如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $C$, 点 $D$是半圆上两点, 连结 $A C, B D$ 相交于点 $P$, 连结 $A D, O D$. 已知 $O D \perp A C$ 于点 $E$, $A B=2$. 下列结论: (1) $A D^{2}+A C^{2}=4$; (2) $\angle D B C+\angle A D O=90^{\circ}$; (3)若 $A C=B D$, 则 $D E=O E$ ； (4)若点 $P$ 为 $B D$ 的中点, 则 $D E=2 O E$. 其中正确的是（ )<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江湖州$\cdot$九年级期末) 已知圆心角度数为 $60^{\circ}$, 半径为 30 , 则这个圆心角所对的弧长为

度量几何学

C【解析】【分析】根据弧长公式求出答案即可.【详解】解:圆心角是60^circ,半径为30的扇形的弧长是frac60pitimes30180=10pi.故选:C【点睛】本题主要考查了求弧长,熟练掌握弧长公式l=fracnpir180(其中n,r分别为圆心角,半径)是解题的关键.


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江湖州$\cdot$年级期中）如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, C D$ 是 $\odot O$ 的直径, 若 $\angle B D C=20^{\circ}$, 则 $\angle A$ 的度数是（ ）<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江杭州$\cdot$九年级开学考试) 如图, $\odot O$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆, $\angle A$ $=45^{\circ}, \odot O$ 的半径为 2 , 则 $B C$ 的长为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江杭州 $\cdot$九年级期末) 如图, $B D$ 是 $\odot O$ 的直径, $A, C$ 是圆上不与点 $B, D$ 重合的两个点, 若 $\angle A B D=30^{\circ}$, 则 $\angle A C B$ 的度数为 ( )<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江杭州$\cdot$九年级期末) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}$, 点 $D$为边 $A B$ 的中点, 以点 $A$ 为圆心，线段 $A D$ 的长为半径画弧，与 $A C$ 边交于点 $E$; 以点 $B$ 为圆心, 线段 $B D$ 的长为半径画弧, 与 $B C$ 边交于点 $F$. 若 $B C=6, A C=8$, 则图中阴影部分的面积为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分)（2021$\cdot$浙江$\cdot$宁波市镇海蛟川书院九年级期中）下面四组线段中, 成比例的是 $(\quad)$

度量几何学

A【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段.对选项一一分析，排除错误答案.【详解】解:A、1times4=2times2,故选项符合题意;B、2times5neq3times4,故选项不符合题意;C、4times10neq6times8,故选项不符合题意;C、sqrt2times3neqsqrt3timessqrt3,故选项不符合题意;故选:A.【点睛】此题考查了比例线段,根据成比例线段的概念,注意在相乘的时候,最小的和最大的相乘,另外两个相乘,看它们的积是否相等,同时注意单位要统一.


Question: (本题 3 分) (2021$\cdot$浙江得州$\cdot$九年级阶段练习) 如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}$, $\angle A=30^{\circ}, B C=3$, 按图中虚线剪下的三角形与 $\triangle A B C$ 不相似的是 ( )<ImageHere>

度量几何学

D【分析】由相似三角形的判定依次判断可求解.【详解】解：A、由两角对应相等,两三角形相似,可证图中虚线剪下的三角形与triangleABC相似,故选项A不符合题意;B、由两组对边对应成比例且夹角相等，两三角形相似，可证图中虚线剪下的三角形与triangleABC相似，故选项B不符合题意;C、由两角对应相等,两三角形相似,可证图中虚线剪下的三角形与triangleABC相似,故选项C不符合题意;D、无法证明图中虚线剪下的三角形与triangleABC相似,故选项D符合题意;故选:D.【点睛】本题考查了相似三角形的判定,直角三角形的性质,掌握相似三角形的判定方法是本题的关键.


Question: (本题 3 分) (2020:浙江杭州 九九年级期末) $\triangle A B C$ 中, $P$ 为 $A B$ 上的一点. 下列四个条件: (1) $\angle A C P=\angle B$ : (2) $\angle A P C=\angle A C B$ : (3) $\frac{A C}{A B}=\frac{A P}{A C}$; (4) $\frac{A B}{A C}=\frac{B C}{C P}$ 等, 其中能判断 $\triangle A P C \sim \triangle A C B$ 的有 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江彊州 $\cdot$九年级期末) 如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=90^{\circ}$, 中线 $A D, B E$ 相交于点 $F . E G / / B C$, 交 $A D$ 于点 $G . G F=1$, 则 $B C$ 的长为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江温州$\cdot$模拟预测）如图, 在正方形 $A B C D$ 中, 延长 $D C$ 至点 $G$,以 $C G$ 为边向下画正方形 $C E F G$. 延长 $A B$ 交边 $F G$ 于点 $H$, 连结 $C F, A F$ 分别交 $A H, C E$ 于点 $M, N$. 收录在清朝四库全书的《几何通解》利用此图得: $2 A B^{2}+2 B H^{2}=A H^{2}+M H^{2}$. 若正方形 $A B C D$ 与 $C E F G$ 的面积之和为 $68, C N=3 N E$, 则 $A H$ 的长为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分)(2022 : 浙江$\cdot$九年级专题练习) 已知线段 $a$ 是线段 $b, c$ 的比例中项, $b=4 \mathrm{~cm}$, $c=9 \mathrm{~cm}$, 则 $a$ 为 () $\mathrm{cm}$.

度量几何学

C【详解】根据题意可得a^2=bc,代入数值,解答出即可,注意线段为正值.【解答】解：由题意得，a^2=bcbecauseb=4~cm,quadc=9~cmthereforea^2=bcthereforea_1=6,a_2=-6(舍)thereforea=6.故选:C.【点睛】本题主要考查了比例线段,解题的关键是理解比例中项的定义.


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江$\cdot$慈溪育才中学九年级阶段练习）如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=9, B C=12$, 点 $E$ 是 $A B$ 中点, $P$ 是直线 $C E$ 上一动点, 连接 $A P$, 以 $A P$ 为斜边在其左侧作 Rt $\triangle A P M$, 使 $\angle A P M=\angle B$, 连接 $C M$, 则 $C M$ 的最小值为 ( )<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2021 浙江: 温州市实验中学九年级期中) 如图, 直线 $a / / b / / c$, 直线 $A C$分别交 $a, b, c$ 于点 $A, B, C$, 直线 $D F$ 分别交 $a, b, c$ 于点 $D, E, F$. 若 $D E=2 E F$, $A C=6$, 则 $A B$ 的长为<ImageHere>

度量几何学

C【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可.【详解】解:becausea//b//c,thereforefracDEEF=fracABBC,becauseDE=2EF,AC=6,thereforefracAB6-AB=2,解得:AB=4,故选:C.【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理,灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键.


Question: (本题 3 分) (2021 浙江$\cdot$温州市第十二中学九年级期中) 如图, $\triangle A B C$ 中, $D$ 是 $A B$边上一点, 添加下列条件, 不能判定 $\triangle A B C \sim \triangle A C D$ 的是 ( )<ImageHere>

A. $\angle A C D=\angle B$B. $\angle A D C=\angle A C B$C. $\frac{A D}{A C}=\frac{A C}{A B}$D. $\frac{A D}{A C}=\frac{C D}{B C}$

度量几何学


Question: (本题 3 分) (2022: 浙江省义乌市稠江中学九年级阶段练习) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A H \perp B C$于 $H, B C=12, A H=8, D 、 E$ 分别为 $A B 、 A C$ 上的点, $G 、 F$ 是 $B C$ 上的两点, 四边形 $D E F G$ 是正方形, 正方形的边长 $D E$ 为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江省义乌市廿三里初级中学九年级期中）下列各组线段中，成比例的是 $(\quad)$

度量几何学

A【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段，对选项一一分析，排除错误答案.【详解】 解： A、 $1 \times 4=2 \times 2$, 故选项符合题意;B、 $1 \times 4 \neq 2 \times 3$, 故选项不符合题意;C、 $3 \times 13 \neq 5 \times 9$, 故选项不符合题意;D、 $1 \times 3 \neq 2 \times 2$, 故选项不符合题意.故选: A.【点睛】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等.


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江宁波$\cdot$九年级期末）下列与相似有关的命题中，正确的是 ( ）(1)所有的等腰三角形都相似;(2)所有的矩形都相似;(3)所有的正六边形都相似.

度量几何学

D【分析】利用相似图形的定义分别判断后即可确定正确的选项.【详解】解：(1)所有的等腰三角形都不一定相似，故原说法错误，不符合题意;(2)所有的矩形的对应角相等, 但对应边的比不一定相等, 不都相似, 故原命题错误, 不符合题意;(3)所有的正六边形都相似，正确，符合题意，故选: D.【点睛】考查了命题与定理的知识, 解题的关键是了解相似图形的定义.


Question: (本题 3 分) (2021$\cdot$浙江$\cdot$温州市实验中学九年级期中) 如图, 点 $C$ 为线段 $A B$ 的中点,在 $A C$ 上取点 $D$, 分别以 $A D, C D, B C, B D$ 为边向上作正方形 $A D G H, C D K L, B C I J$, $D B E F$, 将其面积依次记为 $S_{1}, S_{2}, S_{3}, S_{4}$, 在《几何原本》有这样一个结论; $S_{1}+S_{4}=2\left(S_{2}+S_{3}\right)$. 当 $A B=2$ 时, 若 $A, K, J$ 共线, 则图中阴影部分的面积为 ( )<ImageHere>

度量几何学

A【分析】根据正方形的性质证明 $\triangle A D K \sim \triangle A B J$, 设 $C D=x$, 则 $A D=1-x, K D=C D=x$, 所以 $\frac{x}{1}=\frac{1-x}{2}$, 解得 $x=\frac{1}{3}$, 再根据图形可得 $S_{\text {阴影 }}+S_{2}+S_{3}=S_{1}+S_{4}=2\left(S_{2}+S_{3}\right)$, 所以 $S_{\text {阴影 }}=S_{2}+S_{3}=C D^{2}+B C^{2}$, 进而可得结果.【详解】解：根据题意可知：DK// $B J$,$\therefore \triangle A D K \sim \triangle A B J$,$\therefore \frac{D K}{B J}=\frac{A D}{A B}$$\because$ 点 $C$ 为线段 $A B$ 的中点, $A B=2$,$\therefore A C=B C=B J=1$,设 $C D=x$,则 $A D=1-x, K D=C D=x$,$\therefore \frac{x}{1}=\frac{1-x}{2}$,解得 $x=\frac{1}{3}$,$\therefore A D=1-x=\frac{2}{3}, C D=D K=\frac{1}{3}$,$\because S_{\text {阴影 }}+S_{2}+S_{3}=S_{1}+S_{4}=2\left(S_{2}+S_{3}\right)$,$\therefore S_{\text {阴影 }}=S_{2}+S_{3}=C D^{2}+B C^{2}$$=\left(\frac{1}{3}\right)^{2}+1^{2}$$=\frac{1}{9}+1$$=\frac{10}{9}$.故选: A.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质, 正方形的性质, 解决本题的关键是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方.


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江金华$\cdot$九年级期末）如图，在 $\triangle A B C$ 中， $C H \perp A B, C H=5$, $A B=10$, 若内接矩形 $D E F G$ 邻边 $D G: G F=1: 2$, 则 $\triangle G F C$ 与四边形边形 $A B F G$ 的面积比为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学

B【分析】设 $G D=x$, 则 $G F=2 x$. 根据题意还可求出 $I H=x, C I=5-x$. 根据 $G F / / A B$,可推出 $\triangle C G F \sim \triangle C A B$, 即得出 $\frac{C I}{C H}=\frac{G F}{A B}$, 代入数值, 即可求出 $x$ 的值, 即可得出 $G F$和 $C I$ 的值, 最后根据三角形面积公式求出 $S_{\triangle C G F}$ 和 $S_{\triangle A B C}$, 作比即可.【详解】解：设 $G D=x$, 则 $G F=2 x$.$\because$ 四边形 $D E F G$ 为 $\triangle A B C$ 的内接矩形, $C H \perp A B$,$\therefore I H=x$,$\therefore C I=C H-I H=5-x$.$\because G F / / D E$ ，即 $G F / / A B$ ，$\therefore \triangle C G F \sim \triangle C A B$$\therefore \frac{C I}{C H}=\frac{G F}{A B}$, 即 $\frac{5-x}{5}=\frac{2 x}{10}$,解得 $x=\frac{5}{2}$.$\therefore G F=2 \times \frac{5}{2}=5, C I=5-\frac{5}{2}=\frac{5}{2}$$\therefore S_{\triangle C G F}=\frac{1}{2} G F \cdot C I=\frac{1}{2} \times 5 \times \frac{5}{2}=\frac{25}{4}$.$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot C H=\frac{1}{2} \times 10 \times 5=25$,$\therefore \frac{S_{\triangle C G F}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{\frac{25}{4}}{25}=\frac{1}{4}$.故选 B【点睛】本题考查矩形的性质, 三角形相似的判定和性质. 利用数形结合的思想是解答本题的关键.


Question: (本题 3 分) (2022$\cdot$浙江绍兴$\cdot$二模）如图, 如果 $\angle B A D=\angle C A E$, 那么添加下列一个条件后，仍不能确定 $\triangle A D E$ 与 $\triangle A B C$ 相似的是（ ）<ImageHere>

A. $B=\angle D$B. $\angle C=\angle A E D$C. $\frac{A B}{A D}=\frac{D E}{B C}$D. $\frac{A B}{A D}=\frac{A C}{A E}$

度量几何学


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江宁波$\cdot$九年级期末）如图，将 5 个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案, 设小正五边形边长为 1 , 则大正五边形边长为<ImageHere>

度量几何学


Question: 如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=1, A B=2$, 则下列结论正确的是 $($ )<ImageHere>

度量几何学

【分析】

本题主要考查了锐角三角函数的定义，正确记忆相关比例关系是解题关键.

先根据勾股定理求出 $A C=\sqrt{3}$, 再根据三角函数的定义分别求解可得.

【解答】

解: $\because$ 在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=1, A B=2$,

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

A、 $\sin A=\frac{B C}{A B}=\frac{1}{2}$, 故该选项不符合题意;

B、 $\tan A=\frac{B C}{A C}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故该选项不符合题意;

C、 $\cos B=\frac{B C}{A B}=\frac{1}{2}$, 故该选项不符合题意;

$D 、 \tan B=\frac{A C}{B C}=\sqrt{3}$, 故该选项符合题意;

故选: $D$.


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=45^{\circ}, \angle C=60^{\circ}, A D \perp B C$ 于点 $D, B D=\sqrt{3}$. 若 $E, F$ 分别为 $A B$, $B C$ 的中点, 则 $E F$ 的长为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学

解: $\because A D \perp B C$,

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

$\because \angle B=45^{\circ}, B D=\sqrt{3}$,

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

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

$\therefore D C=\frac{A D}{\tan 60^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1$,

$\therefore A C=2$,

$\because E, F$ 分别为 $A B, B C$ 的中点,

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

故选: $C$.

由等腰直角三角形的性质求出 $A D=B D=\sqrt{3}$, 由锐角三角函数的定义求出 $D C=1$, 由三角形的中位线定理可求出答案.

本题考查了等腰直角三角形的性质, 三角形中位线定理, 锐角三角函数, 熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键.


Question: 如图, 一块矩形木板 $A B C D$ 斜靠在墙边 $(O C \perp O B$, 点 $A, B, C, D, O$ 在同一平面内),已知 $A B=a, A D=b, \angle B C O=\alpha$, 则点 $A$ 到 $O C$ 的距离等于 $(\quad)$<ImageHere>

A. $a \cdot \sin \alpha+b \cdot \sin \alpha$
    B. $a \cdot \cos \alpha+b \cdot \cos \alpha$
    C. $a \cdot \sin \alpha+b \cdot \cos \alpha$
    D. $a \cdot \cos \alpha+b \cdot \sin \alpha$

度量几何学

【分析】

作 $A E \perp O B$ 交 $O B$ 的延长线于点 $E$, 在直角三角形 $A B E$ 和直角三角形 $B O C$ 中解直角三角形可求出点 $A$到 $O C$ 的距离.

此题主要考查解直角三角形的应用, 解题的关键是作辅助线将点 $A$ 到 $O C$ 的距离转化为线段 $O E$ 的长.

【解答】

解: 如图, 作 $A E \perp O B$ 交 $O B$ 的延长线于点 $E$,

$\because O C \perp O B$,

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

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

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

$\therefore \angle A B E=90^{\circ}-\angle O B C=\angle B C O=\alpha$,

<ImageHere>
$\because \frac{B E}{A B}=\cos \angle A B E=\cos \alpha$,

$\therefore B E=A B \cdot \cos \alpha=a \cdot \cos \alpha$,

$\because \frac{O B}{B C}=\sin \angle B C O=\sin \alpha$,

$\therefore O B=B C \cdot \sin \alpha=b \cdot \sin \alpha$,

$\therefore O E=B E+O B=a \cdot \cos \alpha+b \cdot \sin \alpha$,

$\because A E / / O C$,

$\therefore$ 点 $A 、$ 点 $E$ 到 $O C$ 的距离相等,

$\therefore$ 点 $A$ 到 $O C$ 的距离等于 $a \cdot \cos \alpha+b \cdot \sin \alpha$,

故选: $D$.


Question: 如图, 某社会实践活动小组实地测量两岸互相平行的一段河的宽度, 在河的南岸点 $A$ 处,测得河的北岸边点 $B$ 在其北偏东 $45 \div \circ$ 方向然后向西走 80 米到达 $C$ 点, 测得点 $B$ 在点 $C$ 的北偏东 $60 \div{ }^{\circ}$ 方向, 则这段河的宽度为 $(\quad)$<ImageHere>

度量几何学

【分析】

本题考查的是解直角三角形的应用一方向角问题.

过点 $B$ 作 $B D \perp C A$ 交 $C A$ 的延长线于 $D$, 设 $B D=x$ 米, 根据正切的定义用 $x$ 表示出 $C D 、 A D$, 根据题意列出方程, 解方程即可.

【解答】

解：过点 $B$ 作 $B D \perp C A$ 交 $C A$ 的延长线于 $D$,

<ImageHere>

设 $B D=x$ 米，

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

$\therefore C D=\frac{B D}{\tan 30^{\circ}}=\sqrt{3} x$ 米,

$\because \angle B A D=45^{\circ}$,

$\therefore A D=B D=x$ 米,

$\because A C=C D-A D=80$ 米,

$\therefore \sqrt{3} x-x=80$,
解得 $x=\frac{80}{\sqrt{3}-1}=40(\sqrt{3}+1)$ 米,

答: 这段河的宽度为 $40(\sqrt{3}+1)$ 米.


Question: 如图, $\triangle A B C$ 的三个顶点分别在正方形网格的格点上, 下列三角函数值错误的是 ( )<ImageHere>

度量几何学

【分析】

本题考查了勾股定理, 锐角三角函数的定义及其增减性, 计算时要将锐角置于直角三角形中并要充分利用格点. 根据锐角三角函数的定义, 将 $\angle B$ 放在直角三角形 $A B D$ 中, 分别计算 $\sin B, \cos B$, $\tan B$, 可判断 $A 、 B 、 C$, 再根据锐角正切函数的增减性可判断 $D$.

【解答】

解: 如图, 过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$.

<ImageHere>

在 $\triangle A B D$ 中, $\because \angle A D B=90^{\circ}, A D=3, B D=4$,

$\therefore A B=5$,

$\therefore \sin B=\frac{A D}{A B}=\frac{3}{5}$, 故 $A$ 正确, 不符合题意;

$\cos B=\frac{B D}{A B}=\frac{4}{5}$, 故 $B$ 正确, 不符合题意;

$\tan B=\frac{A D}{B D}=\frac{3}{4}$, 故 $C$ 正确, 不符合题意;

$\because \tan \angle B A D=\frac{B D}{A D}=\frac{4}{3}, \angle A<\angle B A D$,

$\therefore \tan A<\frac{4}{3}$, 故 $D$ 错误, 符合题意.

故选 $D$.


Question: 如图, 若锐角 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O$, 点 $D$ 在 $\odot O$ 外(与点 $C$ 在 $A B$ 同侧), 则下列三个结论: (1) $\sin \angle C>\sin \angle D$; (2) $\cos \angle C>\cos \angle D$; (3) $\tan \angle C>\tan \angle D$ 中, 正确的结论为( )<ImageHere>

度量几何学

【分析】本题考查了圆周角定理、锐角三角函数的定义、锐角三角形函数的增减性, 解决本题的关键是比较出 $\angle C>\angle D$.

连接 $B E$, 根据圆周角定理, 可得 $\angle C=\angle A E B$, 因为 $\angle A E B=\angle D+\angle D B E$, 所以 $\angle A E B>\angle D$, 所以 $\angle C>\angle D$, 根据锐角三角函数的增减性, 即可判断.

【解答】 解: 如图, 设 $A D$ 与圆的交点为 $E$, 连接 $B E$,

<ImageHere>

根据圆周角定理, 可得 $\angle C=\angle A E B$,

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

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

$\therefore \angle C>\angle D$,

锐角三角函数的增减性, 可得 $\sin C>\sin D$, 故 1 )正确;

$\cos C<\cos D$, 故(2)错误;

$\tan C>\tan D$, 故(3)正确.

故选 $D$.


Question: 某简易房示意图如图所示, 它是一个轴对称图形, 则坡屋顶上弦杆 $A B$ 的长为( )

A. $\frac{9}{5 \sin \alpha}$ 米

B. $\frac{9}{5 \cos \alpha}$ 米

C. $\frac{5}{9 \sin \alpha}$ 米<ImageHere>

D. $\frac{5}{9 \cos \alpha}$ 米

度量几何学

解: 作 $A D \perp B C$ 于点 $D$, 则 $B D=\frac{3}{2}+0.3=\frac{9}{5}$,

<ImageHere>

$\because \cos \alpha=\frac{B D}{A B}$,

$\therefore \cos \alpha=\frac{\frac{9}{5}}{A B}$,

解得, $A B=\frac{9}{5 \cos \alpha}$ 米,

故选: $B$.

根据题意作出合适的辅助线, 然后利用锐角三角函数即可表示出 $A B$ 的长.

本题考查解直角三角形的应用、轴对称图形, 解答本题的关键是明确题意, 利用数形结合的思想解答.


Question:
如图, 正方形 $A B C D$ 的对角线 $A C, B D$ 相交于点 $O$, 点 $F$ 是 $C D$ 上一点, $O E \perp O F$ 交 $B C$ 于点 $E$, 连接 $A E, B F$ 交于点 $P$, 连接 $O P$. 则下列结论: (1) $A E \perp B F$ (2) $\triangle O A P \sim \triangle E A C$; (3)四边形 $O E C F$ 的面积是正方形 $A B C D$ 面积的 $\frac{1}{4}$; (4) $A P-B P=\sqrt{2} O P$

(5) 若 $B E: C E=2: 3$, 则 $\tan \angle C A E=\frac{4}{7}$. 其中正确的结论有 $(\quad)$ 个

<ImageHere>

度量几何学

【分析】

本题考查了正方形的性质, 全等三角形的判定和性质, 相似三角形的判定和性质, 解直角三角形等知识, 解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识.

(1) 可证明 $\triangle C O F \cong \triangle B O E$, 进而证明 $\triangle A B E \cong \triangle B C F$, 进一步得出结论;

(2)可证明 $\triangle A B P \sim \triangle A E B$, 从而 $A B^{2}=A P \cdot A E$, 可证明 $\triangle A O B \sim \triangle A B C$, 从而 $A B^{2}=O A \cdot A C$, 进而得出 $A P \cdot A E=O A \cdot A C$, 从而得出结论;

(3) 由四边形 $O E C F$ 的面积等于 $\triangle C O E$ 的面积加 $\triangle C O F$ 的面积可得四边形 $O E C F$ 的面积等于 $\triangle C O E$的面积加 $\triangle B O E$ 的面积, 从而四边形 $O E C F$ 的面积等于 $\triangle B O C$ 的面积, 进而得出结论;

(4) 作 $\angle P O Q=90^{\circ}$, 交 $A P$ 于 $Q$, 可证得 $P Q=\sqrt{2} O P$ 及 $\triangle A O Q \cong \triangle B O P$, 进一步得出结论;

(5)作 $F G \perp B D$ 于 $G$, 设 $C F=2 a$, 则 $C D=B C=5 a, B D=\sqrt{2} B C=5 \sqrt{2} a$, 可得出 $\tan \angle D B F=\frac{3}{7}$,
可证得 $\angle D B F=\angle C A E$, 从而得出 $\tan \angle C A E=\frac{3}{7}$, 从而得出结论.

【解答】

解: :四边形 $A B C D$ 是正方形,

$\therefore O B=O C, \angle O C F=\angle O B E=45^{\circ}, \angle B O C=90^{\circ}, A B=B C, \angle A B C=\angle B C D=90^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=\angle E O F=90^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C-\angle C O E=\angle E O F-\angle C O E$,

$\therefore \angle C O F=\angle B O E$,

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

$\therefore C F=B E$,

$\therefore \triangle A B E \cong \triangle B C F(S A S)$,

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

$\because \angle A B E+\angle C B F=\angle A B C=90^{\circ}$,

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

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

$\therefore A E \perp B F$,

故(1)正确;

由 $\triangle A B P \sim \triangle A E B$ 得, $A B^{2}=A P \cdot A E$,

由 $\triangle A O B \backsim \triangle A B C$ 得, $A B^{2}=O A \cdot A C$,

$\therefore A P \cdot A E=O A \cdot A C$,

$\because \angle P O A=\angle C A E$,

$\therefore \triangle A O P \sim \triangle A E C$,

故(2)正确;

由(1)知: $\triangle C O F \cong \triangle B O E$,

$\because$ 四边形 $O E C F$ 的面积等于 $\triangle C O E$ 的面积加 $\triangle C O F$ 的面积,

$\therefore$ 四边形 $O E C F$ 的面积等于 $\triangle C O E$ 的面积加 $\triangle B O E$ 的面积,

$\therefore$ 四边形 $O E C F$ 的面积等于 $\triangle B O C$ 的面积,

而 $\triangle B O C$ 的面积等于正方形 $A B C D$ 的面积的 $\frac{1}{4}$,

$\therefore$ 四边形 $O E C F$ 的面积是正方形 $A B C D$ 面积的 $\frac{1}{4}$;

故(3)正确;
如图,

<ImageHere>

作 $\angle P O Q=90^{\circ}$, 交 $A P$ 于 $Q$,

$\because \angle A P O=45^{\circ}$,

$\therefore \angle O Q P=90^{\circ}-\angle A P O=45^{\circ}$,

$\therefore O Q=O P, P Q=\sqrt{2} O P$,

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

$\therefore \angle A O Q=\angle B O P$,

$\because O A=O B$,

$\therefore \triangle A O Q \cong \triangle B O P(S A S)$,

$\therefore A Q=B P$,

$\because A P-A Q=P Q$,

$\therefore A P-P Q=\sqrt{2} O P$,

故(4)正确;

如图2,

<ImageHere>

图2

作 $F G \perp B D$ 于 $G$,

$\because B E: C E=2: 3$,

$\therefore B E: B C=2: 5$,

$\because C F=B E$,

$\therefore C F: B C=2: 5$,

设 $C F=2 a$, 则 $C D=B C=5 a, B D=\sqrt{2} B C=5 \sqrt{2} a$,
$\therefore D F=3 a$,

$\therefore F G=D G=\frac{\sqrt{2}}{2} D F=\frac{3 \sqrt{2}}{2} a$,

$\therefore B G=B D-D G=5 \sqrt{2} a-\frac{3 \sqrt{2}}{2}=\frac{7 \sqrt{2}}{2} a$,

$\therefore \tan \angle D B F=\frac{F G}{B G}=\frac{\frac{3 \sqrt{2}}{2} a}{\frac{7 \sqrt{2}}{2} a}=\frac{3}{7}$,

$\because \angle A B D=\angle A P O=45^{\circ}$,

$\therefore$ 点 $A 、 B 、 P 、 O$ 共圆，

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

$\therefore \tan \angle C A E=\frac{3}{7}$,

故(5)不正确,

$\therefore$ (1)(2)(3)正确,

故选: $C$.


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\tan A=\tan B$, 则下列说法不正确的是 ( )

A. 边 $A B$ 上任意一点 $P$ 到边 $A C 、 B C$ 的距离之和等于点 $B$ 到 $A C$ 的距离

B. 边 $A B$ 的垂直平分线是 $\triangle A B C$ 的对称轴
C. $\triangle A B C$ 的外心可能在 $\triangle A B C$ 内部、边上或外部

D. 如果 $\triangle A B C$ 的周长是 $l$, 那么 $B C=l-2 A B$

度量几何学

解:

在 $\triangle A B C$ 中, $\tan A=\tan B$,

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

$P$ 为 $A B$ 边上任意一点, 作 $P E \perp B C$ 交 $B C$ 于 $E$ 点, 作 $P F \perp A C$ 于 $F$ 点, 作 $B D \perp A C$ 于 $D$ 点, 如图:

<ImageHere>

$\therefore \sin A=\frac{P F}{P A}, \sin \angle P B E=\frac{P E}{P B}, \sin A=\frac{B D}{A B}$,

$\therefore P F=P A \sin A, P E=P B \sin B=P B \sin A, B D=A B \sin A$,

$\therefore P F+P E=P A \sin A+P B \sin A=(P A+P B) \sin A=A B \sin A=B D$,

$\therefore$ :边 $A B$ 上任意一点 $P$ 到边 $A C 、 B C$ 的距离之和等于点 $B$ 到 $A C$ 的距离, 故 $A$ 中说法正确;

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

$\therefore C A=C B$,

$\therefore$ 边 $A B$ 的垂直平分线是 $\triangle A B C$ 的对称轴, 故 $B$ 中说法正确;

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

$\therefore \angle A, \angle B$ 均为锐角,

$\therefore \triangle A B C$ 可能为锐角三角形, 也可能为直角三角形, 也可能为针角三角形,
$\therefore \triangle A B C$ 的外心可能在 $\triangle A B C$ 内部、边上或外部, 故 $C$ 中说法正确;

$\because \triangle A B C$ 的周长是 $l$,

$\therefore A B+A C+B C=l$

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

$\therefore A C=B C$,

$\therefore 2 B C+A B=l$,

$\therefore B C=\frac{l-A B}{2} \neq l-2 A B$, 故 $D$ 中说法错误.

故选 $D$.


Question:
如图, $\overparen{A B}$ 是半径为 1 的半圆弧, $\triangle A O C$ 为等边三角形, 点 $D$ 是 $\overparen{B C}$ 上的一动点、则 $\triangle C O D$ 的面积 $S$ 的最大值是 $\quad(\quad)$

<ImageHere>

度量几何学

【分析】

本题考查了三角形的面积的求法与锐角三角函数的增减性有关知识, 根据三角形的面积公式

$S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} C O \cdot O D \sin \angle C O D$, 因为 $C O, O D$ 都是圆的半径 1 , 所以 $S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} \sin \angle C O D$, 根据 $\angle C O D$的范围, 分锐角, 钝角两种情况分析, 进行解答即可.

【解答】

解: $S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} C O \cdot O D \sin \angle C O D$,

$\because C O=O D=1$,

$\therefore S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} \sin \angle C O D$,

$\because \triangle A O C$ 为等边三角形,

$\therefore \angle C O B=120^{\circ}$,

$\therefore 0^{\circ}<\angle C O D \leq 120^{\circ}$,

当 $0^{\circ}<\angle C O D \leq 90^{\circ}$ 时, 随着 $\angle C O D$ 角度的增大, $\sin \angle C O D$ 增大,

当 $90^{\circ}<\angle C O D \leq 120^{\circ}$ 时, 随着 $\angle C O D$ 角度的增大, 三角形的底不变, 高在减小, 面积 $S$ 在减小, $\therefore$ 当 $\angle C O D=90^{\circ}$ 时, $\sin \angle C O D$ 最大, 最大值是 1 ,

$\therefore \triangle C O D$ 的面积 $S$ 的最大值是 $\frac{1}{2}$.

故选 $D$.


Question: 已知圆内接正三角形的面积为 $\sqrt{3}$, 则该圆的内接正六边形的边心距是 ( )

度量几何学

【分析】

本题考查正多边形和圆, 解答本题的关键是明确题意, 求出相应的图形的边心距.

根据题意可以求得半径, 进而解答即可.

【解答】

解: 如图(1), $O$ 为 $\triangle A B C$ 的中心,

$A D$ 为 $\triangle A B C$ 的边 $B C$ 上的高,

则 $O D$ 为边心距,

$\therefore \angle B A D=30^{\circ}$,

又 $\because A O=B O$,

$\therefore \angle A B O=\angle B A D=30^{\circ}$,

$\therefore \angle O B D=60^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$,

<ImageHere>

图1

在 $R t \triangle O B D$ 中, $B O=2 D O$,

即 $A O=2 D O$,

$\therefore O D: O A: A D=1: 2: 3$.

在正 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 是高, 设 $B D=x$,

则 $A D=B D \cdot \tan 60^{\circ}=\sqrt{3} B D=\sqrt{3} x$.

$\because$ 正三角形 $A B C$ 面积为 $\sqrt{3}$,

$\therefore \frac{1}{2} B C \cdot A D=\sqrt{3}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times 2 x \cdot \sqrt{3} x=\sqrt{3}$,

$\therefore x=1$.

即 $B D=1$, 则 $A D=\sqrt{3}$,

$\because O D: O A: A D=1: 2: 3$,

$\therefore A O=\sqrt{3} \times \frac{2}{3}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

即这个圆的半径为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
所以该圆的内接正六边形的边心距 $\frac{2 \sqrt{3}}{3} \times \sin 60^{\circ}=\frac{2 \sqrt{3}}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=1$,

故选: $B$.


Question:
四巧板是一种类似七巧板的传统智力玩具, 它是由一个长方形按如图1分割而成, 这几个多边形的内角除了有直角外, 还有 $45^{\circ} 、 135^{\circ} 、 270^{\circ}$ 角. 小明发现可以将四巧板拼搭成如图 2 的
$T$ 字形和 $V$ 字形, 那么 $T$ 字形图中高与宽的比值 $\frac{h}{l}$ 为 $($ )

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

度量几何学

解: 如图1中, 设 $A B=a$,

则 $A C=D E=\sqrt{2} a, C E=2 \sqrt{2} a$,

$\therefore h=a+2 \sqrt{2} a, \quad l=2 \sqrt{2} a$,

$\therefore \frac{h}{l}=\frac{a+2 \sqrt{2} a}{2 \sqrt{2} a}=\frac{4+\sqrt{2}}{4}$

故选: $C$.

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

如图1中, 设 $A B=a$, 则 $A C=D E=\sqrt{2} a, C E=2 \sqrt{2} a$, 求出 $h, l$, 可得结论.

本题考查解直角三角形, 四巧板, 等腰直角三角形的性质等知识, 解题的关键是读懂图象信息,学会利用参数解决问题.


Question:
如图, 点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆的圆心, 若 $\angle O A C=40^{\circ}$, 则 $\angle B O C$ 的度数为 ( )

<ImageHere>

度量几何学


Question:
如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的弦, $A C$ 是 $\odot O$ 的切线, $A$ 为切点, $B C$ 经过圆心, 若 $\angle B=25^{\circ}$, 则 $\angle C$ 的大小等于 $(\quad)$

<ImageHere>

度量几何学

【分析】本题考查切线的性质, 等腰三角形的性质, 三角形外角的性质, 关键是连接 $O A$,先根据等腰三角形的性质得所以 $\angle B=\angle B A O$, 根据切线的性质和直角三角形的性质即可求得 $\angle C$ 的
度数.

【解答】

解: 连接 $O A, \odot O$ 中, $O A=O B$, 所以 $\angle B=\angle B A O=25^{\circ}$,

因为 $\angle A O C$ 是 $\triangle O A B$ 的外角, 所以 $\angle A O C=\angle B+\angle B A O=50^{\circ}$, 又因为 $A C$ 是 $\odot O$ 的切线, 所以 $O A \perp$ $A C$, 在Rt $\triangle O A C$ 中, $\angle C=90^{\circ}-\angle A O C=40^{\circ}$, 故选 $C$.

<ImageHere>


Question:
如图, $\odot C$ 与 $\angle A O B$ 的两边分别相切, 其中 $O A$ 边与 $\odot C$ 相切于点 $P$, 若 $\angle A O B=90^{\circ}, O P=4$,则 $O C$ 的长为 $(\quad)$

<ImageHere>

度量几何学

解：如图, 连接 $C P$,

<ImageHere>

$\because O A$ 边与 $\odot C$ 相切于点 $P$,

$\therefore C P \perp O A$,

$\therefore \angle O P C=90^{\circ}$,

$\because \odot C$ 与 $\angle A O B$ 的两边分别相切, $\angle A O B=90^{\circ}$,

$\therefore O C$ 平分 $\angle A O B$,

$\therefore \angle C O P=\frac{1}{2} \angle A O B=\frac{1}{2} \times 90^{\circ}=45^{\circ}$,

$\therefore \triangle O C P$ 为等腰直角三角形,

$\because O P=4$,

$\therefore O C=\sqrt{2} O P=4 \sqrt{2}$.

故选: $C$.

如图, 连接 $C P$, 先利用切线的性质得到 $\angle O P C=90^{\circ}$, 再利用切线长定理得到 $O C$ 平分 $\angle A O B$, 则 $\triangle O C P$ 为等腰直角三角形, 从而得到 $O C=\sqrt{2} O P$.

本题考查了切线的性质: 圆的切线垂直于经过切点的半径. 也考查了切线长定理.


Question: 在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \angle A 、 \angle B$ 的对边分别是 $a 、 b$, 且满足 $a^{2}-a b-b^{2}=0$, 则 $\tan A$ 等于 $(\quad)$

代数


Question: (本题 3 分) (2019$\cdot$浙江$\cdot$长兴县实验中学九年级期中) 若关于 $x$ 的函数 $y=(2-a)$ $x^{2}-x$ 是二次函数，则 $a$ 的取值范围是 ( )

代数


Question: (本题 3 分) (2019$\cdot$浙江$\cdot$宁波市第七中学九年级阶段练习）函数 $y=x^{2}+b x+c$ 与 $y=x$ 的图象如图所示, 有以下结论: (1) $b^{2}-4 c>0$; (2) $b+c+1=0$; (3) $3 b+c+6=0$; (4)当 $1<x<3$时, $x^{2}+(b-1) x+c<0$.其中正确的个数为<ImageHere>

代数


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江$\cdot$九年级专题练习）已知 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 均是以 $x$ 为自变量的函数,当 $x=m$ 时, 函数值分别为 $M_{1}$ 和 $M_{2}$, 若存在实数 $m$, 使得 $M_{1}+M_{2}=0$, 则称函数 $y_{1}$和 $y_{2}$ 具有性质 $P$. 以下函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 具有性质 $P$ 的是（ ）

代数

A【解析】【分析】根据题中所给定义及一元二次方程根的判别式可直接进行排除选项.【详解】解：当x=m时,函数值分别为M_1和M_2,若存在实数m,使得M_1+M_2=0,对于A选项则有m^2+m-1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1+4=5>0,所以存在实数m,故符合题意;对于B选项则有m^2+m+1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1-4=-3<0,所以不存在实数m,故不符合题意;对于C选项则有-frac1m-m-1=0,化简得:m^2+m+1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1-4=-3<0,所以不存在实数m,故不符合题意;对于D选项则有-frac1m-m+1=0,化简得:m^2-m+1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1-4=-3<0,所以不存在实数m,故不符合题意;故选A.【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式、二次函数与反比例函数的性质,熟练掌握一元二次方程根的判别式、二次函数与反比例函数的性质是解题的关键.


Question: (本题 3 分) (2019$\cdot$浙江金华・九年级期中) 下列函数是二次函数的是 ( )

代数

C【解析】【详解】根据二次函数的定义，形如y=axx^2+bx+c（其中a,b,c是常数，aneq0）的函数叫做二次函数，所给函数中是二次函数的是y=x^2+2.故选C.


Question: (本题 3 分) (2021$\cdot$浙江$\cdot$杭州市建兰中学九年级期中)一本书的宽与长之比为黄金比,书的宽为 $14 \mathrm{~cm}$, 则它的长为 $(\quad) \mathrm{cm}$

代数

A【分析】根据黄金比值是 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ 进行计算即可.【详解】解: $\because$ 一本书的宽与长之比为黄金比,$\therefore$ 这本书的长 $=\frac{14}{\frac{\sqrt{5}-1}{2}} \mathrm{~cm}=(7 \sqrt{5}+7) \mathrm{cm}$,故选： A 。【点睛】本题考查的是黄金分割, 掌握黄金比值是 $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ 是解题的关键.


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江舟山$\cdot$九年级期末）已知 $\frac{b}{a}=\frac{3}{2}$, 下列变形正确的是

代数

D【分析】根据比例的性质得出3a=2b,再判断即可.【详解】解:becausefracba=frac32,therefore等式两边都乘以2a,得2b=3a,故选:D.【点睛】本题考查了比例的性质,能正确运用比例的性质进行变形是解此题的关键,注意：如果ab=cd，那么fracac=fracdb，反之反亦然.


Question: 在下列四个函数中，当 $x>0$ 时， $y$ 随 $x$ 的增大而减小的函数是（）

代数

分别根据正比例函数、反比例函数、一次函数和二次函数的性质逐项判断即得答案.

【详解】解: A、 $\because 2>0, \therefore$ 当 $x>0$ 时, 函数 $y=2 x$ 是 $y$ 随着 $x$ 增大而增大, 故本选项错误;

B、 $\because 3>0, \therefore$ 当 $x>0$ 时, 函数 $y=\frac{3}{x}$ 是 $y$ 随着 $x$ 增大而减小, 故本选项正确;

C、 $\because 3>0, \therefore$ 当 $x>0$ 时，函数 $y=3 x-2$ 是 $y$ 随着 $x$ 增大而增大，故本选项错误;

D、函数 $y=x^{2}$, 当 $x<0$ 时, $y$ 随着 $x$ 增大而减小，当 $x>0$ 时， $y$ 随着 $x$ 增大而增大，故本选项错误.

故选: B.

【点睛】本题考查了初中阶段三类常见函数的性质，属于基础题型，熟练掌握一次函数、反比例函数和二次函数的性质是解题的关键.


Question: 若二次函数 $y=x^{2}-4 x+c$ 的图像经过点 $(0,3)$, 则函数的最小值是 ( )

代数

把点 $(0,3)$ 代入二次函数 $y=x^{2}-4 x+c$ 求出 $c$ 的值, 根据二次函数解析式变为顶点式, 由此即可求出最小值.

【详解】解：二次函数 $y=x^{2}-4 x+c$ 的图像经过点 $(0,3)$,

$\therefore c=3$, 则二次函数解析式为 $y=x^{2}-4 x+3$,

$\therefore$ 二次函数的顶点式为 $y=(x-2)^{2}-1$,

$\therefore$ 顶点为 $(2,-1)$, 最小值为 -1 ,

故选: A.

【点睛】本题主要考查二次函数的最值问题，掌握二次函数顶点式是解题的关键.


Question: 下列函数中是二次函数的是 ( )

代数

整理成一般形式后，根据二次函数的定义判定即可.

【详解】解: A 选项: $y=x+\frac{1}{2}$ 是一次函数, 故此选项错误;

B 选项: $y=3(x-1)^{2}=3 x^{2}-6 x+3$, 是二次函数, 故此选项正确;

C 选项: $y=(x+1)^{2}-x^{2}=2 x+1$, 为一次函数, 故此选项错误;

$\mathrm{D}$ 选项: $y=\frac{1}{x^{2}}-x$ 是组合函数, 不是二次函数, 故此选项错误.

故选: B.

【点睛】本题考查了二次函数的定义: 函数 $y=a x^{2}+b x+c \quad(a \neq 0, a 、 b 、 c$ 为常数 $)$ 叫二次函数.


Question: 已知二次函数 $y=a(x-2)^{2}-a(a \neq 0)$, 当 $-1 \leq x \leq 4$ 时, $y$ 的最小值为 -4 , 则 $a$ 的值为 ( )

代数

根据表达式求出对称轴, 对 $a$ 的正负进行分类讨论, 求出每种情况的最小值即可.

【详解】解: $y=a(x-2)^{2}-a$ 的对称轴为直线 $x=2$,

顶点坐标为 $(2,-a)$,

当 $a>0$ 时, 在 $-1 \leq x \leq 4$,

$\because y$ 的最小值为 -4 ,

$\therefore-a=-4$,

$\therefore a=4$;

$a<0$ 时, 在 $-1 \leq x \leq 4$,

当 $x=-1$ 时函数有最小值,

$\therefore a(-1-2)^{2}-a=-4$,

解得 $a=-\frac{1}{2}$;

综上所述: $a$ 的值为 4 或 $-\frac{1}{2}$,

故选: B.

【点睛】本题考查了二次函数的性质, 对 $a$ 的分类讨论是本题的解题关键.


Question:
如图, 在高度是 90 米的小山 $A$ 处测得建筑物 $C D$ 顶部 $C$ 处的仰角为 $30^{\circ}$, 底部 $D$ 处的俯角为 $45^{\circ}$,

<ImageHere>

则这个建筑物的高度 $C D$ 是 $(\quad)$ (结果可以保留根号)

画法几何学

作 $A E \perp C D$ 于点 $E$.

在直角 $\triangle A B D$ 中, $\angle A D B=45^{\circ}$,

<ImageHere>
$\therefore D E=A E=B D=A B=90$ (米),

在直角 $\triangle A E C$ 中, $C E=A E \cdot \tan \angle C A E=90 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=30 \sqrt{3}$ (米).

则 $C D=(90+30 \sqrt{3})$ 米.

故选: $A$.


Question: 如图, $\odot O$ 的圆心在矩形 $A B C D$ 的对角线 $A C$ 上, 且 $\odot O$ 与 $A B, B C$ 相切, $A B=3, B C=4$, 则 $\odot O$ 截 $A D$ 的所得的弦 $E F$ 的长是 $(\quad)$

画法几何学

如图, $\because \odot O$ 与 $A B, B C$ 相切,

$\therefore$ :设切点为 $G, H$, 连接 $O G, H O$ 并延长交 $A D$ 于 $K$, 连接 $O F$, 则四边形 $O G B H$ 为正方形,

<ImageHere>

设正方形边长为 $x$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\therefore A B \perp B C$

$\because O G \perp A B$,

$\therefore O G / / B C$,

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

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

$\therefore \frac{3-x}{3}=\frac{x}{4}$,
解得: $x=\frac{12}{7} ，$

$\therefore O K=A G=3-\frac{12}{7}=\frac{9}{7}$, 由

垂径定理, $O K \perp E F, E K \perp K F$,

$\therefore$ 在Rt $\triangle O K F$ 中, $O F=x=\frac{12}{7}, K F=\sqrt{O F^{2}-O K^{2}}=\sqrt{\left(\frac{12}{7}\right)^{2}-\left(\frac{9}{7}\right)^{2}}=\frac{3 \sqrt{7}}{7}$,

$\therefore E F=2 K F=\frac{6 \sqrt{7}}{7}$,

故选: $D$.


Question: 如图, $\triangle A B C$ 内切圆是 $\odot O$, 折叠矩形 $A B C D$, 使点 $D 、 O$ 重合, $F G$是折痕, 点 $F$ 在 $A D$ 上, $G$ 在 $A B C$ 上, 连结 $O G, D G$, 若 $O G$ 垂直 $D G$, 且 $\odot O$ 的半径为 1 , 则下列结论不成立的是 $(\quad)$

画法几何学

如图,

<ImageHere>

设 $\odot O$ 与 $B C$ 的切点为 $M$, 连接 $M O$ 并延长 $M O$ 交 $A D$ 于点 $N$,

$\because$ 将矩形 $A B C D$ 按如图所示的方式折叠, 使点 $D$ 与点 $O$ 重合, 折痕为 $F G$,

$\therefore O G=D G$,

$\because O G \perp D G$,

$\therefore \angle M G O+\angle D G C=90^{\circ}$,

$\because \angle M O G+\angle M G O=90^{\circ}$,

$\therefore \angle M O G=\angle D G C$

在 $\triangle O M G$ 和 $\triangle G C D$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle O M G=\angle D C G=90^{\circ} \\ \angle M O G=\angle D G C \\ O G=D G\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle O M G \cong \triangle G C D$,

$\therefore O M=G C=1, C D=G M=B C-B M-G C=B C-2$.

$\because A B=C D$,

$\therefore B C-A B=2$.

设 $A B=a, B C=b, A C=c, \odot O$ 的半径为 $r$,

$\odot O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆可得 $r=\frac{1}{2}(a+b-c)$,

$\therefore c=a+b-2$.

在Rt $\triangle A B C$ 中, 由勾股定理可得 $a^{2}+b^{2}=(a+b-2)^{2}$,

整理得 $2 a b-4 a-4 b+4=0$,
又 $\because B C-A B=2$ 即 $b=2+a$, 代入可得 $2 a(2+a)-4 a-4(2+a)+4=0$,

解得 $a=1+\sqrt{3}$ 或 $a=1-\sqrt{3}$ (不合题意舍去),

$\therefore B C+A B=2 \sqrt{3}+4$.

再设 $D F=x$, 在 $R t \triangle O N F$ 中, $F N=3+\sqrt{3}, O F=x, O N=1+\sqrt{3}$,

由勾股定理可得 $(2+\sqrt{3}-x)^{2}+(\sqrt{3})^{2}=x^{2}$,

解得 $x=4-\sqrt{3}$,

$\therefore C D-D F=\sqrt{3}, C D+D F=\sqrt{3}$.

综上只有选项 $A$ 错误,

故选: $A$.


Question: 如图, 太阳光线与地面成 $60^{\circ}$ 角, 一棵倾斜的大树 $A B$ 与地面成 $30^{\circ}$角, 这时测得大树在地面的影长 $B C$ 为 $10 \mathrm{~m}$, 则大树的长为 $(\quad)$

画法几何学

如图, 作 $A D \perp B C$, 角 $B C$ 的延长线于 $D$ 点,

<ImageHere>

因为 $\angle B=30^{\circ}, \angle A C D=60^{\circ}$,

且 $\angle A C D=\angle B+\angle C A B$,

$\therefore \angle C A B=30^{\circ}$.

$\therefore B C=A C=10 \mathrm{~m}$,

在 $R t \triangle A C D$ 中, $C D=A C \cdot \cos 60^{\circ}=10 \times 0.5=5 \mathrm{~m}$,

$\therefore B D=15$.

$\therefore$ 在Rt $\triangle A B D$ 中,

$$
A B=B D \div \cos 30^{\circ}=15 \div \frac{\sqrt{3}}{2}=10 \sqrt{3} \mathrm{~m}
$$

故选 $B$.


Question: 如图, 小树 $A B$ 在路灯 $O$ 的照射下形成投影 $B C$. 若树高 $A B=2 m$,树影 $B C=3 m$, 树与路灯的水平距离 $B P=4.5 m$. 则路灯的高度 $O P$ 为 $(\quad)$

画法几何学

$\because A B / / O P$,

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

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

$\therefore \frac{3}{7.5}=\frac{2}{O P}$,

$\therefore O P=5(m)$,

故选: $D$.


Question:
如图, 一个正六棱柱的表面展开后恰好放入一个矩形内, 把其中一部分图形挪动了位置, 发现矩
<ImageHere>

形的长留出 $5 \mathrm{~cm}$, 宽留出 $1 \mathrm{~cm}$, 则该正六棱柱的侧面积是 $(\quad)$

画法几何学

设正六棱柱的底面边长为 $a c m$, 高为 $h \mathrm{~cm}$,

挪动前长为 $(2 h+2 \sqrt{3} a) \mathrm{cm}$, 宽为 $\left(4 a+\frac{1}{2} a\right) \mathrm{cm}$,

挪动后长为 $(h+2 a+\sqrt{3} a) c m$, 宽为 $4 a c m$,

由题意得: $(2 h+2 \sqrt{3} a)-(h+2 a+\sqrt{3} a)=5,\left(4 a+\frac{1}{2} a\right)-4 a=1$,

$\therefore a=2, h=9-2 \sqrt{3}$,

$\therefore$ 六棱柱的侧面积是 $6 a h=6 \times 2 \times(9-2 \sqrt{3})=108-24 \sqrt{3}$;

故选: $A$.


Question: 如图所示的无盖水杯, 俯视图是 $(\quad)$

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

<ImageHere>

画法几何学

该立体图形的俯视图为 $B$ 所示.

故选 $B$.


Question:
如图, 相邻两根电杆都用钢索在地面上固定, 一根电杆的钢索系在离地面 $4 m$ 处，另一根电杆的钢索系在离地面 $6 m$ 处，则中间两根钢

<ImageHere>
索相交处点 $P$ 离地面 $(\quad)$

画法几何学

如图, 过点 $P$ 作 $P E \perp C B, \therefore P E / / C D, P E / / A B . \because C D / / A B, \therefore \triangle A P B \sim \triangle C P D . \therefore \frac{D P}{B P}=\frac{C D}{A B} \because C D / / P E$, $\therefore \frac{D P}{B P}=\frac{C E}{B E} . \therefore \frac{C E}{B E}=\frac{C D}{A B} . \therefore \frac{C E}{B E}=\frac{2}{3} . \therefore \frac{B C}{B E}=\frac{5}{3} . \because C D / / P E, \therefore \triangle B P E \sim \triangle B D C . \therefore \frac{P E}{D C}=\frac{B E}{B C}$, 即 $\frac{P E}{4}=\frac{3}{5}$, 解得 $P E=$ $2.4 m$. 故选 $A$.

<ImageHere>


Question:
长方体的主视图、俯视图如图所示, 则长方体的表面积为 ( ）

<ImageHere>

画法几何学

由主视图可得长方体的长为 4 , 高为 1 ,由俯视图可得长方体的宽为 3 , 则这个长方体的表面积是 $(4 \times 1+4 \times 3+3 \times 1) \times 2$ $=19 \times 2=38$. 故这个长方体的表面积是 38. 故选 D.


Question:
如图, 是一个用若干个相同的小立方块搭成的几何体的三视图, 则组成这个几何体的小立方块的个数是 $(\quad)$

<ImageHere>

画法几何学

综合三视图可知, 这个几何体的底层应该有 3 个小正方体,第二层有 1 个小正方体，因此搭成这个几何体所用小正方体的个数是 $3+1=4$ 个.故选 C.


Question:
若一个几何体的三视图如图所示, 则这个几何体是 ( )

<ImageHere>

主视图 俯视图 左视图

(第 4 题)

A. 三棱柱
B. 四棱柱
C. 五棱柱
D. 长方体

画法几何学

根据图中三视图的形状, 符合条件的只有直三棱柱, 因此这个几何体的名称是直三棱柱.故选 A.


Question:
如图, $\mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB}$ 分别切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 两点, 点 $\mathrm{C}$ 在优孤 $A C B$ 上, $\angle \mathrm{P}=80^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{C}$ 的度数为 ( )

<ImageHere>

画法几何学

连接 $\mathrm{OA}, \mathrm{OB}, \because \mathrm{PA}$ 是圆的切线.

$\therefore \angle \mathrm{OAP}=90^{\circ}$, 同理 $\angle \mathrm{OBP}=90^{\circ}$,

<ImageHere>

根据四边形内角和定理可得:

$\angle \mathrm{AOB}=360^{\circ}-\angle \mathrm{OAP}-\angle \mathrm{OBP}-\angle \mathrm{P}=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-80^{\circ}=100^{\circ}$,

$\therefore \angle C=\frac{1}{2} \angle A O B=50^{\circ}$. 故选 A.


Question:
如图, $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $P$ 点在 $A B$ 的延长线上, $P M$ 切 $\odot O$ 于 $M$ 点, 若 $O A=a, P M=\sqrt{3} a$,那么 $\triangle P M B$ 的周长是 $(\quad)$

<ImageHere>

画法几何学

<ImageHere>

连接 $O M, \because P M$ 是圆 $O$ 的切线, $\therefore O M \perp P M$,

$\because O A=a, \quad \therefore O M=a, \therefore \tan \angle M O P=\frac{M P}{M O}=\sqrt{3}$,

$\therefore \angle M O P=60^{\circ}, \therefore \triangle M O B$ 是等边三角形, $\angle P=30^{\circ}$,

$\therefore M B=O B, O P=2 a, \therefore C_{\triangle P M B}=P M+P B+M B=P M+P B+O B=P M+O P=\sqrt{3} a+2 a=(2+\sqrt{3}) a$.故选 C.


Question:
如图, $\mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB} 、 \mathrm{CD}$ 分别切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B} 、 \mathrm{E}, \mathrm{CD}$ 交 $\mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB}$ 于 $\mathrm{C} 、 \mathrm{D}$ 两点, 若 $\angle \mathrm{P}=40^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{PAE}+\angle \mathrm{PBE}$的度数为 $(\quad)$

<ImageHere>

画法几何学

$\because$ PA、PB、CD 分别切 $\odot O$ 于 A. B. E, CD 交 PA、PB 于 C. D 两点,

$\therefore \mathrm{CE}=\mathrm{CA}, \mathrm{DE}=\mathrm{DB}, \therefore \angle \mathrm{CAE}=\angle \mathrm{CEA}, \angle \mathrm{DEB}=\angle \mathrm{DBE}$,
$\therefore \angle \mathrm{PCD}=\angle \mathrm{CAE}+\angle \mathrm{CEA}=2 \angle \mathrm{CAE}, \angle \mathrm{PDC}=\angle \mathrm{DEB}+\angle \mathrm{DBE}=2 \angle \mathrm{DBE}$,

$\therefore \angle \mathrm{CAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{PCD}, \angle \mathrm{DBE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{PDC}$, 即 $\angle \mathrm{PAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{PCD}, \angle \mathrm{PBE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{PDC}$,

$\because \angle \mathrm{P}=40^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{PAE}+\angle \mathrm{PBE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{PCD}+\frac{1}{2} \angle \mathrm{PDC}=\frac{1}{2}(\angle \mathrm{PCD}+\angle \mathrm{PDC})=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle \mathrm{P}\right)=70^{\circ}$.

故答案选: D.


Question:
如图是某水库大坝横断面示意图. 其中 $\mathrm{AB} 、 \mathrm{CD}$ 分别表示水库上下底面的水平线, $\angle \mathrm{ABC}=120^{\circ}$, $\mathrm{BC}$ 的长是 $50 \mathrm{~m}$, 则水库大坝的高度 $\mathrm{h}$ 是

<ImageHere>

画法几何学

过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于点 $\mathrm{E}$,

<ImageHere>

$\because \angle \mathrm{ABC}=120^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CBE}=60^{\circ}$ 。

在 Rt $\triangle \mathrm{CBE}$ 中, $\mathrm{BC}=50 \mathrm{~m}$,

$\therefore \mathrm{CE}=\mathrm{BC} \cdot \sin 60^{\circ}=25 \sqrt{3}(\mathrm{~m})$. 故选 A.


Question:
如图, 正方形纸板的一条对角线垂直于地面, 纸板上方的灯(看作一个点)与这条对角线所确定的平面垂直于纸板.在灯光照射下，正方形纸板在地面上形成的影子的形状可以是( )

<ImageHere>

A.

<ImageHere>
B.

<ImageHere>
C.

<ImageHere>
D.

<ImageHere>

画法几何学


Question:
将正方体股子(相对面上的点数分别为 1 和 $6 、 2$ 和 $5 、 3$ 和 4 )放置于水平桌面上, 如图 1 在图 2 中, 将股子向右翻滚 $90^{\circ}$, 然后在桌面上按逆时针方向旋转 $90^{\circ}$, 则完成一次变换. 若股子的初始位置为图 1所示的状态, 那么按上述规则连续完成 2016 次变换后, 骰子朝上一面的点数是 ( )

<ImageHere>

变换几何

根据题意可知连续 3 次变换是一循环. 所以 $2016 \div 3=672$.所以是初始位置的图形, 䛇子朝上一面的点数是 3

故选 $B$.


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江金华$\cdot$九年级期末）如图, 将函数 $y=\frac{1}{2}(x-2)^{2}+1$ 的图象沿 $y$ 轴向上平移得到一条新函数的图象, 其中点 $A(1, m), B(4, n)$ 平移后的对应点分别为点 $A^{\prime} 、 B^{\prime}$. 若曲线段 $A B$ 扫过的面积为 9 (图中的阴影部分), 则新图象的函数表达式是（）<ImageHere>

变换几何


Question: (本题 3 分) (2021 浙江台州$\cdot$九年级期末) 如图, $\triangle D E C$ 是由 $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 顺时针旋转 $30^{\circ}$ 所得, 边 $D E, A C$ 相交于点 $F$. 若 $\angle A=35^{\circ}$, 则 $\angle E F C$ 的度数为<ImageHere>

变换几何


Question: (本题 3 分)（2021$\cdot$浙江金华一一模）将正方形纸片按图(1)方式依次对折得图(2)的 $\triangle A B C$, 点 $D$ 是 $A C$ 边上一点, 沿线段 $B D$ 剪开, 展开后得到一个正八边形, 则点 $D$ 应满足 $(\quad)$<ImageHere>

A. $B D \perp A C$B. $A D=A B$C. $\angle A D B=60^{\circ}$D. $A D=D B$

变换几何

B【解析】【分析】根据折叠的性质易得angleBAC=45^circ,然后由正多边形的性质可进行排除选项.【详解】解:由题意得:angleBAC=45^circ,therefore沿线段BD剪开,展开图即为八边形,若使展开后得到的是一个正八边形,则需满足以点A为圆心,AD、AB为半径即可,thereforeAD=AB故选B.【点睛】本题主要考查正多边形和圆、正方形的性质及折叠的性质，熟练掌握正多边形和圆、正方形的性质及折叠的性质是解题的关键.


Question: (本题 3 分) (2022-浙江温州$\cdot$九年级期末) 如图, $\triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 是位似图形, $O$ 为位似中心，位似比为 $2: 3$ 。若 $A B=4$, 则 $D E$ 的长为 $(\quad)$<ImageHere>

变换几何

A【分析】位似图形就是特殊的相似图形位似比等于相似比. 利用相似三角形的性质即可求解.【详解】解: $\because \triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 是位似图形, 位似比为 $2: 3$,$\therefore A B: D E=2: 3$.$\because A B=4$,$\therefore D E=6$.故选: A.【点睛】本题主要考查位似变换. 解题的关键是掌握位似图形是相似图形的特殊形式,位似比等于相似比的特点.


Question: 若将函数 $y=2 x^{2}$ 的图象向上平移 5 个单位, 再向右平行移动 1 个单位, 得到的拋物线是 ( )

变换几何

根据图象右移减、左移加, 上移加、下移减，可得答案.

【详解】原拋物线的顶点为 $(0,0)$, 向右平行移动 1 个单位, 再向上平移 5 个单位, 那么新抛物线的顶点为 $(1,5)$. 可设新抛物线的解析式为 $\mathrm{y}=2(x-h)^{2}+\mathrm{k}$, 代入可得: $\mathrm{y}=2(x-1)$ ${ }^{2}+5$.

故选 C.

【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换, 图象右移减、左移加, 上移加、下移减是解题关键.


Question:
如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=30^{\circ}, A B=8, A C=5$, 将 $\triangle A B C$ 绕点 $\mathrm{A}$ 顺时针旋转 $30^{\circ}$ 得到 $\triangle A D E$ 连接 $C D$, 则 $C D$ 的长是 ( )

<ImageHere>

变换几何

过点 $\mathrm{D}$ 作 $D F \perp A C$ 与 $\mathrm{F}$, 由旋转的性质可得 $\mathrm{AD}=\mathrm{AB}=8, \angle B A C=\angle \mathrm{DAB}=30^{\circ}$,由直角三角形的性质可得 $\mathrm{AF}=4, \quad \mathrm{DF}=\sqrt{3} \mathrm{AF}=4 \sqrt{3}$, 由勾股定理可求解.

【详解】解：过点 $\mathrm{D}$ 作 $D F \perp A C$ 与 $\mathrm{F}$,

$\because$ 将 $\triangle A B C$ 绕点 $\mathrm{A}$ 顺时针旋转 $30^{\circ}$ 得到 $\triangle A D E$,

$\therefore A D=A B=8, \angle B A C=\angle D A B=30^{\circ}$,

$\therefore \angle C A D=60^{\circ}$, 且 $D F \perp A C, A D=8$

$\therefore A F=4, D F=\sqrt{3} A F=4 \sqrt{3}$,

$\therefore C F=1$,

$\therefore C D=\sqrt{D F^{2}+C F^{2}}=\sqrt{48+1}=7$

故选 A.

<ImageHere>

【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理, 添加合适的辅助线构造直角三角形是解题的关键.


Question:
如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}$, 将 Rt $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 按顺时针方向旋转一定角度得到 Rt $\triangle D E C$, 点 $D$ 恰好落在边 $A B$ 上若 $\angle B=25^{\circ}$, 则 $\angle B C E$ 的度数为（）

<ImageHere>

变换几何

由旋转的性质可得 $A C=C D, \angle A C D=\angle B C E$, 可得 $\angle A=\angle A D C=65^{\circ}$, 由三角形内角和定理可得 $\angle A C D=50^{\circ}$, 即可求解.

【详解】 $\because \angle A C B=90^{\circ}, \angle B=25^{\circ}$,

$\therefore \angle A=65^{\circ}$,

$\because$ 将 Rt $\triangle A B C$ 绕点 $C$ 顺时针方向旋转一定角度得到 Rt $\triangle D E C$,

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

$\therefore \angle A=\angle A D C=65^{\circ}$,

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

$\therefore \angle B C E=50^{\circ}$,

故选: $C$.

【点睛】本题考查了旋转的性质, 等腰三角形的性质, 掌握旋转的性质是解题的关键.


Question:
如图, 将 $\triangle A B C$ 绕点 $A$ 逆时针旋转得到 $\triangle A B^{\prime} C^{\prime}$, 若 $B^{\prime}$ 落在 $B C$ 边上, $\angle B=50^{\circ}$, 则 $\angle C B^{\prime} C^{\prime}$ 为 $(\quad)$

<ImageHere>

变换几何

依据旋转的性质可求得 $A B=A B^{\prime}, \angle A B^{\prime} C^{\prime}$ 的度数, 依据等边对等角的性质可得到 $\angle B=\angle B B^{\prime} A$, 于是可得到 $\angle C B^{\prime} C^{\prime}$ 的度数.

【详解】解: 由旋转的性质可知: $A B=A B^{\prime}, \angle B=\angle A B^{\prime} C^{\prime}=50^{\circ}$,

$\because A B=A B^{\prime}$,
$\therefore \angle B=\angle B B^{\prime} A=50^{\circ}$.

$\therefore \angle B B^{\prime} C^{\prime}=50^{\circ}+50^{\circ}=100^{\circ}$,

$\therefore \angle C B^{\prime} C^{\prime}=180^{\circ}-100^{\circ}=80^{\circ}$,

故选: A.

【点睛】本题主要考查的是旋转的性质, 等腰三角形的性质, 求得 $\angle A B^{\prime} C^{\prime}$ 和 $\angle B B^{\prime} A$ 的度数是解题的关键.


Question: 下列说法正确的是( )

A. 小红小学毕业时的照片和初中毕业时的照片相似

B. 商店新头来的一副三角板是相似的

C. 所有的课本都是相似的

D. 国旗的五角星都是相似的

变换几何

观察图形，看它们的形状是否相同，形状相同的两个图形是相似图形.

【详解】A. 小明上幼儿园时的照片和初中毕业时的照片, 形状不相同, 不相似;

B. 商店新买来的一副三角板, 形状不相同, 不相似;

C. 所有的课本都是相似的, 形状不相同, 不相似;

D. 国旗的五角星都是相似的，形状相同，相似.

故选 D.

【点睛】本题考查了相似图形, 相似图形是指形状相同的图形, 仔细观察看每组图形是否相同，如果相同就相似，否则就不相似.


Question:
如图, $\triangle A B C$ 和 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 位似, 位似中心为点 $O$, 点 $A(-1,2)$ 、点 $A^{\prime}(2,-4)$, 若 $\triangle A B C$ 的面积为 4 , 则 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积是 ( )

<ImageHere>

变换几何

直接利用位似图形对应点坐标得出相似比, 进而利用相似三角形的性质得出答案.

【详解】解: $\because \triangle A B C$ 和 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 位似, 位似中心为原点 $O$, 点 $A(-1,2)$ 、点 $A^{\prime}(2,-4)$, $\therefore \triangle A B C$ 和 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的相似比为: $1: 2$,

$\therefore \triangle A B C$ 和 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积比为: $1: 4$,

$\because \triangle A B C$ 的面积为 4 ,

$\therefore \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 的面积是: 16 .

故选: D.

【点睛】此题主要考查了位似变换, 正确得出相似比是解题关键.


Question: (本题 3 分)（2022:浙江宁波$\cdot$九年级期末）下列事件中是不可能事件的是（）

A. 从一副扑克牌中任抽一张牌恰好是“红桃”B. 在装有白球和黑球的袋中摸球，摸出了红球C. 2022 年大年初一早晨艳阳高照D. 从两个班级中任选三名学生, 至少有两名学生来自同一个班级

计数

B【解析】【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的特点判断即可.【详解】解:A.从一副扑克牌中任抽一张牌恰好是“红桃”,这是随机事件,故A不符合题意;B.在装有白球和黑球的袋中摸球,摸出了红球,这是不可能事件,故B符合题意;C.2022年大年初一早晨绝阳高照,这是随机事件,故C不符合题意;D.从两个班级中任选三名学生,至少有两名学生来自同一个班级,这是必然事件,故D不符合题意;故选:B.【点睛】本题考查了随机事件,熟练掌握随机事件,必然事件,不可能事件的特点是解题的关键.


Question:
(本题 3 分)（2021$\cdot$浙江$\cdot$宁波市镇海蛟川书院九年级期中）育种小组对某品种小麦发芽情况进行测试，在测试基本情况相同的条件下，得到如下数据:| 抽查小
 麦粒数 | 100 | 500 | 1000 | 2000 | 3000 | 4000 || :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- || 发芽粒
 数 | 95 | 486 | 968 | 1940 | 2907 | $a$ |则 $a$ 的值最有可能是)

计数

C【解析】【分析】分别计算出每一次抽取样本的发芽率,从而判断出小麦的发芽的频率稳定在0.97左右,从而得出答案.【详解】解:95div100=0.95,486div500=0.972,968div1000=0.9681940div2000=0.972907div3000=0.969由抽取的样本数据,我们发现小麦发芽的频率稳定在0.97左右,即用频率估计概率,我们可估计小麦发芽的概率为0.97,所以,a=4000times0.97=3880,所以,a最有可能为3880,故选:C.【点睛】本题考查了统计与概率,解题的关键是用频率估计概率以及对频率计算公式的理解.


Question: (本题 3 分) (2022- 浙江绍兴$\cdot$九年级期末) 在一个不透明的箱子里放有 5 个球, 其中 2 个红球, 3 个白球, 它们除颜色外其余都相同. 从箱子里任意摸出 1 个球, 摸到红球的概率是

计数

B【解析】【分析】直接利用概率公式:由红球的数量除以球的总数即可求解.【详解】解：because一个不透明的箱子里有5个球,其中2个红球,3个白球,therefore从箱子中随机摸出一个球是红球的概率是：frac25.故选:B.【点睛】本题考查了概率公式的应用.用到的知识点为:概率=所求情况数与总情况数之比.


Question: (本题 3 分)（2022$\cdot$浙江温州$\cdot$九年级期末）如图是一个游戏转盘. 自由转动转盘,当转盘停止转动后, 指针落在数字 $1,2,3,4$ 所示区域内可能性最大的是 ( )<ImageHere>

计数

C【解析】【分析】根据圆周角可得1区域的圆心角度数,然后计算各个区域的可能性,比较大小即可得.【详解】解：1区域的圆心角为：360^circ-50^circ-125^circ-65^circ=120^circ,therefore落在1区域的可能性为:frac120^circ360^circ=frac13,落在2区域的可能性为:frac50^circ360^circ=frac536,落在3区域的可能性为:frac125^circ360^circ=frac2572，落在4区域的可能性为:frac65^circ360^circ=frac1372,becausefrac536<frac1372<frac13<frac2572,therefore落在3区域的可能性最大,故选：C.【点睛】题目主要考查可能性的计算及大小比较，理解题意，掌握可能性的计算方法是解题关键.


Question: (本题 3 分)（2021$\cdot$浙江$\cdot$翠苑中学九年级期中）不透明布袋中装有除颜色外完全相同的红、白球, 已知红、白球共有 60 个, 同学们通过多次试验后发现摸到红色球的频率稳定在 $\frac{1}{4}$ 左右, 则袋中红球个数可能为（）

计数

D【解析】【分析根据利用频率估计概率问题可直接进行求解.【详解】解：由题意得：frac14times60=15;故选D.【点睛】本题主要考查频率估计概率，熟练掌握利用频率估计概率是解题的关键.


Question: (本题 3 分)（2020$\cdot$浙江杭州 $} \cdot$ 九年级期末）在利用正六面体骰子进行频率估计概率的试验中, 小颖同学统计了某一结果出现的频率, 绘出的统计图如图所示, 则符合这一结果的试验可能是 $(\quad)$<ImageHere>

A. 朝上的点数是 5 的概率B. 朝上的点数是奇数的概率C. 朝上的点数大于 2 的概率D. 朝上的点数是 3 的倍数的概率

计数

D【解析】【分析】计算出各个选项中事件的概率，根据概率即可作出判断.【详解】A、朝上的点数是5的概率为frac16approx16.67%,不符合试验的结果;B、朝上的点数是奇数的概率为frac36=frac12=50%，不符合试验的结果;C、朝上的点数大于2的概率frac46approx66.67%,不符合试验的结果;D、朝上的点数是3的倍数的概率是frac26approx33.33%，基本符合试验的结果.故选:D.【点睛】本题考查了频率估计概率,当试验的次数较多时,频率稳定在某一固定值附近,这个固定值即为概率.


Question: (本题 3 分) (2018$\cdot$浙江杭州$\cdot$九年级期末) 甲、乙两位同学在一次用频率去估计概率的实验中统计了某一结果出现的频率, 绘出的统计图如图所示, 则符合这一结果的实验可能是 $(\quad)$<ImageHere>

A. 掷一枚正六面体的股子, 出现 1 点的概率B. 一个袋子中有 2 个白球和 1 个红球, 从中任取一个球, 则取到红球的概率C. 抛一枚硬币, 出现正面的概率D. 任意写一个整数, 它能被 2 整除的概率

计数

B【解析】【分析】根据统计图可知,试验结果在0.33附近波动,即其概率Papprox0.33,计算四个选项的概率,约为0.33者即为正确答案.【详解】解:A、郑一枚正六面体的股子,出现1点的概率为frac16,故此选项不符合题意;B、一个袋子中有2个白球和1个红球,从中任取一个球,则取到红球的概率frac13approx0.33,故此选项符合题意;C、掷一枚硬币,出现正面朝上的概率为frac12,故此选项不符合题意;D、任意写出一个整数,能被2整除的概率为frac12,故此选项不符合题意.故选:B.【点睛】此题考查了利用频率估计概率,大量反复试验下频率稳定值即概率.用到的知识点为:频率=所求情况数与总情况数之比.同时此题在解答中要用到概率公式.


Question: 不透明袋子中装有无差别的两个小球，分别写有“问天”和“梦天”. 随机取出一个小球后,放回并摇匀,再随机取出一个小球,则两次都取到写有“问天”的小球的概率为 ( )

计数

画树状图, 共有 4 种等可能的结果, 两次都取到写有“问天”的小球的结果有 1 种,再由概率公式求解即可.

【详解】解: 设“问天”为 1 , “梦天”为 2 , 画树状图如图:

<ImageHere>

共有 4 种等可能的结果，两次都取到写有“问天”的小球的结果有 1 种, $\therefore$ 两次都取到写有“问天”的小球的概率为 $\frac{1}{4}$,

故选: D.

【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率. 列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果, 适合于两步完成的事件; 树状图法适合两步或两步以上完成的事件; 解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验. 用到的知识点为: 概率 $=$ 所求情况数与总情况数之比.


Question: 下列说法中正确的是 ( )

A. 要了解一批灯泡的使用寿命应采用普方式

B. “任意画出一个等边三角形, 它是轴对称图形”是随机事件

C. 有一组数据: $3,5,7,6,4$, 这组数据的中位数是 5 .

D. 任意掷一枚质地均匀的硬币 10 次, 正面向上的一定是 5 次

计数

分析：利用随机事件和必然事件的定义对个选项进行判断得出答案.

详解: A.要了解一批灯泡的使用寿命应抽样调查, 故此选项错误;

B. “任意画出一个等边三角形, 它是轴对称图形”是必然事件, 故此选项错误;

C. 有一组数据: $3,5,7,6,4$, 这组数据的中位数是 5, 故此选项正确;

D.任意掷一枚质地均匀的硬币 10 次，正面向上的不一定是 5 次, 故此选项错误.

点睛：此题主要考查了随机事件，正确把握相关事件的定义是解题的关键.


Question: 试验中, 随着次数的逐渐增多, 事件发生频率的变化规律是 ( )

A. 波澜起伏

B. 风平浪静

C. 先风平浪静后波澜起伏

D. 先波澜起伏后风平浪静

计数

根据大量重复试验事件发生的频率逐渐稳定到某个常数附近，可以用这个常数估计这个事件发生的概率解答.

【详解】解: $\because$ 大量重复试验事件发生的频率逐渐稳定到某个常数附近, 可以用这个常数估计这个事件发生的概率，

$\therefore$ 事件发生频率的变化规律是先波澜起伏后风平浪静;

故选择: D.

【点睛】本题考查了利用频率估计概率的知识，大量重复试验事件发生的频率逐渐稳定到某个常数附近, 可以用这个常数估计这个事件发生的概率.


Question: 下列说法正确的是 ( )

A. “翻开九年上册数学课本, 恰好是第 88 页”是不可能事件

B. “太阳从西方升起”是必然事件

C. “明天会下雨”描述的事件是随机事件

D. 射击运动员射击一次, 命中十环是必然事件

计数

根据确定事件和随机事件的定义来区分判断即可, 必然事件和不可能事件统称确定
性事件; 必然事件: 在一定条件下, 一定会发生的事件称为必然事件; 不可能事件: 在一定条件下, 一定不会发生的事件称为不可能事件; 随机事件: 在一定条件下, 可能发生也可能不发生的事件称为随机事件.

【详解】A. “翻开九年上册数学课本, 恰好是第 88 页”是随机事件, 故该选项不正确, 不符合题意;

B. “太阳从西方升起”是不可能事件, 故该选项不正确, 符合题意;

C. “明天会下雨”描述的事件是随机事件, 故该选项正确, 不符合题意;

D. 射击运动员射击一次, 命中十环是随机事件, 故该选项不正确, 不符合题意;

故选: C.

【点睛】本题考查了确定事件和随机事件的定义，熟悉定义是解题的关键.


Question: 在一个不透明的盒子中装有 2 个白球, 若干个黄球, 它们除了颜色不同外, 其余均相同.若从中随机摸出一个白球的概率是 $\frac{1}{3}$, 则黄球的个数为

计数

试题分析: 设黄球的个数为 $\mathrm{x}$ 个, 根据题意得: $\frac{12}{12+x}=\frac{1}{3}$, 解得: $\mathrm{x}=24$, 经检验: $\mathrm{x}=24$ 是原分式方程的解; $\therefore$ 黄球的个数为 24 . 故选 C.

考点: 概率公式.