eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 立体几何学）：下列说法正确的是 ( )


选项：
A. 垂直于弦的直线平分弦所对的两条弧

B. 平分弦的直径垂直于弦

C. 垂直于直径的弦平分这条直径

D. 过弦（不是直径）的中点的直径平分弦所对的两条弧


答案：D
解析：根据垂径定理及其推论, 进行判断即可.

【详解】解： A、垂直于弦的直径平分弦所对的两条弧, 选项错误;

B、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦, 选项错误；

C、垂直于直径的弦被直径平分，选项错误；

D、过弦（不是直径）的中点的直径平分弦所对的两条弧, 选项正确.

故选 D.

【点睛】本题考查垂径定理. 熟练掌握垂径定理, 是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图所示, 在 $\odot O$ 中, $A B=C D$, 则在(1) $A B=C D$; (2) $A C=B D$; (3) $\angle A O C=\angle B O D$;

(4) $A C=B D$ 中, 正确结论的个数是（）

选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4


答案：D
解析：利用同圆或等圆中弧, 弦以及所对的圆心角之间的关系逐项分析即可.

【详解】解: $\because$ 在 $\odot O$ 中, $A B=C D$,

$\therefore A B=C D$, 故(1)正确;

$\because B C$ 为公共弧,

$\therefore A C=B D$, 故(4)正确;

$\therefore A C=B D$, 故(2)正确;

$\therefore \angle A O C=\angle B O D$, 故(3)正确;

综上分析可知, 正确的有 4 个.

故选: D.

【点睛】本题考查了弧, 弦、圆心角之间的关系：在同圆和等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等以及推论：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有
一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等.
题目（九年级 · 立体几何学）：下列说法正确的是 ( )

选项：
A. 垂直于弦的直线平分弦所对的两条弧
B. 平分弦的直径垂直于弦
C. 垂直于直径的直线平分这条直径
D. 弦的垂直平分线经过圆心

答案：D
解析：根据垂径定理对选项 A、C 进行判断, 根据垂径定理的推论对 B、D 选项进行判断.
【详解】解: A. 垂直于弦的直径平分弦所对的两条弧, 所以 A 选项错误;

B. 平分弦 (非直径) 的直径垂直于弦, 所以 B 选项错误;

C. 垂直于直径的弦被这条直径平分, 所以 C 选项错误;

D. 弦的垂直平分线经过圆心, 所以 $\mathrm{D}$ 选项正确.

故选: D.

【点睛】本题考查垂径定理及垂径定理的推论, 掌握并理解定理的内容是解答此题的关键
题目（九年级 · 立体几何学）：下列说法正确的是 ( )

选项：
A. 等弧所对的弦相等
B. 三点确定一个圆
C. 相等的圆心角对的弧相等
D. 三角形的外心到三角形三边的距离相等

答案：A
解析：根据圆的有关性质对每一项进行判断即可得出答案.

【详解】解: A、等弧所对的弦相等, 故本选项正确;

B、不在同一直线上的三点确定一个圆，故本选项错误;

C、在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故本选项错误;

D、三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等, 故本选项错误;

故选: A.

【点睛】本题考查了命题与定理, 熟练掌握有关性质和定理是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $C D$ 是边 $A B$ 上的高, 若 $A C=4, A B=10$, 则 $A D$ 的

长为( )

选项：
A. $\frac{8}{5}$
B. 2
C. $\frac{5}{2}$
D. 3


答案：A
解析：【分析】

本题考查了相似三角形的性质和判定, 关键是能根据相似得出比例式. 求出 $\angle A D C=\angle A C B=90^{\circ}$, $\angle C A D=\angle B A C$, 推出 $\triangle C A D \sim \triangle B A C$, 得出比例式 $\frac{A C}{A B}=\frac{A D}{A C}$, 代入求出即可.

## 【解答】

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

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

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

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

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

$\because A C=4, A B=10$,

$\therefore \frac{4}{10}=\frac{A D}{4}$

$\therefore A D=\frac{16}{10}=\frac{8}{5}$,

故选 $A$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图1, 长、宽均为 3 , 高为 8 的长方体容器, 放置在水平桌面上, 里面盛有水, 水面高为 6 , 绕底
面一棱进行旋转倾斜后, 水面恰好触到容器口边缘, 图2是此时的示意图, 则图2中水面高度为 ( )



图1



图2

选项：
A. $\frac{24}{5}$
B. $\frac{32}{5}$
C. $\frac{12 \sqrt{34}}{17}$
D. $\frac{20 \sqrt{34}}{17}$

第 II 卷（非选择题）

##
答案：A
解析：【分析】

本题主要考查相似三角形的应用、勾股定理、长方体的体积、梯形的面积的计算方法等; 熟练掌握勾股定理, 由长方体容器内水的体积得出方程是解决问题的关键.

设 $D E=x$, 则 $A D=8-x$, 由长方体容器内水的体积得出方程, 解方程求出 $D E$, 再由勾股定理求出 $C D$,过点 $C$ 作 $C F \perp B G$ 于 $F$, 由 $\triangle C D E \sim \triangle C B F$ 得出 $\frac{C E}{C F}=\frac{C D}{C B}$, 求得结果即可.

## 【解答】

解: 过点 $C$ 作 $C F \perp B G$ 于 $F$, 如图所示:



设 $D E=x$, 则 $A D=8-x$,

根据题意得: $\frac{1}{2}(8-x+8) \times 3 \times 3=3 \times 3 \times 6$,

解得: $x=4$,

$\therefore D E=4$,

$\because \angle E=90^{\circ}$,

由勾股定理得: $C D=\sqrt{D E^{2}+C E^{2}}=\sqrt{4^{2}+3^{2}}=5$,

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

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

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

$\therefore \triangle C D E \sim \triangle C B F$,

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

即 $\frac{3}{C F}=\frac{5}{8}$,

$\therefore C F=\frac{24}{5}$.

故选: $A$.
题目（九年级 · 立体几何学）：三角形内切圆的圆心为
选项：
A. 三条边的高的交点
B. 三个角的平分线的交点
C. 三条边的垂直平分线的交点
D. 三条边的中线的交点
答案：B
解析：【分析】根据角平分线上的点到这个角的两边的距离相等, 所以三角形内切圆的圆心是三内角平分线的交点.

解: $\because$ 角平分线上的点到角的两边的距离相等,

$\therefore$ 三角形内切圆的圆心是三内角平分线的交点.

故选 B.
题目（九年级 · 立体几何学）：如 $\mathrm{L}$ 是 $\odot 0$ 的切线, 要判定 $A B \perp \mathrm{L}$, 还需要添加的条件是（）
选项：
A. $A B$ 经过圆心 0
B. $A B$ 是直径
C. $A B$ 是直径, $B$ 是切点
D. $A B$ 是直径, $B$ 是切点
答案：C
解析：【分析】根据圆的切线的判定方法 “圆的切线垂直于经过切点的半径”, 进行分析.

解: 根据切线的判定方法, 则这里的 $\mathrm{AB}$ 是直径, 且一端是切点.

故选 C.
题目（九年级 · 立体几何学）：等腰三角形中, $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}, \mathrm{BC}=4, \triangle \mathrm{ABC}$ 的内切圆的半径为 1 , 则 $\mathrm{AB}$ 的长为 ( )
选项：
A. 2
B. 3
c. $2+\sqrt{3}$
D. $\frac{10}{3}$
答案：A
解析：【分析】利用三角形内切圆的性质以及切线长定理得出 $\mathrm{BD}=\mathrm{BE}, \mathrm{CE}=\mathrm{CF}, \mathrm{AD}=\mathrm{AF}$, 进而得出 $\triangle \mathrm{ADF}$ 是等边三角形, 即可得出答案.
解: $\because \triangle A B C$ 的内切圆 0 与三边分别切于 $D 、 E 、 F, C B=6 \mathrm{~cm}, \triangle A B C$ 的周长为 $16 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{BE}, \quad \mathrm{CE}=\mathrm{CF}, \mathrm{AD}=\mathrm{AF}$,

$\because \mathrm{BE}+\mathrm{EC}=\mathrm{BD}+\mathrm{FC}=6$

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AF}=\frac{1}{2}(\mathrm{AB}+\mathrm{AC}+\mathrm{BC}-\mathrm{BC}-\mathrm{BD}-\mathrm{CF})=\frac{1}{2}(16-6-6)=2$,

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

$\therefore \triangle \mathrm{ADF}$ 是等边三角形,

$\therefore \mathrm{DF}=2$.

故选: A.
题目（九年级 · 立体几何学）：下列四个几何体中, 主视图与左视图相同的几何体有（）



(1) 正方体



(2)球



(3)圆锥



(4) 圆柱
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：D
解析：D

【解析】解: (1)正方体的主视图与左视图都是正方形;

(2)球的主视图与左视图都是圆;

(3)圆雉主视图与左视图都是三角形;

(4)圆柱的主视图和左视图都是长方形;
故选 D.
题目（九年级 · 立体几何学）：某几何体的左视图如图所示, 则该几何体不可能是 ( )



左视图
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：D
解析：D

【解析】试题分析：几何体的左视图是从左面看几何体所得到的图形, 选项 A、B、C 的左视图都为[](本地图片-5586.jpg)选项 D 的左视图不是[](本地图片-5587.jpg)故选 D.
题目（九年级 · 立体几何学）：下列几何体中, 主视图和俯视图都为矩形的是 ( )
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：B

【解析】A 选项：主视图为矩形、俯视图为圆;

B 选项: 主视图和俯视图均为矩形;

$C$ 选项：主视图为等腰梯形、俯视图为圆环;

D 选项: 主视图为等腰三角形、俯视图为有对角线的矩形;

故选 B.
题目（九年级 · 立体几何学）：

如图是一个由 5 个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是 ( )
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：A
解析：A

【解析】试题分析: 从正面看, 左边一列有三个小正方形, 右边有一个小正方形.

故选 A.
题目（九年级 · 立体几何学）：在 Rt $\triangle A B C$ 中, $A B=6, B C=8$, 那么这个三角形的外接圆直径是 ( ）
选项：
A. 5   B. 10   C. 5 或 4   D. 10 或 8
答案：D
解析：D【解析】becauseRttriangleABC中,没有确定斜边,therefore斜边可为10或8,其外接圆直径为10或8.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 上下底面为全等的正六边形礼盒, 其主视图与左视图均由矩形构成, 主视图中大矩形边长如图所示, 左视图中包含两个全等的矩形, 如果用彩色胶带按实物图中所示方式包扎礼盒, 所需胶带长度至少为 $(\quad)$


主视图



左视图
选项：
A. $320 \mathrm{~cm}$
B. $395.24 \mathrm{~cm}$
C. $431.77 \mathrm{~cm}$
D. $480 \mathrm{~cm}$
答案：C
解析：根据题意, 作出实际图形的上底, 如图 $A C 、 C D$ 是上底面的两边, 则 $A C=60 \div 2=30(\mathrm{~cm}), \angle A C D=$ $120^{\circ}$. 作 $C B \perp A D$ 于点 $B$, 那么 $A B=A C \cdot \sin 60 \cdots{ }^{\circ}=15 \sqrt{3}(\mathrm{~cm}), \therefore A D=2 A B=30 \sqrt{3}(\mathrm{~cm}) . \therefore$ 胶带的长
至少为 $30 \sqrt{3} \times 6+20 \times 6 \approx 431.77(\mathrm{~cm})$. 故选 $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：过正方体上底面的对角线和下底面一顶点的平面截去一个三棱雉所得到的几何体如图所示, 它的俯视图为 $(\quad)$


选项：
A.


B.


C.


D.
答案：B
解析：所给图形的俯视图是 $B$ 选项所给的图形.

故选: $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：学校超市的货架上摆放着某品牌方便面, 从三个不同的方向看可以看到下图所示的形状图, 则货



从正面看



从左面看



从上面看

架上的方便面至多有( $)$
选项：
A. 7 盒
B. 8 盒
C. 9 盒
D. 10 盒
答案：C
解析：由从三个不同的方向看到的形状，可以在俯

视图上, 标出相应的摆放的最多数量,

求出至多有 9 盒,

故选: $C$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 图(1)是一个水平摆放的小正方体木块, 图(2)(3)是由这样的小正方体木块按一定的规律叠放而成的. 其中图(1)的主视图有 1 个正方形, 图(2)的主视图有 4 个正方形, 图(3)的主视图有 9 个正方形, 按照这样的规律继续叠放下去, 则图(10的主视图有正方形( )



(1)



(2)



(3)
选项：
A. 100 个
B. 200 个
C. 300 个
D. 400 个
答案：A
解析：:图(1)的主视图有 1 个正方形, 为 $1^{2}=1$,

图(2)的主视图有 4 个正方形, 为 $2^{2}=4$,

图(3)的主视图有 9 个正方形, 为 $3^{2}=3$,

则主视图的规律为 $n^{2}$,
$\therefore$ 图(10)的主视图有 $10^{2}=100$ 个正方形.

故选: $A$.
题目（九年级 · 立体几何学）：由一些大小相同的小正方体搭成的几何体的主视图和左视图如图,则搭成该几何体的小正方体的个数最少是 $(\quad)$



主视图



左视图
选项：
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
答案：B
解析：根据左视图和主视图, 这个几何体的底层最少有 $1+1+1=3$ 个小正方体,

第二层最少有 1 个小正方体,

因此组成这个几何体的小正方体最少有 $3+1=4$ 个.



故选: $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：用一个平面去截正方体(如图), 下列关于截面(截出的面)的形状的结论:

(1)可能是锐角三角形;

(2)可能是直角三角形;

(3)可能是针角三角形;

(4) 可能是平行四边形.

其中所有正确结论的序号是 $(\quad)$
选项：
A. (1)(2)
B. (1) (4)
C. (1)(2)(4)
D. (1)(2)(3)(4)
答案：B
解析：用平面去截正方体, 得的截面可能为三角形、四边形、五边形、六边形，而三角形只能是锐角三角形, 不能是直角三角形和针角三角形.

故选: $B$.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是某工件的三视图, 则此工件的表面积为 ( )


选项：
A. $15 \pi c m^{2}$
B. $51 \pi \mathrm{cm}^{2}$
C. $66 \pi c m^{2}$
D. $24 \pi \mathrm{cm}^{2}$
答案：D
解析：由三视图, 得:



$O B=3 \mathrm{~cm}, O A=4 \mathrm{~cm}$,

由勾股定理, 得 $A B=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5 \mathrm{~cm}$,

圆锥的侧面积 $\frac{1}{2} \times 6 \pi \times 5=15 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

圆锥的底面积 $\pi \times\left(\frac{6}{2}\right)^{2}=9 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

圆锥的表面积 $15 \pi+9 \pi=24 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

故选: $D$.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分)（2022:浙江$\cdot$松阳县教育局教研室二模）正方形 $A B C D$ 中, 两条对角线交于点 $O$, 点 $E$ 为边 $B C$ 的中点, 过点 $D$ 作 $D F \perp A E$, 交 $A B$ 于点 $F$, 交 $O A$ 于点 $M$, $A E$ 与 $B D$ 交于点 $N$, 记 $p=\frac{B F}{O M}, q=\frac{B N}{O N}, r=\frac{A N}{E N}$, 则有 ( )
选项：
A. $p=q>r$B. $p>q=r$C. $p<q=r$D. $p=q=r$
答案：B
解析：B【分析】根据正方形的性质,推导得q=2,,根据相似三角形的性质,推导得r=2,再根据相似三角形的性质,通过证明triangleQBFsimtriangleAMF,得p>2,从而完成求解.【详解】过点B作BQ//AC,延长DF交BQ于点Q,点Z为DF与AE的交点because正方形ABCD,两条对角线交于点O,thereforeBE//AD,quadAB=BC=CD=AD,quadOA=OB=OC=ODbecause点E为边BC的中点thereforefracBEAD=fracBNND=frac12becauseND=OD+ON=OB+ON=BN+2ONthereforefracBNBN+2ON=frac12thereforefracBNON=2thereforeq=2becauseBE//ADthereforeangleNAD=angleNEB,quadangleNDA=angleNBEthereforetriangleADNsimtriangleEBNbecause点E为边BC的中点thereforefracANNE=fracADBE=2thereforer=2becauseOB=ODbecauseOM//QBthereforeBQ=2OMthereforefracBQOM=2becauseangleFZA=90^circ,angleABE=90^circ,angleFAZ=angleEABthereforetriangleAFZbacksimtriangleAEBthereforefracAZAB=fracFZBEthereforefracAZFZ=fracABBE=2thereforeFZ=frac12AZbecauseangleAZM=angleAON=90^circ,angleMAZ=angleNAOthereforetriangleAMZsimtriangleANOthereforefracAZAO=fracZMONthereforefracAZZM=fracAOONbecauseAO=BO=BN+ON,quadBN=2ONthereforefracAZZM=fracBN+ONON=3thereforeZM=frac13AZbecauseFZ=frac12AZthereforeFZ>ZMthereforeAZ>AMbecauseQB//AMthereforeangleFQB=angleFMA,quadangleFBQ=angleFAMthereforetriangleQBFsimtriangleAMFthereforefracQBAM=fracBFAFthereforefracQBBF=fracAMAF<1thereforeQB<BFbecausefracBQOM=2thereforefracQBOM>2thereforep>2thereforep>q=r故选：B.【点睛】本题考查了正方形、相似三角形的知识;解题的关键是熟练掌握相似三角形的性质，从而完成求解.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江金华$\cdot$九年级期末）下列说法中，不正确的是（）
选项：
全等图形一定是相似图形B. 直角边长分别是 6,4 和 $4.5,3$ 的两个直角三角形相似C. 任意两个矩形都相似 D. 三角形的重心分每一条中线成 1:2的两条线段
答案：C
解析：C【分析】根据相似图形的判定、相似三角形的判定、相似多边形的判定、三角形重心的性质对各选项进行判断即可.【详解】解：A选项,全等图形的形状、大小完全一样,所以全等图形一定是相似图形，该选项说法正确，不符合题意；B选项,直角边长分别是6,4和4.5,3的两个直角三角形满足两边对应成比例且夹角相等,所以直角边长分别是6,4和4.5,3的两个直角三角形相似,该选项说法正确,不符合题意;C选项,任意两个矩形,虽然角对应相等,但是边长不一定对应成比例,所以任意两个矩形，不一定是相似图形，该选项说法错误，符合题意；D选项,三角形重心的性质:重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1,所以三角形的重心分每一条中线成1:2的两条线段,该选项说法正确,不符合题意;故选C.【点睛】本题考查了相似图形的判定、相似三角形的判定、相似多边形的判定、三角形重心的性质等知识点,熟练掌握各知识点是解答本题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江温州$\cdot$九年级阶段练习）如图, 在四边形 $A B C D$ 中,$D C / / E F / / A B, E C / / A F$, 四个三角形的面积分别为 $S_{1}, S_{2}, S_{3}, S_{4}$, 若 $S_{1}=1$, $S_{3}=4$, 则 $S_{2}+S_{4}$ 等于 $(\quad)$
选项：
8B. 9C. 10D. 12
答案：C
解析：C【分析】由DC//EF//AB,EC//AF,求得triangleEFCsimtriangleAFB与triangleECDsimtriangleAFE,然后利用相似三角形的面积比等于相似比的平方,根据EC:AF=EF:AB=1:2,得出S_4=2S_3=8,进而求得S_2,即可求得答案.【详解】解:becauseDC//EF//AB,EC//AF,thereforeangleCDE=angleFEA,quadangleDEC=angleDAFthereforetriangleECDsimtriangleAFE,quadS_1=1,quadS_3=4thereforefracECAF=fracCDEFthereforefracS_1S_3=left(fracECAFright)^2=frac14thereforefracECAF=fracCDEF=frac12,becauseDC//EF//AB,EC//AF,thereforeangleCFE=angleB,angleECF=angleAFB,thereforetriangleECFsimtriangleAFB,thereforefracEFAB=fracECAF=frac12thereforefracS_2S_4=left(fracECAFright)^2=frac14,thereforefracS_3S_4=fracEFAB=frac12thereforeS_4=2S_3=8thereforeS_2=2thereforeS_2+S_4=10故选C.【点睛】此题考查了相似三角形的性质与判定与三角形面积的知识.解题时要注意数形结合思想的应用.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本题 3 分) (2021$\cdot$浙江畺州$\cdot$九年级阶段练习) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E$ 分别是边 $A B 、 B C$ 上的点, 且 $D E / / A C$, 若 $S_{\triangle} B D E: S_{\triangle} C D E=1: 3$, 则 $S_{\triangle} D O E: S_{\triangle A O C}$ 的值为
选项：
A. $\frac{1}{3}$B. $\frac{1}{4}$C. $\frac{1}{9}$D. $\frac{1}{16}$
答案：D
解析：D【分析】先证明BE:EC=1:3,进而证明BE:BC=1:4;再根据triangleBDEsimtriangleABC,triangleDOEsimtriangleAOC,得到fracS_triangleDOES_triangleAOC=left(fracDEACright)^2即可求解【详解】解:becauseS_triangleBDE:S_triangleCDE=1:3,thereforeBE:EC=1:3thereforeBE:BC=1:4becauseDE//ACthereforetriangleBDEsimtriangleABC,triangleDOEsimtriangleAOC,thereforefracDEAC=fracBEBC=frac14,thereforefracS_triangleDOES_triangleAOC=left(fracDEACright)^2=frac116,故答案为:D.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质,借助相似三角形的性质是解决问题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 建筑工地划出了三角形安全区 $(\triangle A B C)$, 一人从 $A$ 点出发, 沿北偏东 $53^{\circ}$ 方向走 $50 m$到达 $C$ 点, 另一人从 $B$ 点出发, 沿北偏西 $53^{\circ}$ 方向走 $100 m$ 到达 $C$ 点, 则点 $A$ 与点 $B$ 相距 $\left(\tan 53^{\circ}=\right.$ $\left.\frac{4}{3}\right)(\quad)$


选项：
A. $30 \sqrt{15} m$
B. $30 \sqrt{17} m$
C. $40 \sqrt{10} m$
D. $130 m$
答案：B
解析：【分析】

本题考查了解直角三角形, 方位角, 勾股定理得应用, 过 $C$ 作 $C F \perp A D, C E / / A D, B E / / A G$, 则 $\angle C E B=90^{\circ}$, 根据题意, 结合勾股定理, 求得 $A F=40, C F=D E=30, F D=C E=80, B E=60$,最后根据勾股定理可得 $A B$.

【解答】

解: 如图, 一人从 $A$ 点出发, 沿北偏东 $53^{\circ}$ 方向走 $50 m$ 到达 $C$ 点, 另一人从 $B$ 点出发, 沿北偏西 $53^{\circ}$ 方向走 $100 m$ 到达 $C$ 点，

过 $C$ 作 $C F \perp A D, C E / / A D, B E / / A G$, 则 $\angle C E B=90^{\circ}$,



$\therefore \angle G A C=\angle A C F=\angle E B C=\angle B C F=53^{\circ}, A C=50, B C=100$,

$$
\begin{gathered}
\because \tan 53^{\circ}=\frac{4}{3} \\
\therefore \frac{A F}{F C}=\frac{C E}{E B}=\frac{4}{3}
\end{gathered}
$$

在直角三角形 $A C F$ 和直角三角形 $B C E$ 中, 结合勾股定理可得

$A F=40, C F=D E=30, F D=C E=80, B E=60$,

$\therefore A D=120$,

$\therefore$ 根据勾股定理可得 $A B=\sqrt{120^{2}+30^{2}}=30 \sqrt{17}$

故选 $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 将四边形纸片 $A B C D$ 沿过点 $A$ 的直线折叠, 使得点 $B$ 落在 $C D$ 上的点 $M$ 处, 折痕为 $A P$,再将 $\triangle P C M, \triangle A D M$ 分别沿 $P M, A M$ 折叠, 此时点 $C, D$ 落在 $A P$ 上的同一点 $N$ 处.给出以下结论: (1) $M$ 是 $C D$ 的中点; (2) $A D / / B C$; (3) $\angle D A M+\angle C P M=90^{\circ}$; (4) 当 $A D=C P$ 时, $\frac{A B}{C D}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.其中正确的个数为 $(\quad)$


选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：D
解析：解: $\because$ 将 $\triangle P C M, \triangle A D M$ 分别沿 $P M, A M$ 折叠,

$\therefore D M=M N=C M, \angle D=\angle A N M, \angle C=\angle P N M, \angle D A M=\angle P A M, \angle C P M=\angle A P M$,

$\therefore$ 点 $M$ 是 $C D$ 的中点,

$\because \angle A N M+\angle P N M=180^{\circ}$,

$\therefore \angle D+\angle C=180^{\circ}, \quad \therefore A D / / B C$,

$\therefore \angle D A P+\angle C P A=180^{\circ}$,

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

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

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

由折叠的性质可得, $A D=A N, C P=P N, \angle B=\angle A M P=90^{\circ}, \angle A P B=\angle A P M=\angle C P M=60^{\circ}$,故(1)(2)3)正确.

当 $A D=C P$ 时, $\because A D / / C P$,

$\therefore$ 四边形 $A D C P$ 是平行四边形,

$\therefore A P=C D$,

$\therefore \frac{A B}{C D}=\frac{A B}{A P}=\sin \angle A P B=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故(4)正确.

故选 $D$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在正方形 $A B C D$ 中, $A B=2$, 点 $E$ 是 $B C$ 边的中点, 连接 $D E$, 延长 $E C$ 至点 $F$, 使得 $E F=D E$, 过点 $F$ 作 $F G \perp D E$, 分别交 $C D 、 A B$ 于 $N 、 G$ 两点, 连接 $C M 、 E G 、 E N$, 下列正确的是: (1) $\tan \angle G F B=\frac{1}{2}$; (2) $M N=N C$; (3) $\frac{C M}{E G}=\frac{1}{2}$; (4) $S_{\text {四边形 } G B E M}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ ( )


选项：
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
答案：B
解析：解: $\because \angle D C E=\angle F M E=90^{\circ}, \angle D E C=\angle M E F, D E=E F$,

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

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

$\therefore \tan \angle G B F=\tan \angle C D E=\frac{C E}{C D}=\frac{1}{2}$,

故(1)正确，

由(1)可得: $C E=E M$,

$\because E N=E N, \angle E M N=\angle E C N=90^{\circ}$,

$\therefore R t \triangle E M N \cong R t \triangle E C N(H L)$,

$\therefore M N=N C$,

故②正确,

$\because E M=E C$,

$\therefore \angle E M C=\angle E C M$,

$\because E M=C E=B E, G E=G E, \angle B=\angle G M E=90^{\circ}$,

$\therefore R t \triangle G B E \cong R t \triangle G M E(H L)$,

$\therefore \angle B E G=\angle G E M$,

$\because \angle B E M=\angle E M C+\angle E C M$,

$\therefore 2 \angle G E M=2 \angle E M C$,

$\therefore \angle G E M=\angle E M C$,

$\therefore C M / / G E$,

$\therefore \triangle F C M \sim \triangle F E G$,

$\therefore \frac{C M}{E G}=\frac{C F}{E F} \neq \frac{1}{2}$;

故(3)不正确,

$\because C E=1, C D=2$,

$\therefore S_{\triangle E M F} S_{\triangle C D E}=\frac{1}{2} \times 1 \times 2=1$,

$\because \angle F=\angle F, \angle F M E=\angle B=90^{\circ}$,
$\therefore \triangle F M E \sim \triangle F B G$,

$\therefore \frac{S_{\triangle F B G}}{S_{\triangle F M E}}=\left(\frac{B F}{F M}\right)^{2}=\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{2}$,

$\therefore S_{\triangle F B G}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$,

$\therefore S_{\text {四边形 } G B E M}=\frac{3+\sqrt{5}}{2}-1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,

故(4)正确,

$\therefore$ 正确的是(1)(2).

故选: $B$.

(1) 证明 $\triangle D C E \cong \triangle F M E$, 由 $\tan \angle G F B=\tan \angle C D E$ 可得;

(2)结合(1) $E M=C E$, 证明 $\triangle M E N \cong \triangle C E N$;

(3)证明 $C M / / G E$, 得 $\frac{C M}{E G}=\frac{C F}{E F} \neq \frac{1}{2}$;

(4) 求出 $\triangle F B G$ 和 $\triangle F M E$ 的面积, 进而由它们的差可得.

本题考查了正方形性质, 全等三角形判定和性质, 相似三角形判定和性质等知识, 解决问题的关键是层层递进，下一问要有意识应用前面解析.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 不等边 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, I$ 是其内心, $B I \perp O I$, $A C=14, B C=13, \triangle A B C$ 内切圆半径为 $(\quad)$
选项：
A. 4

$\frac{7}{2} \sqrt{2}$



$\frac{5}{2} \sqrt{3}$
B.
C.
D. $3 \sqrt{3}$
答案：A
解析：解：延长 $B I$ 交 $\odot O$ 于点 $D$, 连接 $O B, O D, A I, O D$ 交 $A C$ 于点 $E$,



则: $\angle D A C=\angle D B C$,
$\because I$ 是 $\triangle A B C$ 内心,

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

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

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

即: $\angle D A I=\angle A I D ，$

$\therefore A D=D I$,

$\because O D=O B, O I \perp B D$,

$\therefore D I=B I$,

$\therefore A D=B I$,

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

$\therefore \overparen{A D}=\overparen{C D}$

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

过点 $I$ 作 $I G \perp B C, I M \perp A C, I N \perp A B$,

则: $\angle B G I=\angle A E D=90^{\circ}$,

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

$\therefore \triangle A E D \cong \triangle B G I(A A S)$,

$\therefore B G=A E=\frac{1}{2} A C=7$,

$\therefore C G=B C-B G=13-7=6$,

$\because I$ 是 $\triangle A B C$ 内心,

$\therefore C M=C G=6, B N=B G=7, A N=A M=A C-C M=14-6=8$,

$\therefore A B=A N+B N=7+8=15$,

如图2：过点 $C$ 作 $C H \perp A B$, 连接 $I C$,

设 $A H=x ，$

则: $B H=15-x$,



图2

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

即: $14^{2}-x^{2}=13^{2}-(15-x)^{2} ，$

解得: $x=\frac{42}{5}$,

$\therefore C H=\sqrt{A C^{2}-A H^{2}}=\sqrt{196-\frac{1764}{25}}=\frac{56}{5}$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot C H=\frac{1}{2} \times 15 \times \frac{56}{5}=84$,

设 $\odot I$ 的半径为 $r$,

则: $I G=I M=I N=r$

$\therefore S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A I B}+S_{\triangle A I C}+S_{\triangle B I C}=\frac{1}{2}(A B+B C+A C) \cdot r$,

即: $\frac{1}{2}(13+14+15) \cdot r=84 ，$

解得: $r=4$;

故选: $A$.

延长 $B I$ 交 $\odot O$ 于点 $D$, 连接 $O B, O D, A I, O D$ 交 $A C$ 于点 $E$, 利用圆周角定理, 以及内心是三角形三条角平分线的交点, 证明 $\triangle A D I$ 是等腰三角形, 过点 $I$ 作 $I G \perp B C, I M \perp A C, I N \perp A B$, 证明 $\triangle$ $A E D \cong \triangle B G I(A A S)$, 得到 $B G=A E=\frac{1}{2} A C$, 利用切线长定理, 求出 $A B$ 的长, 过点 $C$ 作 $C H \perp A B$,连接 $I C$, 设 $A H=x$, 利用勾股定理, 求出 $\triangle A B C$ 的高, 进而求出 $\triangle A B C$ 的面积, 再利用 $\triangle A B C$ 的面积等于 $\triangle A B C$ 的周长与内切圆半径乘积的一半, 求出内切圆的半径即可.

本题考查三角形的内切圆和内心, 熟练掌握内心是三角形角平分线的交点, 合理的添加辅助线是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图所示, 在 $\triangle M B C$ 中, $\angle B=90^{\circ}, \angle M=30^{\circ}, C M=6$, 点 $A$ 在 $M B$ 上, 以 $A B$ 为直径作 $\odot O$ 与 $M C$ 相切于点 $D$, 则 $M D$ 的长为 $(\quad)$


选项：
A. 1
B. 4
C. 2
D. 3
答案：D
解析：略
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 点 $D, E, F$ 为切点, $A D=13, A C=25, B C=35$, 则 $B D$长为 $(\quad)$


选项：
A. 23
B. 22
C. 21
D. 无法确定
答案：A
解析：解: $\because \odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 点 $D, E, F$ 为切点,

$\therefore A F=A D=13, C F=C E, B D=B E$,
$\because A C=25$

$\therefore C F=A C-A F=25-13=12$,

$\because B C=35$

$\therefore B E=B C-C E=35-12=23$,

$\therefore B D=B E=23$.

故选：A.

根据切线长定理可得 $A F=A D, C F=C E, B D=B E$, 然后求解即可.

本题考查了三角形的内切圆与内心, 主要利用了切线长定理, 熟记定理是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, 连接 $O B, O C$, 过点 $O$ 作 $E F / / B C$ 分别交 $A B$, $A C$ 于点 $E, F$. 已知 $\triangle A B C$ 的周长为 $8, B C=x, \triangle A E F$ 的周长为 $y$, 则表示 $y$ 与 $x$ 的函数图象大致是( $\quad$ )
选项：
A.


B.


C.


D.




答案：B
解析：【分析】

本题考查了动点问题的函数图象、三角形的内心、平行线的性质、等腰三角形的判定和性质、三角形的周长等知识; 求出 $y$ 与 $x$ 的关系式是解决问题的关键.

由三角形的内心性质和平行线的性质证出 $B E=O E, C F=O F$, 得出 $\triangle A E F$ 的周长 $y$ 与 $x$ 的关系式为 $y=8-x$, 求出 $0<x<4$, 即可得出答案.

【解答】

解: $\because$ 点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,
$\therefore \angle A B O=\angle C B O, \angle A C O=\angle B C O$,

$\because E F / / B C$,

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

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

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

$\therefore \triangle A E F$ 的周长 $y=A E+E F+A F=A E+O E+O F+A F=A B+A C$,

$\because \triangle A B C$ 的周长为 $8, B C=x$,

$\therefore A B+A C=8-x$

$\therefore y=8-x$,

$\because A B+A C>B C$,

$\therefore y>x$

$\therefore 8-x>x$,

$\therefore 0<x<4$,

即 $y$ 与 $x$ 的函数关系式为 $y=8-x(x<4)$,

故选: $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\odot O$ 与 $\triangle A B C$ 的三边分别相切于点 $D, E, F$, 连接 $D E, E F$. 若 $A D=6, B E=7, C F=8$,则 $\tan \angle D E F$ 的值是 ( )


选项：
A. $\frac{3}{2}$
B. 2
C. $\frac{7}{4}$
D. $\frac{4}{3}$
答案：A
解析：【分析】

本题主要考查了切线的性质, 切线长定理, 勾股定理, 圆周角定理, 锐角三角函数的概念, 解答本题的关键是掌握求三角形内切圆半径的思路与方法; 连接 $O A 、 O B 、 O C 、 O D 、 O E 、 O F$, 过点 $B$ 作 $B G \perp A C$ 于 $G$, 首先根据切线长定理得出 $A F=A D=6, B D=B E=7, C E=C F=8$, 以及 $\triangle A B C$的三边长, 设 $A G=x$, 则 $C G=A C-A G=14-x$,在Rt $\triangle A B G$ 中, $\angle A G B=90^{\circ}, B G^{2}=A B^{2}-A G^{2}$, 在 $R t \triangle C B G$ 中, $\angle C G B=90^{\circ}, B G^{2}=B C^{2}-C G^{2}$,进一步得出 $A B^{2}-A G^{2}=B C^{2}-C G^{2}$, 即 $13^{2}-x^{2}=15^{2}-(14-x)^{2}$, 解得 $x=5$, 得出 $A G$ 的长,利用勾股定理求出 $B G$ 的长, 利用三角形的面积公式求出 $\triangle A B C$ 的面积, 设 $O D=O E=O F=r$,根据 $S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A B O}+S_{\triangle B C O}+S_{\triangle A C O}$, 求出 $r=4$, 即 $O F=4$, 在 $R t \triangle O A F$ 中, $\angle A F O=90^{\circ}, A F=6$,
$O F=4$, 求出 $\tan \angle A O F=\frac{A F}{O F}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$, 最后证明 $R t \triangle A O F \cong R t \triangle A O D(H L)$, 得出 $\angle A O F=$ $\angle A O D=\frac{1}{2} \angle D O F$, 根据圆周角定理可得 $\angle D E F=\frac{1}{2} \angle D O F$, 得出 $\angle D E F=\angle A O F$, 即可解答.

【解答】

解：连接 $O A 、 O B 、 O C 、 O D 、 O E 、 O F$, 过点 $B$ 作 $B G \perp A C$ 于 $G$, 如图:



则 $O D=O E=O F$,

根据切线的性质可知: $O D \perp A B, O E \perp B C, O F \perp A C$,

$\because A D=6, B E=7, C F=8$,

$\therefore$ 根据切线长定理可知: $A F=A D=6, B D=B E=7, C E=C F=8$,

$\therefore A B=A D+B D=6+7=13, B C=B E+C E=7+8=15, A C=A F+C F=6+8=14$,

$\because B G \perp A C$ 于 $G$,

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

设 $A G=x$ ，则 $C G=A C-A G=14-x$ ，

在Rt $\triangle A B G$ 中, $\angle A G B=90^{\circ}, B G^{2}=A B^{2}-A G^{2}$,

在Rt $\triangle C B G$ 中, $\angle C G B=90^{\circ}, B G^{2}=B C^{2}-C G^{2}$,

$\therefore A B^{2}-A G^{2}=B C^{2}-C G^{2}$, 即 $13^{2}-x^{2}=15^{2}-(14-x)^{2}$, 解得 $x=5$,

$\therefore A G=5$,

$\therefore B G=\sqrt{A B^{2}-A G^{2}}=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=12$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A C \cdot B G=\frac{1}{2} \times 14 \times 12=84$,

设 $O D=O E=O F=r$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A B O}+S_{\triangle B C O}+S_{\triangle A C O} \\
& =\frac{1}{2} A B \cdot O D+\frac{1}{2} B C \cdot O E+\frac{1}{2} A C \cdot O F
\end{aligned}
$$

$$
=\frac{1}{2} \times 13 r+\frac{1}{2} \times 15 r+\frac{1}{2} \times 14 r
$$

$=21 r$

$\therefore 21 r=84$,

$\therefore r=4$,

$\therefore O F=4$,

在Rt $\triangle O A F$ 中, $\angle A F O=90^{\circ}, A F=6, O F=4$,

$\therefore \tan \angle A O F=\frac{A F}{O F}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$,

在Rt $\triangle A O F$ 和 $R t \triangle A O D$ 中,

$$
\left\{\begin{array}{l}
O F=O D \\
O A=O A^{\prime}
\end{array}\right.
$$

$\therefore$ Rt $\triangle A O F \cong R t \triangle A O D(H L)$,

$\therefore \angle A O F=\angle A O D=\frac{1}{2} \angle D O F$,

根据圆周角定理可得 $\angle D E F=\frac{1}{2} \angle D O F$,

$\therefore \angle D E F=\angle A O F$,

$\therefore \tan \angle D E F=\tan \angle A O F=\frac{3}{2}$.

故选 $A$.