eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题10分)（2022-浙江金华$cdot$九年级期末）如图1,在矩形$ABCD$中,$AB=3$,$BC=5$,点$E$在$AB$边上,且$AE=1$.点$F$是$BC$边上的动点.将$triangleBEF$沿$EF$折叠得到$triangleGEF$.直线$GF$与直线$AB$的交点为$H$.图1图2图3(1)如图2,点$F$与点$C$重合时,求$triangleHEG$与$triangleHBC$的面积比;(2)如图3,当$H$在点$A$的上方,且满足三角形$HEF$是等腰三角形时,求线段$EH$的长.(3)在点$F$的运动过程中,以$E、G、H$为顶点的三角形能否与以$B、C、D$为顶点的三角形相似?若能,求$BF$的长;若不存在,请说明理由.
选项：
答案：(1)$frac{4}{25}$(2)4(3)存在,$BF=frac{2sqrt{34}+6}{5}$或$BF=frac{2sqrt{34}-6}{5}$
解析：【分析】(1)根据$angleGHE=angleBHC,angleEGH=angleCBH$,得证$triangleHEGbacksimtriangleHCB$,根据面积之比等于相似比的平方,得到${S}_{triangleHEG}:{S}_{triangleHCB}=left(frac{EG}{CB}right)^{2}$,结合$EG=BE=AB-AE=2$,计算即可.(2)根据题意,$EF=EH$,根据折叠性质,等腰三角形三线合一性质,得$FB=FG=GH$,得到$angleBHF=30^{circ}$,结合$EG=BE=AB-AE=2$,计算即可.（3）根据题意,当$H$在上方时,先计算$BD$,利用$triangleHEGsimtriangleBCD$计算$GH$,再利用$triangleHFBsimtriangleBDC$计算即可;当$H$在下方时,先计算$BD$,利用$triangleHEGsimtriangleBCD$计算$HE,BH$,再利用$triangleHFBsimtriangleBDC$计算即可.(1)如图,$becauseangleGHE=angleBHC,angleEGH=angleCBH,thereforetriangleHEGsimtriangleHCB$,根据面积之比等于相似比的平方,$quadtherefore{S}_{triangleHEG}:{S}_{triangleHCB}=left(frac{EG}{CB}right)^{2},becauseEG=BE=AB-AE=2,quadtherefore$(2)根据题意,$EF=EH$,根据折叠性质，等腰三角形三线合一性质,得$FB=FG=GH,thereforeangleBHF=30^{circ},becauseEG=BE=AB-AE=2,thereforeEH=4$.(3)$becauseBC=5,DC=3$,四边形$ABCD$是矩形,$thereforeBD=sqrt{3^{2}+5^{2}}=sqrt{34}$.根据题意,得到$CHperpBD$时,$triangleHEGbacksimtriangleBCD,thereforefrac{HE}{BD}=frac{HG}{BC}=frac{EG}{DC},thereforefrac{HG}{5}=frac{2}{3}$,解得$frac{BF}{FH}=frac{DC}{BD},thereforefrac{BF}{BF+frac{10}{3}}=frac{3}{sqrt{34}}$,解得$BF=frac{2sqrt{34}+6}{5}$.当$H$在下方时,$becauseBC=5,DC=3$,四边形$ABCD$是矩形,$thereforeBD=sqrt{3^{2}+5^{2}}=$$sqrt{34}$.根据题意,得到$CHperpBD$时,$triangleHEGsimtriangleBCD,thereforefrac{HE}{BD}=frac{HG}{BC}=frac{EG}{DC},therefore$$frac{HE}{sqrt{34}}=frac{2}{3}$,解得$HE=frac{2sqrt{34}}{3},therefore$$BH=HE-BE=frac{2sqrt{34}}{3}-2=frac{2sqrt{34}-6}{3}.becausetriangleHEGsimtriangleHFB,quadthereforetriangleHFBsimtriangleBDC,quadtherefore$$frac{BF}{BH}=frac{DC}{BC},thereforefrac{frac{BF}{2sqrt{34}-6}}{3}=frac{3}{5}$,解得$BF=frac{2sqrt{34}-6}{5}$.【点睛】本题考查了矩形的性质,折叠的性质,等腰三角形的判定和性质,勾股定理,三角形相似的判定和性质,熟练掌握三角形相似的判定性质是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $A D$ 是 $\triangle A B C$ 的高, $C D=16, B D=12, \angle C=35^{\circ}$. 求 $\angle B$ (可以使用计算器, 精确到 $1^{\circ}$ ).


选项：
答案：解： $\because A D \perp B C$,

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

在Rt $\triangle A C D$ 中, $A D=C D \cdot \tan C=16 \times 0.70 \approx 11.20$,

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\tan B=\frac{A D}{B D}=\frac{11.20}{12} \approx 0.93$,

$\therefore \angle B \approx 43^{\circ}$.

【解析】本题考查计算器一三角函数, 解题的关键是熟练掌握基本知识, 属于基础题型.

在 Rt $\triangle A C D$ 中, 求出 $A D$, 再在 $R t \triangle A B D$ 中, 利用正切函数的定义求出 $\angle B$.
解析：解： $\because A D \perp B C$,

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

在Rt $\triangle A C D$ 中, $A D=C D \cdot \tan C=16 \times 0.70 \approx 11.20$,

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\tan B=\frac{A D}{B D}=\frac{11.20}{12} \approx 0.93$,

$\therefore \angle B \approx 43^{\circ}$.

【解析】本题考查计算器一三角函数, 解题的关键是熟练掌握基本知识, 属于基础题型.

在 Rt $\triangle A C D$ 中, 求出 $A D$, 再在 $R t \triangle A B D$ 中, 利用正切函数的定义求出 $\angle B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

从一个半径为 $10 \mathrm{~cm}$ 的圆片中裁下一个垫片, 如图中阴影部分. 已知 $A B / / C D, A B=C D=$
$16 \mathrm{~cm}$. 求垫片的面积(精确到 $\left.0.1 \mathrm{~cm}^{2}\right)$.


选项：
答案： 解：设圆心为 $O$, 连接 $O C 、 O D$, 作 $O E \perp C D$ 于 $E$, 如图:

<ImageHere>

由题意得: $O D=10 \mathrm{~cm}$,

则圆 $O$ 的面积 $=\pi \times O D^{2} \approx 314.16\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

$\because A B=C D=16 \mathrm{~cm}, O E \perp C D$,

$\therefore C E=\frac{1}{2} A B=8 \mathrm{~cm}$,

$\therefore O E=\sqrt{O C^{2}-C E^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6(\mathrm{~cm}), \quad \sin \angle E O C=\frac{C E}{O C}=\frac{8}{10}=0.8$,

解得: $\angle E O C \approx 53.13^{\circ}$,

$\therefore \angle C O D=2 \angle E O C=106.26^{\circ}$,

$\therefore$ 扇形 $O D C$ 的面积 $=\frac{106.26 \times \pi \times 10^{2}}{360} \approx 92.73\left(\mathrm{~cm}^{2}\right), \triangle O D C$ 的面积 $=\frac{1}{2} C D \times O E=\frac{1}{2} \times 16 \times 6=$ $48\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

$\therefore$ 垫片的面积 $=314.16-2 \times(92.73-48) \approx 224.7\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

答: 垫片的面积约 $224.7 \mathrm{~cm}^{2}$.

【解析】本题考查了垂径定理、勾股定理、扇形面积公式、三角函数定义等知识; 熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键.

设圆心为 $O$, 连接 $O C 、 O D$, 作 $O E \perp C D$ 于 $E$, 由垂径定理得出 $C E=\frac{1}{2} A B=8 \mathrm{~cm}$, 由勾股定理得出 $O E=6 \mathrm{~cm}$, 由三角函数定义求出 $\angle E O C \approx 53.13^{\circ}$, 得出 $\angle C O D=2 \angle E O C=106.26^{\circ}$, 求出扇形 $O D C$ 和 $\triangle O D C$ 的面积, 进而得出答案.
解析： 解：设圆心为 $O$, 连接 $O C 、 O D$, 作 $O E \perp C D$ 于 $E$, 如图:



由题意得: $O D=10 \mathrm{~cm}$,

则圆 $O$ 的面积 $=\pi \times O D^{2} \approx 314.16\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

$\because A B=C D=16 \mathrm{~cm}, O E \perp C D$,

$\therefore C E=\frac{1}{2} A B=8 \mathrm{~cm}$,

$\therefore O E=\sqrt{O C^{2}-C E^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6(\mathrm{~cm}), \quad \sin \angle E O C=\frac{C E}{O C}=\frac{8}{10}=0.8$,

解得: $\angle E O C \approx 53.13^{\circ}$,

$\therefore \angle C O D=2 \angle E O C=106.26^{\circ}$,

$\therefore$ 扇形 $O D C$ 的面积 $=\frac{106.26 \times \pi \times 10^{2}}{360} \approx 92.73\left(\mathrm{~cm}^{2}\right), \triangle O D C$ 的面积 $=\frac{1}{2} C D \times O E=\frac{1}{2} \times 16 \times 6=$ $48\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

$\therefore$ 垫片的面积 $=314.16-2 \times(92.73-48) \approx 224.7\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

答: 垫片的面积约 $224.7 \mathrm{~cm}^{2}$.

【解析】本题考查了垂径定理、勾股定理、扇形面积公式、三角函数定义等知识; 熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键.

设圆心为 $O$, 连接 $O C 、 O D$, 作 $O E \perp C D$ 于 $E$, 由垂径定理得出 $C E=\frac{1}{2} A B=8 \mathrm{~cm}$, 由勾股定理得出 $O E=6 \mathrm{~cm}$, 由三角函数定义求出 $\angle E O C \approx 53.13^{\circ}$, 得出 $\angle C O D=2 \angle E O C=106.26^{\circ}$, 求出扇形 $O D C$ 和 $\triangle O D C$ 的面积, 进而得出答案.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

小华将一张纸对折后做成的纸飞机如图1, 纸飞机机尾的横截面是一个轴对称图形, 其示意图如图2, 已知 $A D=B E=10 \mathrm{~cm}, C D=C E=5 \mathrm{~cm}, A D \perp C D, B E \perp C E, \angle D C E=40^{\circ}$.

(1)连结 $D E$, 求线段 $D E$ 的长.

(2)求点 $A, B$ 之间的距离.

(结果精确到 $0.1 \mathrm{~cm}$. 参考数据: $\sin 20^{\circ} \approx 0.34, \cos 20^{\circ} \approx 0.94, \tan 20^{\circ} \approx 0.36, \sin 40^{\circ} \approx 0.64$, $\cos 40^{\circ} \approx 0.77, \tan 40^{\circ} \approx 0.84$ )



图1



图2
选项：
答案：解: (1)如图, 过点 $C$ 作 $C F \perp D E$ 于点 $F$,

<ImageHere>

$\because C D=C E=5 \mathrm{~cm}, \angle D C E=40^{\circ}$.

$\therefore \angle D C F=20^{\circ}$,

$\therefore D F=C D \cdot \sin 20^{\circ} \approx 5 \times 0.34 \approx 1.7(\mathrm{~cm})$,

$\therefore D E=2 D F \approx 3.4 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 线段 $D E$ 的长约为 $3.4 \mathrm{~cm}$;

(2) $\because$ 横截面是一个轴对称图形,

$\therefore$ 延长 $C F$ 交 $A D 、 B E$ 延长线于点 $G$,

连接 $A B$,

$\therefore D E / / A B$,

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

$\because A D \perp C D, B E \perp C E$,

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

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

$\therefore \angle G D F=\angle D C F=20^{\circ}$,

$\therefore \angle A=20^{\circ}$,

$\therefore D G=\frac{D F}{\cos 20^{\circ}} \approx \frac{1.7}{0.94} \approx 1.8(\mathrm{~cm})$,

$\therefore A G=A D+D G=10+1.8=11.8(\mathrm{~cm})$,

$\therefore A B=2 A G \cdot \cos 20^{\circ} \approx 2 \times 11.8 \times 0.94 \approx 22.2(\mathrm{~cm})$.

$\therefore$ 点 $A, B$ 之间的距离 $22.2 \mathrm{~cm}$.

【解析】(1)过点 $C$ 作 $C F \perp D E$ 于点 $F$, 根据等腰三角形的性质可得 $\angle D C F=20^{\circ}$, 利用锐角三角函数即可解决问题;

(2)根据横截面是一个轴对称图形, 延长 $C F$ 交 $A D 、 B E$ 延长线于点 $G$, 连接 $A B$, 所以 $D E / / A B$, 根据直角三角形两个锐角互余可得 $\angle A=\angle G D E=20^{\circ}$, 然后利用锐角三角函数即可解决问题.
本题考查了解直角三角形的应用, 解决本题的关键是掌握锐角三角函数.
解析：解: (1)如图, 过点 $C$ 作 $C F \perp D E$ 于点 $F$,



$\because C D=C E=5 \mathrm{~cm}, \angle D C E=40^{\circ}$.

$\therefore \angle D C F=20^{\circ}$,

$\therefore D F=C D \cdot \sin 20^{\circ} \approx 5 \times 0.34 \approx 1.7(\mathrm{~cm})$,

$\therefore D E=2 D F \approx 3.4 \mathrm{~cm}$,

$\therefore$ 线段 $D E$ 的长约为 $3.4 \mathrm{~cm}$;

(2) $\because$ 横截面是一个轴对称图形,

$\therefore$ 延长 $C F$ 交 $A D 、 B E$ 延长线于点 $G$,

连接 $A B$,

$\therefore D E / / A B$,

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

$\because A D \perp C D, B E \perp C E$,

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

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

$\therefore \angle G D F=\angle D C F=20^{\circ}$,

$\therefore \angle A=20^{\circ}$,

$\therefore D G=\frac{D F}{\cos 20^{\circ}} \approx \frac{1.7}{0.94} \approx 1.8(\mathrm{~cm})$,

$\therefore A G=A D+D G=10+1.8=11.8(\mathrm{~cm})$,

$\therefore A B=2 A G \cdot \cos 20^{\circ} \approx 2 \times 11.8 \times 0.94 \approx 22.2(\mathrm{~cm})$.

$\therefore$ 点 $A, B$ 之间的距离 $22.2 \mathrm{~cm}$.

【解析】(1)过点 $C$ 作 $C F \perp D E$ 于点 $F$, 根据等腰三角形的性质可得 $\angle D C F=20^{\circ}$, 利用锐角三角函数即可解决问题;

(2)根据横截面是一个轴对称图形, 延长 $C F$ 交 $A D 、 B E$ 延长线于点 $G$, 连接 $A B$, 所以 $D E / / A B$, 根据直角三角形两个锐角互余可得 $\angle A=\angle G D E=20^{\circ}$, 然后利用锐角三角函数即可解决问题.
本题考查了解直角三角形的应用, 解决本题的关键是掌握锐角三角函数.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \angle B A C$ 的平分线交 $B C$ 于点 $D, D E \perp A D$, 交 $A B$ 于点 $E, A E$ 为 $\odot O$的直径, $B C$ 是 $\odot O$ 的切线



(1)求证: $\triangle A B D \sim \triangle D B E$;

(2) 若 $\cos B=\frac{2 \sqrt{2}}{3}, A E=4$, 求 $C D$.
选项：
答案：(1) $\because B C$ 是 $\odot O$ 切线,

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

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

$\because A E$ 是直径,

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

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

$\because O D=O E$,

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

<ImageHere>

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

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

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

(2)在Rt $\triangle O D B$ 中, $\because \cos B=\frac{B D}{O B}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 设 $B D=2 \sqrt{2} k, O B=3 k$,

$\because O D^{2}+B D^{2}=O B^{2}$,

$\therefore 4+8 k^{2}=9 k^{2}$,

$\therefore k=2$,

$\therefore B O=6, B D=4 \sqrt{2}$,

$\because D O / / A C$,

$\therefore \frac{B D}{C D}=\frac{B O}{A O}$
$\therefore \frac{4 \sqrt{2}}{C D}=\frac{6}{2}$

$\therefore C D=\frac{4 \sqrt{2}}{3}$.

【解析】本题考查圆的综合题、切线的判定、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识, 解题的关键是灵活运用这些知识解决问题, 学会添加常用辅助线, 学会用方程的思想思考问题.

(1)欲证明 $\triangle A B D \sim \triangle D B E$, 只要证明 $\angle B D E=\angle D A B$ 即可.

(2)在 $R t \triangle O D B$ 中, 由 $\cos B=\frac{B D}{O B}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 设 $B D=2 \sqrt{2} k, O B=3 k$, 利用勾股定理列出方程求出 $k$,再利用 $D O / / A C$, 得 $\frac{B D}{C D}=\frac{B O}{A O}$ 列出方程即可解决问题.
解析：(1) $\because B C$ 是 $\odot O$ 切线,

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

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

$\because A E$ 是直径,

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

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

$\because O D=O E$,

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



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

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

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

(2)在Rt $\triangle O D B$ 中, $\because \cos B=\frac{B D}{O B}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 设 $B D=2 \sqrt{2} k, O B=3 k$,

$\because O D^{2}+B D^{2}=O B^{2}$,

$\therefore 4+8 k^{2}=9 k^{2}$,

$\therefore k=2$,

$\therefore B O=6, B D=4 \sqrt{2}$,

$\because D O / / A C$,

$\therefore \frac{B D}{C D}=\frac{B O}{A O}$
$\therefore \frac{4 \sqrt{2}}{C D}=\frac{6}{2}$

$\therefore C D=\frac{4 \sqrt{2}}{3}$.

【解析】本题考查圆的综合题、切线的判定、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数、勾股定理等知识, 解题的关键是灵活运用这些知识解决问题, 学会添加常用辅助线, 学会用方程的思想思考问题.

(1)欲证明 $\triangle A B D \sim \triangle D B E$, 只要证明 $\angle B D E=\angle D A B$ 即可.

(2)在 $R t \triangle O D B$ 中, 由 $\cos B=\frac{B D}{O B}=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$, 设 $B D=2 \sqrt{2} k, O B=3 k$, 利用勾股定理列出方程求出 $k$,再利用 $D O / / A C$, 得 $\frac{B D}{C D}=\frac{B O}{A O}$ 列出方程即可解决问题.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

(教材 $P 102$ 习题11变式2)如图, $A B, B C, C D$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $E, F, G$, 且 $A B / / C D, B O=6 \mathrm{~cm}$, $C O=8 \mathrm{~cm}$. 求 $B C$ 的长.


选项：
答案：解: $\because A B, B C, C D$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $E, F, G$;

$$
\therefore \angle C B O=
$$

1

2

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

1

2

$\angle D C B$,

$\because A B / / C D$,

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

$$
\therefore \angle C B O+\angle B C O=
$$

$(\angle A B C+\angle D C B)=90^{\circ}$.

$B C=\sqrt{O B^{2}+O C^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10 \mathrm{~cm}$

【解析】根据切线长定理和平行线的性质定理得到 $\triangle B O C$ 是直角三角形. 再根据勾股定理求出 $B C$的长.
解析：解: $\because A B, B C, C D$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $E, F, G$;

$$
\therefore \angle C B O=
$$

1

2

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

1

2

$\angle D C B$,

$\because A B / / C D$,

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

$$
\therefore \angle C B O+\angle B C O=
$$

$(\angle A B C+\angle D C B)=90^{\circ}$.

$B C=\sqrt{O B^{2}+O C^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10 \mathrm{~cm}$

【解析】根据切线长定理和平行线的性质定理得到 $\triangle B O C$ 是直角三角形. 再根据勾股定理求出 $B C$的长.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $C$ 在 $\odot O$ 上 $(A C>B C)$, 点 $I$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, $C I$ 的延长线交 $\odot O$ 于点 $D$.

(1)求证: $D A=D I$;

(2) 若 $C I=2 \sqrt{2}, I D=5 \sqrt{2}$, 求 $B C$ 的长.


选项：
答案：(1)证明: 连接 $A I$, 如图所示:

<ImageHere>

$\because$ 点 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $A B$ 为圆 $O$ 的直径,

$\therefore \angle A C B=90^{\circ}, \angle 1=\angle 2, \angle 3=\angle 4$,

$\therefore \angle 3=\angle 4=45^{\circ}$,

$\therefore \angle 5=\angle 4=45^{\circ}$,

$\because \angle A I D$ 是 $\triangle A C I$ 的外角,

$\therefore \angle A I D=\angle 3+\angle 1=45^{\circ}+\angle 1$,

又 $\because \angle D A I=\angle 5+\angle 2=45^{\circ}+\angle 2$, ,

$\therefore \angle A I D=\angle D A I$

$\therefore D A=D I$.

(2)连接 $B D$, 过点 $I$ 作 $I E \perp A B$ 于点 $E, I F \perp A C$ 于点 $F, I G \perp B C$ 于点 $G$, 则四边形 $C F I G$ 是正方形.

<ImageHere>

$\because C I=2 \sqrt{2}$,

$\therefore C F=C G=2$.

$\because \angle D A B=\angle D C B=\angle D C A=\angle D B A$,
$\therefore A B=\sqrt{2} A D=\sqrt{2} D I=10$.

设 $B E=B G=x$, 则 $B C=x+2, A E=A F=A B-B E=10-x$,

$\therefore A C=A F+C F=10-x+2=12-x$,

$\therefore$ 在Rt $\triangle A B C$ 中, $(x+2)^{2}+(12-x)^{2}=10^{2}$,

$\therefore x=4$ 或 $x=6$,

$\therefore B C=6$ 或 8,

$\because A C>B C$

$\therefore B C=6$.

【解析】见答案.
解析：(1)证明: 连接 $A I$, 如图所示:



$\because$ 点 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $A B$ 为圆 $O$ 的直径,

$\therefore \angle A C B=90^{\circ}, \angle 1=\angle 2, \angle 3=\angle 4$,

$\therefore \angle 3=\angle 4=45^{\circ}$,

$\therefore \angle 5=\angle 4=45^{\circ}$,

$\because \angle A I D$ 是 $\triangle A C I$ 的外角,

$\therefore \angle A I D=\angle 3+\angle 1=45^{\circ}+\angle 1$,

又 $\because \angle D A I=\angle 5+\angle 2=45^{\circ}+\angle 2$, ,

$\therefore \angle A I D=\angle D A I$

$\therefore D A=D I$.

(2)连接 $B D$, 过点 $I$ 作 $I E \perp A B$ 于点 $E, I F \perp A C$ 于点 $F, I G \perp B C$ 于点 $G$, 则四边形 $C F I G$ 是正方形.



$\because C I=2 \sqrt{2}$,

$\therefore C F=C G=2$.

$\because \angle D A B=\angle D C B=\angle D C A=\angle D B A$,
$\therefore A B=\sqrt{2} A D=\sqrt{2} D I=10$.

设 $B E=B G=x$, 则 $B C=x+2, A E=A F=A B-B E=10-x$,

$\therefore A C=A F+C F=10-x+2=12-x$,

$\therefore$ 在Rt $\triangle A B C$ 中, $(x+2)^{2}+(12-x)^{2}=10^{2}$,

$\therefore x=4$ 或 $x=6$,

$\therefore B C=6$ 或 8,

$\because A C>B C$

$\therefore B C=6$.

【解析】见答案.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)如图, 小明家窗外有一堵围墙 $A B$, 由于围墙的遮挡, 清晨太阳光恰好从窗户的最高点 $C$ 射进房间的地板 $F$ 处, 中午太阳光恰好能从窗户的最低点 $D$ 射进房间的地板 $E$ 处, 小明测得窗子距地面的高度 $O D=0.8 m$, 窗高 $C D=1.2 m$, 并测得 $O E=0.8 m, O F=3 m$, 求围墙 $A B$ 的高度.
选项：
答案：解：延长 $O D$ 于点 $C$,

<ImageHere>

$\because D O \perp B F$,

$\therefore \angle D O E=90^{\circ}$.
$\because O D=0.8 m, O E=0.8 m$,

$\therefore \angle D E B=45^{\circ}$.

$\because A B \perp B F$,

$\therefore \angle B A E=45^{\circ}$,

$\therefore A B=B E$.

设 $A B=B E=x m$ ，

$\because A B \perp B F, C O \perp B F$,

$\therefore A B / / C O$,

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

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

$\frac{x}{x+(3-0.8)}=\frac{1.2+0.8}{3}$

解得: $x=4.4$,

经检验: $x=4.4$ 是原方程的解,

答：围墙 $A B$ 的高度是 $4.4 \mathrm{~m}$.

【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质, 解决问题的关键是求出 $A B=B E$, 根据相似三角形的判定方法证明 $\triangle A B F \sim \triangle C O F$, 属于中档题.

首先根据 $D O=O E=0.8 m$, 可得 $\angle D E B=45^{\circ}$, 然后证明 $A B=B E$, 再证明 $\triangle A B F \sim \triangle C O F$, 可得 $\frac{A B}{B F}=\frac{C O}{O F}$, 然后代入数值可得方程, 解出方程即可得到答案.
解析：解：延长 $O D$ 于点 $C$,



$\because D O \perp B F$,

$\therefore \angle D O E=90^{\circ}$.
$\because O D=0.8 m, O E=0.8 m$,

$\therefore \angle D E B=45^{\circ}$.

$\because A B \perp B F$,

$\therefore \angle B A E=45^{\circ}$,

$\therefore A B=B E$.

设 $A B=B E=x m$ ，

$\because A B \perp B F, C O \perp B F$,

$\therefore A B / / C O$,

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

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

$\frac{x}{x+(3-0.8)}=\frac{1.2+0.8}{3}$

解得: $x=4.4$,

经检验: $x=4.4$ 是原方程的解,

答：围墙 $A B$ 的高度是 $4.4 \mathrm{~m}$.

【解析】本题考查了相似三角形的判定与性质, 解决问题的关键是求出 $A B=B E$, 根据相似三角形的判定方法证明 $\triangle A B F \sim \triangle C O F$, 属于中档题.

首先根据 $D O=O E=0.8 m$, 可得 $\angle D E B=45^{\circ}$, 然后证明 $A B=B E$, 再证明 $\triangle A B F \sim \triangle C O F$, 可得 $\frac{A B}{B F}=\frac{C O}{O F}$, 然后代入数值可得方程, 解出方程即可得到答案.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)如图, 在 $A$ 时测得旗杆 $C D$ 的影长 $D E$ 是 $4 m, B$ 时测得的影长 $D F$ 是 $8 m$, 两次的日照光线恰好垂直, 求旗杆的高度.
选项：
答案：解: 将实际问题转化为如图所示的模型.

<ImageHere>

由题意, 得 $\angle E C F=90^{\circ}, \angle E D C=\angle C D F=90^{\circ}$,

所以 $\angle E+\angle E C D=\angle E C D+\angle D C F=90^{\circ}$.

所以 $\angle E=\angle D C F$.

所以Rt $\triangle E D C \sim R t \triangle C D F$,

所以 $\frac{E D}{C D}=\frac{D C}{D F}$, 即 $\frac{4}{C D}=\frac{C D}{8}$, 解得 $C D=4 \sqrt{2} m$.

则此树的高度为 $4 \sqrt{2} m$.

【解析】见答案.
解析：解: 将实际问题转化为如图所示的模型.



由题意, 得 $\angle E C F=90^{\circ}, \angle E D C=\angle C D F=90^{\circ}$,

所以 $\angle E+\angle E C D=\angle E C D+\angle D C F=90^{\circ}$.

所以 $\angle E=\angle D C F$.

所以Rt $\triangle E D C \sim R t \triangle C D F$,

所以 $\frac{E D}{C D}=\frac{D C}{D F}$, 即 $\frac{4}{C D}=\frac{C D}{8}$, 解得 $C D=4 \sqrt{2} m$.

则此树的高度为 $4 \sqrt{2} m$.

【解析】见答案.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 为测量电视塔观景台 $A$ 处的高度, 某数学兴趣小组在电视塔附近一建筑物楼顶 $D$ 处测得塔 $A$ 处的仰角为 $45^{\circ}$, 塔底部 $B$ 处的俯角为 $22^{\circ}$. 已知建筑物的高 $C D$ 约为 61 米, 请计算观景台的高 $A B$ 的值. (结果精确到 1 米; 参考数据: $\sin 22^{\circ} \approx 0.37, \cos 22^{\circ} \approx 0.93, \tan 22^{\circ} \approx 0.40$ )


选项：
答案：解：过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于点 $E$,

<ImageHere>

根据题意可得四边形 $D C B E$ 是矩形,

$\therefore D E=B C, B E=D C=61$ 米,

在Rt $\triangle A D E$ 中,

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

$\therefore A E=D E$,

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

在Rt $\triangle B D E$ 中, $\angle B D E=22^{\circ}$,

$\therefore D E=\frac{B E}{\tan 22^{\circ}} \approx \frac{61}{0.40}=152.5$ (米),
$\therefore A B=A E+B E=D E+C D=152.5+61 \approx 214$ (米).

答: 观景台的高 $A B$ 的值约为 214 米.

【解析】过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于点 $E$, 根据题意可得四边形 $D C B E$ 是矩形, 根据矩形的性质得到 $D E=$ $B C, B E=D C=61$, 再根据锐角三角函数可得 $A E$ 的长, 进而可得 $A B$ 的值.

此题考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题, 关键是本题要求学生借助仰角构造直角三角形,并结合三角函数解直角三角形.
解析：解：过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于点 $E$,



根据题意可得四边形 $D C B E$ 是矩形,

$\therefore D E=B C, B E=D C=61$ 米,

在Rt $\triangle A D E$ 中,

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

$\therefore A E=D E$,

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

在Rt $\triangle B D E$ 中, $\angle B D E=22^{\circ}$,

$\therefore D E=\frac{B E}{\tan 22^{\circ}} \approx \frac{61}{0.40}=152.5$ (米),
$\therefore A B=A E+B E=D E+C D=152.5+61 \approx 214$ (米).

答: 观景台的高 $A B$ 的值约为 214 米.

【解析】过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于点 $E$, 根据题意可得四边形 $D C B E$ 是矩形, 根据矩形的性质得到 $D E=$ $B C, B E=D C=61$, 再根据锐角三角函数可得 $A E$ 的长, 进而可得 $A B$ 的值.

此题考查了解直角三角形的应用一仰角俯角问题, 关键是本题要求学生借助仰角构造直角三角形,并结合三角函数解直角三角形.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, B C=6, \tan A=\frac{1}{2}$, 求 $A B$ 的长和 $\sin B$ 的值.


选项：
答案：解: :在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, B C=6, \tan A=\frac{B C}{A C}=\frac{1}{2}$,

$\therefore A C=12$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{12^{2}+6^{2}}=6 \sqrt{5}$,

$\therefore \sin B=\frac{A C}{A B}=\frac{12}{6 \sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

【解析】本题是一道关于解直角三角形的题, 需结合勾股定理和三角函数的知识求解.
解析：解: :在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, B C=6, \tan A=\frac{B C}{A C}=\frac{1}{2}$,

$\therefore A C=12$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{12^{2}+6^{2}}=6 \sqrt{5}$,

$\therefore \sin B=\frac{A C}{A B}=\frac{12}{6 \sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

【解析】本题是一道关于解直角三角形的题, 需结合勾股定理和三角函数的知识求解.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A$ 为钝角, $A B=25, A C=39, \sin B=\frac{3}{5}$, 求 $\tan C$ 和 $B C$ 的长.


选项：
答案：解：过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 如图所示:

在Rt $\triangle A B D$ 中, $A B=25, \sin B=\frac{A D}{A B}=\frac{3}{5}$,

<ImageHere>

$\therefore \frac{A D}{25}=\frac{3}{5}$,
$\therefore A D=15$,

在Rt $\triangle A C D$ 中, $C D=\sqrt{A C^{2}-A D^{2}}=\sqrt{39^{2}-15^{2}}=36$,

$\therefore \tan C=\frac{A D}{C D}=\frac{15}{36}=\frac{5}{12}$,

在Rt $\triangle A B D$ 中, $B D=\sqrt{A B^{2}-A D^{2}}=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=20$,

$\therefore B C=B D+C D=20+36=56$.

【解析】过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 在 $R t \triangle A B D$ 中, 由 $\sin B=\frac{A D}{A B}=\frac{3}{5}$, 求出 $A D=15$, 在 $R t \triangle A C D$ 中,由勾股定理得出 $C D=\sqrt{A C^{2}-A D^{2}}=36$, 则 $\tan C=\frac{A D}{C D}=\frac{5}{12}$, 在 $R t \triangle A B D$ 中, 由勾股定理得出 $B D=\sqrt{A B^{2}-A D^{2}}=20$, 即可得出 $B C$ 的长.

本题考查了解直角三角形、勾股定理等知识; 作辅助线构建直角三角形是解题的关键.
解析：解：过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 如图所示:

在Rt $\triangle A B D$ 中, $A B=25, \sin B=\frac{A D}{A B}=\frac{3}{5}$,



$\therefore \frac{A D}{25}=\frac{3}{5}$,
$\therefore A D=15$,

在Rt $\triangle A C D$ 中, $C D=\sqrt{A C^{2}-A D^{2}}=\sqrt{39^{2}-15^{2}}=36$,

$\therefore \tan C=\frac{A D}{C D}=\frac{15}{36}=\frac{5}{12}$,

在Rt $\triangle A B D$ 中, $B D=\sqrt{A B^{2}-A D^{2}}=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=20$,

$\therefore B C=B D+C D=20+36=56$.

【解析】过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$, 在 $R t \triangle A B D$ 中, 由 $\sin B=\frac{A D}{A B}=\frac{3}{5}$, 求出 $A D=15$, 在 $R t \triangle A C D$ 中,由勾股定理得出 $C D=\sqrt{A C^{2}-A D^{2}}=36$, 则 $\tan C=\frac{A D}{C D}=\frac{5}{12}$, 在 $R t \triangle A B D$ 中, 由勾股定理得出 $B D=\sqrt{A B^{2}-A D^{2}}=20$, 即可得出 $B C$ 的长.

本题考查了解直角三角形、勾股定理等知识; 作辅助线构建直角三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：从地面以初速度 $v \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 坚直向上拋出一小球，小球的高度 $h$ （单位: $\mathrm{m}$ ) 和小球的运动时间 $t$ (单位: $s$ ) 之间的关系式为 $h=v t-5 t^{2}$, 已知当 $t=2$ 时, $h=40$.

(1)求小球的初速度 $v$;

(2)(1)求小球运动的最大高度 $h_{1}$;

(2)当 $t=4$ 时, 求小球运动的路径长;

(3)假设小球为弹性小球, 经过时间 $t_{1}$ 达到最大高度 $h_{1}$ ：小球落地后立刻以速度 $v_{2} \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 坚直向上弹起, 经过时间 $t_{2}$ 达到最大高度 $h_{2}$, 若 $t_{1}=2 t_{2}$, 直接写出 $h_{2}$ 的值.


选项：
答案： (1) $30 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$

(2)(1) $45 \mathrm{~m}$; (2) $50 \mathrm{~m}$

(3) $\frac{45}{4}$


解析：(1) 将 $t=2, h=40$ 代入 $h=v t-5 t^{2}$, 即可解得小球的初速度;

（2）(1)根据 $h=30 t-5 t^{2}=-5(t-3)^{2}+45 \leq 45$, 可得小球运动的最大高度; (2)由当 $t=4$ 时, $h=30 \times 4-5 \times 4^{2}=120-80=40$; 即当 $t=4$ 时, 小球在下降过程中距地面的高度为 $40 \mathrm{~m}$, 即可求出小球运动的路径长;

（3）根据 $t_{1}=2 t_{2}$, 可得 $t_{2}, v_{2}$, 即可求得 $h_{2}$ 的值.

【详解】(1) 解: 将 $t=2, h=40$ 代入 $h=v t-5 t^{2}$ 得:

$2 v-5 \times 2^{2}=40$,

解得 $v=30$,

$\therefore$ 小球的初速度 $v$ 为 $30 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$;

（2）解：(1) $\because h=30 t-5 t^{2}=-5(t-3)^{2}+45 \leq 45$,

$\therefore$ 小球运动的最大高度 $h_{1}$ 为 $45 \mathrm{~m}$;

(2)由(1)知, 当 $t=3$ 时, 小球向上运动到最高点, 距地面 $45 \mathrm{~m}$;

当 $t=4$ 时, $h=30 \times 4-5 \times 4^{2}=120-80=40$;

$\therefore$ 当 $t=4$ 时, 小球在下降过程中距地面的高度为 $40 \mathrm{~m}$,

$\therefore$ 当 $t=4$ 时, 小球运动的路径长为 $45 \times 2-40=50 \mathrm{~m}$;

（3）解：由（1）（2）知 $v_{1}=30 \mathrm{~m} / \mathrm{s}, t_{1}=3 \mathrm{~s}, h_{1}=45 \mathrm{~m}$,

当 $h=0$ 时, $0=v_{1} t-5 t^{2}, 0=v_{2} t-5 t^{2}$,

$\therefore t_{1}=\frac{V_{1}}{5}, \quad t_{2}=\frac{V_{2}}{5}$,

$\because t_{1}=2 t_{2}$,

$\therefore t_{2}=\frac{3}{2} s, \quad v_{1}=2 v_{2}$,
$\therefore 30=2 v_{2}$,

$\therefore v_{2}=15 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$,

$\therefore h_{2}=15 \times \frac{3}{2}-5 \times\left(\frac{3}{2}\right)^{2}=\frac{45}{4}$,

$\therefore h_{2}$ 的值为 $\frac{45}{4}$.

【点睛】本题考查二次函数的应用, 解题的关键是读懂题意, 理解 $h, v, t$ 之间的关系.