eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 立体几何学）：20. 已知圆柱底面半径为 $b$, 平面 $\pi$ 与圆柱母线的夹角为 $30^{\circ}$, 在圆柱与平面交线上有一点 $P$ 到一准线 $l_{1}$ 的距离是 $\sqrt{3} \mathrm{~b}$, 则点 $\mathrm{P}$ 到另一准线 $l_{2}$ 对应的焦点 $\mathrm{F}_{2}$ 的距离是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案: $\frac{5}{2} \mathrm{~b}$
解析：: 解答: 由题意知, 粗圆短轴为 $2 b$, 长轴长 $2 a=\frac{2 b}{\sin 30^{\circ}}=4 b, \therefore c=\sqrt{4 b^{2}-b^{2}}=\sqrt{3} b$.

$\therefore \mathrm{e}=\frac{\sqrt{3} \mathrm{~b}}{2 \mathrm{~b}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 或 $\mathrm{e}=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

设点 $\mathrm{P}$ 到焦点 $\mathrm{F}_{1}$ 的距离为 $\mathrm{d}$,则 $\frac{\mathrm{d}}{\sqrt{3} \mathrm{~b}}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore \mathrm{d}=\frac{3}{2} \mathrm{~b}$. 又 $\mathrm{PF}_{1}+\mathrm{PF}_{2}=2 \mathrm{a}=4 \mathrm{~b}$,

$\therefore \mathrm{PF}_{2}=4 \mathrm{~b}-\mathrm{PF}_{1}=4 \mathrm{~b}-\frac{3}{2} \mathrm{~b}=\frac{5}{2} \mathrm{~b}$.
分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合所给线面关系分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：21. 底面直径为 $12 \mathrm{~cm}$ 的圆柱被与底面成 $30^{\circ}$ 的平面所截,截口是一个椭圆,该陏圆的长轴长 ,短轴长 \$ \qquad \$ ,离心率为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案: $8 \sqrt{3} \mathrm{~cm}|12 \mathrm{~cm}| \frac{1}{2}$
解析：：解答： $\because$ 圆柱的底面直径 $\mathrm{d}=12 \mathrm{~cm}$,截面与底面成 $30^{\circ}$,

$\therefore$ 椭圆的短轴长 $2 \mathrm{~b}=\mathrm{d}=12 \mathrm{~cm}$, 椭圆的长轴长 $2 \mathrm{a}=\frac{\mathrm{d}}{\cos 30^{\circ}}=8 \sqrt{3} \quad(\mathrm{~cm})$.

根据 $\mathrm{c}=\sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}}$ 得,椭圆的半焦距长 $\mathrm{c}=2 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$,

则椭圆的离心率 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{2 \sqrt{3}}{4 \sqrt{3}}=\frac{1}{2}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合所给椭圆性质分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：已知直线 $l$ 的方向向量为 $\vec{e}=(-1,1,2)$, 平面 $\alpha$ 的法向量为 $\vec{n}=\left(\frac{1}{2}, 2 \lambda,-1\right)(\lambda \in R)$ 若 $l \perp \alpha$, 则实数 $\lambda$ 的值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$-rac{1}{4}$
解析：因为直线 $l$ 的方向向量为 $\vec{e}$, 平面 $\alpha$ 的法向量为 $\vec{n}$, 且 $l \perp \alpha$, 所以 $\vec{e} / / \vec{n}$,所以 $rac{rac{1}{2}}{-1}=rac{2 \lambda}{1}=rac{-1}{2}$, 解得 $\lambda=-rac{1}{4}$. 故答案为 $-rac{1}{4}$.
题目（高三 · 立体几何学）：12. 用一个平面去截一个正圆雉, 而且这个平面不通过圆雉的顶点, 则会出现四种情况:

, \$ \qquad \$
选项：
答案：答案: 圆|抛物线椭圆|双曲线
解析：：解答：如图


图


椸圆


抛物线


双曲线

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：13. 已知圆雉母线与轴夹角为 $60^{\circ}$, 平面 $\pi$ 与轴夹角为 $45^{\circ}$, 则平面 $\pi$ 与圆雉交线的离心率是 , 该曲线的形状是 \$ \qquad \$ .

答案: $\sqrt{2}$ 双曲线
选项：
答案：: 解答: $\because \mathrm{e}=\frac{\cos 45^{\circ}}{\cos 60^{\circ}}=\sqrt{2}>1, \therefore$ 曲线为双曲线

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质结合离心率定义计算即可
解析：: 解答: $\because \mathrm{e}=\frac{\cos 45^{\circ}}{\cos 60^{\circ}}=\sqrt{2}>1, \therefore$ 曲线为双曲线

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质结合离心率定义计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：14. 一圆雉面的母线和轴线成 $30^{\circ}$ 角,当用一个与轴线成 $30^{\circ}$ 角的不过顶点的平面去截圆雉面时,所截得的截线是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：答案：抛物线
解析：：解答：由题意知 $\beta=30^{\circ}, \alpha=30^{\circ}$,则 $\beta=\alpha$. 则截线是抛物线,如图.



分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线
题目（高三 · 立体几何学）：15. 设圆雉面是由直线 $l^{\prime}$ 绕直线 $l$ 旋转而得, $l^{\prime}$ 与 $l$ 交点为 $\mathrm{V}, l^{\prime}$ 与 $l$ 的夹角为 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}\right)$, 不经过圆雉顶点 $\mathrm{V}$ 的平面 $\pi$ 与圆雉面相交, 设轴 $\mathrm{l}$ 与平面 $\pi$ 所成的角为 $\beta$,则当时,平面 $\pi$ 与圆雉面的交线为圆; 当时,平面 $\pi$ 与圆雉面的交线为椭圆；当 \$ \qquad \$时,平面 $\pi$ 与圆雉面的交线为双曲线; 当 \$ \qquad \$时,平面 $\pi$ 与圆雉面的交线为抛物线.

n
选项：
答案：答案: $\beta=90^{\circ}\left|\alpha<\beta<90^{\circ}\right| \beta<\alpha \mid \beta=\alpha$
解析：: 解答: 不同倾角的截面截割圆雉, 无论是两个对顶的圆雉, 还是一个单个的圆雉, 都
有下面的关系: (1) $\beta>\alpha$, 平面 $\pi$ 与圆雉的交线为脒圆; (2) $\beta=\alpha$, 平面 $\pi$ 与圆锥的交线为抛物线; (3) $\beta<\alpha$, 平面 $\pi$ 与圆锥的交线为双曲线.

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线
题目（高三 · 立体几何学）：16. 在圆锥内部嵌入 Dandelin 双球,一个位于平面 $\pi$ 的上方,一个位于平面 $\pi$ 的下方, 并且与平面 $\pi$ 和圆雉面均相切,则两个切点是所得圆雉曲线的
选项：
答案：答案: 两个焦点
解析：：解答：根据题意可得两个切点是所得圆雉曲线的两个焦点

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：在棱长为 2 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E, F$ 分别是 $C C_{1}, A D$ 的中点, 那么异面直线 $D_{1} E$和 $A_{1} F$ 所成角的余弦值等于 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：2 / 5$
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 在直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A A_{1}=2, A C=B C=1$, 则异面直线 $A_{1} B$ 与 $A C$ 所成角的余弦值是


选项：
答案：根号 $6 / 6$
题目（高三 · 立体几何学）：如图所示, 在直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 底面是 $\angle A B C$ 为直角的等腰直角三角形, $A C=2 a$, $B B_{1}=3 a, D$ 是 $A_{1} C_{1}$ 的中点, 点 $F$ 在线段 $A A_{1}$ 上, 当 $A F=$时, $C F \perp$ 平面 $B_{1} D F$.


选项：
答案：a或 $2 \mathrm{a}$
题目（高三 · 立体几何学）：已知在长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A B=B C=1, A A_{1}=2, E$ 是侧棱 $B B_{1}$ 的中点, 则直线 $A E$ 与平面\$ \qquad \$ .
选项：
答案：$5.90^{\circ}$
题目（高三 · 立体几何学）：正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 面 $A B D_{1}$ 与面 $B_{1} B D_{1}$ 所成角的大小为 \$ \qquad \$
选项：
答案：60^{\circ}$
题目（高三 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 $3 a$, 求平面 $A B_{1} D_{1}$ 与平面 $B D C_{1}$ 之间的距离
选项：
答案：根号 $3 \mathrm{a} / 3$
题目（高三 · 立体几何学）：已知正四棱雉 $P-A B C D$ 的侧棱与底面所成角为 $60^{\circ}, M$ 为 $P A$ 的中点, 连接 $D M$, 则 $D M$ 与平面 $P A C$ 所成角的大小是 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：45^{\circ}$
题目（高三 · 立体几何学）：以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有个.
选项：
答案：答案:58
解析：答案:58【解析】正方体的 8 个顶点中任取 4 个共有 $C_{8}^{4}=70$ 个,

不能组成四面体的 4 个顶点有，已有 6 个面，对角面有 6 个，

所以，以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有 $70-12=58$ 个，

故答案为 58 .
题目（高三 · 立体几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, “角 $A, B, C$ 成等差数列” 是 “ $B=\frac{\pi}{3}$ ” 成立的条

件.

(填：充分不必要、必要不充分、充要、既不充分也不必要）
选项：
答案：B
题目（高三 · 组合几何学）：19. 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 为 $B C$ 的中点, 点 $E$ 在 $C A$ 上, 且 $A E=2 C E, A D, B E$ 相交于点 $F$, 则 $\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FD}}=$


选项：
答案：答案: $\frac{4}{1}$
解析：：解答：如图,过点 $\mathrm{D}$ 作 $\mathrm{DG} / / \mathrm{AC}$ 且交 $\mathrm{BE}$ 于点 $\mathrm{G}$, 因为点 $\mathrm{D}$ 为 $\mathrm{BC}$ 的中点,所以 $\mathrm{EC}=2 \mathrm{DG}$. 因为 $\mathrm{AE}=2 \mathrm{CE}$, 所以 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{DG}}=\frac{4}{1}$. 从而 $\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{FD}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{DG}}=\frac{4}{1}$.



分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理方向计算即可.
题目（高三 · 组合几何学）：20. 如图, 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 为平行四边形, $\mathrm{AD}=\mathrm{a}, \mathrm{BE} / / \mathrm{AC}, \mathrm{DE}$ 交 $\mathrm{AC}$ 的延长线于点 $\mathrm{F}$, 交 $\mathrm{BE}$ 于点 $\mathrm{E} . \mathrm{AC}=2 \mathrm{CF}, \angle \mathrm{ADC}=60^{\circ}, \mathrm{AC} \perp \mathrm{DC}$, 则 $\mathrm{BE}=$ \$ \qquad \$


选项：
答案：答案: $\sqrt{3} a$
解析：: 解答: 如图, 延长 $\mathrm{DC}$ 交 $\mathrm{BE}$ 于点 $\mathrm{M}, \because \mathrm{BE} / / \mathrm{AC}, \mathrm{AB} / / \mathrm{DC}, \therefore$ 四边形 $\mathrm{ABMC}$ 是平行四边
形. $\therefore \mathrm{CM}=\mathrm{AB}$. 又 $\because$ 在 $\square \mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{CD}, \therefore \mathrm{CM}=\mathrm{CD} . \therefore \mathrm{C}$ 为 $\mathrm{DM}$ 的中点 $\because \mathrm{BE} / / \mathrm{AC}, \therefore \mathrm{DF}=\mathrm{FE}$.所以 $\mathrm{CF}$ 是 $\triangle \mathrm{DME}$ 的中位线,故 $\mathrm{ME}=2 \mathrm{CF} . \because \mathrm{AC}=2 \mathrm{CF}, \therefore \mathrm{ME}=\mathrm{AC} . \because$ 四边形 $\mathrm{ABMC}$ 是平行四边形, $\therefore \mathrm{BM}=\mathrm{AC} . \therefore \mathrm{ME}=\mathrm{BM} . \therefore \mathrm{BE}=2 \mathrm{BM}=2 \mathrm{ME}=2 \mathrm{AC}$. 又 $\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{DC}, \angle \mathrm{ADC}=60^{\circ}, \therefore$ 在 Rt $\triangle \mathrm{ADC}$ 中,利用勾股定理,得 $\mathrm{AC}=\frac{\sqrt{3}}{2} a . \therefore \mathrm{BE}=2 \mathrm{AC}=\sqrt{3} a$.



分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据所给条件结合平行线等分线段定理以及构造辅助线方向计算即可.
题目（高三 · 组合几何学）：10. 如图, 在四边形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{EF} / / \mathrm{BC}, \mathrm{FG} / / \mathrm{AD}$, 则 $\frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BC}}+\frac{\mathrm{FG}}{\mathrm{AD}}=$


选项：
答案：1
解析：: 解答: $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}$.

$\because \mathrm{FG} / / \mathrm{AD}, \therefore \frac{\mathrm{FG}}{\mathrm{AD}}=\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{CA}}$,

$\therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{BC}}+\frac{\mathrm{FG}}{\mathrm{AD}}=\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}+\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{CA}}=\frac{\mathrm{AF}+\mathrm{FC}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{AC}}=1$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比
例定理分析计算即可
题目（高三 · 组合几何学）：11. 在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \mathrm{AD}=2, \mathrm{BC}=5$, 点 $\mathrm{E}, \mathrm{F}$ 分别在 $\mathrm{AB}, \mathrm{CD}$ 上, 且 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AD}$, 若 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EB}}=\frac{3}{4}$,则 $\mathrm{EF}$ 的长为
选项：
答案：答案: $\frac{23}{7}$
解析：：解答：如图,



连接 $\mathrm{AC}$ 交 $\mathrm{EF}$ 于点 $\mathrm{G}$, 由于 $\mathrm{EF} / / \mathrm{AD}, \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$,

则 $\mathrm{EG} / / \mathrm{BC}$,

所以 $\frac{\mathrm{EG}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}$.

又 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{EB}}=\frac{3}{4}$, 则 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}}=\frac{3}{7}$.

又 $\mathrm{BC}=5$, 则 $\mathrm{EG}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AB}} \cdot \mathrm{BC}=\frac{15}{7}$.

同理可得 $\mathrm{GF}=\frac{8}{7}$, 所以 $\mathrm{EF}=\mathrm{EG}+\mathrm{GF}=\frac{23}{7}$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 组合几何学）：12. 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{DE} / / \mathrm{BC}, \mathrm{EF} / / \mathrm{AB}$, 若 $\mathrm{AE}: \mathrm{AC}=3: 5, \mathrm{BC}=10, \mathrm{AB}=6$, 则四边形 $\mathrm{DBFE}$ 的周长是—


选项：
答案：答案: $\frac{84}{5}$
解析：: 解答: $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{DE}}{\mathrm{BC}}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AC}}=\frac{3}{5}$.

$\because \mathrm{BC}=10, \therefore \mathrm{DE}=6$.
又 $\because \mathrm{EF} / / \mathrm{AB}, \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{CA}}$.

由 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AC}}=\frac{3}{5}$, 得 $\frac{\mathrm{CE}}{\mathrm{CA}}=\frac{2}{5}, \therefore \frac{\mathrm{EF}}{\mathrm{AB}}=\frac{2}{5}$.

$\because \mathrm{AB}=6, \therefore \mathrm{EF}=\frac{12}{5}$.

又四边形 $\mathrm{DBFE}$ 是平行四边形,

故其周长为 $2(\mathrm{DE}+\mathrm{EF})=2 \times\left(6+\frac{12}{5}\right)=\frac{84}{5}$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 组合几何学）：13. 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{AD}$ 是 $\mathrm{BC}$ 边上的中线, $\mathrm{E}$ 是 $\mathrm{AD}$ 的中点, $\mathrm{BE}$ 的延长线交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}$, 则 $\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}$ \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案: $\frac{1}{3}$
解析：：解答：如图,过点 D 作 $\mathrm{DG} / / \mathrm{BF}$, 交 $\mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{G}$.



在 $\triangle \mathrm{BCF}$ 中, $\because \mathrm{BD}=\mathrm{CD}, \mathrm{DG} / / \mathrm{BF}, \therefore \mathrm{CG}=\mathrm{GF}$.

同理,在 $\triangle \mathrm{ADG}$ 中, $\because \mathrm{AE}=\mathrm{DE}, \mathrm{EF} / / \mathrm{DG}$,

$\therefore \mathrm{AF}=\mathrm{FG} ., \therefore \mathrm{AF}=\mathrm{FG}=\mathrm{CG}$, 即 $\mathrm{AF}=\frac{1}{3} \mathrm{AC}, \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AC}}=\frac{1}{3}$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理结合所给条件构造辅助线分析计算即可.
题目（高三 · 组合几何学）：22. 如图, 设 $\mathrm{C}$ 是线段 $\mathrm{AB}$ 上任意一点, 点 $C^{\prime}, A^{\prime}, B^{\prime}$ 分别是点 $\mathrm{C}, \mathrm{A}, \mathrm{B}$ 沿直线 $l$ 的方向在平面 $\alpha$ 上的平行射影. 若 $A C=4, C B=6$, 则 $\frac{A^{\prime} C^{\prime}}{C^{\prime} B^{\prime}}=$


选项：
答案：答案: $\frac{2}{3}$
解析：: 解答: $\because \mathrm{AA}^{\prime} / / \mathrm{l}, \mathrm{BB}^{\prime} / / \mathrm{l}, \mathrm{CC} ' / / \mathrm{l}$,

$\therefore \mathrm{AA}^{\prime} / / \mathrm{BB}^{\prime} / / \mathrm{CC}^{\prime}$.

由平行线分线段成比例定理,

得 $\frac{A^{\prime} C^{\prime}}{C^{\prime} B^{\prime}}=\frac{A C}{C B}=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$

分析: 本题主要考查了平行射影, 解决问题的关键是根据平行射影的性质结合所给条件运用平行线分线段成比例定理分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：11. 如图, 弦 $\mathrm{AC}$ 与 $\mathrm{BD}$ 相交于圆内一点 $\mathrm{P}$, 且 $\mathrm{AB}=10, \mathrm{CD}=5, \mathrm{BP}=8$, 则 $\mathrm{PC}=$


选项：
答案：4
解析：: 解答: $\because \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{D}, \angle \mathrm{C}=\angle \mathrm{B}$,

$\therefore \triangle A B P \backsim \triangle D C P$.

$\therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{CD}}=\frac{\mathrm{BP}}{\mathrm{PC}} \therefore \frac{10}{5}=\frac{8}{\mathrm{PC}}$, 解得 $\mathrm{PC}=4$.

分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理结合所给条件分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：12. 如图, $\mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{B}$ 是圆上一点, $\angle \mathrm{ABC}$ 的平分线与 $\odot \mathrm{O}$ 相交于点 $\mathrm{D}$, 已知 $\mathrm{BC}=1, \mathrm{AB}=\sqrt{3}$, 则 $\mathrm{AD}=$


选项：
答案：答案: $\sqrt{2}$
解析：: 解答: 如图,连接 $\mathrm{OD}$, 由于 $\mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,



则 $\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}$.

又 $\mathrm{BC}=1, \mathrm{AB}=\sqrt{3}$,

则 $\mathrm{AC}=\sqrt{\mathrm{AB}^{2}+\mathrm{BC}^{2}}$

$=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+1^{2}}=2$,

所以 $\mathrm{OA}=\mathrm{OD}=\frac{1}{2} \mathrm{AC}=1$.

又 $\angle \mathrm{AOD}=2 \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}$,

故 $\triangle \mathrm{AOD}$ 是等腰直角三角形,

则 $\mathrm{AD}=\sqrt{2} \mathrm{OA}=\sqrt{2} \times 1=\sqrt{2}$.

分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理结合所给条件分析计算即可, 难度不大
题目（高三 · 度量几何学）：13. 如图, 点 $A, B, C$ 是圆 $O$ 上的点, 且 $\angle A C B=30^{\circ}$, 则 $\angle A O B$ 等于—度。


选项：
答案：答案: 60
解析：: 解答: $\because \angle \mathrm{ACB}=30^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{AOB}=2 \angle \mathrm{ACB}=60^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：14. $\mathrm{AB}$ 是半圆 $O$ 的直径, 点 $C$ 在半圆上, $C D \perp A B$ 于点 $D$, 且 $A D=3 B D$, 则 $\frac{C D}{A D}=$
选项：
答案：答案: $\frac{\sqrt{3}}{3}$
解析：：解答：如图,连接 $\mathrm{AC}, \mathrm{BC}$,则



$\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$.

设 $B D=k$,则 $A D=3 k$.

$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$,

$\therefore \mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{BD}=3 \mathrm{k}^{2}$.

$\therefore \mathrm{CD}=\sqrt{3} \mathrm{k}$,

$\therefore \frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{AD}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理结合所给条件分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：15. 如图, 两个同心圆中, $\mathrm{CmD}$ 的度数是 $30^{\circ}$, 且大圆的半径 $\mathrm{R}=4$, 小圆的半径 $\mathrm{r}=2$, 则 $\mathrm{AnB}$ 的度数是度.


选项：
答案：30
解析：: 解答: $\mathrm{AnB}$ 的度数等于 $\angle \mathrm{AOB}$, 又 $\mathrm{CmD}$ 的度数也等于 $\angle \mathrm{AOB}$, 则 $\mathrm{AnB}$ 的度数是 $30^{\circ}$.分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：12. 如图, $\odot \mathrm{O}_{1}$ 与 $\odot \mathrm{O}_{2}$ 相交于点 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$, 且 $\odot \mathrm{O}_{2}$ 经过点 $\mathrm{O}_{1}$, 若 $\angle \mathrm{D}=40^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{C}=$ \$ \qquad \$ $\circ$.


选项：
答案：答案: 70
解析：：解答：如图,连接 $\mathrm{O}_{1} \mathrm{~A}, \mathrm{O}_{1} \mathrm{~B}$,



则四边形 $\mathrm{AO}_{1} \mathrm{BD}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}_{2}$,

故 $\angle \mathrm{AO}_{1} \mathrm{~B}+\angle \mathrm{D}=180^{\circ}$.

又 $\because \angle \mathrm{D}=40^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{AO}_{1} \mathrm{~B}=140^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ACB}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{AO}_{1} \mathrm{~B}=\frac{1}{2} \times 140^{\circ}=70^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边
形的性质与判断定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：13. 如图, 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是圆 $\mathrm{O}$ 的内接四边形, 延长 $\mathrm{AB}$ 和 $\mathrm{DC}$ 相交于点 $\frac{\mathrm{PB}}{\mathrm{PD}}=\frac{1}{3} \mathrm{P}$, 若, 则 $\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AD}}$的值为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案: $\frac{1}{3}$
解析：：解答：由于 $\angle \mathrm{PBC}=\angle \mathrm{PDA}, \angle \mathrm{P}=\angle \mathrm{P}$,

则 $\triangle \mathrm{PAD} \sim \triangle \mathrm{PCB}$, 故 $\frac{\mathrm{PB}}{\mathrm{PD}}=\frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{AD}}=\frac{1}{3}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：14. 如图, 两圆相交于 $A, B$ 两点, 过点 $\mathrm{A}$ 的直线交两圆于点 $\mathrm{C}, \mathrm{D}$, 过点 $\mathrm{B}$ 的直线交两圆于点 $\mathrm{E}, \mathrm{F}$,连接 $\mathrm{CE}$, $\mathrm{DF}$, 若 $\angle \mathrm{C}=95^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{D}=$ \$ \qquad \$ $\circ$.


选项：
答案：答案: 85
解析：: 解答: $\because \mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{E}$ 四点共圆, $\therefore \angle \mathrm{ABE}+\angle \mathrm{C}=180^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABE}=180^{\circ}-95^{\circ}=85^{\circ}$.

又 $\because \angle \mathrm{ABE}$ 是四边形 $\mathrm{ABFD}$ 的外角,

$\therefore \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{ABE}=85^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：10. 如图, $\mathrm{DB}, \mathrm{DC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的两条切线, $\mathrm{A}$ 是圆上一点, 已知 $\angle \mathrm{D}=46^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{A}=$


选项：
答案：67
解析：：解答：如图,连接 OB,OC,



则 $\mathrm{OB} \perp \mathrm{BD}, \mathrm{OC} \perp \mathrm{CD}$,

故 $\angle \mathrm{DBO}+\angle \mathrm{DCO}=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$,

则四边形 $\mathrm{OBDC}$ 内接于一个圆.

则有 $\angle \mathrm{BOC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{D}=180^{\circ}-46^{\circ}=134^{\circ}$,

所以 $\angle \mathrm{A}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BOC}=\frac{1}{2} \times 134^{\circ}=67^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给几何图形满足条件构造辅助线计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：11. 如图, 圆 $O$ 的直径 $A B=8, C$ 为圆周上一点, $B C=4$, 过点 $C$ 作圆的切线 $I$, 过点 $A$ 作直线 $I$ 的垂线 $\mathrm{AD}$, 点 $\mathrm{D}$ 为垂足, $\mathrm{AD}$ 与圆 $\mathrm{O}$ 交于点 $\mathrm{E}$, 则线段 $\mathrm{AE}$ 的长为


选项：
答案：4
解析：：解答：如图,连接 $\mathrm{OC}$,连接 $\mathrm{BE}$ 交 $\mathrm{OC}$ 于点 $\mathrm{F}$,



则 $\mathrm{OC} \perp \mathrm{l}, \mathrm{BE} \perp \mathrm{AD}$.

又 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{l}$,所以 $\mathrm{AD} / / \mathrm{OC}, \mathrm{OC} \perp \mathrm{BE}$.

又直径 $A B=8$,

则 $\mathrm{OB}=\mathrm{OC}=4$.

又 $\mathrm{BC}=4$,故 $\triangle \mathrm{OBC}$ 是等边三角形.

则 $\mathrm{F}$ 是 $\mathrm{OC}$ 的中点.

所以 $\mathrm{AE}=2 \mathrm{OF}=\mathrm{OC}=4$.

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合试题图形满足条件计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：12. 如图, 在半径分别为 $5 \mathrm{~cm}$ 和 $3 \mathrm{~cm}$ 的两个同心圆中, 大圆的弦 $\mathrm{AB}$ 与小圆相切于点 $\mathrm{C}$, 则弦
$\mathrm{AB}$ 的长为 cm.


选项：
答案：8
解析：: 解答: 如图,连接 $\mathrm{OA}, \mathrm{OC}, \mathrm{OB}$,



则 $\mathrm{OC} \perp \mathrm{AC}$.

又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OB}$,

$\therefore \triangle \mathrm{OAB}$ 是等腰三角形.

$\therefore \mathrm{AC}=\mathrm{CB}$.

由题意知, $\mathrm{OA}=5 \mathrm{~cm}, \mathrm{OC}=3 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \mathrm{AC}=\sqrt{\mathrm{OA}^{2}-\mathrm{OC}^{2}}=4(\mathrm{~cm})$.

$\therefore A B=2 A C=8(\mathrm{~cm})$.

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给图形构造辅助线极值即可
题目（高三 · 度量几何学）：13. 在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}, \mathrm{AB}=12, \mathrm{AC}=6$, 以 $\mathrm{C}$ 为圆心, 作与 $\mathrm{AB}$ 相切的圆 $\mathrm{C}$, 则 $\odot \mathrm{C}$ 的半径 $\mathrm{r}=$
选项：
答案：答案: $3 \sqrt{3}$
解析：：解答：如图,设切点为 $\mathrm{D}$, 连接 CD,



则 $\mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \mathrm{CD}=\mathrm{r}$.

$\because \mathrm{AC} \perp \mathrm{CB}, \therefore \mathrm{CD}^{2}=\mathrm{AD} \cdot \mathrm{BD}$.

又 $A B=12, A C=6, A C^{2}=A D \cdot A B, \therefore A D=\frac{A C^{2}}{A B}=\frac{6^{2}}{12}=3$.
$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{AB}-\mathrm{AD}=12-3=9$.

$\therefore \mathrm{CD}^{2}=3 \times 9=27$,

$\therefore \mathrm{CD}=3 \sqrt{3}$.

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给条件计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：14. 如图, 已知 $\mathrm{PA}$ 与圆 $\mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{A}$, 半径 $\mathrm{OC} \perp \mathrm{OP}, \mathrm{AC}$ 交 $\mathrm{PO}$ 于点 $\mathrm{B}, \mathrm{OC}=1, \mathrm{OP}=2$, 则 $\mathrm{PB}=$


选项：
答案：答案: $\sqrt{3}$
解析：：解答：如图,连接 $\mathrm{OA}$,



则 $\mathrm{OA} \perp \mathrm{PA}$.

在 $\triangle \mathrm{OAP}$ 中, $\angle \mathrm{PAO}=90^{\circ}, \mathrm{OP}=2, \mathrm{OA}=1$,

则 $\mathrm{PA}=\sqrt{3}, \angle \mathrm{P}=30^{\circ}$,

$\angle \mathrm{POA}=60^{\circ}$.

故 $\angle \mathrm{AOC}=\angle \mathrm{AOP}+\angle \mathrm{BOC}=60^{\circ}+90^{\circ}=150^{\circ}$.

又 $\mathrm{OA}=\mathrm{OC}$,则 $\angle \mathrm{BAO}=15^{\circ}$.

所以 $\angle \mathrm{PBA}=\angle \mathrm{BAO}+\angle \mathrm{AOP}=15^{\circ}+60^{\circ}=75^{\circ}$.

在 $\triangle \mathrm{PAB}$ 中, 则 $\angle \mathrm{PAB}=180^{\circ}-\angle \mathrm{P}-\angle \mathrm{ABP}=180^{\circ}-30^{\circ}-75^{\circ}=75^{\circ}$.

所以 $\angle \mathrm{PBA}=\angle \mathrm{PAB}$,

故 $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}$,所以 $\mathrm{PB}=\sqrt{3}$

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理结合所给图形分析边角关系计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：15. 已知 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O$, 过点 $A$ 作直线 $E F$.如图已知 $A B$ 为直径, 要使得 $E F$ 是 $\odot O$ 的切线,还需添加的条件是（必须写出三种情况）：

(1)或(2)或(3)


选项：
答案：答案: $\angle \mathrm{CAF}=\angle \mathrm{B}|\mathrm{AB} \perp \mathrm{EF}| \angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{CAF}=90^{\circ}$ ( $\angle \mathrm{BAC}$ 与 $\angle \mathrm{CAF}$ 互余)
解析：：解答：答案不唯一.如 $\angle \mathrm{CAF}=\angle \mathrm{B}, \mathrm{AB} \perp \mathrm{EF}$,

$\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{CAF}=90^{\circ}(\angle \mathrm{BAC}$ 与 $\angle \mathrm{CAF}$ 互余 $)$,

$\angle \mathrm{C}=\angle \mathrm{FAB}, \angle \mathrm{EAB}=\angle \mathrm{FAB}$ 等.

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：11. 如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{AC}, \angle \mathrm{C}=32^{\circ}, \angle \mathrm{B}=110^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{BAD}=$ $\circ$.


选项：
答案：52
解析：: 解答: $\because \angle \mathrm{C}+\angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{BAC}=180^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{BAC}=180^{\circ}-\angle \mathrm{C}-\angle \mathrm{B}=38^{\circ}$.

又 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{AC}, \therefore \angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{BAD}=90^{\circ} \therefore \angle \mathrm{BAD}=90^{\circ}-\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}-38^{\circ}=52^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是不要误认为 $\angle \mathrm{BAD}$ 是弦切角. 虽然 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{AC}$,但 $\mathrm{AD}$ 不是切线
题目（高三 · 度量几何学）：13. 如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, 直线 $\mathrm{CE}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{C}, \mathrm{AD} \perp \mathrm{CE}$ 于 $\mathrm{D}$, 若 $\mathrm{AD}=1, \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}$,则 $\odot \mathrm{O}$ 的面积是


选项：
答案：答案: $4 \pi$
解析：: 解答: $\because \mathrm{DE}$ 是切线, $\therefore \angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}$. 又 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{CD}, \therefore \mathrm{AC}=2 \mathrm{AD}=2$.

又 $\because \mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \angle A C B=90^{\circ}$. 又 $\angle A B C=30^{\circ}, \therefore A B=2 A C=4$,

$\therefore \mathrm{OA}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}=2 . \therefore \odot \mathrm{O}$ 的面积为 $\mathrm{S}=\pi \cdot \mathrm{OA}^{2}=4 \pi$.

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：15. 如图, 圆 $O$ 的直径 $A B=6, C$ 为圆周上一点, $B C=3$, 过点 $C$ 作圆的切线 $l$, 过点 $A$ 作 $l$ 的垂线 $\mathrm{AD}$,垂足为点 $\mathrm{D}$, 则线段 $\mathrm{CD}$ 的长为 \$ \qquad \$ .


选项：
答案：答案: $\frac{3 \sqrt{3}}{2}$
解析：: 解答: $\because$ 直线 $l$ 是圆 $\mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{ABC}$,

$\angle \mathrm{BCE}=\angle \mathrm{BAC}$. 又 $\mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \mathrm{AC} \perp \mathrm{BC}$.

$\because \mathrm{BC}=3, \mathrm{AB}=6, \therefore \angle \mathrm{ABC}=60^{\circ} \therefore \mathrm{AC}=3 \sqrt{3}$.

又 $\angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{ABC}, \therefore \angle \mathrm{ACD}=60^{\circ}$.

又 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{l}, \therefore \mathrm{CD}=\mathrm{AC} \cos 60^{\circ}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$.

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：10. 如图, $\mathrm{PA}, \mathrm{PB}$ 分别为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, 切点分别为 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \angle \mathrm{P}=80^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{C}=$ \$ \qquad \$ $\circ$.


选项：
答案：答案: 50
解析：: 解答: $\because \mathrm{PA}, \mathrm{PB}$ 分别为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \mathrm{PA}=\mathrm{PB}$.

又 $\angle \mathrm{P}=80^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{PAB}=\angle \mathrm{PBA}=50^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{ACB}=\angle \mathrm{PAB}=50^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的有关性质计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：11. 如图, 过 $\odot O$ 内一点 $A$ 作直线, 交 $\odot O$ 于 $B, C$ 两点, 且 $A B \cdot A C=64, O A=10$, 则 $\odot O$ 的半径


选项：
答案：答案: $2 \sqrt{41}$
解析：：解答：如图,作直线 $\mathrm{OA}$ 交 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{E}, \mathrm{F}$ 两点,



则 $\mathrm{AE}=\mathrm{r}-10, \mathrm{AF}=\mathrm{r}+10$.

由相交弦定理,得（ $r-10 ）(r+10)=64$, 解得 $r_{1}=2 \sqrt{41}, r_{2}=-2 \sqrt{41}$ (不合题意,舍去).故 $\mathrm{r}=2 \sqrt{41}$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段结合相交弦定理计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：12. 如图, $P B$ 和 $P D$ 为圆的两条割线, 分别交圆于点 $A, B$ 和点 $C, D$. 若 $P A=5, A B=7, C D=11$, 则 $\mathrm{AC}: \mathrm{BD}=$ \$ \qquad \$


选项：
答案：答案: $1: 3$
解析：：解答：由割线定理,得 PA$\cdot$PB=PC$\cdot$PD，(1)

即 $\frac{\mathrm{PA}}{\mathrm{PD}}=\frac{\mathrm{PC}}{\mathrm{PB}}$ 又 $\because \angle \mathrm{P}$ 为公共角,

$\therefore \triangle \mathrm{PAC} \sim \triangle \mathrm{PDB} . \therefore \frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{\mathrm{PA}}{\mathrm{PD}}$

又 $\because P A=5, A B=7, C D=11$,

$\therefore \mathrm{PB}=\mathrm{PA}+\mathrm{AB}=12$.

由(1)式,得 $5 \times 12=P C(P C+11 ）$,

解得 $P C=4$ 或 $P C=-15$ (舍去).

$\therefore \mathrm{PD}=\mathrm{PC}+\mathrm{CD}=4+11=15$.

由(2)式, 得 $\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{BD}}=\frac{5}{15}=\frac{1}{3}$, 即 $\mathrm{AC}: \mathrm{BD}=1: 3$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段满足的性质结合有关三角形的相似性计算即可