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题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, $C, D$ 为 $\odot O$ 上两点, 且在直径 $A B$ 两侧, 连结 $C D$ 交 $A B$ 于点 $E, G$ 是 $\overparen{A C}$ 上一点, $\angle A D C=\angle G$.

(1)求证: $\angle 1=\angle 2$.

(2) 点 $C$ 关于 $D G$ 的对称点为 $F$, 连结 $C F$. 当点 $F$ 落在直径 $A B$ 上时, $C F=10, \tan \angle 1=\frac{2}{5}$, 求 $\odot O$的半径.


选项：
答案：解: (1) $\because \angle A D C=\angle G$,

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

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

$\therefore \overparen{B C}=\overparen{B D}$,

$\therefore \angle 1=\angle 2$

(2)如图, 连接 $D F$,

<ImageHere>

$\because \overparen{A C}=\overparen{A D}, A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\therefore F D=F C=10$,

$\because$ 点 $C, F$ 关于 $D G$ 对称,

$\therefore D C=D F=10$,

$\therefore D E=5$,

$\because \tan \angle 1=\frac{2}{5}$,

$\therefore E B=D E \cdot \tan \angle 1=2$,

$\because \angle 1=\angle 2$,

$\therefore \tan \angle 2=\frac{2}{5}$,

$\therefore A E=\frac{D E}{\tan \angle 2}=\frac{25}{2}$,

$\therefore A B=A E+E B=\frac{29}{2}$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{29}{4}$.

【解析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、轴对称的性质、解直角三角形, 解决本题的关键是掌握轴对称的性质.

(1)根据圆周角定理和 $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, 即可证明 $\angle 1=\angle 2$;

(2)连接 $D F$, 根据垂径定理可得 $F D=F C=10$, 再根据对称性可得 $D C=D F$, 进而可得 $D E$ 的长,
再根据锐角三角函数即可求出 $\odot O$ 的半径.
解析：解: (1) $\because \angle A D C=\angle G$,

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

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

$\therefore \overparen{B C}=\overparen{B D}$,

$\therefore \angle 1=\angle 2$

(2)如图, 连接 $D F$,



$\because \overparen{A C}=\overparen{A D}, A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\therefore F D=F C=10$,

$\because$ 点 $C, F$ 关于 $D G$ 对称,

$\therefore D C=D F=10$,

$\therefore D E=5$,

$\because \tan \angle 1=\frac{2}{5}$,

$\therefore E B=D E \cdot \tan \angle 1=2$,

$\because \angle 1=\angle 2$,

$\therefore \tan \angle 2=\frac{2}{5}$,

$\therefore A E=\frac{D E}{\tan \angle 2}=\frac{25}{2}$,

$\therefore A B=A E+E B=\frac{29}{2}$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{29}{4}$.

【解析】本题考查了圆周角定理、垂径定理、轴对称的性质、解直角三角形, 解决本题的关键是掌握轴对称的性质.

(1)根据圆周角定理和 $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, 即可证明 $\angle 1=\angle 2$;

(2)连接 $D F$, 根据垂径定理可得 $F D=F C=10$, 再根据对称性可得 $D C=D F$, 进而可得 $D E$ 的长,
再根据锐角三角函数即可求出 $\odot O$ 的半径.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 已知等腰三角形 $A B C$ 的底角为 $30^{\circ}$, 以 $B C$ 为直径的 $\odot O$ 与底边 $A B$ 交于点 $D$, 过 $D$ 作 $D E \perp$ $A C$, 垂足为 $E$.

(1)证明: $D E$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2)若 $B C=4$, 求 $D E$ 的长.


选项：
答案：(1)证明：连接 $O D$,

$\because O D=O B$,

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

$\because A C=B C$,

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

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

$\therefore O D / / A C$

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

$\therefore D E$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2) 解：连接 $C D$,

$\because B C$ 为直径,

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

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

又 $\because A C=B C=4$,

$\therefore A D=A C \cdot \cos 30^{\circ}=4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore D E=\frac{1}{2} A D=\sqrt{3}$.

【解析】(1)连接 $O D$, 由平行线的判定定理可得 $O D / / A C$, 利用平行线的性质得 $\angle O D E=\angle D E A=$ $90^{\circ}$, 可得 $D E$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2)连接 $C D$, 由 $B C$ 为直径, 利用圆周角定理可得 $\angle A D C=90^{\circ}$, 由 $\angle A=30^{\circ}, A C=B C=4$, 利用含 $30^{\circ}$ 的角直角三角形和勾股定理可得 $D E$.
本题主要考查了切线的判定, 圆周角定理, 平行线的性质及判定定理, 解题的关键是学会添加常用辅助线.
解析：(1)证明：连接 $O D$,

$\because O D=O B$,

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

$\because A C=B C$,

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

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

$\therefore O D / / A C$

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

$\therefore D E$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2) 解：连接 $C D$,

$\because B C$ 为直径,

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

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

又 $\because A C=B C=4$,

$\therefore A D=A C \cdot \cos 30^{\circ}=4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore D E=\frac{1}{2} A D=\sqrt{3}$.

【解析】(1)连接 $O D$, 由平行线的判定定理可得 $O D / / A C$, 利用平行线的性质得 $\angle O D E=\angle D E A=$ $90^{\circ}$, 可得 $D E$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2)连接 $C D$, 由 $B C$ 为直径, 利用圆周角定理可得 $\angle A D C=90^{\circ}$, 由 $\angle A=30^{\circ}, A C=B C=4$, 利用含 $30^{\circ}$ 的角直角三角形和勾股定理可得 $D E$.
本题主要考查了切线的判定, 圆周角定理, 平行线的性质及判定定理, 解题的关键是学会添加常用辅助线.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

智慧学习小组的同学约好下午放学后去完成项目式学习的室外测量, 他们带了两根 2 米长的标杆及卷尺来到路灯下, 将标杆 $A B, C D$ 直立在地上, 灯泡所在位置为点 $O$, 此时 $A, B, C, D$, $o$ 恰好在同一平面内, 但点 $O$ 到地面的距离不能直接测量, 他们准备借助标杆在路灯下的影子解决问题.

(1)请画出标杆 $A B, C D$ 在灯泡 $O$ 下的影子, 分别记为 $A E, C F$;

(2)尺规作图: 作出灯泡 $O$ 到地面 $A C$ 的距离 $O H$ (保留作图痕迹, 不写作法);

(3)若他们测得 $A E=2.2$ 米, $A C=6$ 米, $C F=1.2$ 米, 请求出灯泡 $O$ 到地面 $A C$ 的距离 $O H$. (精确到 0.1 米)


选项：
答案：解: 如下:

<ImageHere>

(1)如上图: 线段 $A E$, 线段 $C F$ 即为所求;

(2)如上图: 线段 $O H$ 即为所求;

(3)设 $\mathrm{OH}=x$ 米, $A H=y$ 米, 则 $C H=(6-y)$ 米,

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

$\therefore \triangle A B E \sim \triangle H O E, \triangle C D F \sim \triangle H O F$,

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

即: $\frac{2}{x}=\frac{2.2}{2.2+y}, \frac{2}{x}=\frac{1.2}{1.2+6-y}$,

解得: $y=\frac{66}{17} \approx 3.9$,

$x=5 \frac{9}{17} \approx 5.3$,

所以灯泡 $O$ 到地面 $A C$ 的距离 $O H$ 大约为 5.3 米.

【解析】(1)根据中心投影的性质作图;

(2)根据过直线外一点作直线的垂线作图;

(3)根据相似三角形的性质求解.

本题考查了作图及相似三角形的性质, 三角形相似的性质是解题的关键.
解析：解: 如下:



(1)如上图: 线段 $A E$, 线段 $C F$ 即为所求;

(2)如上图: 线段 $O H$ 即为所求;

(3)设 $\mathrm{OH}=x$ 米, $A H=y$ 米, 则 $C H=(6-y)$ 米,

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

$\therefore \triangle A B E \sim \triangle H O E, \triangle C D F \sim \triangle H O F$,

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

即: $\frac{2}{x}=\frac{2.2}{2.2+y}, \frac{2}{x}=\frac{1.2}{1.2+6-y}$,

解得: $y=\frac{66}{17} \approx 3.9$,

$x=5 \frac{9}{17} \approx 5.3$,

所以灯泡 $O$ 到地面 $A C$ 的距离 $O H$ 大约为 5.3 米.

【解析】(1)根据中心投影的性质作图;

(2)根据过直线外一点作直线的垂线作图;

(3)根据相似三角形的性质求解.

本题考查了作图及相似三角形的性质, 三角形相似的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 利用一面墙（墙的长度不超过 $45 \mathrm{~m}$ ), 用 $79 \mathrm{~m}$ 长的篱笆围成一个矩形场地, 并且与墙平行的边留有 $1 \mathrm{~m}$ 宽建造一扇门方便出入 (用其他材料). 设 $A B=x \mathrm{~m}$, 矩形 $A B C D$ 的面积为 $y \mathrm{~m}^{2}$.

(1)请写出 $y$ 与 $x$ 之间的函数关系式, 并写出 $x$ 的取值范围:

(2)怎样围才能使矩形场地的面积为 $750 \mathrm{~m}^{2}$ ?

(3)能否使所围矩形场地的面积为 $810 \mathrm{~m}^{2}$, 若能, 请算出此时矩形的长与宽, 若不能, 请说明理由.




选项：
答案： (1) $y=-\frac{1}{2} x^{2}+40 x(0 \leq x \leq 45)$

(2)长为 $30 \mathrm{~m}$, 宽为 $25 \mathrm{~m}$

(3)不能, 理由见解析


解析：(1) 利用矩形的面积等于长乘宽, 列出解析式即可;

（2）令 $y=750$, 解一元二次方程求解即可;

（3）令 $y=810$, 计算一元二次方程的判别式判断求解即可.

【详解】(1) 根据题意可得,

$y=x \cdot \frac{79+1-x}{2}=-\frac{1}{2} x^{2}+40 x(0 \leq x \leq 45)$;

(2) $\because y=-\frac{1}{2} x^{2}+40 x(0 \leq x \leq 45)$

令 $y=750$, 即 $-\frac{1}{2} x^{2}+40 x=750$,

解得: $x_{1}=30, x_{2}=50$.

$\because$ 墙的长度不超过 $45 \mathrm{~m}$,

$\therefore x=50$ 不合题意, 应舍去.
当 $x=30$ 时， $\frac{79+1-x}{2}=25$.

所以, 当所围矩形的长为 $30 \mathrm{~m}$ 宽为 $25 \mathrm{~m}$ 时, 能使矩形的面积为 $750 \mathrm{~m}^{2}$.

（3）不能. 理由如下:

$\because y=-\frac{1}{2} x^{2}+40 x(0 \leq x \leq 45)$

令 $y=810$, 即 $-\frac{1}{2} x^{2}+40 x=810$.

$\therefore x^{2}-80 x+1620=0$,

$\Delta=b^{2}-4 a c=(-80)^{2}-4 \times 1 \times 1620=-80<0$.

$\therefore$ 上述方程没有实数根.

因此，不能使所围矩形场地的面积为 $810 \mathrm{~m}^{2}$.

【点睛】本题考查二次函数的实际应用, 解一元二次方程以及判别式的应用, 根据题意, 正确的求出二次函数的解析式, 是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：（8 分）如图,由小正方形构成的 $6 \times 6$ 网格中，每个正方形的顶点叫做格点. $\odot O$经过 $A 、 B 、 C$ 三点, 仅用无刻度的直尺在给定的网格中按要求作图 (保留作图痕迹).

(1)在图 1 中画出圆心 $O$;

(2)在图 2 中的圆上找一点 $E$, 使 $O E$ 平分 $B C$;



图1



图2


选项：
答案： (1)图见解析

(2)图见解析

(3)图见解析


解析：(1) 利用圆周角定理和两条直径的交点即为圆心 $O$ 即可;

（2）由（1）中方法找到圆心 $O$, 根据垂径定理的推论找到 $B C$ 的中点即可求解;

(3) 先找到圆心 $O$, 根据圆周角定理知 $\angle A B C=90^{\circ}$, 利用垂径定理的推论, 过 $O$ 作垂直于 $A C$ 的直径, 交圆 $O$ 于 $F$, 则 $\angle A O F=\angle C O F=90^{\circ}$, 由圆周角定理可得 $\angle C B F=\angle A B F=45^{\circ}$,即点 $F$ 即为所求.

【详解】(1) 解: 如图 1, 点 $O$ 即为所求作;

(2) 解: 如图 2, 点 $E$ 即为所求作;

（3）解: 如图 2, 点 $F$ 即为所求作.



图1



图2



图3

【点睛】本题考查基本几何作图, 涉及到圆周角定理、垂径定理的推论, 熟练掌握网格中的基本作图方法和相关知识是解答的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(8 分) 如图, $A B$ 是圆 $O$ 的直径, $C$ 为圆上的一点, $D$ 为 $R C$ 的中点, 连接 $B C, A D$,过点 $C$ 作 $A D$ 的垂线交 $A B$ 于点 $E$.

(1)求证: $A C=A E$;

(2)若 $A B=5, A D=4$, 求 $A E$ 的长.



## 


选项：
答案： (1)见解析

(2) $\frac{7}{5}$


解析：(1) 根据 $D$ 为 $B C$ 的中点, 得出 $\angle C A D=\angle B A D$, 根据 $C E \perp A D$, 直角三角形的两个锐角互余，即可得出 $\angle A C E=\angle A E C$ ，等角对等边即可得证;

(2) 连接 $O D$ 交 $B C$ 于点 $F$, 连接 $B D, \triangle A D B$ 是直角三角形, 则 $B D=3$, 设 $O F=x$, 则 $A C=A E=2 x, \quad D F=\frac{5}{2}-x$, 在 Rt $\triangle O B F$ 中, $F B^{2}=O B^{2}-O F^{2}$, 在 Rt $\triangle D B F$ 中, $F B^{2}=D B^{2}-D F^{2}$, 解得: $x=\frac{7}{10}$, 根据（1）的结论, 即可求解.

【详解】(1) 证明: $\because D$ 为 $B C$ 的中点

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

又 $\because C E \perp A D$

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

$\therefore A C=A E$;

(2) 如图所示, 连接 $O D$ 交 $B C$ 于点 $F$, 则 $O D$ 垂直平分 $B C$, 连接 $B D$,



$\because A B$ 是直径, $A B=5, A D=4$,

$\therefore \triangle A D B$ 是直角三角形, 则 $B D=3$,
设 $O F=x$, 则 $A C=A E=2 x, D F=\frac{5}{2}-x$,

在 Rt $\triangle O B F$ 中, $F B^{2}=O B^{2}-O F^{2}$,

在 Rt $\triangle D B F$ 中, $F B^{2}=D B^{2}-D F^{2}$,

$\therefore O B^{2}-O F^{2}=D B^{2}-D F^{2}$

$\therefore\left(\frac{5}{2}\right)^{2}-x^{2}=3^{2}-\left(\frac{5}{2}-x\right)^{2}$

解得: $x=\frac{7}{10}$

$\therefore A E=A C=2 \times \frac{7}{10}=\frac{7}{5}$

【点睛】本题考查了等弧所对的圆周角相等, 垂径定理, 勾股定理, 直径所对的圆周角是直角, 熟练掌握以上知识是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(8 分) 已知在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle B=30^{\circ}$, 点 $M$ 平分 $B C, A D$ 平分 $\angle B A C$, 过点 $A$ 、 $M 、 D$ 的 $\odot O$ 分别交 $A B, A C$ 于点 E、F.

(1)求 $\angle M A D$ 的度数;

(2)连接 $D F$, 求证: $\triangle C D F$ 是等边三角形;




选项：
答案： (1) $15^{\circ}$

(2)见解析

(3) $2 \sqrt{6}-2 \sqrt{2}$


解析：(1) 根据直角三角形的性质得到 $A M=B M=C M$, 根据等腰三角形的性质得到 $\angle B A M=\angle B=30^{\circ}$, 根据角平分线的定义得到 $\angle B A D=\frac{1}{2} \angle B A C=45^{\circ}$, 于是得到结论;

(2) 连接 $D F$, 根据三角形的内角和定理得到 $\angle C=60^{\circ}$, 由 (1) 知 $A M=C M$, 推出 $\triangle A C M$是等边三角形, 根据圆内接四边形对角互补得出 $\because \angle C F D=180^{\circ}-\angle A F D=\angle C M A=60^{\circ}$, 即可得到结论;

(3) 连接 $D E, E F$, 根据圆周角定理得到 $E F$ 是 $\odot O$ 的直径, 根据等边三角形的性质得到 $\angle C D F=60^{\circ}$, 求得 $\angle B D E=30^{\circ}$, 得到 $B E=D E$, 求得 $D E=D F$, 设 $B E=D E=D F=C F=x$,根据勾股定理即可得到结论.

【详解】(1) 解: 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle B=30^{\circ}$, 点 $M$ 平分 $B C$, $\therefore A M=B M=C M$,

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

$\because A D$ 平分 $\angle B A C$,

$\therefore \angle B A D=\frac{1}{2} \angle B A C=45^{\circ}$,

$\therefore \angle M A D=\angle B A D-\angle B A M=15^{\circ}$;

(2) 证明: 连接 $D F$,



在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle B=30^{\circ}$,

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

由（1）知 $A M=C M$,

$\therefore \triangle A C M$ 是等边三角形,

$\therefore A C=C M$,

$\because \angle C F D=180^{\circ}-\angle A F D=\angle C M A=60^{\circ}$,

又 $\because \angle C=60^{\circ}$

$\therefore \triangle C D F$ 是等边三角形.

（3）解: 如图所示, 连接 $D E, E F$,



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

$\therefore E F$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

由（2）知 $C D=C F, \angle C=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle C D F$ 是等边三角形,

$\therefore \angle C D F=60^{\circ}$,

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

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

$\therefore B E=D E$,

$\because A D$ 平分 $\angle B A C$,

$\therefore D E=D F$,

$\therefore D E=D F$,

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

$\because A C=4$,

$\therefore A B=4 \sqrt{3}$,

设 $B E=D E=D F=C F=x$ ，

$\therefore A E=4 \sqrt{3}-x, A F=4-x, E F=\sqrt{2} x$,

$\because E F^{2}=A E^{2}+A F^{2}$,

$\therefore(\sqrt{2} x)^{2}=(4 \sqrt{3}-x)^{2}+(4-x)^{2}$,

解得: $x=4 \sqrt{3}-4$,
$\therefore E F=\sqrt{2} \times(4 \sqrt{3}-4)=4 \sqrt{6}-4 \sqrt{2}$,

$\therefore r=2 \sqrt{6}-2 \sqrt{2}$,

故答案为: $2 \sqrt{6}-2 \sqrt{2}$.

【点睛】本题是圆的综合题, 考查了圆周角定理, 圆内接四边形对角互补, 勾股定理, 等边三角形的判定和性质, 正确地作出辅助线是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(10 分) 如图, 已知 $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $C D$ 是弦, $A B \perp C D$ 于 $E, O F \perp A C$ 于 $F$,连接 $O C, C B, B E=O F$.

(1)求证: $O F / / B C$;

(2)求证: $\triangle A F O \cong \triangle C E B$;

(3)若 $B C=6 \mathrm{~cm}$, 求 $C D$ 的值及阴影部分的面积.



## 


选项：
答案： (1)证明见解析

(2)证明见解析

(3) $C D=6 \sqrt{3} \mathrm{~cm}, \quad(12 \pi-9 \sqrt{3}) \mathrm{cm}^{2}$


解析：(1) 利用直径所对的圆周角等于 $90^{\circ}$, 得到 $A C \perp B C$, 再利用 $O F \perp A C$ 即可证明 $O F / / B C$;

(2) 利用 $A B \perp C D$, 得到 $B C=B D$, 进一步得到 $\angle C A B=\angle B C D$, 再根据 $A A S$ 即可证明三角形全等;

（3）连接 $D O$, 由全等三角形的性质得到 $O A=B C=6 \mathrm{~cm}$, 则可证明 $\triangle O B C$ 是等边三角形,得到 $\angle C O B=60^{\circ}$, 再推出 $C D=2 C E, O E=\frac{1}{2} O B=3 \mathrm{~cm}, B C=B D$ 即可求出 $\angle C O D=120^{\circ}$, $C D=2 C E=6 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$, 再根据阴影部分面积等于扇形 $C O D$ 的面积减去三角形 $C O D$ 的面积进行求解即可.

【详解】(1) 证明: $\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

$\therefore A C \perp B C$,

又 $\because O F \perp A C$,

$\therefore O F / / B C$.

(2) 证明: $\because A B \perp C D, A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

$\therefore B C=B D$,

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

在 $\triangle A F O$ 和 $\triangle C E B$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}\angle A F O=\angle C E B=90^{\circ} \\ \angle F A O=\angle E C B \\ O F=B E\end{array}\right.$

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

(3) 解: 连接 $D O$,

$\because \triangle A F O \cong \triangle C E B$,

$\therefore O A=B C=6 \mathrm{~cm}$,

$\therefore O B=O C=O A=B C=6 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \triangle O B C$ 是等边三角形,

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

$\because A B \perp C D$,

$\therefore C D=2 C E, \quad O E=\frac{1}{2} O B=3 \mathrm{~cm}, \quad B C=B D$

$\therefore \angle C O B=\angle D O B=60^{\circ}, \quad C E=\sqrt{O C^{2}-O E^{2}}=3 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$,
$\therefore \angle C O D=120^{\circ}, C D=2 C E=6 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$,



$\therefore$ 扇形 $C O D$ 的面积是: $\frac{120^{\circ} \times \pi \times 6^{2}}{360^{\circ}}=12 \pi \mathrm{cm}^{2}, \triangle C O D$ 的面积是:

$\frac{1}{2} C D \cdot O E=\frac{1}{2} \times 6 \sqrt{3} \times 3=9 \sqrt{3} \mathrm{~cm}^{2}$,

$\therefore$ 阴影部分的面积是: $(12 \pi-9 \sqrt{3}) \mathrm{cm}^{2}$.

【点睛】本题主要考查了平行线的判定定理, 全等三角形的判定及性质, 垂径定理, 勾股定理, 扇形的面积公式, 圆周角定理等等, 解题的关键是熟练掌握以上相关知识.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $\triangle A B C$ 是等边三角形, 点 $D 、 E$ 分别在 $C B 、 A C$ 的延长线上, $\angle A D E=60^{\circ}$.

(1)请找出图中相似的三角形;

(2)请选择其中一对说明理由.




选项：
答案： (1) $\triangle A C D \sim \triangle A D E, \triangle A B D \sim \triangle D C E$

(2)理由见解析


解析：(1) 利用相似三角形的定义解答即可;

（2）利用等边三角形的性质和相似三角形的判定解答即可.

【详解】（1）解：相似三角形有： $\triangle A C D \sim \triangle A D E ， \triangle A B D \sim \triangle D C E$;

（2） $\triangle A C D \sim \triangle A D E$ 的理由:

$\because \triangle A B C$ 是等边三角形,

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

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

$\therefore \angle C D E+\angle E=60^{\circ}$,

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

$\therefore \angle A D C+\angle C D E=60^{\circ}$,

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

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

$\therefore \triangle A C D \sim \triangle A D E$;

$\triangle A B D \sim \triangle D C E$ 的理由：

$\because \triangle A B C$ 是等边三角形,
$\therefore \angle A C D=\angle A B C=60^{\circ}$,

$\therefore \angle A B D=\angle D C E=120^{\circ}$,

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

$\therefore \angle C D E+\angle E=60^{\circ}$,

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

$\therefore \angle A D C+\angle C D E=60^{\circ}$,

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

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

【点睛】本题考查相似三角形的判定定理, 等边三角形的性质, 三角形外角的性质, 熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(8 分) 三角形三条边上的中线交于一点, 这个点叫三角形的重心. 如图, 点 $G$ 是 $\triangle A B C$ 的重心, 连接 $E D$. (1) 求证: $E D / / A C$; （2）若 $A D=6$, 求 $G D$ 的长.




选项：
答案： （1）见解析; (2) $G D=2$.


解析：(1) 由点 $G$ 是 $\triangle A B C$ 的重心可得点 $E$ 和点 $D$ 分别是 $A B$ 和 $B C$ 的中点, 证明
$\triangle B E D \sim \triangle B A C$, 由相似三角形的性质得 $\angle B E D=\angle B A C$, 即可得证;

（2）先证明 $\triangle D E G \sim \triangle A C G$, 由相似三角形的性质得 $\frac{D G}{A G}=\frac{1}{2}$, 即 $\frac{1}{2}=\frac{D G}{A D-D G}$, 由 $\mathrm{AD}=6$即可求得 GD 的长.

【详解】(1) 证明: $\because$ 点 $G$ 是 $\triangle A B C$ 的重心,

$\therefore$ 点 $E$ 和点 $D$ 分别是 $A B$ 和 $B C$ 的中点

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

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

又 $\because \angle B=\angle B$,

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

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

$\therefore D E / / A C$;



（2）由（1）知 $D E / / A C, \triangle B E D \sim \triangle B A C$

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

$\because \angle D G E=\angle A G C$,

$\therefore \triangle D E G \sim \triangle A C G$,

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

$\therefore \frac{D G}{A G}=\frac{1}{2}$

$\therefore \frac{1}{2}=\frac{D G}{A D-D G}$

$\because \mathrm{AD}=6$,

$\therefore G D=2$.

【点睛】本题考查三角形的重心、三角形的中位线、三角形相似, 解答本题的关键是明确题意, 利用数形结合的思想解答.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, $\triangle A B C$ 中, $A C=B C, D$ 为 $A B$ 上一点, $\odot O$ 经过点 $A, C, D$, 交 $B C$ 于点 $E$, 过点 $D$ 作 $D F / / B C$,交 $\odot O$ 于点 $F$.

求证:

(1) $A B / / C F$;

(2) $A F=E F$.



## 
选项：
答案：证明: (1) $\because A C=B C$,

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

$\because D F / / B C$,

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

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

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

$\therefore A B / / C F$;

(2)如图, 连接 $A E$,

<ImageHere>

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

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

$\because$ 四边形 $A E C F$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,

$\therefore \angle E C F+\angle E A F=180^{\circ}$,

$\because A B / / C F$,

$\therefore \angle E C F+\angle B=180^{\circ}$,

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

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

$\therefore A F=E F$.


解析：(1)利用等腰三角形的性质证明 $\angle B A C=\angle B$, 利用平行线证明 $\angle A D F=\angle B$, 利用同弧所对的圆周角相等, 可得 $\angle B A C=\angle C F D$, 即可得证;

(2)如图, 连接 $A E$, 利用平行线的性质及圆周角定理得出 $\angle A E F=\angle B$, 再利用圆内接四边形的性质证明 $\angle E A F=\angle B$, 从而可得结论.

本题考查平行四边形的判定, 圆周角定理, 平行线的性质与判定, 等腰三角形的性质, 圆内接四边形
的性质, 掌握以上知识是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 平行四边形 $A C D E$ 的一边在直径 $A B$ 上, 点 $E$ 在 $\odot O$ 上.



图1



图2

(1)如图1, 当点 $D$ 在 $\odot O$ 上时, 请你仅用无刻度的直尺在 $A B$ 上取点 $P$, 使 $D P \perp A B$ 于 $P$;

(2)如图2, 当点 $D$ 在 $\odot O$ 内时, 请你仅用无刻度的直尺在 $A B$ 上取点 $Q$, 使 $E Q \perp A B$ 于 $Q$.


选项：
答案：解: (1)如图, 延长 $A O$ 交 $\odot O$ 于点 $F$, 连接 $D F$ 交 $A B$ 于点 $P$, 点 $P$ 即为所求;

(2)延长 $E D$ 交 $\odot O$ 于 $M$, 作直径 $M F$, 连接 $E F$ 交 $O A$ 于点 $Q$, 点 $Q$ 即为所求.

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2


解析：(1)如图1中, 延长 $A O$ 交 $\odot O$ 于点 $F$, 连接 $D F$ 交 $A B$ 于点 $P$, 因为 $E F$ 是 $\odot O$ 直径, 所以 $\angle E D F=90^{\circ}$,利用平行线的性质，可知 $D P \perp A B$.

(2)如图2中, 延长 $E D$ 交 $\odot O$ 于 $M$, 作直径 $M F$, 连接 $E F$ 交 $O A$ 于点 $Q$, 所以 $\angle M E F=90^{\circ}$, 利用平行线的性质，可知 $E Q \perp A B$.

本题考查作图一复杂作图, 平行四边形的性质, 圆的有关知识, 解题的关键是灵活运用所学知识解决
问题, 属于中考常考题型.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

在正方形 $A B C D$ 中, 将边 $A D$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}\right)$ 得到线段 $A E, A E$ 与 $C D$ 延长线相交于点 $F$, 过 $B$ 作 $B G / / A F$ 交 $C F$ 于点 $G$, 连接 $B E$.



图1



图2

(1)如图1, 求证: $\angle B G C=2 \angle A E B$;

(2)当 $\left(45^{\circ}<\alpha<90^{\circ}\right)$ 时，依题意补全图2，用等式表示线段 $A H, E F, D G$ 之间的数量关系, 并证明.


选项：
答案：解：(1)证明： $\because$ 边 $A D$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $\alpha\left(0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}\right)$ 得到线段 $A E$,

$\therefore A D=A E$,

$\because$ 正方形 $A B C D$,

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

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

$\because B G / / A F$,

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

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

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

$\because$ 正方形 $A B C D$,

$\therefore A B / / C D$,

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

$\therefore \angle B G C=2 \angle A E B$;

(2)补全图2如下:

<ImageHere>

线段 $A H, E F, D G$ 之间的数量关系为: $E F=A H+D G$,

理由如下:

在 $D C$ 上取 $D N=A H$, 连接 $A N$ 交 $B G$ 于 $M$, 交 $B E$ 于 $P$, 连接 $H M, E M$, 如图:

<ImageHere>

$\because$ 正方形 $A B C D$,

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

又 $D N=A H ，$

$\therefore \triangle A D N \cong \triangle B A H(S A S)$,

$\therefore \angle D N A=\angle A H B, \angle D A N=\angle A B H$,

$\because \angle D N A+\angle D A N=90^{\circ}$,

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

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

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

由(1)知 $\angle A B E=\angle G B E$,

且 $B P=B P$,

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

$\therefore A B=M B$,

而 $B H=B H, \angle A B E=\angle G B E$,

$\therefore \triangle A B H \cong \triangle M B H(S A S)$,

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

$\therefore A 、 H 、 M 、 B$ 共圆，

$\therefore \angle A H B=\angle A M B=\angle G M N$,
$\therefore \angle D N A=\angle G M N$,

$\therefore G N=G M$,

$\because C F / / A B, B G / / A F$,

$\therefore$ 四边形 $A B G F$ 是平行四边形,

$\therefore B G=A F$,

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

$\therefore E F=G M$,

$\therefore E F=G N$,

$\because G N=D G+D N$,

$\therefore E F=D G+A H$.


解析：本题考查正方形性质应用及全等三角形的性质和判定, 难度较大, 解题的关键是构造辅助线,将 $A H+D G$ 转化为 $G N$.

(1)根据 $B G / / A F$, 得到 $\angle G B E=\angle A E B$, 由 $A D$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $\alpha$ 得到线段 $A E$, 得到 $A E=A B, \angle A B E=$ $\angle A E B=\angle G B E$, 由正方形性质得到 $C D / / A B$, 得到 $\angle B G C=2 \angle A E B$;

(2)按照题意补全图形即可, 在 $D C$ 上取 $D N=A H$, 连接 $A N$ 交 $B G$ 于 $M$, 交 $B E$ 于 $P$, 连接 $H M, E M$, 利用 $\triangle A D N \cong \triangle B A H 、 \triangle A B P \cong \triangle M B P 、 \triangle A B H \cong \triangle M B H$ 证明 $A 、 H 、 M 、 B$ 共圆, 从而可得 $\angle D N A=\angle G M N$, $G N=G M$, 再证明 $E F=G M$, 即可得到 $E F=A H+D G$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, 已知 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 把 $\triangle A B C$ 绕 $A$ 点沿顺时针方向旋转得到 $\triangle A D E$, 连接 $B D, C E$ 交于点 $F$.

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

(2)若 $A B=3, \angle B A C=45^{\circ}$, 当四边形 $A D F C$ 是菱形时, 求 $B F$ 的长.




选项：
答案：解(1)由旋转的性质得: $\triangle A B C \cong \triangle A D E$, 且 $A B=A C$,

$\therefore A E=A D, \quad A C=A B, \angle B A C=\angle D A E$,
$\therefore \angle B A C+\angle B A E=\angle D A E+\angle B A E$, 即 $\angle C A E=\angle D A B$,

在 $\triangle A E C$ 和 $\triangle A D B$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}A E=A D \\ \angle C A E=\angle D A B, \\ A C=A B\end{array}\right.$

$\therefore \triangle A E C \cong \triangle A D B(S A S)$;

(2) $\because$ 四边形 $A D F C$ 是菱形, 且 $\angle B A C=45^{\circ}$,

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

$\therefore \triangle A B D$ 为直角边为 3 的等腰直角三角形,

$\therefore B D^{2}=2 A B^{2}$, 即 $B D=3 \sqrt{2}$,

$\therefore A D=D F=F C=A C=A B=3$,

$\therefore B F=B D-D F=3 \sqrt{2}-3$.


解析：(1)利用 $S A S$ 证明 $\triangle A E C \cong \triangle A D B$ 即可;

(2)证明出 $\triangle A B D$ 为直角边为 2 的等腰直角三角形, 则 $B D^{2}=2 A B^{2}$, 即 $B D=3 \sqrt{2}$, 则有 $B F=B D-$ $D F=3 \sqrt{2}-3$.

本题主要考查了旋转的性质, 等腰三角形的判定与性质, 全等三角形的判定与性质等知识, 证明出 $\Delta$ $A B D$ 为直角边为 2 的等腰直角三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

已知, 如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$ 于点 $E, G$ 是 $\overparen{A C}$ 上一点, $A G$ 与 $D C$ 的延长线交于点 $F$.

(1)如 $C D=8, B E=2$, 求 $\odot O$ 的半径长;

(2)求证: $\angle F G C=\angle A G D$.




选项：
答案：(1)解：连接 $O C$. 设 $\odot O$ 的半径为 $R$.

$\because C D \perp A B$,

$\therefore D E=E C=4$,

在Rt $\triangle O E C$ 中, $\because O C^{2}=O E^{2}+E C^{2}$,

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

解得 $R=5$.

<ImageHere>

(2)证明: 连接 $A D$,

$\because$ 弦 $C D \perp A B$

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

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

$\because$ 四边形 $A D C G$ 是圆内接四边形,
$\therefore \angle A D C=\angle F G C$,

$\therefore \angle F G C=\angle A G D$.

## 
解析：【分析】

本题考查的是圆周角定理和垂径定理的应用, 掌握圆周角定理、垂径定理是解题的关键, 学会添加常用辅助线.

(1)连接 $O C$. 设 $\odot O$ 的半径为 $R$.在 $R t \triangle O E C$ 中, 根据 $O C^{2}=O E^{2}+E C^{2}$, 构建方程即可解决问题;

(2)连接 $A D$, 根据垂径定理得到 $\overparen{A D}=\overparen{A C}$, 根据圆周角定理得到 $\angle A D C=\angle A G D$, 根据圆内接四边形的性质证明即可.