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题目（九年级 · 度量几何学）：(8 分) 如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A C$ 为 $\odot O$ 的直径, $\angle A D B=\angle C D B$.

(1)试判断 $\triangle A B C$ 的形状, 并给出证明;

(2)若 $A B=\sqrt{2}, A D=1$, 求 $C D$ 的长度.



（第 19 题）


选项：
答案： (1) $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形; 证明见解析;

(2) $\sqrt{3}$;


解析：(1) 根据圆周角定理可得 $\angle A B C=90^{\circ}$, 由 $\angle A D B=\angle C D B$ 根据等弧对等角可得 $\angle A C B=\angle C A B$, 即可证明;

(2) Rt $\triangle A B C$ 中由勾股定理可得 $A C$, Rt $\triangle A D C$ 中由勾股定理求得 $C D$ 即可;

【详解】(1) 证明: $\because A C$ 是圆的直径, 则 $\angle A B C=\angle A D C=90^{\circ}$,

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

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

$\therefore \triangle A B C$ 是等腰直角三角形;

(2) 解: $\because \triangle A B C$ 是等腰直角三角形,

$\therefore B C=A B=\sqrt{2}$,

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

Rt $\triangle A D C$ 中, $\angle A D C=90^{\circ}, A D=1$, 则 $C D=\sqrt{A C^{2}-A D^{2}}=\sqrt{3}$,

$\therefore C D=\sqrt{3}$.

【点睛】本题考查了圆周角定理, 等腰直角三角形的判定和性质, 勾股定理等知识; 掌握等弧对等角是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(12 分) 如图, 正方形纸片 $A B C D$ 的边长为 4 , 将它剪去 4 个全等的直角三角形,得到四边形 $E F G H$. 设 $A E$ 的长为 $x$, 四边形 $E F G H$ 的面积为 $y$.



(1)求 $y$ 关于 $x$ 的函数表达式;

(2)当 $A E$ 取何值时, 四边形 $E F G H$ 的面积为 10 ?

(3)四边形 $E F G H$ 的面积是否存在最小值？若存在, 求出最小值; 若不存在, 请说明理由.

##
选项：
答案： (1) $y=2 x^{2}-8 x+16(0 \leq x \leq 4)$

(2)当 $A E$ 取 1 或 3 时, 四边形 $E F G H$ 的面积为 10 ;

(3)存在, 最小值为 8 .


解析：(1) 先证出四边形 $E F G H$ 为正方形, 用未知数 $x$ 表示其任一边长, 根据正方形面积公式即可解决问题;

（2）代入 $y$ 值, 解一元二次方程即可;

（3）把二次函数配方化为顶点式，结合其性质即可求出最小值.

【详解】(1) 解: $\because$ 在正方形纸片 $A B C D$ 上剪去 4 个全等的直角三角形,

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

$\because \angle E H G=180^{\circ}-\angle A H E-\angle D H G$,

$\angle E H G=90^{\circ}$, 四边形 $E F G H$ 为正方形,

在 $\triangle A E H$ 中, $A E=x, A H=B E=A B-A E=4-x, \angle A=90^{\circ}$,

$\therefore H E^{2}=A E^{2}+A H^{2}=x^{2}+(4-x)^{2}=2 x^{2}-8 x+16$,

$\therefore$ 正方形 $E F G H$ 的面积 $y=H E^{2}=2 x^{2}-8 x+16$;

$\because A E, A H$ 不能为负,

$\therefore 0 \leq x \leq 4$,

故 $y$ 关于 $x$ 的函数表达式为 $y=2 x^{2}-8 x+16(0 \leq x \leq 4)$

（2）解: 令 $y=10$, 得 $2 x^{2}-8 x+16=10$,

整理, 得 $x^{2}-4 x+3=0$,

解得 $x_{1}=1, x_{2}=3$,

故当 $A E$ 取 1 或 3 时, 四边形 $E F G H$ 的面积为 10 ;

(3) 解: 存在.

正方形 $E F G H$ 的面积 $y=2 x^{2}-8 x+16=2(x-2)^{2}+8(0 \leq x \leq 4)$;

$\therefore$ 当 $x=2$ 时, $y$ 有最小值 8 , 即四边形 $E F G H$ 的面积最小为 8 .

【点睛】本题考查二次函数的应用. 解题的关键是找准数量关系，对于第三问，只需把二次函数表达式配方化为顶点式，即可求解.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 以 $\triangle A B C$ 的一边 $A B$ 为直径的半圆与边 $A C, B C$ 分别交于点 $D, E$, 且 $A E$平分 $\angle C A B$.



（1）若 $A C=8$, 求 $O E$ 的长;

（2）若 $A B=5, B C=6$, 求弦 $B D$ 的长;

（3）设 $\angle A B D=\alpha, \angle C=\beta$. 用含 $\beta$ 的代数式表示 $\alpha$.


选项：
答案： (1) 4 ; (2) $\frac{24}{5}$; (3) $\alpha=2 \beta-90^{\circ}$


解析：(1) 根据中位线定理, 结合 $A C=8$ 可得 $O E$;

（2）证明 $\triangle A C E \cong \triangle A B E$, 得到 $C E=B E=\frac{1}{2} B C=3$, 由勾股定理求出 $A E$, 再根据圆周角定理求出 $\angle A B D=90^{\circ}$, 利用面积法可求出 $B D$;

（3）根据 $\triangle A C E \cong \triangle A B E$ 得到 $\angle C=\angle A B E=\beta$, 可得 $\angle C B D=\beta-\alpha$, 在 $\triangle B C D$ 中, 可得 $\angle C+\angle C B D=90^{\circ}$, 从而可的结论.

【详解】解: (1) $\because A E$ 平分 $\angle C A B$,

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

$\because O A=O E$,

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

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

$\therefore O E / / A C$,

$\because$ 点 $O$ 为 $A B$ 中点,

$\therefore$ 点 $E$ 为 $B C$ 中点,

即 $O E$ 为 $\triangle A B C$ 中位线,

$\therefore O E=\frac{1}{2} A C=4$;

(2) $\because A B$ 为直径,

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

$\because A E$ 平分 $\angle C A B$,

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

又 $\because A E=A E$,

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

$\therefore C E=B E=\frac{1}{2} B C=3$,

$\because A C=5$,

$\therefore A E=\sqrt{A C^{2}-A E^{2}}=4$,

$\because A B$ 为直径,

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

$\therefore S_{\triangle} A B C=\frac{1}{2} B C \cdot A E=\frac{1}{2} A C \cdot B D$,

$\therefore B D=\frac{B C \cdot A E}{A C}=\frac{6 \times 4}{5}=\frac{24}{5}$;

（3）由（2）可知, $\triangle A C E \cong \triangle A B E$,

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

$\therefore \angle C B D=\beta-\alpha$,

在 Rt $\triangle B C D$ 中,
$\angle C+\angle C B D=90^{\circ}$,

$\therefore \beta+\beta-\alpha=90^{\circ}$,

即 $\alpha=2 \beta-90^{\circ}$.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质, 面积法, 圆周角定理, 中位线定理, 解题的关键是根据全等三角形的性质得到相等线段, 根据直径得到直角.
题目（九年级 · 度量几何学）：石拱桥是我国古代人民勤劳和智慧的结晶（如图 1), 隋代建造的赵州桥距今约有 1400 年历史, 是我国古代石拱桥的代表. 如图 2 是根据某石拱桥的实物图画出的几何图形, 桥的主桥拱是圆弧形, 表示为 $A B$. 桥的跨度（弧所对的弦长） $A B=26 \mathrm{~m}$, 设 $A B$所在圆的圆心为 $O$, 半径 $O C \perp A B$, 垂足为 $D$. 拱高 (弧的中点到弦的距离) $C D=5 \mathrm{~m}$. 连接 $O B$.



图 1



图2

(1)直接判断 $A D$ 与 $B D$ 的数量关系;

(2)求这座石拱桥主桥拱的半径（精确到1m ).


选项：
答案： (1) $A D=B D$

(2)这座石拱桥主桥拱半径约为 $19 \mathrm{~m}$


解析：（1）根据垂径定理即可得出结论;

（2）设主桥拱半径为 $R$, 在 Rt $\triangle O B D$ 中, 根据勾股定理列出方程, 即可得出答案.

【详解】(1) 解: $\because$ 半径 $O C \perp A B$,

$\therefore A D=B D$.

故答案为: $A D=B D$.

（2）设主桥拱半径为 $R$, 由题意可知 $A B=26, C D=5$,

$\therefore B D=\frac{1}{2} A B=\frac{1}{2} \times 26=13, \quad O D=O C-C D=R-5$,

在 Rt $\triangle O B D$ 中，由勾股定理，得 $O B^{2}=B D^{2}+O D^{2}$,

即 $R^{2}=13^{2}+(R-5)^{2} ，$

解得 $R=19.4$,

$\therefore R \approx 19$,

因此，这座石拱桥主桥拱半径约为 $19 \mathrm{~m}$.

【点睛】此题考查垂径定理和勾股定理, 是重要考点, 根据题意利用勾股定理列出方程是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, 四边形 $A B C D$ 是半径为 $R$ 的 $\odot O$ 的内接四边形, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $\angle A B D=45^{\circ}$, 直线 $l$ 与三条线段 $C D 、 C A 、 D A$ 的延长线分别交于点 $E 、 F 、 G$. 且满足 $\angle C F E=45^{\circ}$.



(1)求证: 直线 $l \perp$ 直线 $C E$;

(2)若 $A B=D G$;

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

(2)若 $R=1, C E=\frac{3}{2}$, 求四边形 $A B C D$ 的周长.


选项：
答案： (1)见解析;

(2)①解析, (2) $\frac{7}{2}+\sqrt{2}$.


解析：(1) 在 $\odot O$ 中, 根据同弧所对的圆周角相等可得 $\angle A C D=\angle A B D=45^{\circ}$, 结合已知在 $\triangle C F E$ 中根据三角形内角和定理可求得 $\angle F E C=90^{\circ}$;

(2) (1)根据圆内接四边形的性质和邻补角可得 $\angle A B C=\angle G D E$, 由直径所对的圆周角是直角和 （1）可得 $\angle A C B=\angle G E D$, 结合已知即可证得 $\triangle A B C \cong \triangle G D E(\mathrm{AAS})$;

(2)在 $\odot O$ 中由 $R=1$, 可得 $A B=2$, 结合题意易证 $D A=D B$, 在 Rt $\triangle A B C$ 中由勾股定理可求得 $D A=\sqrt{2}$, 由(1)可知易得 $B C+C D=D E+C D=C E$, 最后代入计算即可求得周长.

【详解】(1) 证明：在 $\odot O$ 中,

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

在 $\triangle C F E$ 中,

$\because \angle C F E=45^{\circ}$,

$\therefore \angle F E C=180^{\circ}-(\angle F C D+\angle C F E)=90^{\circ}$,

即直线 $I \perp$ 直线 $C E$;

(2) (1)四边形 $A B C D$ 是半径为 $R$ 的 $\odot O$ 的内接四边形,

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

$\because \angle A D C+\angle G D E=180^{\circ}$,

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

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

由（1）可知 $\angle G E D=90^{\circ}$,

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

在 $\triangle A B C$ 与 $\triangle G D E$ 中,

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

$\therefore \triangle A B C \cong \triangle G D E(\mathrm{AAS})$,

(2)在 $\odot O$ 中, $R=1$,

$\therefore A B=2 R=2$,

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

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

$\therefore \angle B A D=90^{\circ}-\angle A B D=45^{\circ}$,

$\therefore D A=D B$,

在 Rt $\triangle A B C$ 中,

$\therefore D A^{2}+D B^{2}=A B^{2}$,

即 $2 D A^{2}=2^{2}$,

解得: $D A=\sqrt{2}$,
由(1)可知 $\triangle A B C \cong \triangle G D E$,

$\therefore B C=D E$,

$\therefore B C+C D=D E+C D=C E=\frac{3}{2}$,

$\therefore$ 四边形 $A B C D$ 的周长为:

$D A+A B+B C+C D=D A+A B+C E=2+\sqrt{2}+\frac{3}{2}=\frac{7}{2}+\sqrt{2}$.

【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角相等、三角形内角和定理、垂直的定义、圆内接四边形的性质、邻补角互补、直径所对的圆周角是直角、全等三角形的判定和性质、勾股定理解直角三角形以及周长的计算; 解题的关键是灵活运用以上知识, 综合求解.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A C$ 为 $\odot O$ 的直径, $\angle A D B=\angle C D B$.



(1)试判断 $\triangle A B C$ 的形状, 并给出证明;

(2)若 $A B=\sqrt{2}, A D=1$, 求 $C D$ 的长度.


选项：
答案： (1) $\triangle A B C$ 是等腰直角三角形; 证明见解析;

(2) $\sqrt{3}$;


解析：(1) 根据圆周角定理可得 $\angle A B C=90^{\circ}$, 由 $\angle A D B=\angle C D B$ 根据等弧对等角可得 $\angle A C B=\angle C A B$, 即可证明;

（2）Rt $\triangle A B C$ 中由勾股定理可得 $A C$, Rt $\triangle A D C$ 中由勾股定理求得 $C D$ 即可;

【详解】(1) 证明: $\because A C$ 是圆的直径, 则 $\angle A B C=\angle A D C=90^{\circ}$,

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

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

$\therefore \triangle A B C$ 是等腰直角三角形;

（2）解: $\because \triangle A B C$ 是等腰直角三角形,

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

Rt $\triangle A D C$ 中, $\angle A D C=90^{\circ}, A D=1$, 则 $C D=\sqrt{A C^{2}-A D^{2}}=\sqrt{3}$,

$\therefore C D=\sqrt{3}$.

【点睛】本题考查了圆周角定理, 等腰直角三角形的判定和性质, 勾股定理等知识; 掌握等弧对等角是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的弦, 半径 $O C \perp A B$, 垂足为 $D$, 弦 $C E$ 与 $A B$ 交于点 $F$, 连接 $A E$, $A C, B C$.



(1)求证: $\angle B A C=\angle E$;

(2)若 $A B=8, D C=2, C E=3 \sqrt{10}$, 求 $C F$ 的长.


选项：
答案： (1)见解析

(2) $\frac{2 \sqrt{10}}{3}$


解析：(1)由垂径定理, 得 $A D=B D \quad A C=B C$, 由圆周角定理, 得 $\angle B A C=\angle E$;

(2) 可证 $\triangle A C F \sim \triangle E C A$ 得 $\frac{A C}{E C}=\frac{C F}{C A} ;$ Rt $\triangle A D C$ 中, 勾股定理求得 $A C=\sqrt{A D^{2}+D C^{2}}=2 \sqrt{5}$,于是 $C F=\frac{2 \sqrt{10}}{3}$.

【详解】(1) 证明: $\because O C \perp A B \quad O C$ 是 $\odot O$ 的半径

$\therefore A D=B D, \quad A C=B C$ (垂直于弦的直径平分弦, 并且平分弦所对的两条弧)

$\therefore \angle B A C=\angle E$ (同弧或等弧所对的圆周角相等)

(2) 解: $\because \angle B A C=\angle E$ 又 $\because \angle A C F=\angle E C A$

$\therefore \triangle A C F \sim \triangle E C A$ (两角分别相等的两个三角形相似)

$\therefore \frac{A C}{E C}=\frac{C F}{C A}$ (相似三角形对应边成比例)

$\because A B=8$

$\therefore A D=B D=4$

在 Rt $\triangle A D C$ 中 $\angle A D C=90^{\circ} \quad A D=4 \quad C D=2$

$\therefore A C=\sqrt{A D^{2}+D C^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2 \sqrt{5}$ (勾股定理)

即 $\frac{2 \sqrt{5}}{3 \sqrt{10}}=\frac{C F}{2 \sqrt{5}}$

$\therefore C F=\frac{2 \sqrt{10}}{3}$.

【点睛】本题考查垂径定理, 相似三角形的判定和性质, 圆周角定理; 由相似三角形得到线段间的数量关系是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O$, 对角线 $B D$ 是 $\odot O$ 的直径.



图1



图2

(1)如图 1, 连接 $O A, C A$, 若 $O A \perp B D$, 求证; $C A$ 平分 $\angle B C D$;

(2)如图 2, $E$ 为 $\odot O$ 内一点, 满足 $A E \perp B C, C E \perp A B$, 若 $B D=3 \sqrt{3}, A E=3$, 求弦 $B C$的长.


选项：
答案： (1)见解析

(2) $B C=3 \sqrt{2}$


解析：(1) 利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可.

(2)证明四边形 $A E C D$ 平行四边形，后用勾股定理计算即可.

【详解】(1) $\because$ 对角线 $B D$ 是 $\odot O$ 的直径, $O A \perp B D$

$\therefore A B=A D$,

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

$\therefore C A$ 平分 $\angle B C D$.

(2) $\because$ 对角线 $B D$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

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

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

$\therefore D C\|A E, D A\| C E$,

$\therefore$ 四边形 $A E C D$ 平行四边形,

$\therefore D C=A E=3$,

又 $\because B D=3 \sqrt{3}$,

$\therefore B C=\sqrt{(3 \sqrt{3})^{2}-3^{2}}=3 \sqrt{2}$.

【点睛】本题考查了垂径定理的推论, 直径所对的圆周角是直角, 平行四边形的判定和性质,勾股定理, 熟练掌握垂径定理的推论, 平行四边形的判定和性质, 勾股定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：计算: $\sin 45^{\circ} \cdot \cos 45^{\circ}+\frac{\cos 30^{\circ}+\tan 45^{\circ}}{\sin 90^{\circ} \tan 60^{\circ}}+3 \tan ^{2} 30^{\circ}+\frac{\sin 30^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：【分析】根据特殊角的三角函数值计算.
解: 原式 $=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+1}{1 \times \sqrt{3}}+3 \times\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$

$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}+1+\frac{\sqrt{3}}{3}$

$=\frac{6+2 \sqrt{3}}{3}$.
解析：【分析】根据特殊角的三角函数值计算.
解: 原式 $=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+1}{1 \times \sqrt{3}}+3 \times\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$

$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}+1+\frac{\sqrt{3}}{3}$

$=\frac{6+2 \sqrt{3}}{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, 当拉绳荡起偏离坚直位置 $30^{\circ}$ 角时, 秋千底端的位置比原来升高了多少米？(保留两位有效数字)


选项：
答案：【分析】过 $B$ 作 $B C \perp O A$, 已知 $O A=O B$, 则根据三角函数可求得 $O C$ 的长, 从而便可得到 $\mathrm{AC}$ 的长.

解：过 $B$ 作 $B C \perp O A$,

$\because O A=O B=12 \mathrm{~m}, \quad \angle B O C=30^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{OC}=\mathrm{OB} \cdot \cos 30^{\circ}=6 \sqrt{3} \mathrm{~m}$,

$\therefore A C=O A-O C \approx 1.6 \mathrm{~m}$
解析：【分析】过 $B$ 作 $B C \perp O A$, 已知 $O A=O B$, 则根据三角函数可求得 $O C$ 的长, 从而便可得到 $\mathrm{AC}$ 的长.

解：过 $B$ 作 $B C \perp O A$,

$\because O A=O B=12 \mathrm{~m}, \quad \angle B O C=30^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{OC}=\mathrm{OB} \cdot \cos 30^{\circ}=6 \sqrt{3} \mathrm{~m}$,

$\therefore A C=O A-O C \approx 1.6 \mathrm{~m}$
题目（九年级 · 度量几何学）：一水库大坝的横断面为梯形 $A B C D$, 坝顶宽 6.2 米, 坝高 23.5 米, 斜坡 $A B$ 的坡度 $i_{A B}=1$ :

3 , 斜坡 $C D$ 的坡角是 $21^{\circ}$, 求:

(1) 斜坡 $A B$ 与坝底 $A D$ 的长度（精确到 0.1 米）;

（2）斜坡 $A B$ 的坡角 $\alpha$ 和斜坡 $C D$ 的坡度（精确到 $1^{\circ}$ ）.


选项：
答案：【分析】 (1) 根据坡度的概念求出 $A E$ 的长, 根据勾股定理求出 $A B$ 的长, 根据正切的概念求出 FD, 计算即可;

（2）根据坡度是坡角的正切值计算即可.

解: (1) $\because$ 斜坡 $A B$ 的坡度 $\mathrm{i}_{A B}=1: 3, B E=23.5$ 米,

$\therefore \mathrm{AE}=70.5$ 米,

则 $\mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{AE}^{2}+\mathrm{BE}^{2}} \approx 74.3$ 米,

$\because$ 斜坡 CD 的坡角是 $21^{\circ}$,

$\therefore \tan 21^{\circ}=\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FD}}$,

$\therefore \mathrm{FD} \approx 62.7$ 米,

$\therefore A D=70.5+6.2+62.7=139.4$ 米;

(2) $\tan \alpha=\frac{1}{3}$

$\alpha \approx 18^{\circ}$,

斜坡 $C D$ 的坡度 $=\tan 21^{\circ}=1: 2.7$.
解析：【分析】 (1) 根据坡度的概念求出 $A E$ 的长, 根据勾股定理求出 $A B$ 的长, 根据正切的概念求出 FD, 计算即可;

（2）根据坡度是坡角的正切值计算即可.

解: (1) $\because$ 斜坡 $A B$ 的坡度 $\mathrm{i}_{A B}=1: 3, B E=23.5$ 米,

$\therefore \mathrm{AE}=70.5$ 米,

则 $\mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{AE}^{2}+\mathrm{BE}^{2}} \approx 74.3$ 米,

$\because$ 斜坡 CD 的坡角是 $21^{\circ}$,

$\therefore \tan 21^{\circ}=\frac{\mathrm{CF}}{\mathrm{FD}}$,

$\therefore \mathrm{FD} \approx 62.7$ 米,

$\therefore A D=70.5+6.2+62.7=139.4$ 米;

(2) $\tan \alpha=\frac{1}{3}$

$\alpha \approx 18^{\circ}$,

斜坡 $C D$ 的坡度 $=\tan 21^{\circ}=1: 2.7$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 小明家 (点 P) 与限速 60 千米/小时的高速公路 $A B$ 之间有一块巨型广告牌 $C D$,已知小明家距离高速公路 60 米, 在 $\triangle A B P$ 中, $\angle A=60^{\circ}, \angle B=45^{\circ}$, 一辆车自西向东匀速行驶,小明从 $\mathrm{P}$ 处观察, 看到它在 $A$ 处消失 9 秒后又在 $B$ 处出现, 请问这辆车经过 $A B$ 段是否超速?

(参考数据: $\sqrt{2} \approx 1.4, \sqrt{3} \approx 1.7$ )


选项：
答案：【分析】作 $P E \perp A B$ 于 $E$, 求出线段 $A B$ 的长, 求出这辆车的速度即可判断.

解: 作 $P E \perp A B$ 于 $E$, 在 Rt $\triangle A B E$ 中, $\because \angle A=60^{\circ}, A B=60$ 米, $\angle A E P=90^{\circ}$,

$\therefore A E=P E \div \tan 30^{\circ}=20 \sqrt{3}$ 米,

在 Rt $\triangle \mathrm{PEB}$ 中, $\because \angle \mathrm{PEB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=45^{\circ}$,

$\therefore B E=P E=60$ 米,

$\therefore A B=A E+E B=20 \sqrt{3}+60 \approx 94$ 米,
$\therefore$ 这辆车的速度为 $\frac{94}{9}$ 米/秒 $=\frac{0.094}{9} \times 3600$ 千米/小时 $=37.6$ 千米/小时,

$\because 37.6<60$

$\therefore$ 这辆车经过 $\mathrm{AB}$ 段没有超速.

<ImageHere>
解析：【分析】作 $P E \perp A B$ 于 $E$, 求出线段 $A B$ 的长, 求出这辆车的速度即可判断.

解: 作 $P E \perp A B$ 于 $E$, 在 Rt $\triangle A B E$ 中, $\because \angle A=60^{\circ}, A B=60$ 米, $\angle A E P=90^{\circ}$,

$\therefore A E=P E \div \tan 30^{\circ}=20 \sqrt{3}$ 米,

在 Rt $\triangle \mathrm{PEB}$ 中, $\because \angle \mathrm{PEB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=45^{\circ}$,

$\therefore B E=P E=60$ 米,

$\therefore A B=A E+E B=20 \sqrt{3}+60 \approx 94$ 米,
$\therefore$ 这辆车的速度为 $\frac{94}{9}$ 米/秒 $=\frac{0.094}{9} \times 3600$ 千米/小时 $=37.6$ 千米/小时,

$\because 37.6<60$

$\therefore$ 这辆车经过 $\mathrm{AB}$ 段没有超速.
题目（九年级 · 度量几何学）：小明站在教室门口, 看到对面综合楼顶的仰角为 $60^{\circ}$, 两梌楼同在一地平线上且两栋楼之间的距离为 $20 \mathrm{~m}$ ，则对面综合楼的高约为几米？ $(\sqrt{2} \approx 1.4, \sqrt{3} \approx 1.7)$
选项：
答案：【分析】根据题意画出图形, 利用锐角三角函数关系进而得出 $\mathrm{BC}=\mathrm{AB} \tan 60^{\circ}$, 求出即可.解: 如图所示: 人的身高忽略不计的话, $\mathrm{BC}=\mathrm{AB} \tan 60^{\circ}=20 \times \sqrt{3} \approx 34(\mathrm{~m})$,答: 对面综合楼的高约为 34 米.

<ImageHere>
解析：【分析】根据题意画出图形, 利用锐角三角函数关系进而得出 $\mathrm{BC}=\mathrm{AB} \tan 60^{\circ}$, 求出即可.解: 如图所示: 人的身高忽略不计的话, $\mathrm{BC}=\mathrm{AB} \tan 60^{\circ}=20 \times \sqrt{3} \approx 34(\mathrm{~m})$,答: 对面综合楼的高约为 34 米.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 湖心岛上有一凉亭, 现欲利用湖岸边的开阔平整地带, 测量凉亭顶端到湖面所在平面的高度 $A B$ (见示意图) , 可供使用的工具有测倾器、皮尺.

(1) 请你根据现有条件, 设计一个测量凉亭顶端到湖面所在平面的高度 $A B$ 的方案, 画出测量方案的平面示意图, 并将测量的数据标注在图形上（所测的距离用 $m, n, \ldots$ 表示, 角用 $\alpha$, $\beta, \ldots$ 表示, 测倾器高度忽略不计）；

（2）根据你所测量的数据, 计算凉亭到湖面的高度 AB（用字母表示）.


选项：
答案：【分析】 (1) 可在距离 $A B$ 的地方用测倾器测 2 次, 并量出两个测试点之间的距离;

(2) 设 $A B$ 为未知数, 可用不同的方式表示出 $B D$ 长, 列出方程求解即可.

解: (1) 如图所示, 在点 $C$ 测得 $\angle A C B=\alpha$, 在点 $D$ 测得 $\angle A D B=\beta$, 测得 $D C=m$. (4 分)

<ImageHere>

(2) 在 Rt $\triangle A B C$ 中, 设 $A B=x, B C=x \div \tan \alpha$,

在 Rt $\triangle A B D$ 中, $B D=x \div \tan \beta$,

$\because B D=m+B C$

即 $x \div \tan \beta=m+x \div \tan \alpha$,

解得 $x=\frac{m^{*} \tan \alpha \cdot \tan \beta}{\tan \alpha-\tan \beta}$.
解析：【分析】 (1) 可在距离 $A B$ 的地方用测倾器测 2 次, 并量出两个测试点之间的距离;

(2) 设 $A B$ 为未知数, 可用不同的方式表示出 $B D$ 长, 列出方程求解即可.

解: (1) 如图所示, 在点 $C$ 测得 $\angle A C B=\alpha$, 在点 $D$ 测得 $\angle A D B=\beta$, 测得 $D C=m$. (4 分)



(2) 在 Rt $\triangle A B C$ 中, 设 $A B=x, B C=x \div \tan \alpha$,

在 Rt $\triangle A B D$ 中, $B D=x \div \tan \beta$,

$\because B D=m+B C$

即 $x \div \tan \beta=m+x \div \tan \alpha$,

解得 $x=\frac{m^{*} \tan \alpha \cdot \tan \beta}{\tan \alpha-\tan \beta}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $O$ 为正方形 $A B C D$ 对角线 $A C$ 上一点, 以 $O$ 为圆心, $O A$ 长为半径的 $\odot O$ 与 $B C$ 相切于点 $M$.

(1) 求证: $C D$ 与 $\odot O$ 相切;

(2) 若 $\odot O$ 的半径为 1 , 求正方形 $A B C D$ 的边长.


选项：
答案：(1) 证明：连接 $O M$, 过点 0 作 $O N \perp C D$, 垂足为 $N$,

$\because \odot 0$ 与 $\mathrm{BC}$ 相切于 $\mathrm{M}$,

$\therefore \mathrm{OM} \perp \mathrm{BC}$

$\because$ 正方形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AC}$ 平分 $\angle \mathrm{BCD}$,

又 $\because 0 \mathrm{~N} \perp \mathrm{CD}, 0 \mathrm{M} \perp \mathrm{BC}$

$\therefore 0 \mathrm{M}=0 \mathrm{~N}$

$\therefore \mathrm{CD}$ 与 $\odot 0$ 相切

（2）由（1）易知 $\triangle M O C^{\prime}$ 为等腰直角三角形, $0 \mathrm{M}$ 为半径,

$\therefore 0 \mathrm{M}=\mathrm{MC}=1$.

$\therefore \quad O C^{2}=O M^{2}+K^{2}=1+1=2$,

$\therefore \quad O C=\sqrt{2}$

$\therefore \quad A C=A O+O C=1+\sqrt{2}$

在 $凡 \mathrm{t} \triangle A B C$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}$,

有

$$
A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}
$$

$\therefore \quad 2 A B^{2}=A C^{2}$

$\therefore \quad A B=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$.

故正方形 $A B C D$ 的边长为 $\frac{\sqrt{2}+2}{2}$.
解析：(1) 证明：连接 $O M$, 过点 0 作 $O N \perp C D$, 垂足为 $N$,

$\because \odot 0$ 与 $\mathrm{BC}$ 相切于 $\mathrm{M}$,

$\therefore \mathrm{OM} \perp \mathrm{BC}$

$\because$ 正方形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AC}$ 平分 $\angle \mathrm{BCD}$,

又 $\because 0 \mathrm{~N} \perp \mathrm{CD}, 0 \mathrm{M} \perp \mathrm{BC}$

$\therefore 0 \mathrm{M}=0 \mathrm{~N}$

$\therefore \mathrm{CD}$ 与 $\odot 0$ 相切

（2）由（1）易知 $\triangle M O C^{\prime}$ 为等腰直角三角形, $0 \mathrm{M}$ 为半径,

$\therefore 0 \mathrm{M}=\mathrm{MC}=1$.

$\therefore \quad O C^{2}=O M^{2}+K^{2}=1+1=2$,

$\therefore \quad O C=\sqrt{2}$

$\therefore \quad A C=A O+O C=1+\sqrt{2}$

在 $凡 \mathrm{t} \triangle A B C$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}$,

有

$$
A C^{2}=A B^{2}+B C^{2}
$$

$\therefore \quad 2 A B^{2}=A C^{2}$

$\therefore \quad A B=\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$.

故正方形 $A B C D$ 的边长为 $\frac{\sqrt{2}+2}{2}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 两幢楼高 $\mathrm{AB}=\mathrm{CD}=30 \mathrm{~m}$, 两楼间的距离 $\mathrm{AC}=24 \mathrm{~m}$, 当太阳光线与水平线的夹角为 $30^{\circ}$时, 求甲楼投在乙楼上的影子的高度. (结果精确到 $0.01, \sqrt{3} \approx 1.732, \sqrt{2} \approx 1.414$ )


选项：
答案：投到乙楼影子高度是 $16.14 \mathrm{~m}$

【解析】试题分析:

（1）首先要作出甲楼投到乙楼的影子，如下图所示, 线段 $C E$ 即表示乙楼的影子;

<ImageHere>

(2) 求甲楼投在乙楼上的影子的高度即需求线段 $\mathrm{CE}$ 的长, 为此, 必须要求出 $D E$ 的长, 而 $D E$为 Rt $\triangle D E B$ 的边长, 且楼间距 $A C=B D=24 \mathrm{~m}, \angle D B E=30^{\circ}$, 所以解这个直角三角形即可求解.解: 如图, 延长 $M B$ 交 $C D$ 于 $E$, 连接 $B D$,

<ImageHere>

由于 $A B=C D=30 \mathrm{~m}, A B \perp A C, C D \perp A C$,

$\therefore$ 四边形 $A C D B$ 是矩形,
$\therefore N B$ 和 $B D$ 在同一直线上, $\angle D B E=\angle M B N=30^{\circ}$

$\therefore A C=B D=24 \mathrm{~m}, \angle B D E=90^{\circ}$,

$\mathrm{DE}$

在 Rt $\triangle B E D$ 中 $\tan 30^{\circ}=\overline{\mathrm{BD}}$,

$D E=B D \cdot \tan 30^{\circ}=24 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=8 \sqrt{3}$,

$\therefore C E=30-8 \sqrt{3} \approx 16.14(\mathrm{~m})$,

答: 甲楼投到乙楼影子高度是 $16.14 \mathrm{~m}$.

点睛:

(1) 本题关键是找到乙楼投在甲楼上的的影子，即乙楼在甲楼上的斜投影: 作出乙楼最高点在太阳光线落在甲楼的投影点 $E$, 即知线段 $D E$ 为所要找的影子;

(2) 求线段长, 在本题中明显是利用三角函数, 解直角三角形即可, 答案要取近似值, 注意不要在计算过程中取, 应在最后的运算中取, 否则会造成误差过大.
解析：投到乙楼影子高度是 $16.14 \mathrm{~m}$

【解析】试题分析:

（1）首先要作出甲楼投到乙楼的影子，如下图所示, 线段 $C E$ 即表示乙楼的影子;



(2) 求甲楼投在乙楼上的影子的高度即需求线段 $\mathrm{CE}$ 的长, 为此, 必须要求出 $D E$ 的长, 而 $D E$为 Rt $\triangle D E B$ 的边长, 且楼间距 $A C=B D=24 \mathrm{~m}, \angle D B E=30^{\circ}$, 所以解这个直角三角形即可求解.解: 如图, 延长 $M B$ 交 $C D$ 于 $E$, 连接 $B D$,



由于 $A B=C D=30 \mathrm{~m}, A B \perp A C, C D \perp A C$,

$\therefore$ 四边形 $A C D B$ 是矩形,
$\therefore N B$ 和 $B D$ 在同一直线上, $\angle D B E=\angle M B N=30^{\circ}$

$\therefore A C=B D=24 \mathrm{~m}, \angle B D E=90^{\circ}$,

$\mathrm{DE}$

在 Rt $\triangle B E D$ 中 $\tan 30^{\circ}=\overline{\mathrm{BD}}$,

$D E=B D \cdot \tan 30^{\circ}=24 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=8 \sqrt{3}$,

$\therefore C E=30-8 \sqrt{3} \approx 16.14(\mathrm{~m})$,

答: 甲楼投到乙楼影子高度是 $16.14 \mathrm{~m}$.

点睛:

(1) 本题关键是找到乙楼投在甲楼上的的影子，即乙楼在甲楼上的斜投影: 作出乙楼最高点在太阳光线落在甲楼的投影点 $E$, 即知线段 $D E$ 为所要找的影子;

(2) 求线段长, 在本题中明显是利用三角函数, 解直角三角形即可, 答案要取近似值, 注意不要在计算过程中取, 应在最后的运算中取, 否则会造成误差过大.
题目（九年级 · 度量几何学）：有一种落地晾衣架如图 1 所示, 其原理是通过改变两根支撑杆夹角 $\alpha$ 的度数来调整晾杆的高度,图 2 是晾衣架的侧面的平面示意图, $A B$ 和 $C D$ 分别是两根长度不等的支撑杆, 夹角 $\angle B O D=\alpha$, $A O=70 \mathrm{~cm}, B O=D O=80 \mathrm{~cm}, C O=40 \mathrm{~cm}$.



图1



图2

(1)若 $\alpha=56^{\circ}$, 求点 $A$ 离地面的高度 $A E ;$

(参考值: $\sin 62^{\circ}=\cos 28^{\circ} \approx 0.88, \sin 28^{\circ}=\cos 62^{\circ} \approx 0.47, \tan 62^{\circ} \approx 1.88, \tan 28^{\circ} \approx 0.53$. )

(2)调节 $\alpha$ 的大小, 使 $A$ 离地面高度 $A E=125 \mathrm{~cm}$ 时, 求此时 $C$ 点离地面的高度 $C F$.
选项：
答案：解: (1)如图, 过 $O$ 作 $O G \perp B D$ 于点 $G$,

<ImageHere>

图2

$\because A E \perp B D$,

$\therefore O G / / A E$,

$\because B O=D O$,

$\therefore O G$ 平分 $\angle B O D$,

$\therefore \angle B O G=\frac{1}{2} \angle B O D=\frac{1}{2} \times 56^{\circ}=28^{\circ}$,

$\therefore \angle E A B=\angle B O G=28^{\circ}$,

在Rt $\triangle A B E$ 中, $A B=A O+B O=70+80=150(\mathrm{~cm})$,

$\therefore A E=A B \cdot \cos \angle E A B=150 \times \cos 28^{\circ} \approx 150 \times 0.88=132(\mathrm{~cm})$,

答：点 $A$ 离地面的高度 $A E$ 约为 $132 \mathrm{~cm}$;

(2) $\because O G / / A E$

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

$\because C F \perp B D$,

$\therefore C F / / O G$,

$\therefore \angle D C F=\angle D O G$,

$\because \angle B O G=\angle D O G$,

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

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

$\frac{120 \times 125}{150}=100(\mathrm{~cm})$,

答: $C$ 点离地面的高度 $C F$ 为 $100 \mathrm{~cm}$.
解析：解: (1)如图, 过 $O$ 作 $O G \perp B D$ 于点 $G$,



图2

$\because A E \perp B D$,

$\therefore O G / / A E$,

$\because B O=D O$,

$\therefore O G$ 平分 $\angle B O D$,

$\therefore \angle B O G=\frac{1}{2} \angle B O D=\frac{1}{2} \times 56^{\circ}=28^{\circ}$,

$\therefore \angle E A B=\angle B O G=28^{\circ}$,

在Rt $\triangle A B E$ 中, $A B=A O+B O=70+80=150(\mathrm{~cm})$,

$\therefore A E=A B \cdot \cos \angle E A B=150 \times \cos 28^{\circ} \approx 150 \times 0.88=132(\mathrm{~cm})$,

答：点 $A$ 离地面的高度 $A E$ 约为 $132 \mathrm{~cm}$;

(2) $\because O G / / A E$

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

$\because C F \perp B D$,

$\therefore C F / / O G$,

$\therefore \angle D C F=\angle D O G$,

$\because \angle B O G=\angle D O G$,

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

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

$\frac{120 \times 125}{150}=100(\mathrm{~cm})$,

答: $C$ 点离地面的高度 $C F$ 为 $100 \mathrm{~cm}$.