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题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图所示, $\triangle A B C$ 的外接圆圆心 $O$ 在 $A B$ 上, 点 $D$ 是 $B C$ 延长线上一点, $D M \perp A B$ 于 $M$, 交 $A C$ 于 $N$, 且 $A C=$ $C D$. $C P$ 是 $\triangle C D N$ 的边 $N D$ 上的中线.



(1)求证: $A B=D N$;

(2)试判断 $C P$ 与 $\odot O$ 的位置关系, 并证明你的结论.

##
选项：
答案：(1)见解析

(2) $C P$ 是 $\odot O$ 的切线，见解析


解析：【分析】(1)根据圆周角定理可得 $\angle A C B=90^{\circ}$, 则 $\angle N C D=90^{\circ}$, 而 $D M \perp A B$, 根据等角的余角相等得到 $\angle A=\angle D$, 然后根据 “ $A S A$ ” 判断 $\triangle A B C \cong \triangle D N C$ 即可证明结论;

(2)根据直角三角形斜边上的中线性质得 $P C=P N=\frac{1}{2} D N$, 则 $\angle P C N=\angle P N C$, 所以 $\angle A N M=\angle P C N$,而 $\angle A=\angle A C O$, 于是得到 $\angle A C O+\angle P C N=90^{\circ}$,

即 $\angle P C O=90^{\circ}$, 然即可判定 $C P$ 是 $\odot O$ 的切线.

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

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

$\because D M \perp A B$,

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

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

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

在 $\triangle A B C$ 和 $\triangle D N C$ 中

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

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

$\therefore A B=D N$.

(2)解: $C P$ 是 $\odot O$ 的切线. 理由如下:

如图: 连接 $O C$,



$\because C P$ 是 $\triangle C D N$ 的边 $N D$ 上的中线, $\angle N C D=90^{\circ}$,
$\therefore P C=P N=\frac{1}{2} D N$,

$\therefore \angle P C N=\angle P N C$,

$\because \angle A N M=\angle P N C$,

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

$\because O A=O C$,

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

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

$\therefore \angle A C O+\angle P C N=90^{\circ}$,

$\therefore \angle P C O=90^{\circ}$,

$\therefore O C \perp P C$,

$\therefore C P$ 是 $\odot O$ 的切线.

【点睛】本题主要考查了切线的判定定理、全等三角形的判定与性质等知识点, 掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解答本题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图所示, 点 $D$ 是等边 $\triangle A B C$ 内一点, 连接 $D A 、 D B$, 将 $\triangle A B D$ 绕点 $A$ 逆时针旋转到 $\triangle A C E$ 的位置, 若 $D A=10, D B=18, B C=25$, 求 $\triangle A E C$ 的周长.



##
选项：
答案：解: $\because \triangle A B C$ 为等边三角形,

$\therefore A B=B C=25$,

$\because \triangle A B D$ 绕点 $A$ 逆时针旋转到 $\triangle A C E$ 的位置,

$\therefore A E=A D=10, C E=B D=18$,

$\therefore \triangle A E C$ 的周长 $=A E+A C+C E=10+25+18=53$.


解析：先根据等边三角形的性质得 $A B=B C=25$, 再根据旋转的性质得到 $A E=A D=10, C E=$ $B D=18$, 然后计算 $\triangle A E C$ 的周长.

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；也考查了等边三角形的性质.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, $A B, C D$ 是 $\odot O$ 的直径, $D F, B E$ 是弦, 且 $D F=B E$. 求证: $\angle D=\angle B$.




选项：
答案：证明：如图, 连结 $O E, O F$.

$\because A B, C D$ 是 $\odot O$ 的直径, $D F=B E$,

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

$\therefore \angle F O C=\angle A O E$.

又 $\because \angle O F D=\angle D, \angle O E B=\angle B$,

$\therefore \angle F O C=2 \angle D, \angle A O E=2 \angle B$,

$\therefore \angle D=\angle B$.

<ImageHere>


解析：见答案
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图(1), 已知点 $O$ 是 $\angle E P F$ 的平分线上的一点, 以点 $O$ 为圆心的圆与角两边分别交于 $A, B$ 和 $C, D$ 四点.



图(1)



图(2)



图(3)

(1)求证: $A B=C D$;

(2)若角的顶点 $P$ 在圆上, 如图(2), 其他条件不变, 结论成立吗?

(3)若角的顶点 $P$ 在圆内, 如图(3), 其他条件不变, 结论成立吗?

##
选项：
答案：解: (1)相等.

如图:

作 $O G \perp A B$ 于 $G, O H \perp C D$ 于

$H$, 连接 $O A, O C, O B, O D$.

<ImageHere>

图(1)

<ImageHere>

图(2)

<ImageHere>

图(3)

$A G=B G, \quad C H=D H$,

$\because \angle E P O=\angle F P O$,

$\therefore O G=O H$

在Rt $\triangle O B G$ 和Rt $\triangle O D H$ 中,

由 $H L$ 定理得: $\triangle O B G \cong \triangle O D H$,
$\therefore G B=H D$,

$\therefore A B=C D$;

(2)点 $P$ 在圆上, 结论成立:

顶点 $P$ 在圆上, 此时点 $P, A, C$ 重合于点 $A$, 作 $O G \perp A B$ 于 $G, O H \perp A D$ 于 $H$,

$\therefore A G=G B, A H=H D$,

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

$\therefore O G=O H$.

在Rt $\triangle O A G$ 和Rt $\triangle O A H$ 中, 由 $H L$ 定理得: $\triangle O A G \cong \triangle O A H$,

$\therefore A G=A H$,

$\therefore A B=A D$.

即点 $P$ 在圆上, 结论成立.

(3), 顶点 $P$ 在圆内, 作 $O G \perp A B$ 于 $G, O H \perp C D$ 于 $H$, 则 $A G=G B, C H=H D$,

$\because \angle E P O=\angle F P O$,

$\therefore O G=O H$,

$\therefore G B=H D$,

$\therefore A B=C D$.

即点 $P$ 在圆内, 结论成立.


解析：(1)过 $O$ 作 $O M \perp A B$ 于 $M, O N \perp C D$ 于 $N$, 连接 $O A 、 O C$, 根据角平分线性质得出 $O N=O M$,根据勾股定理求出 $A M=C N$, 根据垂径定理得出 $A B=2 A M, C D=2 C N$, 即可得出答案;

(2)

本题考查的是垂径定理, 先根据角平分线的性质定理, 得到两条弦心距相等, 然后再说明两条弦相等.
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, $\angle A C D=15^{\circ}$. 求 $\angle B A D$ 的度数.



## 
选项：
答案：略

## 
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

我们给出定义: 如果三角形存在两个内角 $\alpha$ 与 $\beta$ 满足 $2 a+\beta=90^{\circ}$, 那么我们称这样的三角形为 “准互余三角形”.已知 $\triangle A B C$ 为 “准互余三角形”, 并且 $\angle A>\angle B>\angle C$.

(1)如图(1), 若 $\angle B=60^{\circ}$ 且 $A B=\sqrt{3}$, 求边 $B C$ 的长;

(2)如图(2), $\angle B>45^{\circ}$, 以边 $A C$ 为直径作 $\odot O$, 交 $B C$ 于点 $D$, 若 $B D=2, B C=7$, 试求 $\odot O$ 的面积.



图(1)



图(2)

##
选项：
答案：解: (1) $\because \angle B A C>\angle B>\angle A C B, \triangle A B C$ 为 “准互余三角形”,

$\therefore 2 \angle C+\angle B=90^{\circ}$,

即 $2 \angle A C B+60^{\circ}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A C B=15^{\circ}$,

过 $A$ 点作 $A H \perp B C$ 于 $H$ 点, 过 $C$点作 $C D \perp A B$ 于 $D$ 点, 如图(1),在 Rt $\triangle A B H$ 中, $\because B H=$ $\frac{1}{2} A B=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

<ImageHere>

图(1)

$\therefore A H=\sqrt{3} B H=\frac{3}{2}$,

<ImageHere>

图(2)

$\because \angle B C D=90^{\circ}-\angle B=30^{\circ}$,
$\therefore C A$ 平分 $\angle B C D$,

$\therefore A D=A H=\frac{3}{2}$,

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

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

$\therefore B C=2 B D=2 \sqrt{3}+3$;

(2)延长 $B A$ 交 $\odot O$ 于 $E$ 点, 连接 $C E 、 A D$, 如图(2),

$\because A C$ 为直径,

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

$\because \angle B>45^{\circ}, \triangle A B C$ 为 “准互余三角形”,

$\therefore 2 \angle A C B+\angle B=90^{\circ}$,

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

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

即 $C A$ 平分 $\angle B C E$,

$\therefore A E=A D$,

$\because B D=2, B C=7$,

$\therefore C D=5$,

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

$\therefore C E=C D=5$,

在Rt $\triangle B C E$ 中, $B E=\sqrt{B C^{2}-C E^{2}}=\sqrt{7^{2}-5^{2}}=2 \sqrt{6}$,

设 $A E=x$, 则 $A B=2 \sqrt{6}-x, A D=x$ ，

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\because B D^{2}+A D^{2}=A B^{2}$,

$\therefore 2^{2}+x^{2}=(2 \sqrt{6}-x)^{2}$,

解得 $x=\frac{5 \sqrt{6}}{6}$,

在Rt $\triangle A C D$ 中, $A C^{2}=5^{2}+\left(\frac{5 \sqrt{6}}{6}\right)^{2}=\frac{175}{6}$,

$\therefore \odot O$ 的面积 $=\pi \times \frac{1}{4} A C^{2}=\frac{175}{24} \pi$.


解析：(1)利用新定义计算出 $\angle A C B=15^{\circ}$, 过 $A$ 点作 $A H \perp B C$ 于 $H$ 点, 过 $C$ 点作 $C D \perp A B$ 于 $D$ 点, 如图(1), 先计算出 $B H=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 则 $A H=\sqrt{3} B H=\frac{3}{2}$, 再证明 $\angle B C D=30^{\circ}, C A$ 平分 $\angle B C D$, 根据角平分线的性质得到 $A D=A H=\frac{3}{2}$, 所以 $B D=\sqrt{3}+\frac{3}{2}$, 然后在 $R t \triangle B C D$ 中利用含 30 度直角三角形三边的关系
得到 $B C$ 的长;

(2)延长 $B A$ 交 $\odot O$ 于 $E$ 点, 连接 $C E 、 A D$, 如图(2), 利用圆周角定理得到 $A C$ 为直径, 再利用新定义计算出 $\angle A C B=\angle A C E$, 即 $C A$ 平分 $\angle B C E$, 所以 $A E=A D$, 接着证明 $\angle C A E=\angle C A D$ 得到 $C E=C D=5$,于是利用勾股定理可计算出 $B E=2 \sqrt{6}$, 设 $A E=x$, 则 $A B=2 \sqrt{6}-x, A D=x$, 在 $R t \triangle A B D$ 中得到 $2^{2}+x^{2}=(2 \sqrt{6}-x)^{2}$, 解方程得到 $A D=\frac{5 \sqrt{6}}{6}$, 然后在 $R t \triangle A C D$ 中利用勾股定理计算出 $A C$, 从而得到 $\odot O$ 的面积.

本题考查了圆周角定理: 半圆(或直径)所对的圆周角是直角, $90^{\circ}$ 的圆周角所对的弦是直径. 也考查了角平分线的性质和勾股定理.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在圆内接四边形 $A B C D$ 中, $A B=A D, A C=1, \angle A C D=60^{\circ}$, 求四边形 $A B C D$ 的面积.




选项：
答案： $\frac{\sqrt{3}}{4}$.提示: 延长 $C D$ 至点 $E$, 使 $D E=B C$, 连结 $A E$, 则 $\triangle A D E \cong \triangle A B C$, 且可证 $\triangle A C E$ 是等边三角形, 则 $S_{\text {四边形 } A B C D}=S_{\triangle A C E}=\frac{\sqrt{3}}{4}$

## 
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A B=A C, B D \perp A C$, 垂足为 $E$.

(1)若 $\angle B A C=40^{\circ}$, 则 $\angle A D C=$ $\qquad$ ;

(2)求证: $\angle B A C=2 \angle D A C$;

(3)若 $A B=10, C D=5$, 求 $B C$ 的值.



##
选项：
答案：110


解析：(1)解: $\because A B=A C, \angle B A C=40^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C=\angle A C B=70^{\circ}$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是 $\odot O$ 的内接四边形,

$\therefore \angle A D C=180^{\circ}-\angle B A C=110^{\circ}$,

故答案为: 110 ;

(2)证明: $\because B D \perp A C$,



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

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

$\because A B=A C$,

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

$\therefore \angle B A C=180^{\circ}-2 \angle A B C=2 \angle C B D$,

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

$\therefore \angle B A C=2 \angle D A C$

(3)解：过 $A$ 作 $A H \perp B C$ 于 $H$,

$\because A B=A C$,

$\therefore \angle B A H=\angle C A H=\frac{1}{2} \angle C A B, C H=B H$,

$\because \angle B A C=2 \angle D A C$,
$\therefore \angle C A G=\angle C A H$,

过 $C$ 作 $C G \perp A D$ 交 $A D$ 的延长线于 $G$,

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

$\because A C=A C$,

$\therefore \triangle A G C \cong \triangle A H C(A A S)$,

$\therefore A G=A H, C G=C H$,

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

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

$\therefore \frac{C G}{A H}=\frac{C D}{A B}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$,

$\therefore \frac{B H}{A B}=\frac{1}{2}$,

设 $B H=k, A H=2 k$ ，

$\therefore A B=\sqrt{B H^{2}+A H^{2}}=\sqrt{5} k=10$,

$\therefore k=2 \sqrt{5}$,

$\therefore B C=2 k=4 \sqrt{5}$.

(1)根据等腰三角形的性质和圆内接四边形的性质即可得到结论;

(2)根据等腰三角形的性质和三角形的内角和即可得到结论;

(3)过 $A$ 作 $A H \perp B C$ 于 $H$, 根据等腰三角形的性质得到 $\angle B A H=\angle C A H=\frac{1}{2} \angle C A B, C H=B H$, 过 $C$ 作 $C G \perp$ $A D$ 交 $A D$ 的延长线于 $G$, 根据全等三角形的性质得到 $A G=A H, C G=C H$, 根据相似三角形的性质得到 $\frac{B H}{A B}=\frac{1}{2}$, 设 $B H=k, A H=2 k$, 根据勾股定理即可得到结论.

本题考查了圆内接四边形, 全等三角形的判定和性质, 等腰三角形的性质, 相似三角形的判定和性质,勾股定理, 正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 正三角形 $A B C$ 内接于 $\odot O$, 若 $A B=2 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$, 求 $\odot O$ 的半径.




选项：
答案：解: 过点 $O$ 作 $O D \perp B C$ 于点 $D$, 连接 $B O$,

$\because$ 正三角形 $A B C$ 内接于 $\odot O$,

$\therefore$ 点 $O$ 即是三角形内心也是外心，

<ImageHere>

$\therefore \angle O B D=30^{\circ}, B D=C D=\frac{1}{2} B C=\frac{1}{2} A B=\sqrt{3}$,
$\therefore \cos 30^{\circ}=\frac{B D}{B O}=\frac{\sqrt{3}}{B O}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

解得: $B O=2$,

即 $\odot O$ 的半径为 $2 \mathrm{~cm}$.


解析：利用等边三角形的性质得出点 $O$ 既是三角形内心也是外心, 进而求出 $\angle O B D=30^{\circ}, B D=C D$,再利用锐角函数关系得出 $B O$ 即可.

此题主要考查了正多边形和圆, 利用正多边形内外心的特殊关系得出 $\angle O B D=30^{\circ}, B D=C D$ 是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

(教材 $P 109$ 习题T6变式1)如图, 正方形的剪去四个角后成为一个正八边形.

(1)若正八边形的边长为 2 , 则剪去四个角的面积和为 $\qquad$ ;

(2)若正方形的边长为 2 , 求正八边形边长.




选项：
答案：解: (1) $\because$ 正方形剪去四个角后成为一个正八边形, 根据正八边形每个内角为135度,

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

设剪去 $\triangle A B C$ 边长 $A C=B C=x$, 可得:

$x^{2}+x^{2}=4$

解得: $x=\sqrt{2}$ (负值舍去)
则剪去的四个角的面积和为 $\frac{1}{2} \times \sqrt{2} \times \sqrt{2} \times 4=4$

故答案为: 4

(2)设正八边形的边长为 $x$, 则剪掉的等腰直角三角形的直角边为 $\frac{\sqrt{2}}{2} x$

$\because$ 正方形的边长为 2

$$
\therefore \frac{\sqrt{2}}{2} x+x+\frac{\sqrt{2}}{2} x=2
$$

解得 $x=2(\sqrt{2}-1)$,

$\therefore$ 正八边形的边长为 $2(\sqrt{2}-1)$.


解析：见答案.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, $A B C D$ 是围墙, $A B / / C D, \angle A B C=120^{\circ}$, 一根 $6 m$ 长的绳子, 一端拴在围墙一角的柱子 $B$ 处,另一端 $E$ 处拴着一只羊, 求这只羊活动区域的最大面积.



## 
选项：
答案：解：如图, 扇形 $B F G$ 和扇形 $C G H$ 为羊活动的区域.

<ImageHere>

$S_{\text {扇形 } G B F}=\frac{120 \pi \times 6^{2}}{360}=12 \pi\left(m^{2}\right) ;$

$S_{\text {扇形 } H C G}=\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}=\frac{2}{3} \pi\left(m^{2}\right) ;$

$\therefore$ 羊活动区域的最大面积为: $12 \pi+\frac{2}{3} \pi=\frac{38}{3} \pi m^{2}$.


解析：本题主要考查的是扇形的面积计算方法, 正确的判断出羊的活动区域是解答此题的关键. 羊的活动区域应该分为两部分: (1)以 $\angle A B C$ 为圆心角, 绳长 $B E$ 为半径的扇形; (2)以 $\angle B C D$ 的补角为圆心角, 以 $(B E-B C)$ 长为半径的扇形; 可根据两个扇形各自的圆心角和半径, 计算出羊活动区域的面积即可.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 已知 $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $C, D$ 是 $\odot O$ 上的点, $O C / / B D$, 交 $A D$ 于点 $E$, 连结 $B C$.



(1)求证: $A E=E D$.

(2)若 $A B=10, \angle C B D=36^{\circ}$, 求 $\overparen{A C}$ 的长.


选项：
答案：(1)证明: $\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\because O C / / B D$,

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

即 $O C \perp A D$,

$\therefore A E=E D$;

(2)解: 由(1)知 $O C \perp A D$,

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

$\therefore \angle A B C=\angle C B D=36^{\circ}$,

$\therefore \angle A O C=2 \angle A B C=2 \times 36^{\circ}=72^{\circ}$,

$\therefore \overparen{A C}=\frac{72 \pi \times 5}{180}=2 \pi$


解析：本题考查弧长的计算, 垂径定理, 以及圆周角定理.

(1)根据平行线的性质得出 $\angle A E O=90^{\circ}$, 再利用垂径定理证明即可;

(2)由(1)知 $O C \perp A D$, 则可求出 $\angle A O C=72^{\circ}$, 根据弧长公式解答即可.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在线段 $A B$ 上取 $C, D$ 两点.已知 $A B=6 \mathrm{~cm}, A C=1 \mathrm{~cm}$, 且四条线段 $A C, C D, D B, A B$ 是成比例线段, 求线段 $C D$ 的长.




选项：
答案： $2 \mathrm{~cm}$ 或 $3 \mathrm{~cm}$

## 
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

已知 $a, b, c$ 为 $\triangle A B C$ 的三边长, 且 $a+b+c=60, \frac{a}{3}=\frac{b}{4}=\frac{c}{5}$, 求 $\triangle A B C$ 的面积.


选项：
答案：解: 设 $\frac{a}{3}=\frac{b}{4}=\frac{c}{5}=k$,

$\therefore a=3 k, \quad b=4 k, c=5 k$,

$\because a+b+c=60$,

$\therefore 3 k+4 k+5 k=60$,

解得: $k=5$,

$\therefore a=15, b=20, c=25$,

即 $\triangle A B C$ 的三边长分别为 $15,20,25$.


解析：本题考查了比例的性质. 根据比例的性质, 设 $\frac{a}{3}=\frac{b}{4}=\frac{c}{5}=k$, 将 $a, b, c$ 分别用含 $k$ 的代数式表示, 利用 $a, b, c$ 的关系式列出关于 $k$ 的方程, 解方程求出 $k$ 的值, 继而可得到三角形三边长.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, $l_{1} / / l_{2} / / l_{3}, A B=5, D E=4, E F=8$, 求 $A C$ 的长.




选项：
答案： $\because l_{1} / / l_{2} / / l_{3}, \therefore \frac{A B}{B C}=\frac{D E}{E F}$, 即 $\frac{5}{B C}=\frac{4}{8}, \therefore B C=10, \therefore A C=A B+B C=5+10=15$.


解析：见答案
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=6 \mathrm{~cm}, B C=8 \mathrm{~cm}$, 动点 $P$ 从点 $B$ 出发, 在 $B A$ 边上以 $5 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度向点 $A$ 匀速运动, 同时动点 $Q$ 从点 $C$ 出发, 在 $C B$ 边上以 $4 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度向点 $B$ 匀速运动, 运动时间为 $t s(0<t<2)$, 连接 $P Q$.

(1)若 $\triangle B P Q$ 和 $\triangle A B C$ 相似, 求 $t$ 的值;

(2)连接 $A Q, C P$, 若 $A Q \perp C P$, 求 $t$ 的值.




选项：
答案：解: (1) $\because \angle A C B=90^{\circ}, A C=6 \mathrm{~cm}, B C=8 \mathrm{~cm}$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10(\mathrm{~cm})$,

分两种情况讨论:

(1) 当 $\triangle B P Q \sim \triangle B A C$ 时, $\frac{B P}{B A}=\frac{B Q}{B C}$,
$\because B P=5 t, Q C=4 t, A B=10, B C=8$,

$\therefore \frac{5 t}{10}=\frac{8-4 t}{8}$,

解得, $t=1$,

<ImageHere>

(2) 当 $\triangle B P Q \sim \triangle B C A$ 时, $\frac{B P}{B C}=\frac{B Q}{B A}$,

$\therefore \frac{5 t}{8}=\frac{8-4 t}{10}$,

解得, $t=\frac{32}{41}$,

$\therefore t=1$ 或 $\frac{32}{41}$ 时, $\triangle B P Q \sim \triangle B C A$;

(2)过 $P$ 作 $P M \perp B C$ 于点 $M, A Q, C P$ 交于点 $N$, 如图所示,

则 $P B=5 t, P M=3 t, M C=8-4 t$,

$\because \angle N A C+\angle N C A=90^{\circ}, \angle P C M+\angle N C A=90^{\circ}$,

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

$\because \angle A C Q=\angle P M C$,

$\therefore \triangle A C Q \backsim \triangle C M P$,

$\therefore \frac{A C}{C M}=\frac{C Q}{M P}$,

$\therefore \frac{6}{8-4 t}=\frac{4 t}{3 t}$,

解得 $t=\frac{7}{8}$.


解析：(1)根据勾股定理即可得到结论; 分两种情况: (1)当 $\triangle B P Q \sim \triangle B A C$ 时, $B P: B A=B Q: B C$;当 $\triangle B P Q \sim \triangle B C A$ 时, $B P: B C=B Q: B A$, 再根据 $B P=5 t, Q C=4 t, A B=10 \mathrm{~cm}, B C=8 \mathrm{~cm}$, 代入计算即可;

(2)过 $P$ 作 $P M \perp B C$ 于点 $M, A Q, C P$ 交于点 $N$, 则有 $P B=5 t, P M=3 t, M C=8-4 t$, 根据 $\triangle A C Q \sim \triangle$ $C M P$, 得出 $A C: C M=C Q: M P$, 代入计算即可.

本题考查了相似三角形的判定与性质, 勾股定理, 直角三角形的性质, 由三角形相似得出对应边成比例是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=90^{\circ}, A B=6 \mathrm{~cm}, B C=12 \mathrm{~cm}$, 动点 $P$ 从点 $A$ 开始沿着边 $A B$ 向点 $B$ 以 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度移动, 动点 $Q$ 从点 $B$ 开始沿着边 $B C$ 向点 $C$ 以 $2 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度移动. 若 $P 、 Q$ 两点同时开始运动, 当点 $P$运动到点 $B$ 时停止, 点 $Q$ 也随之停止. 设运动时间为 $t(s)$.



(1)当移动几秒时, $\triangle B P Q$ 的面积为 $9 \mathrm{~cm}^{2}$ ?

(2)当移动几秒时, 以 $B 、 P 、 Q$ 为顶点的三角形与 $\triangle A B C$ 相似?

##
选项：
答案：解: (1)设当移动 $x$ 秒时, $\triangle B P Q$ 的面积为 $9 \mathrm{~cm}^{2}$, 则 $A P=x \mathrm{~cm}, B Q=2 x \mathrm{~cm}, B P=(6-x) \mathrm{cm}$, $\because \triangle B P Q$ 的面积为 $9 \mathrm{~cm}^{2}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times B P \times B Q=9$,
$\therefore \frac{1}{2}(6-x) \cdot 2 x=9$,

解得: $x_{1}=x_{2}=3$,

即移动3秒时, $\triangle B P Q$ 的面积为 $9 \mathrm{~cm}^{2}$.

(2)设移动 $a$ 秒时, 以 $B 、 P 、 Q$ 为顶点的三角形与 $\triangle A B C$ 相似,

$\because \angle P B Q=\angle A B C$,

$\therefore \frac{B P}{B C}=\frac{B Q}{A B}$ 或 $\frac{B P}{A B}=\frac{B Q}{B C}$,

$\therefore \frac{6-a}{12}=\frac{2 a}{6}$ 或 $\frac{6-a}{6}=\frac{2 a}{12}$,

解得: $a=\frac{6}{5}$ 或 3,

所以移动 $\frac{6}{5}$ 秒或 3 秒时, 以 $B 、 P 、 Q$ 为顶点的三角形与 $\triangle A B C$ 相似.


解析：本题考查的是相似三角形的性质, 三角形的面积, 分类讨论有关知识.

(1)设当移动 $x$ 秒时, $\triangle B P Q$ 的面积为 $9 \mathrm{~cm}^{2}$, 根据三角形的面积公式得出 $\frac{1}{2}(6-x) \cdot 2 x=9$, 再求出 $x$ 即可;

(2)设移动 $a$ 秒时, 以 $B 、 P 、 Q$ 为顶点的三角形与 $\triangle A B C$ 相似, 根据相似三角形的性质得出 $\frac{B P}{B C}=\frac{B Q}{A B}$ 或 $\frac{B P}{A B}=\frac{B Q}{B C}$, 求出 $\frac{6-a}{12}=\frac{2 a}{6}$ 或 $\frac{6-a}{6}=\frac{2 a}{12}$, 再求出 $a$ 即可.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D, E, F$ 分别在 $A B, B C, A C$ 边上, $D E / / A C, E F / / A B$.

(1)求证: $\triangle B D E \sim \triangle E F C$.

(2) 设 $\frac{A F}{F C}=\frac{1}{2}$,

(1)若 $B C=12$, 求线段 $B E$ 的长;

(2)若 $\triangle E F C$ 的面积是 20 , 求 $\triangle A B C$ 的面积.




选项：
答案：解: (1)证明: $\because D E / / A C$,

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

$\because E F / / A B$,

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

$\therefore \triangle B D E \backsim \triangle E F C$;

(2) 1) $\because E F / / A B$,

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

$\because E C=B C-B E=12-B E$,

$\therefore \frac{B E}{12-B E}=\frac{1}{2}$,

解得: $B E=4$;

(2) $\because \frac{A F}{F C}=\frac{1}{2}$,

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

$\because E F / / A B$,
$\therefore \triangle E F C \backsim \triangle B A C$,

$\therefore \frac{S_{\triangle E F C}}{S_{\triangle A B C}}=\left(\frac{F C}{A C}\right)^{2}=\left(\frac{2}{3}\right)^{2}=\frac{4}{9}$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{9}{4} S_{\triangle E F C}=\frac{9}{4} \times 20=45$.


解析：本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线的性质等知识; 熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.

(1)由平行线的性质得出 $\angle D E B=\angle F C E, \angle D B E=\angle F E C$, 即可得出结论;

(2)(1)由平行线分线段成比例得出 $\frac{B E}{E C}=\frac{A F}{F C}=\frac{1}{2}$, 即可得出结果;

(2)先求出 $\frac{F C}{A C}=\frac{2}{3}$, 易证 $\triangle E F C \sim \triangle B A C$, 由相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

为了估计河的宽度, 勘测人员在河的对岸选定一个目标点 $A$, 在近岸分别取点 $B, D, E, C$, 使点 $A$, $B, D$ 在一条直线上, 且 $A D \perp D E$, 点 $A, C, E$ 也在一条直线上, 且 $D E / / B C$. 经测量 $B C=25$ 米, $B D=12$米, $D E=40$ 米, 求河的宽度 $A B$ 为多少米.




选项：
答案： $\because B C / / D E, \therefore \triangle A B C \sim \triangle A D E, \therefore \frac{B C}{D E}=\frac{A B}{A D}$, 即 $\frac{25}{40}=\frac{A B}{A B+12}$, 解得 $A B=20$. 故河的宽度 $A B$ 为 20米.


解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 为了估算河的宽度, 可以在河对岸选定一个目标 $P$, 在近岸取点 $Q$ 和 $S$, 使点 $P, Q, S$ 共线, 且直线 $P S$ 与河岸垂直.接着在过点 $S$ 且与 $P S$ 垂直的直线 $a$ 上选择适当的点 $T$, 设 $P T$ 交过点 $Q$ 且垂直于 $P S$ 的直线 $b$ 于点 $R$. 测得 $Q S=45 m, S T=90 m, Q R=60 m$, 求河的宽度 $P Q$.



## 
选项：
答案：解：根据题意得出： $Q R / / S T$,

$\therefore \angle P Q R=\angle P S T, \angle P R Q=\angle P T S$,

$\therefore \triangle P Q R \backsim \triangle P S T$,

故 $\frac{P Q}{P Q+Q S}=\frac{Q R}{S T}$,

$\because Q S=45 m, S T=90 m, Q R=60 m$,

$\therefore \frac{P Q}{P Q+45}=\frac{60}{90}$,

解得: $P Q=90(\mathrm{~m})$,

答: 河的宽度 $P Q$ 为 $90 \mathrm{~m}$ 。


解析：本题主要考查了相似三角形的应用, 根据已知得出 $\triangle P Q R \sim \triangle P S T$ 是解题关键. 根据相似三角形的性质得出 $\frac{P Q}{P Q+Q S}=\frac{Q R}{S T}$, 进而代入求出即可.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 嘉嘉同学正在使用手电筒进行物理光学实验, 地面上从左往右依次是墙、木板和平面镜.手电筒的灯泡在点 $G$ 处, 手电筒的光从平面镜上点 $B$ 处反射后, 恰好经过木板的边缘点 $F$, 落在墙上的点 $E$处, 点 $E$ 到地面的高度 $D E=3.5 \mathrm{~m}$, 点 $F$ 到地面的高度 $C F=1.5 \mathrm{~m}$, 灯泡到木板的水平距离 $A C=5.4 \mathrm{~m}$,墙到木板的水平距离为 $C D=4 m$. 已知光在镜面反射中的入射角等于反射角, 图中点 $A 、 B 、 C 、 D$ 在同一水平面上. 求灯泡到地面的高度 $A G$.




选项：
答案：解：由题意可得： $F C / / D E$,

则 $\triangle B F C \backsim B E D$,

故 $\frac{B C}{B D}=\frac{F C}{D E}$,

即 $\frac{B C}{B C+4}=\frac{1.5}{3.5}$,

解得: $B C=3$;

$\because A C=5.4 m$,

$\therefore A B=5.4-3=2.4(\mathrm{~m})$,

$\because$ 光在镜面反射中的入射角等于反射角,

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

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

$\therefore \triangle B G A \backsim \triangle B F C$,
$\therefore \frac{A G}{A B}=\frac{F C}{B C}$,

$\therefore \frac{A G}{2.4}=\frac{1.5}{3}$,

解得: $A G=1.2(m)$,

答: 灯泡到地面的高度 $A G$ 为 $1.2 \mathrm{~m}$.


解析：直接利用相似三角形的判定与性质得出 $B C$ 的长, 根据相似三角形的性质列方程进而求出 $A G$ 的长.

此题主要考查了相似三角形的应用, 正确得出相似三角形是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)
某校社会实践小组为了测量花丛中路灯 $A B$ 的高度，在地面上 $D$ 处垂直于地面坚立了高度为 $1.7 \mathrm{~m}$ 的标杆 $C D$, 这时地面上的点 $E$, 标杆的顶端点 $C$, 路灯的顶端点 $A$ 正好在同一直线上, 测得 $E D=3 m$, 将标杆向后平移 $5 m$ 到达点 $G$ 处, 这时地面上的点 $H$, 标杆的顶端点 $F$, 路灯的顶端点 $A$ 正好在同一直线上,这时测得 $G H=5 m$, 请你根据以上数据, 计算花丛中路灯 $A B$ 的高度.



##
选项：
答案：解：由题意可得： $\because D C / / A B$,

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

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

$\because F G / / A B$,

$\therefore \triangle F H G \sim \triangle A H B$,

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{G H}{B H}$,

$\because D C=F G$,

$\therefore \frac{D E}{B E}=\frac{G H}{B H}$,

$\because E D=3 m, D G=G H=5 \mathrm{~m}$,

$\therefore \frac{3}{3+B D}=\frac{5}{5+5+B D}$,

$\therefore B D=7.5(m)$, 经检验符合题意,

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

$\therefore \frac{1.7}{A B}=\frac{3}{3+7.5}$,

$\therefore A B=5.95(m)$, 经检验符合题意;

答: 花丛中路灯 $A B$ 的高度5.95米.


解析：易知 $\triangle E D C \sim \triangle E B A, \triangle F H G \sim \triangle A H B$, 可得 $\frac{D C}{A B}=\frac{E D}{E B}, \frac{F G}{A B}=\frac{G H}{B H}$, 因为 $D C=F G$, 推出 $\frac{D E}{B E}=\frac{G H}{B H}$,列出方程求出 $B D$, 由 $\frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B E}$, 由此即可解决问题.

本题考查相似三角形的应用, 解题的关键是灵活运用所学知识解决问题, 学会构建方程解决问题, 属于中考常考题型.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 四边形 $A B C D \sim$ 四边形 $E F G H$, 试求出 $x$ 及 $\angle \alpha$ 的大小.



选项：
答案：解: 四边形 $A B C D \backsim$ 四边形 $E F G H$,

$\therefore C=\angle G, \angle A=\angle E=118^{\circ}, \frac{A B}{E F}=\frac{B C}{F G}$,

$\because$ 四边 $A B C D$,

$\therefore \angle A+\angle B+\angle C+\angle D=360^{\circ}$,

$\therefore \angle C=80^{\circ}$,

$\therefore \angle \alpha=\angle G=80^{\circ}$,

$\because A B=12, E F=6, F G=7$,

$\therefore \frac{12}{6}=\frac{x}{7}$,

$\therefore x=14$.


解析：根据四边形 $A B C D \sim$ 四边形 $E F G H$ 相似的性质, 得出对应边的比相等, 对应角相等即可.

本题考查了相似四边形的性质, 掌握相似四边形的性质对应边的比相等, 对应角相等是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)
如图所示, 小林在一块长为 $6 m$, 宽为 $4 m$, 一边靠墙的矩形小花园 $A B C D$ 周围栽种了一种花来装饰,这种花的边框宽为 $20 \mathrm{~cm}$ ，边框内外边缘所围成的两个矩形相似吗?




选项：
答案：解：边框外缘所围成的矩形的长 $=640 \mathrm{~cm}$, 宽 $=420 \mathrm{~cm}$,

长与宽的比为: $640: 420=32: 21$,

而矩形 $A B C D$ 中, $600: 400=3: 2$,

$\because 32: 21 \neq 3: 2$, 即对应边不成比例,

$\therefore$ 边框内外边缘所围成的两个矩形不相似.


解析：表示出边框外缘所围成的矩形的长与宽, 然后求出两个矩形的长与宽的比, 再根据相似矩形的判定方法进行判断.

本题考查了相似多边形的对应边成比例的性质, 求出两个矩形的长与宽的比是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 有长为 $24 m$ 的篱笆, 一面利用墙(墙的最大可用长度 $a$ 为 $10 m$ )围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃, 设花圃的一边 $A B$ 的长为 $x m$, 面积为 $y m^{2}$.



(1)写出 $y$ 关于 $x$ 的函数关系式, 并求出自变量 $x$ 的取值范围;

(2)如果要围成面积为 $45 m^{2}$ 的花圃, 那么 $A B$ 的长度是多少?


选项：
答案：解: (1) $\because A B=x m$,

$\therefore B C=(24-3 x) m$,
$\therefore y=x(24-3 x)=-3 x^{2}+24 x$.

$\because x>0$ 且 $10 \geq 24-3 x>0$,

$\therefore \frac{14}{3} \leq x<8$.

（2)当 $y=45$ 时，即 $-3 x^{2}+24 x=45$,

解得 $x_{1}=3, x_{2}=5$.

$\because \frac{14}{3} \leq x<8$,

$\therefore x=5$,

故当 $A B$ 的长度为 $5 \mathrm{~m}$ 时, 花圃的面积为 $45 \mathrm{~m}^{2}$.

## 
解析：见答案
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图所示, 破残的圆形轮片上, 弦 $A B$ 的垂直平分线交弧 $A B$ 于点 $C$, 交弦 $A B$ 于点 $D$. 已知 $A B=24 \mathrm{~cm}$, $C D=8 \mathrm{~cm}$.



(1)求作此残片所在的圆(不写作法, 保留作图痕迹);

(2)求 (1)中所作圆的半径.


选项：
答案：解: ( 1 )作弦 $A C$ (或 $B C$ )的垂直平分线与弦 $A B$ 的垂直平分线交于 $O$ 点, 以 $O$ 为圆心, $O A$ (或 $O B$ 、 $O C)$ 长为半径作圆, $\odot O$ 就是此残片所在的圆, 如图.

<ImageHere>

(2)如图, 连接 $O A$, 设 $O A=x \mathrm{~cm}$, 则 $O D=(x-8) \mathrm{cm}$.

<ImageHere>

$\because A B=24 \mathrm{~cm}$,
$\therefore A D=\frac{1}{2} A B=\frac{1}{2} \times 24=12(\mathrm{~cm})$.

根据勾股定理列方程, 得 $x^{2}=12^{2}+(x-8)^{2}$,

解得 $x=13$.

故所作圆的半径为 $13 \mathrm{~cm}$.


解析：本题主要考查了尺规作图, 垂径定理, 中垂线的性质, 勾股定理, 熟练掌握垂径定理是解决此题的关键.

(1)由垂径定理知, 垂直于弦的直径是弦的中垂线, 故作 $A C, B C$ 的中垂线交于点 $O$, 则点 $O$ 是弧 $A C B$ 所在圆的圆心;

(2)在Rt $\triangle O A D$ 中, 由勾股定理可求得半径 $O A$ 的长.