eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示的是-款机械手臂, 由上臂、中臂和底座三部分组成, 其中上臂和中臂可自由转动, 底座与水平地面垂直.在实际运用中要求三部分始终处于同一平面内, 其示意图如图 1 所示, 经测量, 上臂 $A B=12 \mathrm{~cm}$, 中臂 $B C=8 \mathrm{~cm}$, 底座 $C D=4 \mathrm{~cm}$.


图1



图2

(1)若上臂 $A B$ 与水平面平行, $\angle A B C=60^{\circ}$. 计算点 $A$ 到地面的距离.

(2)在一次操作中, 中臂与底座成 $135^{\circ}$ 夹角, 上臂与中臂夹角为 $105^{\circ}$, 如图 2, 计算这时点 $A$ 到地面的距离.与图 1 状态相比, 这时点 $A$ 向前伸长了多少?
选项：
答案：解: (1)如图 1 , 过点 $C$ 作 $C M \perp A B$,垂足为 $M$, 则 $\angle B M C=90^{\circ}$,

<ImageHere>
$\because \angle A B C=60^{\circ}, B C=8 \mathrm{~cm}$,

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

$\therefore B M=\frac{1}{2} B C=4(\mathrm{~cm}), \quad C M=\sqrt{3} B M=4 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$,

$\therefore D M=C M+C D=(4 \sqrt{3}+4) \mathrm{cm}$,

即点 $A$ 到地面的距离为 $(4 \sqrt{3}+4) \mathrm{cm} ;$

(2)如图 2, 过点 $B$ 作 $B G$ 垂直于地面, 垂足为 $G$, 分别过点 $A, C$ 作 $B G$ 的垂线, 垂足分别为 $E, F$,

$\because \angle B C D=135^{\circ}, \angle A B C=105^{\circ}$,

$\therefore \angle B C F=135^{\circ}-90^{\circ}=45^{\circ}, \angle C B F=45^{\circ}, \angle A B F=105^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}$,

<ImageHere>

图2

$\therefore B F=C F=\frac{\sqrt{2}}{2} B C=4 \sqrt{2}(\mathrm{~cm}), A E=A B \times \sin \angle A B F=12 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$,

$B E=\frac{1}{2} A B=6(\mathrm{~cm})$

$\therefore$ 点 $A$ 到地面的距离为 $E G=B F+F G-B E=4 \sqrt{2}+4-6=(4 \sqrt{2}-2) \mathrm{cm}$.

由图 1 可知, 点 $A$ 距底座的距离为 $A M=A B-B M=12-4=8(\mathrm{~cm})$,

$\therefore$ 点 $A$ 向前伸长的距离为 $A E+C F-8=(6 \sqrt{3}+4 \sqrt{2}-8) \mathrm{cm}$.
解析：解: (1)如图 1 , 过点 $C$ 作 $C M \perp A B$,垂足为 $M$, 则 $\angle B M C=90^{\circ}$,


$\because \angle A B C=60^{\circ}, B C=8 \mathrm{~cm}$,

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

$\therefore B M=\frac{1}{2} B C=4(\mathrm{~cm}), \quad C M=\sqrt{3} B M=4 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$,

$\therefore D M=C M+C D=(4 \sqrt{3}+4) \mathrm{cm}$,

即点 $A$ 到地面的距离为 $(4 \sqrt{3}+4) \mathrm{cm} ;$

(2)如图 2, 过点 $B$ 作 $B G$ 垂直于地面, 垂足为 $G$, 分别过点 $A, C$ 作 $B G$ 的垂线, 垂足分别为 $E, F$,

$\because \angle B C D=135^{\circ}, \angle A B C=105^{\circ}$,

$\therefore \angle B C F=135^{\circ}-90^{\circ}=45^{\circ}, \angle C B F=45^{\circ}, \angle A B F=105^{\circ}-45^{\circ}=60^{\circ}$,



图2

$\therefore B F=C F=\frac{\sqrt{2}}{2} B C=4 \sqrt{2}(\mathrm{~cm}), A E=A B \times \sin \angle A B F=12 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=6 \sqrt{3}(\mathrm{~cm})$,

$B E=\frac{1}{2} A B=6(\mathrm{~cm})$

$\therefore$ 点 $A$ 到地面的距离为 $E G=B F+F G-B E=4 \sqrt{2}+4-6=(4 \sqrt{2}-2) \mathrm{cm}$.

由图 1 可知, 点 $A$ 距底座的距离为 $A M=A B-B M=12-4=8(\mathrm{~cm})$,

$\therefore$ 点 $A$ 向前伸长的距离为 $A E+C F-8=(6 \sqrt{3}+4 \sqrt{2}-8) \mathrm{cm}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 是 $\odot O$ 的内接四边形, 对角线 $A C$ 是 $\odot O$ 的直径, $A B=2, I$ 是 $\triangle A D C$ 的内心, $\angle A D B=45^{\circ}$.

(1) 求 $\odot O$ 半径的长.

(2)求证: $B C=B I$.


选项：
答案：解：(1) $\because A C$ 是 $\odot$ 的直径,

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

<ImageHere>
又 $\angle A D B=45^{\circ}$,

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

$\therefore \overline{A B}=\overline{B C}$,

$\therefore A B=B C$

$\because A B=2$,

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

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\sqrt{2}$;

(2) 连结 $A I$,

$\because I$ 是 $\triangle A D C$ 的内心.

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

$\angle A I B=\angle D A I+\angle A D I$,

$\angle B A I=\angle B A C+\angle C A I$,

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

$\therefore \angle B A I=\angle A I B$

$\therefore A B=B I$,

即 $B C=B I$.
解析：解：(1) $\because A C$ 是 $\odot$ 的直径,

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


又 $\angle A D B=45^{\circ}$,

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

$\therefore \overline{A B}=\overline{B C}$,

$\therefore A B=B C$

$\because A B=2$,

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

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\sqrt{2}$;

(2) 连结 $A I$,

$\because I$ 是 $\triangle A D C$ 的内心.

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

$\angle A I B=\angle D A I+\angle A D I$,

$\angle B A I=\angle B A C+\angle C A I$,

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

$\therefore \angle B A I=\angle A I B$

$\therefore A B=B I$,

即 $B C=B I$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{D}, \mathrm{BE}: \mathrm{AB}=3$ : 5, 若 $\mathrm{CE}=\sqrt{2}, \cos \angle \mathrm{ACD}=$ $\frac{4}{5}$, 求 $\tan \angle \mathrm{AEC}$ 的值及 $\mathrm{CD}$ 的长.


选项：
答案：$\tan \angle \mathrm{AEC}=3, \mathrm{CD}=\frac{12}{5} \sqrt{12}$

【解析】在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ACD}$ 与 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ABC}$ 中 $\because \angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{CAD}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ACD}+\angle \mathrm{CAD}=90^{\circ} \therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{ACD}$, $\therefore \cos \angle \mathrm{ABC}=\cos \angle \mathrm{ACD}=\frac{4}{5}$ 在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\frac{B C}{A B}=\frac{4}{5}$ - 令 $\mathrm{BC}=4 \mathrm{k}, \mathrm{AB}=5 \mathrm{k}$ 则 $\mathrm{AC}=3 \mathrm{k}$

由 $\frac{B E}{A B}=\frac{3}{5}, \mathrm{BE}=3 \mathrm{k}$ 则 $\mathrm{CE}=\mathrm{k}$, 且 $\mathrm{CE}=\sqrt{2}$ 则 $\mathrm{k}=\sqrt{2}, \mathrm{AC}=3 \sqrt{2}$

$\therefore \mathrm{RT} \triangle \mathrm{ACE}$ 中, $\tan \angle \mathrm{AEC}=\frac{A C}{E C}=3$

$\because \mathrm{RT} \triangle \mathrm{ACD}$ 中 $\cos \angle \mathrm{ACD}=\frac{C D}{A C}=\frac{4}{5}, \mathrm{CD}=\frac{12}{5} \sqrt{12}$.
解析：$\tan \angle \mathrm{AEC}=3, \mathrm{CD}=\frac{12}{5} \sqrt{12}$

【解析】在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ACD}$ 与 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ABC}$ 中 $\because \angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{CAD}=90^{\circ}, \angle \mathrm{ACD}+\angle \mathrm{CAD}=90^{\circ} \therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{ACD}$, $\therefore \cos \angle \mathrm{ABC}=\cos \angle \mathrm{ACD}=\frac{4}{5}$ 在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\frac{B C}{A B}=\frac{4}{5}$ - 令 $\mathrm{BC}=4 \mathrm{k}, \mathrm{AB}=5 \mathrm{k}$ 则 $\mathrm{AC}=3 \mathrm{k}$

由 $\frac{B E}{A B}=\frac{3}{5}, \mathrm{BE}=3 \mathrm{k}$ 则 $\mathrm{CE}=\mathrm{k}$, 且 $\mathrm{CE}=\sqrt{2}$ 则 $\mathrm{k}=\sqrt{2}, \mathrm{AC}=3 \sqrt{2}$

$\therefore \mathrm{RT} \triangle \mathrm{ACE}$ 中, $\tan \angle \mathrm{AEC}=\frac{A C}{E C}=3$

$\because \mathrm{RT} \triangle \mathrm{ACD}$ 中 $\cos \angle \mathrm{ACD}=\frac{C D}{A C}=\frac{4}{5}, \mathrm{CD}=\frac{12}{5} \sqrt{12}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：) 如图, 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=150^{\circ}, \mathrm{AC}=4, \tan \mathrm{B}=\frac{1}{8}$.

(1) 求 $\mathrm{BC}$ 的长;

(2) 利用此图形求 $\tan 15^{\circ}$ 的值.


选项：
答案：(1) $16-2 \sqrt{3}$;

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

【解析】（1）过 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$, 交 $\mathrm{BC}$ 的延长线于点 $\mathrm{D}$, 如图 1 所示:

<ImageHere>

图1

在 Rt $\triangle \mathrm{ADC}$ 中, $\mathrm{AC}=4, \because \angle \mathrm{C}=150^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ACD}=30^{\circ}, \therefore \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \mathrm{AC}=2$,

$\mathrm{CD}=\mathrm{AC} \cdot \cos 30^{\circ}=4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{ABD}$ 中, $\tan \mathrm{B}=\frac{A D}{B D}=\frac{2}{B D}=\frac{1}{8} \div$,

$\therefore \mathrm{BD}=16, \quad \therefore \mathrm{BC}=\mathrm{BD}-\mathrm{CD}=16-2 \sqrt{3}$;

(2) 在 $B C$ 边上取一点 $M$, 使得 $C M=A C$, 连接 $A M$, 如图 2 所示:

<ImageHere>

图 2

$\because \angle \mathrm{ACB}=150^{\circ}, \quad \therefore \angle \mathrm{AMC}=\angle \mathrm{MAC}=15^{\circ}$,

$\tan 15^{\circ}=\tan \angle A M D=\frac{A D}{M D}=\frac{2}{4+2 \sqrt{3}}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$.
解析：(1) $16-2 \sqrt{3}$;

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

【解析】（1）过 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$, 交 $\mathrm{BC}$ 的延长线于点 $\mathrm{D}$, 如图 1 所示:



图1

在 Rt $\triangle \mathrm{ADC}$ 中, $\mathrm{AC}=4, \because \angle \mathrm{C}=150^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ACD}=30^{\circ}, \therefore \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \mathrm{AC}=2$,

$\mathrm{CD}=\mathrm{AC} \cdot \cos 30^{\circ}=4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{ABD}$ 中, $\tan \mathrm{B}=\frac{A D}{B D}=\frac{2}{B D}=\frac{1}{8} \div$,

$\therefore \mathrm{BD}=16, \quad \therefore \mathrm{BC}=\mathrm{BD}-\mathrm{CD}=16-2 \sqrt{3}$;

(2) 在 $B C$ 边上取一点 $M$, 使得 $C M=A C$, 连接 $A M$, 如图 2 所示:



图 2

$\because \angle \mathrm{ACB}=150^{\circ}, \quad \therefore \angle \mathrm{AMC}=\angle \mathrm{MAC}=15^{\circ}$,

$\tan 15^{\circ}=\tan \angle A M D=\frac{A D}{M D}=\frac{2}{4+2 \sqrt{3}}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示,在四边形$ABCD$中,$angleA=90^{circ},AB=53,BC=8,CD=6,AD=5$,试判断点$A,B,C$,$D$是否在同一个圆上,并证明你的结论.
选项：
答案：解:点$A,B,C,D$在同一个圆上.证明:连结$BD$.在Rt$triangleABD$中,$BD=sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=10$.在$triangleBCD$中,$because8^{2}+6^{2}=10^{2}$,即$BC^{2}+CD^{2}=BD^{2}$,$thereforetriangleBCD$是直角三角形.取$BD$的中点$O$,$thereforeOB=OC=OA=OD=frac{1}{2}BD$.$therefore$点$A,B,C,D$在以$BD$为直径的圆上.
解析：解:点$A,B,C,D$在同一个圆上.证明:连结$BD$.在Rt$triangleABD$中,$BD=sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=10$.在$triangleBCD$中,$because8^{2}+6^{2}=10^{2}$,即$BC^{2}+CD^{2}=BD^{2}$,$thereforetriangleBCD$是直角三角形.取$BD$的中点$O$,$thereforeOB=OC=OA=OD=frac{1}{2}BD$.$therefore$点$A,B,C,D$在以$BD$为直径的圆上.
题目（九年级 · 度量几何学）：（6 分）某大桥采用低塔斜拉桥桥型 (如甲图), 图乙是从图甲引申出的平面图, 假设你站在桥上测得拉索 $A B$ 与水平桥面的夹角是 $30^{\circ}$, 拉索 $C D$ 与水平桥面的夹角是 $60^{\circ}$, 两拉索顶端的距离 $B C$为 2 米, 两拉索底端距离 $A D$ 为 20 米, 请求出立柱 $B H$ 的长. (结果精确到 0.1 米, $\sqrt{3} \approx 1.732$ )



甲


选项：
答案：解: 设 $D H=x$ 米,

$\because \angle C D H=60^{\circ}, \angle H=90^{\circ}$,

$\therefore C H=D H \cdot \tan 60^{\circ}=\sqrt{3} x$,

$\therefore B H=B C+C H=2+\sqrt{3} x$,

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

$\therefore A H=\sqrt{3} B H=2 \sqrt{3}+3 x$

$\because A H=A D+D H$

$\therefore 2 \sqrt{3}+3 x=20+x$

解得: $x=10-\sqrt{3}$,

$\therefore B H=2+\sqrt{3}(10-\sqrt{3})=10 \sqrt{3}-1 \approx 16.3$ (米).

答：立柱 $B H$ 的长约为 16.3 米.
解析：解: 设 $D H=x$ 米,

$\because \angle C D H=60^{\circ}, \angle H=90^{\circ}$,

$\therefore C H=D H \cdot \tan 60^{\circ}=\sqrt{3} x$,

$\therefore B H=B C+C H=2+\sqrt{3} x$,

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

$\therefore A H=\sqrt{3} B H=2 \sqrt{3}+3 x$

$\because A H=A D+D H$

$\therefore 2 \sqrt{3}+3 x=20+x$

解得: $x=10-\sqrt{3}$,

$\therefore B H=2+\sqrt{3}(10-\sqrt{3})=10 \sqrt{3}-1 \approx 16.3$ (米).

答：立柱 $B H$ 的长约为 16.3 米.
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 如图, 某同学想测量旗杆的高度, 他在某一时刻测得 1 米长的竹竿坚直放置时影长1.5米，在同时刻测量旗杆的影长时，因旗杆靠近一楼房, 影子不全落在地面上, 有一部分落在墙上, 他测得落在地面上影长为 21 米，留在墙上的影高为 2 米，求旗杆的高度.


选项：
答案：解：过 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$,

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

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

$\therefore$ 四边形 $C D B E$ 为矩形,

<ImageHere>

$\therefore B D=C E=21, C D=B E=2$,

设 $A E=x$,

$\therefore \frac{1}{1.5}=\frac{x}{21}$,

解得: $x=14$,
$\therefore$ :旗杆的高 $A B=A E+B E=14+2=16$ 米.
解析：解：过 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$,

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

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

$\therefore$ 四边形 $C D B E$ 为矩形,



$\therefore B D=C E=21, C D=B E=2$,

设 $A E=x$,

$\therefore \frac{1}{1.5}=\frac{x}{21}$,

解得: $x=14$,
$\therefore$ :旗杆的高 $A B=A E+B E=14+2=16$ 米.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 小明在一块平地上测山高, 先在 $B$ 处测得山顶 $A$ 的仰角为 $30^{\circ}$, 然后向山脚直行 100 米到达 $C$ 处, 再测得山顶 $A$ 的仰角为 $45^{\circ}$, 求山高 $A D$ 是多少? (结果保留整数, 测角仪忽略不计, 参



考数据 $\sqrt{2} \approx 1.414, \sqrt{3} \approx 1.73)$
选项：
答案：解：由题意得, $\angle A B D=30^{\circ}, \angle A C D=45^{\circ}, B C=100 \mathrm{~m}$,设 $A D=x m ，$

在Rt $\triangle A C D$ 中, $\because \tan \angle A C D=\frac{A D}{C D}$,
$\therefore C D=A D=x$

$\therefore B D=B C+C D=x+100$,

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\because \tan \angle A B D=\frac{A D}{B D}$,

$\therefore x=\frac{\sqrt{3}}{3}(x+100)$,

$\therefore x=50(\sqrt{3}+1) \approx 137$ 米,

答: 山高 $A D$ 约为 137 米.
解析：解：由题意得, $\angle A B D=30^{\circ}, \angle A C D=45^{\circ}, B C=100 \mathrm{~m}$,设 $A D=x m ，$

在Rt $\triangle A C D$ 中, $\because \tan \angle A C D=\frac{A D}{C D}$,
$\therefore C D=A D=x$

$\therefore B D=B C+C D=x+100$,

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\because \tan \angle A B D=\frac{A D}{B D}$,

$\therefore x=\frac{\sqrt{3}}{3}(x+100)$,

$\therefore x=50(\sqrt{3}+1) \approx 137$ 米,

答: 山高 $A D$ 约为 137 米.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, A B$ 是直径, 点 $D$ 在 $\odot O$ 上, $O D / / B C$, 过点 $D$ 作 $D E \perp A B$, 垂足为 $E$, 连接 $C D$ 交 $O E$ 边于点 $F$.

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

(2)求证: $\angle O D F=\angle B D E$;

(3)连接 $O C$, 设 $\triangle D O E$ 的面积为 $S_{1}$, 四边形 $B C O D$ 的面积为 $S_{2}$, 若 $\frac{S_{1}}{s_{2}}=\frac{2}{7}$, 求 $\sin A$ 的值.


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

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

$\because D E \perp A B$,

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

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

$\because O D / / B C$

$\therefore \angle D O E=\angle A B C$,
$\therefore \triangle D O E \sim \triangle A B C$

(2)证明: $\because \triangle D O E \sim \triangle A B C$,

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

$\because \angle A$ 和 $\angle B D C$ 是 $\overparen{B C}$ 所对的圆周角,

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

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

$\therefore \angle O D F=\angle B D E$

(3)解: $\because \triangle D O E \sim \triangle A B C$,

$\therefore \frac{S_{\triangle D O E}}{S_{\triangle A B C}}=\left(\frac{O D}{A B}\right)^{2}=\frac{1}{4}$,

即 $S_{\triangle A B C}=4 S_{\triangle D O E}=4 S_{1}$ ，

$\because O A=O B$,

$\therefore S_{\triangle B O C}=\frac{1}{2} S_{\triangle A B C}$, 即 $S_{\triangle B O C}=2 S_{1}$,

$\because \frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{2}{7}, S_{2}=S_{\triangle B O C}+S_{\triangle D O E}+S_{\triangle D B E}=2 S_{1}+S_{1}+S_{\triangle D B E}$,

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

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

即 $O E=\frac{2}{3} O B=\frac{2}{3} O D ，$

$\therefore \sin A=\sin \angle O D E=\frac{O E}{O D}=\frac{2}{3}$.
解析：解: (1)证明: $\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\because D E \perp A B$,

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

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

$\because O D / / B C$

$\therefore \angle D O E=\angle A B C$,
$\therefore \triangle D O E \sim \triangle A B C$

(2)证明: $\because \triangle D O E \sim \triangle A B C$,

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

$\because \angle A$ 和 $\angle B D C$ 是 $\overparen{B C}$ 所对的圆周角,

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

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

$\therefore \angle O D F=\angle B D E$

(3)解: $\because \triangle D O E \sim \triangle A B C$,

$\therefore \frac{S_{\triangle D O E}}{S_{\triangle A B C}}=\left(\frac{O D}{A B}\right)^{2}=\frac{1}{4}$,

即 $S_{\triangle A B C}=4 S_{\triangle D O E}=4 S_{1}$ ，

$\because O A=O B$,

$\therefore S_{\triangle B O C}=\frac{1}{2} S_{\triangle A B C}$, 即 $S_{\triangle B O C}=2 S_{1}$,

$\because \frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{2}{7}, S_{2}=S_{\triangle B O C}+S_{\triangle D O E}+S_{\triangle D B E}=2 S_{1}+S_{1}+S_{\triangle D B E}$,

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

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

即 $O E=\frac{2}{3} O B=\frac{2}{3} O D ，$

$\therefore \sin A=\sin \angle O D E=\frac{O E}{O D}=\frac{2}{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知: 如图 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, O H \perp A C$ 于 $H$, 过 $A$ 点的切线与 $O C$ 的延长线交于点 $D, \angle B=30^{\circ}$, $O H=5$. 请求出:

(1) $\angle A O C$ 的度数;

(2)劣弧 $A C$ 的长(结果保留 $\pi$ );

(3)线段 $A D$ 的长(结果保留根号).


选项：
答案：解: (1) $\because \angle B=30^{\circ}$,
$\therefore \angle A O C=60^{\circ}$ (同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的 2 倍);

(2) $\because O A=O C, O H \perp A C$,

$\therefore \angle A O H=\frac{1}{2} \angle A O C=30^{\circ}$, 而 $O H=5$,

$\therefore A H=\frac{5}{\sqrt{3}}=\frac{5 \sqrt{3}}{3}$, 则 $O A=\frac{10 \sqrt{3}}{3}$;

$\therefore$ 劣弧 $A C$ 的长 $=\frac{60 \pi \cdot \frac{10 \sqrt{3}}{3}}{180}=\frac{10 \sqrt{3} \pi}{9}$.

(3) $\because A D$ 是 $\odot O$ 的切线,

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

又 $\because \angle A O D=60^{\circ}, O A=\frac{10 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore A D=\sqrt{3} O A=10$.
解析：解: (1) $\because \angle B=30^{\circ}$,
$\therefore \angle A O C=60^{\circ}$ (同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的 2 倍);

(2) $\because O A=O C, O H \perp A C$,

$\therefore \angle A O H=\frac{1}{2} \angle A O C=30^{\circ}$, 而 $O H=5$,

$\therefore A H=\frac{5}{\sqrt{3}}=\frac{5 \sqrt{3}}{3}$, 则 $O A=\frac{10 \sqrt{3}}{3}$;

$\therefore$ 劣弧 $A C$ 的长 $=\frac{60 \pi \cdot \frac{10 \sqrt{3}}{3}}{180}=\frac{10 \sqrt{3} \pi}{9}$.

(3) $\because A D$ 是 $\odot O$ 的切线,

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

又 $\because \angle A O D=60^{\circ}, O A=\frac{10 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore A D=\sqrt{3} O A=10$.
题目（九年级 · 度量几何学）：某市为了打造森林城市，树立城市新地标，实现绿色、共享发展理念，在城南建起了 “望月阁”及环阁公园. 小亮、小芳等同学想用一些测量工具和所学的几何知识测量 “望月阁” 的高度, 来检验自己掌握知识和运用知识的能力. 他们经过观察发现, 观测点与 “望月阁” 底部间的距离不易测得, 因此经过研究需要两次测量, 于是他们首先用平面镜进行测量. 方法如下: 如图, 小芳在小亮和 “望月阁” 之间的直线 $B M$ 上平放一平面镜, 在镜面上做了一个标记, 这个标记在直线 $B M$ 上的对应位置为点 $C$, 镜子不动, 小亮看着镜面上的标记, 他来回走动, 走到点 $D$ 时, 看到 “望月阁” 顶端点 $A$ 在镜面中的像与镜面上的标记重合, 这时, 测得小亮眼睛与地面的高度 $E D=$ 1.5 米, $C D=2$ 米, 然后, 在阳光下, 他们用测影长的方法进行了第二次测量, 方法如下: 如图,小亮从 $D$ 点沿 $D M$ 方向走了 16 米, 到达 “望月阁” 影子的末端 $F$ 点处, 此时, 测得小亮身高 $F G$的影长 $F H=2.5$ 米, $F G=1.65$ 米.

如图, 己知 $A B \perp B M, E D \perp B M, G F \perp B M$, 其中, 测量时所使用的平面镜的厚度忽略不计，请你根据题中提供的相关信息, 求出 “望月阁” 的高 $A B$ 的长度.


选项：
答案：解：由题意可得： $\angle A B C=\angle E D C=$ $\angle G F H=90^{\circ}$,

$\angle A C B=\angle E C D, \angle A F B=\angle G H F$,

故 $\triangle A B C \sim \triangle E D C, \triangle A B F \sim \triangle G F H$,

<ImageHere>

则 $\frac{A B}{E D}=\frac{B C}{D C}, \frac{A B}{G F}=\frac{B F}{F H}$,

即 $\frac{A B}{1.5}=\frac{B C}{2}, \frac{A B}{1.65}=\frac{B C+18}{2.5}$,

解得: $A B=99$,

答: “望月阁” 的高 $A B$ 的长度为 $99 \mathrm{~m}$.
解析：解：由题意可得： $\angle A B C=\angle E D C=$ $\angle G F H=90^{\circ}$,

$\angle A C B=\angle E C D, \angle A F B=\angle G H F$,

故 $\triangle A B C \sim \triangle E D C, \triangle A B F \sim \triangle G F H$,



则 $\frac{A B}{E D}=\frac{B C}{D C}, \frac{A B}{G F}=\frac{B F}{F H}$,

即 $\frac{A B}{1.5}=\frac{B C}{2}, \frac{A B}{1.65}=\frac{B C+18}{2.5}$,

解得: $A B=99$,

答: “望月阁” 的高 $A B$ 的长度为 $99 \mathrm{~m}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题6分)如图,四边形$ABGH$,四边形$BCFG$,四边形$CDEF$都是正方形,请从图中找出三对相似三角形,要求其中一对必须不是直角三角形,并说明这一对三角形相似的理由.
选项：
答案：解:$triangleABHsimtriangleGBH,triangleACHsimtriangleHFC,triangleBCHsimtriangleBHD$.其中$triangleBCHsimtriangleBHD$的理由如下:设小正方形的边长为1,则$BC=1,BH=sqrt{2},BD=2$.$thereforefrac{BH}{BC}=sqrt{2},frac{BD}{BH}=frac{2}{sqrt{2}}=sqrt{2}$.$thereforefrac{BH}{BC}=frac{BD}{BH}$.$becauseangleHBC=angleDBH$,$thereforetriangleBCHsimtriangleBHD$.
解析：解:$triangleABHsimtriangleGBH,triangleACHsimtriangleHFC,triangleBCHsimtriangleBHD$.其中$triangleBCHsimtriangleBHD$的理由如下:设小正方形的边长为1,则$BC=1,BH=sqrt{2},BD=2$.$thereforefrac{BH}{BC}=sqrt{2},frac{BD}{BH}=frac{2}{sqrt{2}}=sqrt{2}$.$thereforefrac{BH}{BC}=frac{BD}{BH}$.$becauseangleHBC=angleDBH$,$thereforetriangleBCHsimtriangleBHD$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)周末,小华和小亮想用所学的数学知识测量家门前小河的宽.测量时,他们选择了河对岸岸边的一棵大树,将其底部作为点$A$,在他们所在的岸边选择了点$B$,使得$AB$与河岸垂直,并在$B$点坚起标杆$BC$,再在$AB$的延长线上选择点$D$,坚起标杆$DE$,使得点$E$与点$C,A$共线.已知:$CBperpAD,EDperpAD$,测得$BC=1{~m},DE=1.5{~m},BD=8.5{~m}$.测量示意图如图所示.请根据相关测量信息,求出河宽$AB$.
选项：
答案：解:$becauseCBperpAD,EDperpAD$,$thereforeangleABC=angleADE=90^{circ}$,$becauseangleCAB=angleEAD$,$thereforetriangleABCsimtriangleADE,quadthereforefrac{BC}{ED}=frac{AB}{AD}$,$becauseBC=1{~m},DE=1.5{~m},BD=8.5{~m}$,$thereforeAD=AB+8.5$$thereforefrac{1}{1.5}=frac{AB}{AB+8.5}$,解得$AB=17$.答:河宽$AB$的长为$17{~m}$.
解析：解:$becauseCBperpAD,EDperpAD$,$thereforeangleABC=angleADE=90^{circ}$,$becauseangleCAB=angleEAD$,$thereforetriangleABCsimtriangleADE,quadthereforefrac{BC}{ED}=frac{AB}{AD}$,$becauseBC=1{~m},DE=1.5{~m},BD=8.5{~m}$,$thereforeAD=AB+8.5$$thereforefrac{1}{1.5}=frac{AB}{AB+8.5}$,解得$AB=17$.答:河宽$AB$的长为$17{~m}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题10分)如图,在平行四边形$ABCD$中,$E$为$AB$边上的中点,连结$DE$并延长,交$CB$的延长线于点$F$.(1)求证:$AD=BF$;(2)若平行四边形$ABCD$的面积为32,试求四边形$EBCD$的面积.
选项：
答案：解：(1)证明：$because$点$E$是$AB$中点,$thereforeAE=BE$,又$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeAD//BC$,又$because$点$F$在$CB,DE$延长线上,$thereforeAD//BF$,$thereforeangleADE=angleBFE$,在$triangleAED$与$triangleBEF$中,$left{begin{array}{l}angleADE=angleBFE,angleAED=angleBEF,AE=BE,end{array}right.$$thereforetriangleAEDcongtriangleBEF(AAS)$,$thereforeAD=BF$(2)$becauseEB//CD$,$thereforetriangleEFBsimtriangleFDC$,$becausetriangleAEDcongtriangleBEF$,$thereforeED=EF,quadS_{triangleAED}=S_{triangleBEF}$,$becausefrac{EF}{DF}=frac{1}{2}$,$thereforefrac{S_{triangleBEF}}{S_{triangleDCF}}=frac{1}{4}$,$therefore$设$S_{triangleBFE}$为$x$,则$S_{text{四边形}EBCD}$为$3x$,由$4x=32$,得$x=8$,$thereforeS_{text{四边形}EBCD}=3times8=24$.
解析：解：(1)证明：$because$点$E$是$AB$中点,$thereforeAE=BE$,又$because$四边形$ABCD$是平行四边形,$thereforeAD//BC$,又$because$点$F$在$CB,DE$延长线上,$thereforeAD//BF$,$thereforeangleADE=angleBFE$,在$triangleAED$与$triangleBEF$中,$left{begin{array}{l}angleADE=angleBFE,angleAED=angleBEF,AE=BE,end{array}right.$$thereforetriangleAEDcongtriangleBEF(AAS)$,$thereforeAD=BF$(2)$becauseEB//CD$,$thereforetriangleEFBsimtriangleFDC$,$becausetriangleAEDcongtriangleBEF$,$thereforeED=EF,quadS_{triangleAED}=S_{triangleBEF}$,$becausefrac{EF}{DF}=frac{1}{2}$,$thereforefrac{S_{triangleBEF}}{S_{triangleDCF}}=frac{1}{4}$,$therefore$设$S_{triangleBFE}$为$x$,则$S_{text{四边形}EBCD}$为$3x$,由$4x=32$,得$x=8$,$thereforeS_{text{四边形}EBCD}=3times8=24$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题10分)如图,四边形$ABCD$内接于$odotO,AB$是$odotO$的直径,$AC$和$BD$相交于点$E$,且$DC^{2}=$$CEcdotCA$.(1)求证:$BC=CD$;(2)分别延长$AB,DC$交于点$P$,若$PB=OB,CD=2sqrt{2}$,求$odotO$的半径.
选项：
答案：解:(1)证明:$becauseDC^{2}=CEcdotCA$,$thereforefrac{DC}{CE}=frac{CA}{DC}$,而$angleACD=angleDCE$,$thereforetriangleCADsimtriangleCDE,quadthereforeangleCAD=angleCDE$,$becauseangleCAD=angleCBD$$thereforeangleCDB=angleCBD,quadthereforeBC=CD$(2)如答图,连结$OC$,设$odotO$的半径为$r$,<ImageHere>$becauseCD=CB$$thereforewidehat{CD}=widehat{CB}$$thereforeangleBOC=angleBAD$,$thereforeOC//AD$$thereforefrac{PC}{CD}=frac{PO}{OA}=frac{2r}{r}=2$,又$becauseCD=2sqrt{2}$,$thereforePC=2CD=4sqrt{2}$,$becauseanglePCB=anglePAD,angleCPB=angleAPD$$thereforetrianglePCBsimtrianglePAD$,$thereforefrac{PC}{PA}=frac{PB}{PD}$,即$frac{4sqrt{2}}{3r}=frac{r}{6sqrt{2}}$,$thereforer=4$(负值舍去)，即$odotO$的半径为4.
解析：解:(1)证明:$becauseDC^{2}=CEcdotCA$,$thereforefrac{DC}{CE}=frac{CA}{DC}$,而$angleACD=angleDCE$,$thereforetriangleCADsimtriangleCDE,quadthereforeangleCAD=angleCDE$,$becauseangleCAD=angleCBD$$thereforeangleCDB=angleCBD,quadthereforeBC=CD$(2)如答图,连结$OC$,设$odotO$的半径为$r$,$becauseCD=CB$$thereforewidehat{CD}=widehat{CB}$$thereforeangleBOC=angleBAD$,$thereforeOC//AD$$thereforefrac{PC}{CD}=frac{PO}{OA}=frac{2r}{r}=2$,又$becauseCD=2sqrt{2}$,$thereforePC=2CD=4sqrt{2}$,$becauseanglePCB=anglePAD,angleCPB=angleAPD$$thereforetrianglePCBsimtrianglePAD$,$thereforefrac{PC}{PA}=frac{PB}{PD}$,即$frac{4sqrt{2}}{3r}=frac{r}{6sqrt{2}}$,$thereforer=4$(负值舍去)，即$odotO$的半径为4.
题目（九年级 · 度量几何学）：（本题8分）课本中有一个例题.有一个窗户形状如图(1),上部是一个半圆,下部是一个矩形,如果制作窗框的材料总长为$6{~m}$,如何设计这个窗户能使透光面积最大?这个例题的答案是当窗户半圆的半径约为$0.35{~m}$时,透光面积的最大值约为$1.05{~m}^{2}$.我们如果改变这个窗户的形状,上部改为由两个正方形组成的矩形,如图(2),材料总长仍为$6{~m}$,利用图(3),解答下列问题:(1)若$AB$为$1{~m}$,求此时窗户的透光面积;（2）与课本中的例题比较,改变窗户形状后,窗户透光面积的最大值有没有变大？请通过计算说明.(1)(2)(3)
选项：
答案：解：（1）由题意,得$AD=frac{5}{4}{~m},thereforeS=frac{5}{4}{~m}^{2}$;(2)设$AB=x({~m})$，则$AD=frac{1}{2}timesleft(6-3x-frac{x}{2}right)=left(3-frac{7}{4}xright){m}$,$because3-frac{7}{4}x>0,quadtherefore0<x<frac{12}{7}$.设窗户面积为$Sleft({~m}^{2}right)$,由题意,得$S=ABcdotAD=xleft(3-frac{7}{4}xright)=-frac{7}{4}x^{2}+3x=-frac{7}{4}left(x-frac{6}{7}right)^{2}+frac{9}{7}$,当$x=frac{6}{7}{~m}$时,$S_{text{最大倠}}=frac{9}{7}{~m}^{2}>1.05{~m}^{2}$.$therefore$与课本中的例题比较,现在窗户透光面积的最大值变大.
解析：解：（1）由题意,得$AD=frac{5}{4}{~m},thereforeS=frac{5}{4}{~m}^{2}$;(2)设$AB=x({~m})$，则$AD=frac{1}{2}timesleft(6-3x-frac{x}{2}right)=left(3-frac{7}{4}xright){m}$,$because3-frac{7}{4}x>0,quadtherefore0<x<frac{12}{7}$.设窗户面积为$Sleft({~m}^{2}right)$,由题意,得$S=ABcdotAD=xleft(3-frac{7}{4}xright)=-frac{7}{4}x^{2}+3x=-frac{7}{4}left(x-frac{6}{7}right)^{2}+frac{9}{7}$,当$x=frac{6}{7}{~m}$时,$S_{text{最大倠}}=frac{9}{7}{~m}^{2}>1.05{~m}^{2}$.$therefore$与课本中的例题比较,现在窗户透光面积的最大值变大.