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题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $\angle A=60^{\circ}, C D=2, B D=4$, 则 $\triangle D B C$ 的面积是 $(\quad)$


选项：
A. $4 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. 2
D. 4
答案：B
解析：【分析】

本题考查了三角形的内心定义, 勾股定理, 三角形的内角和定理以及含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质以及三角形的面积, 熟练掌握三角形的内心定义, 勾股定理, 三角形的内角和定理以及含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质是解题的关键.

根据 $D$ 为 $\triangle A B C$ 的内心得到 $(\angle D B C+\angle D C B)=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle A\right)$, 进而得出 $\angle B D C 、 \angle B D H$ 和 $\angle H B D$ 的度数, 再根据含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质得出 $D H=\frac{1}{2} B D$, 在直角三角形 $B D H$ 中, 根据勾股定理得出 $B H$ 的长, 最后根据三角形的面积公式得出结果.

【解答】

解: 过点 $B$ 作 $B H \perp C D$ 的延长线于点 $H$.



$\because$ 点 $D$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $\angle A=60^{\circ}$,

$\therefore \angle D B C+\angle D C B=\frac{1}{2}(\angle A B C+\angle A C B)=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle A\right)$,

$\therefore \angle B D C=180^{\circ}-\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle A\right)=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A=90^{\circ}+\frac{1}{2} \times 60^{\circ}=120^{\circ}$,

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

$\therefore \angle H B D=30^{\circ}$.
$\because B D=4$,

$\therefore D H=\frac{1}{2} B D=\frac{1}{2} \times 4=2$,

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

$\therefore B H=\sqrt{B D^{2}-D H^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\because C D=2$,

$\therefore \triangle D B C$ 的面积 $=\frac{1}{2} C D \cdot B H=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$,

故选 $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\odot O$ 与正方形 $A B C D$ 的两边 $A B, A D$ 都相切, 且 $D E$ 与 $\odot O$ 相切于点 $E$, 若正方形 $A B C D$的边长为 $4, D E=3$, 则 $O D$ 的长为 $(\quad)$


选项：
A. $2 \sqrt{2}$
B. $\sqrt{10}$
C. $\frac{7}{2}$
D. 4
答案：B
解析：【分析】

本题考查切线的性质、切线长定理等知识, 解题的关键是学会添加常用辅助线, 构造直角三角形解决问题, 属于中考常考题型. 设 $\odot O$ 与 $A B 、 A D$ 相切于点 $M 、 N$. 连接 $O M 、 O N$, 则四边形 $A M O N$ 是正方形. 根据切线长定理, 可得 $D E=D N=3, A N=1$, 然后根据勾股定理可得答案.

【解答】

解：设 $\odot O$ 与 $A B 、 A D$ 相切于点 $M 、 N$. 连接 $O M 、 O N$, 则四边形 $A M O N$ 是正方形.



$\because D E 、 D A$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore D E=D N=3$,

$\because A D=4$,

$\therefore A N=O N=4-3=1$,

在Rt $\triangle O N D$ 中, $O D=\sqrt{O N^{2}+D N^{2}}=\sqrt{1^{2}+3^{2}}=\sqrt{10}$.

故选 $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $C$ 为 $\odot O$ 外一点, $C A 、 C D$ 是 $\odot O$ 的切线, $A 、 D$ 为切点, 连接 $B D 、 A D$.若 $\angle A C D=48^{\circ}$, 则 $\angle D B A$ 的大小是 $(\quad)$


选项：
A. $32^{\circ}$
B. $48^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $66^{\circ}$
答案：D
解析：解: $\because C A 、 C D$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore C A=C D$,

$\because \angle A C D=48^{\circ}$,

$\therefore \angle C A D=\angle C D A=66^{\circ}$,

$\because C A \perp A B, A B$ 是直径,

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

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

$\therefore \angle D B A=\angle C A D=66^{\circ}$,

故选: $D$.

根据切线长定理可知 $C A=C D$, 求出 $\angle C A D$, 再证明 $\angle D B A=\angle C A D$ 即可解决问题.

本题考查切线长定理和切线的性质、等腰三角形的性质、直径所对的圆周角是直角等知识, 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 · 组合几何学）：如图, 平行四边形 $A B C D$ 中, $A B=4 \mathrm{~cm}, B C=8 \mathrm{~cm}, \angle A=60^{\circ}$, 动点 $P$ 沿 $A-B-C-D$匀速运动, 运动速度为 $2 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$, 同时动点 $Q$ 从点 $\mathrm{A}$ 向点 $D$ 匀速运动, 运动速度为 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$,点 $Q$ 到点 $D$ 时两点同时停止运动. 设点 $Q$ 走过的路程为 $x(\mathrm{~s}), \triangle A P Q$ 的面积为 $y\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,能大致刻画 $y$ 与 $x$ 的函数关系的图像是（）



选项：
A.


B.


C.


D.




答案：B
解析：根据题意, 结合图形, 分段解析, 当 $0 \leq x \leq 2$ 时; 当 $2 \leq x \leq 6$ 时; 当 $6 \leq x \leq 8$ 时;由此即可求解.

【详解】解: 动点 $P$ 沿 $A-B-C-D$ 匀速运动, 运动速度为 $2 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$, 同时动点 $Q$ 从点 $\mathrm{A}$ 向点 $D$匀速运动, 运动速度为 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$, 设点 $Q$ 走过的路程为 $x(\mathrm{~s})$,

$\therefore A Q=x, A P=2 x$,

(1)当 $0 \leq x \leq 2$ 时, $0 \leq A P \leq 4,0 \leq A Q \leq 2, \angle A=60^{\circ}$, 如图所示,



$\therefore B E=2 \sqrt{3}, P Q=\sqrt{3} x$, 且 $0 \leq P Q \leq 2 \sqrt{3}$,

$\therefore y=\frac{1}{2} A Q \cdot P Q=\frac{1}{2} x \cdot \sqrt{3} x=\frac{\sqrt{3}}{2} x^{2}(0 \leq x \leq 2)$, 是一条开口向上, 顶点在原点处的抛物线, $y$随 $x$ 的增大而增大, 且当 $x=2$ 时, $y=\frac{\sqrt{3}}{2} x^{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} \times 4=2 \sqrt{3}$;

(2)当 $2 \leq x \leq 6$ 时，如图所示，



$\therefore A Q=x(2 \leq x \leq 6) P F=2 \sqrt{3}$,

$\therefore y=\frac{1}{2} A Q \cdot P F=\frac{1}{2} x \times 2 \sqrt{3}=\sqrt{3} x$, 即 $y$ 是关于 $x$ 的一次函数, 且 $y$ 随 $x$ 的增大而增大,

当 $x=6$ 时, $y=\sqrt{3} x=\sqrt{3} \times 6=6 \sqrt{3}$;

(3)当 $6 \leq x \leq 8$ 时,

$\because A B=4, A D=B C=8$,

$\therefore$ 点 $P$ 到点 $C$ 的时间为 $\frac{4+8}{2}=6(\mathrm{~s})$, 点 $Q$ 到点 $B$ 的时间是 $8 \div 1=8(\mathrm{~s})$, 如图所示,



$\therefore A Q=x, \quad P G=\frac{\sqrt{3}}{2} \times(4+8+4-2 x)=8 \sqrt{3}-\sqrt{3} x$, 且 $0 \leq P G \leq 2 \sqrt{3}$,

$\therefore y=\frac{1}{2} A Q \cdot P G=\frac{1}{2} x \cdot(8 \sqrt{3}-\sqrt{3} x)=-\frac{\sqrt{3}}{2} x^{2}+4 \sqrt{3} x$, 即 $y$ 是关于 $x$ 的二次函数, 开口向下,且 $y$ 随 $x$ 的增大而减小，

$\therefore \mathrm{A}$ 选项, 当 $0 \leq x \leq 2$ 时, $y$ 是关于 $x$ 的二次函数, 开口向下, 且 $y$ 随 $x$ 的增大而增大, 不符合题意;

B 选项, 当 $0 \leq x \leq 2$ 时, $y$ 是关于 $x$ 的二次函数,开口向上,且 $y$ 随 $x$ 的增大而增大; 当 $2 \leq x \leq 6$时, $y$ 是关于 $x$ 的一次函数, 且 $y$ 随 $x$ 的增大而增大; 当 $6 \leq x \leq 8$ 时, $y$ 是关于 $x$ 的二次函数,开口向下, 且 $y$ 随 $x$ 的增大而减小. 符合题意;

C 选项，当 $0 \leq x \leq 2$ 时， $y$ 是关于 $x$ 的二次函数, 开口向下，且 $y$ 随 $x$ 的增大而增大,不符合题意;

$\mathrm{D}$ 选项, 当 $0 \leq x \leq 2$ 时, $y$ 是关于 $x$ 的二次函数, 开口向下,且 $y$ 随 $x$ 的增大而增大,不符合题意;

故选: B.
【点睛】本题主要考查动点与函数像的关系, 掌握动点的运动规律, 函数图像的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $B D$ 是圆 $O$ 的直径, 点 $\mathrm{A}, C$ 在圆上, 若 $\angle C O D=126^{\circ}$, 则 $\angle B A C=$ ( )



选项：
A. $63^{\circ}$
B. $27^{\circ}$
C. $54^{\circ}$
D. $31.5^{\circ}$


答案：B
解析：先利用邻补角求得 $\angle B O C$, 再根据圆周角定理即可求解.

【详解】解： $\because \angle C O D=126^{\circ}, \angle C O D+\angle B O C=180^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=54^{\circ}$,

$\therefore \angle B A C=\frac{1}{2} \angle B O C=27^{\circ}$,

故选：B

【点睛】本题主要考查了圆周角定理, 熟练掌握圆周角定理进行计算是解决本题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 已知 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C=6, \angle B A C=90^{\circ}$, 直角 $\angle E P F$ 的顶点 $P$ 是 $B C$ 中点, 两边 $P E 、 P F$ 分别交 $A B 、 A C$ 于点 $E 、 F$, 当 $\angle E P F$ 在 $\triangle A B C$ 内绕顶点 $P$ 旋转时（点 $E$ 不与 $A 、 B$ 重合), 给出下列四个结论: (1) $\triangle E P F$ 是等腰三角形; (2) $M$ 为 $E F$ 中点时, $A M+P M=E F$; (3) $E F=A B$; (4) $\triangle B E P$ 和 $\triangle P C F$ 的面积之和等于 9 , 上述结论中始终正确的有（）个.



选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4


答案：C
解析：根据等腰直角三角形的性质可得 $\angle B A P=\angle C=45^{\circ}, A P=C P$, 根据等角的余角相
等求出 $\angle A P E=\angle C P F$, 然后利用“角边角”证明 $\triangle A E P$ 和 $\triangle C P F$ 全等, 根据全等三角形对应边相等可得 $A E=C F, P E=P F$, 全等三角形的面积相等求出 $S_{\triangle E P B}+S_{\triangle F P C}=S_{\triangle A P B}, E F$ 随着点 $E$ 的变化而变化, $E F$ 不一定等于 $A B$, 再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得 $A M=\frac{1}{2} E F, P M=\frac{1}{2} E F$, 然后解答即可.

【详解】解: $\because A B=A C, \angle B A C=90^{\circ}$,

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

$\because$ 点 $P$ 为 $B C$ 的中点,

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

$\because \angle E P F$ 是直角,

$\therefore \angle A P E+\angle A P F=\angle C P F+\angle A P F=90^{\circ}$,

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

在 $\triangle A E P$ 和 $\triangle C F P$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle E A P=\angle C=45^{\circ} \\ A P=P C \\ \angle A P E=\angle C P F\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle A E P \cong \triangle C F P(\mathrm{ASA})$,

$\therefore A E=C F, P E=P F, S_{\triangle A P E}=S_{\triangle C P F}$,

$\therefore \triangle E P F$ 是等腰三角形, 故(1)正确;

$\therefore S_{\triangle E P B}+S_{\triangle F P C}=S_{\triangle A P B}=\frac{1}{2} S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times 6 \times 6=9$, 故(4)正确;

$\because E F$ 随着点 $E$ 的变化而变化,

$\therefore E F$ 不一定等于 $A B$, 故(3)错误;

$\because M$ 为 $E F$ 中点, $\angle B A C=90^{\circ}, \angle E P F=90^{\circ}$,

$\therefore A M=\frac{1}{2} E F, P M=\frac{1}{2} E F$,

$\therefore A M+P M=E F$, 故(2)正确;

故(1)(2)(4)正确,

故选: C.

【点睛】本题考查了旋转的性质, 等腰直角三角形的判定与性质, 全等三角形的判定与性质,证明出 $\triangle A E P \cong \triangle C P F$ 是解决此题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 已知 $\mathrm{DE} / / \mathrm{BC}, \frac{A D}{B D}=\frac{1}{2}$, 则 $\triangle \mathrm{ABC}$ 与 $\triangle \mathrm{ADE}$ 的面积比为（）



选项：
A. 2: 1
B. 4: 1
C. 9: 1
D. 1: 9


答案：C
解析： $\because D E / / B C$,

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



$\because A D: D B=1: 2$,

$\therefore A D: A B=1: 3$,

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle A D E:} \mathrm{S}_{\triangle A B C=1:}$,

即 $\triangle A B \mathrm{C}$ 与 $\triangle A D \mathrm{E}$ 的面积比为 $9: 1$.

故选 C.

点睛: 本题考查了相似三角形的判定与性质, 如果两个三角形相似, 那么它们对应边的比,对应高的比, 对应中线的比, 对应角平分线的比, 对应周长的比都等于相似比; 它们对应面积的比等于相似比的平方.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$, 对角线 $\mathrm{AC} 、 \mathrm{BD}$ 相交于 $\mathrm{O}, \mathrm{AD}=1, \mathrm{BC}=4$, 则 $\triangle \mathrm{AOD}$ 与 $\triangle \mathrm{BOC}$ 的面积比等于



选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{8}$
D. $\frac{1}{16}$


答案：D
解析：解: $\because \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{AOD} \sim \triangle \mathrm{COB}$.

$\therefore \frac{\mathrm{S}_{\triangle \triangle O D}}{\mathrm{~S}_{\triangle \mathrm{COB}}}=\left(\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{CB}}\right)^{2}$.

$\because \mathrm{AD}=1, \quad \mathrm{BC}=4$,

$\therefore \frac{\mathrm{S}_{\triangle A O D}}{\mathrm{~S}_{\triangle \mathrm{COB}}}=\left(\frac{1}{4}\right)^{2}=\frac{1}{16}$.

故选 D.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $D 、 E 、 F$ 三点分别在 $A B 、 A C 、 B C$ 边上, 且有 $D E / / B C, E F / / A B$, $A D=2 B D$, 则 $\frac{C F}{C B}=（ ）$



选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{4}$
D. $\frac{2}{3}$


答案：B
解析：先由 $A D=2 B D$, 求得 $B D: A B$ 的比, 再由 $D E / / B C$, 根据平行线分线段成比例定理,可得 $C E: A C=B D: A B$, 然后由 $E F / / A B$, 根据平行线分线段成比例定理, 可得 $C F: C B=C E$ : $A C$, 则可求得答案.

【详解】解: $\because A D=2 B D$,

$\therefore B D: A B=1: 3$,

$\because D E / / B C$,

$\therefore C E: A C=B D: A B=1: 3$,

$\because E F / / A B$,

$\therefore C F: C B=C E: A C=1: 3$.

故选: B.

【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理. 此题比较简单, 注意掌握比例线段的对应关系是解此题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $A B / / D E, B C / / D F$, 已知 $A F: F B=m: n, B C=a$, 那么 $C E$ 等于（）.



选项：
A. $\frac{a m}{n}$
B. $\frac{a n}{m}$
C. $\frac{a m}{m+n}$
D. $\frac{a n}{m+n}$


答案：D
解析：先证明: 四边形 $D E B F$ 是平行四边形, 可得 $D F=B E$, 利用 $A F: F B=m: n$, 再求解 $\frac{A F}{A B}=\frac{m}{m+n}$, 再证明 $\triangle A D F \sim \triangle A C B$, 利用相似三角形的性质求解 $B E$, 再利用线段的和差可得答案.

【详解】解： $\because A B / / D E, B C / / D F$,

$\therefore$ 四边形 $D E B F$ 是平行四边形,

$\therefore D F=B E$,

$\because A F: F B=m: n$,

$\therefore \frac{A F}{A B}=\frac{m}{m+n}$,

$\because D F / / B C$,

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

$\because A B / / D E$,

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

$\because B C=a$,

$\therefore B E=\frac{m a}{m+n}$,

$\therefore C E=a-\frac{m a}{m+n}=\frac{n a}{m+n}$.

故选: D.

【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质, 比例的基本性质, 相似三角形的判定与性质, 掌握以上知识是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D, E$ 分别在 $A B, A C$ 边上, $D E / / B C$. 若 $A D=2 E C, B D=3, A E=4$, 则 $C E=(\quad)$



选项：
A. 2
B. $\sqrt{6}$
C. 3
D. $2 \sqrt{6}$


答案：B
解析：利用 $D E / / B C$ 得到 $\frac{A D}{B D}=\frac{A E}{E C}$, 继而得到 $A D \cdot E C=A E \cdot B D$, 再根据已知的线段长度和比例即可求解.

【详解】 $\because D E / / B C$,

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

$\because A D=2 E C, \quad B D=3, A E=4$,

$\therefore 2 E C^{2}=4 \times 3=12$,

$\therefore E C=\sqrt{6}$,

故选: B.

【点睛】本题考查了平行线分线段成比例, 依据此定理得到 $A D \cdot E C=A E \cdot B D$ 是解答本题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $D$ 是线段 $A B$ 上的点, 且 $A D: B D=1: 2, F$ 是线段 $B C$ 上的点, $D E\|B C, F E\| B A$. 小亮同学随机在 $\triangle A B C$ 内部区域投针, 则针扎到 $\triangle D E F$ （阴影）区域内的概率是（）



选项：
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{2}{9}$
C. $\frac{5}{18}$
D. $\frac{4}{9}$


答案：B
解析：解: $\because D E / / B C, \frac{A D}{B D}=\frac{1}{2}, \therefore \triangle A D E \sim \triangle A B C ， \frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A C}=\frac{D E}{B C}=\frac{1}{3}$.

又 $\because F E \| B A, \therefore \triangle C F E \sim \triangle C B A, \therefore \frac{C E}{C A}=\frac{C F}{C B}=\frac{2}{3}, \frac{C F}{B F}=\frac{2}{1}$.

设 $\triangle A D E$ 的面积 $S_{\triangle A D E}=S$, 则 $S_{\triangle A B C}=9 S, \therefore$ 梯形 $D E C B$ 面积 $S_{\text {梯 } E E C B}=8 S$.
$\because D E / / B C, \therefore \frac{S_{\text {平行四边形DBE }}}{S_{\triangle E F C}}=\frac{B F}{\frac{1}{2} F C}=\frac{1}{1}, \therefore S_{\text {行行过边 } E E D B F}=S_{\triangle E F C}=4 S$.

在平行四边形 $B D E F$ 中, $S_{\triangle B D F}=S_{\triangle D E F}=\frac{1}{2} S_{\text {平行四边形BDEF }}=2, \therefore \frac{S_{\triangle D E F}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{2}{9}$. 故选 B .

点睛: 此题主要考查了几何概率问题, 用到的知识点为: 概率=相应的面积与总面积之比.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $D$ 是 $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 上一点, 要使 $\triangle A C D \sim \triangle A B C$, 则具备的条件可以是 ( )



选项：
A. $\frac{A C}{C D}=\frac{A D}{B C}$
B. $\frac{C D}{A D}=\frac{B C}{A B}$
C. $C D^{2}=A D \cdot D B$
D. $A C^{2}=A D \cdot A B$


答案：D
解析：根据相似三角形的判定条件逐一判断即可.

【详解】解：由题意得 $\angle D A C=\angle B A C$,

当 $\frac{A C}{C D}=\frac{A D}{B C}$ 时, 不能证明 $\triangle A C D \sim \triangle A B C$, 故 $\mathrm{A}$ 选项不符合题意;

当 $\frac{C D}{A D}=\frac{B C}{A B}$ 时, 不能证明 $\triangle A C D \sim \triangle A B C$, 故 $\mathrm{B}$ 选项不符合题意;

当 $C D^{2}=A D \cdot D B$ 时, 不能证明 $\triangle A C D \backsim \triangle A B C$, 故 C 选项不符合题意;

当 $A C^{2}=A D \cdot A B$, 即 $\frac{A C}{A B}=\frac{A D}{A C}$ 时, 能证明 $\triangle A C D \sim \triangle A B C$, 故 D 选项符合题意;

故选 D.

【点晴】本题主要考查了相似三角形的判定, 熟知相似三角形的判定条件是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 正方形 $A B C D$ 中, $E$ 为 $B C$ 中点, 连接 $A E, D F \perp A E$ 于点 $F$, 连接 $C F, F G \perp C F$交 $A D$ 于点 $G$, 下列结论: (1) $C F=C D$; (2) $G$ 为 $A D$ 中点; (3) $\triangle D C F \sim \triangle A G F$; (4) $\frac{A F}{E F}=\frac{2}{3}$,其中结论正确的个数有（）



选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：D
解析：过点 $C$ 作 $C M \perp D F$ 于点 $M$, 可证得 $\triangle D A F \cong \triangle C D M$, 可得 $C M=D F, D M=A F$,再证明 $\triangle A B E \sim \triangle D F A$, 可得 $\frac{A F}{B E}=\frac{D F}{A B}$, 故(1)正确; 分别证得 $D G=F G, A G=F G$, 可得 $A G=D G$, 即 $G$ 为 $A D$ 中点, 故(2)正确; 再根据 $\angle A F G=\angle C F D, \angle G A F=\angle C D F$, 可得 $\triangle D C F \sim \triangle A G F$, 故(3)正确; 设 $A F=a$, 则 $D F=2 a$, 分别求出 $A E=\frac{5}{2} a, E F=\frac{3}{2} a$, 故 (4)正确, 即可.

【详解】解：如图，过点 $C$ 作 $C M \perp D F$ 于点 $M$,



$\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形,

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

$\because \angle A D F+\angle C D F=90^{\circ}, \angle C D F+\angle D C M=90^{\circ}$,

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

$\because F G \perp C F, \quad C M \perp D F$,

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

$\therefore \triangle D A F \cong \triangle C D M$,

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

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

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

$\because B E=C E$,

$\therefore A B=2 B E$,

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

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

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

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

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

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

$\therefore \frac{D M}{D F}=\frac{1}{2}$,

$\therefore C M$ 垂直平分 $D F$,

$\therefore C F=C D$, 故(1)正确;

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

$\because \angle C D G=\angle C F G=90^{\circ}$,

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

$\therefore D G=F G$,

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

$\because \angle G F D+\angle A F G=90^{\circ}, \quad \angle G D F+\angle D A F=90^{\circ}$,

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

$\therefore A G=F G$

$\therefore A G=D G$, 即 $G$ 为 $A D$ 中点, 故(2)正确;

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

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

$\therefore \triangle D C F \sim \triangle A G F$, 故(3)正确;

设 $A F=a$ ，则 $D F=2 a ，$

$\therefore A B=B C=A D=\sqrt{5} a$,

$\therefore B E=\frac{\sqrt{5}}{2} a$,

$\therefore A E=\frac{5}{2} a$,

$\therefore E F=A E-A F=\frac{3}{2} a$,

$\therefore \frac{A F}{E F}=\frac{2}{3}$, 故(4)正确;

故选: D

【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识, 解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型.

##
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=15, B C=20$. 点 $D$ 从点 $\mathrm{A}$ 出发沿折线 $A-C-B$ 运动到点 $B$ 停止, 过点 $D$ 作 $D E \perp A B$, 垂足为 $E$. 设点 $D$ 运动的路径长为 $x, \triangle B D E$ 的面积为 $y$,若 $y$ 与 $x$ 的对应关系如图所示, 则 $a-b$ 的值为 ( )

选项：
A. 54
B. 52
C. 50
D. 48


(第 3 题)




答案：B
解析：根据点 $D$ 运动的路径长为 $x$, 在图中表示出来, 设 $A E=z, B E=25-z$, 在直角三角形中, 找到等量关系, 求出未知数的值, 得到 $\triangle B D E$ 的值.

【详解】解：当 $x=10$ 时, 由题意可知,

$A D=10, C D=5$,

在 Rt $\triangle C D B$ 中，由勾股定理得 $B D^{2}=C D^{2}+B C^{2}=5^{2}+20^{2}=425$,

设 $A E=z, B E=25-z$ ，

$\therefore B E^{2}=(z-25)^{2}=z^{2}-50 z+625$,

在 Rt $\triangle A D E$ 中, 由勾股定理得 $D E^{2}=A D^{2}-A E^{2}=100-z^{2}$,

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

即 $425=100-z^{2}+z^{2}-50 z+625$,

解得 $z=6$,
$\therefore D E=6, B E=19$,

$\therefore a=S_{\triangle B D E}=\frac{1}{2} \times 19 \times 8=76$,

当 $x=25$ 时, 由题意可知, $C D=B D=10$,

设 $B E=q, A E=25-q$ ，

$A E^{2}=(25-q)^{2}=625-50 q+q^{2}$,

在 Rt $\triangle C D A$ 中, 由勾股定理得 $A D^{2}=A C^{2}+C D^{2}=15^{2}+10^{2}=325$,

在 Rt $\triangle B D E$ 中由勾股定理得 $D B^{2}=B D^{2}-B E^{2}=100-q^{2}$,

Rt $\triangle D E A$ 中, 由勾股定理得 $A D^{2}=D E^{2}+A E^{2}$,

即 $325=100-q^{2}+625-50 q+q^{2}$,

解得 $q=8$,

$\therefore D E=6$,

$\therefore b=S_{\triangle B D E}=\frac{1}{2} \times 6 \times 8=24$,

$\therefore a-b=76-24=52$.



故选: B.

【点睛】本题主要考查勾股定理, 根据勾股定理列出等式是解题的关键, 运用了数形结合的思想解题.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=4, B C=3, C D \perp A B$于点 $D$. 点 $P$ 从点 $A$ 出发, 沿 $A \rightarrow D \rightarrow C$ 的路径运动, 运动到点 $C$ 停止, 过点 $P$ 作 $P E \perp A C$ 于点 $E$, 作 $P F \perp B C$ 于点 $F$. 设点 $P$ 运动的路程为 $x$, 四边形 $C E P F$ 的面积为 $y$, 则能反映 $y$ 与 $x$ 之间函数关系的图象是 ( )



选项：
A.


B.


C.


D.



##
答案：B
解析：先依次求出 $A B=5, C D=\frac{12}{5}, A D=\frac{16}{5}, B D=\frac{9}{5}$, 证明四边形 $C E P F$ 是矩形, 分点 $P$ 从点 $A$ 出发, 沿 $A \rightarrow D$ 路径运动和点 $P$ 从点 $D$ 出发, 沿 $D \rightarrow C$ 路径运动两种情况, 求出
函数表达式，即可作出判断.

【详解】解: $\because$ 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=4, \quad B C=3$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=5$.

$\because C D \perp A B$ 于点 $D, S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A C \cdot B C=\frac{1}{2} A B \cdot C D$,

$\therefore C D=\frac{A C \cdot B C}{A B}=\frac{12}{5}$,

$\therefore A D=\sqrt{A C^{2}-C D^{2}}=\frac{16}{5}, \quad B D=\sqrt{B C^{2}-C D^{2}}=\frac{9}{5}$.

$\because P E \perp A C, \quad P F \perp B C$,

$\therefore$ 四边形 $C E P F$ 是矩形.

(1)如图 1, 当点 $P$ 从点 $A$ 出发, 沿 $A \rightarrow D$ 路径运动时,



图1

即 $0<x<\frac{16}{5}$ 时, $A P=x$, 则 $P E=A P \cdot \sin A=\frac{3}{5} x, P F=P B \cdot \sin B=\frac{4}{5}(5-x)$.

$\therefore$ 四边形 $C E P F$ 的面积 $y=P E \cdot P F=-\frac{12}{25} x^{2}+\frac{12}{5} x=-\frac{12}{25}\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+3$,

$\therefore$ 当 $0<x<\frac{16}{5}$ 时, 抛物线开口向下, 顶点是 $\left(\frac{5}{2}, 3\right)$.

(2)如图 2, 当点 $P$ 从点 $D$ 出发, 沿 $D \rightarrow C$ 路径运动时,



图2

即 $\frac{16}{5} \leq x<\frac{28}{5}$ 时, $P C=\frac{28}{5}-x$, 则 $P E=P C \cdot \sin \angle A C D=\frac{4}{5}\left(\frac{28}{5}-x\right)$,

$P F=P C \cdot \sin \angle B C D=\frac{3}{5}\left(\frac{28}{5}-x\right)$,

$\therefore$ 四边形 $C E P F$ 的面积 $y=P E \cdot P F=\frac{12}{25}\left(x-\frac{28}{5}\right)^{2}$,
$\therefore$ 当 $\frac{16}{5} \leq x<\frac{28}{5}$ 时, 抛物线开口向上, 顶点是 $\left(\frac{28}{5}, 0\right)$.

综上所述, 能反映 $y$ 与 $x$ 之间函数关系的图象是 $\mathrm{B}$,

故选: B.

【点睛】此题考查了矩形的判定与性质、二次函数的图象的性质、勾股定理、解直角三角形等知识, 数形结合和分类讨论是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在直角 $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=B C=4$, 点 $D$ 从点 $B$ 出发, 沿 $B \rightarrow C \rightarrow A$的路径运动, 过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于点 $E$, 连接 $C E$, 设点 $D$ 运动的路程为 $x, \triangle C D E$ 的面积为 $y$, 则能反映 $y$ 和 $x$ 之间关系的图象是 ( )

    

    （第 10 题）

    
选项：
A.


B.


C.


D.



##
答案：A
解析：分 $0 \leq x \leq 4$ 和 $4<x \leq 8$ 两种情况求出函数解析式, 通过解析式进行判断即可.

【详解】解：(1) 当点 $D$ 在 $B C$ 边上运动时, 即 $0 \leq x \leq 4$ 时,

过 $E$ 作 $E F \perp B C$ 于 $F$ ，如图所示:



$\because \angle A C B=90^{\circ}, \quad A C=B C=4, \quad D E \perp A B, \quad E F \perp B C$,

$\therefore E F$ 为等腰直角三角形 $B E D$ 斜边上的高,

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

$\because B D=x$,

$\therefore E F=\frac{1}{2} x, C D=4-x$,

$\therefore S_{\triangle D C E}=\frac{1}{2} D C \cdot E F=\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} x \cdot(4-x)=-\frac{1}{4} x^{2}+x=-\frac{1}{4}(x-2)^{2}+1$,

$\therefore$ 当 $0 \leq x \leq 4$ 时， $y$ 和 $x$ 之间关系的图象是开口向下的抛物线，且当 $x=2$ 时， $y$ 有最大值 1 ;

(2) 当点 $D$ 在 $A C$ 边上运动时, 即 $4<x \leq 8$ 时,

过 $E$ 作 $E F \perp A C$ 于 $F$ ，如图所示:



同 (1) 可得, $E F=\frac{1}{2} A D$,

$\because B C+C D=x, \quad B C=4$,

$\therefore C D=(x-4), \quad A D=A C-C D=4-(x-4)=8-x$,
$\therefore E F=\frac{1}{2}(8-x)$,

$\therefore S_{\triangle C D E}=\frac{1}{2} C D \cdot E F=\frac{1}{2}(x-4) \times \frac{1}{2}(8-x)=-\frac{1}{4}\left(x^{2}-12 x+32\right)=-\frac{1}{4}(x-6)^{2}+1$,

$\therefore 4<x \leq 8$ 时, $y$ 和 $x$ 之间关系的图象是开口向下的抛物线，且当 $x=6$ 时， $y$ 有最大值 1 ;

故选: A.

【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，二次函数的图象，解决本题的关键是分段求出函数解析式.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 点 $A, B, C, D$ 在圆上, 弦 $A B$ 和 $C D$ 交于点 $E$, 则下列说法正确的是 ( )

   

   (第 4 题)

   
选项：
A.若 $C D$ 平分 $A B$, 则 $C D \perp A B$
   B. 若 $C D \perp A B$, 则 $C D$ 平分 $A B$
   C.若 $C D$ 垂直平分 $A B$, 则圆心在 $C D$ 上
   D. 若圆心在 $C D$ 上,则 $C D$ 垂直平分 $A B$




答案：C
解析：利用圆的直径为圆中最长的弦求解.

【详解】解: $\because$ 圆的直径为圆中最长的弦,

$\therefore \odot O$ 中最长的弦长为 $2 \times 3=6(\mathrm{~cm})$.

故选: B.

【点睛】本题考查了圆的认识: 需要熟练掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等).
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 是 $\odot O$ 的内接三角形, $\angle B A C=45^{\circ}, B C=5, \odot O$ 的直径为 $(\quad)$

  

  （第 3 题）

  
选项：
A. 5
  B. $5 \sqrt{2}$
  C. $5 \sqrt{3}$
  D. 10


答案：B
解析：作 $\odot O$ 的直径 $B D$, 连接 $C D$, 根据圆周角定理可得 $\angle B C D=90^{\circ}, \angle B D C=\angle B A C$ $=45^{\circ}$, 继而可求得 $C D=B C=5$, 然后利用勾股定理即可求得答案.

【详解】解：作 $\odot O$ 的直径 $B D$, 连接 $C D$,



则 $\angle B C D=90^{\circ}$,

由圆周角定理得, $\angle B D C=\angle B A C=45^{\circ}$,

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

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

$\therefore B D=\sqrt{B C^{2}+C D^{2}}=\sqrt{5^{2}+5^{2}}=5 \sqrt{2}$,

故选：B.

【点睛】本题考查了圆周角定理, 正确添加辅助线, 熟练掌握和灵活运用圆周角定理是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $B C . C D . D A$ 是 $\odot O$ 的弦, 且 $B C=C D=D A$, 则 $\angle B C D$等于 $(\quad)$

  

  （第 4 题）

  
选项：
A. $118^{\circ}$
  B. $120^{\circ}$
  C. $135^{\circ}$
  D. $150^{\circ}$


答案：B
解析：由已知可得, 弦 $\mathrm{BC} 、 \mathrm{CD} 、 \mathrm{DA}$ 三等分半圆, 从而可求得 $\angle \mathrm{BCD}$ 的度数.

【详解】连接 $\mathrm{OC} 、 \mathrm{OD}$,

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

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

$\therefore$ 弦 BC、CD、DA 三等分半圆,

$\therefore$ 弦 $\mathrm{BC}$ 和 $\mathrm{CD}$ 和 $\mathrm{DA}$ 对的圆心角均为 $60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCD}=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}+60^{\circ}\right)=120^{\circ}$,

故选 B.



【点睛】本题利用了弧、弦与圆心角的关系求解, 注意半圆对的圆心角

为 $180^{\circ}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：一个等腰三角形的底边长是 6 , 腰长是一元二次方程 $(x-3)(x-5)=0$ 的一根, 则此三角形的外接圆的半径是 ( )
    
选项：
A. $\frac{25}{8}$
    B. 3.2
    C. 3.5
    D. 4


答案：A
解析：先利用因式分解法解方程求出 $x$ 的值, 根据三角形三边关系得出三角形的三边长度,再根据等腰三角形的性质结合勾股定理构建方程即可求解.

【详解】解方程 $(x-3)(x-5)=0$, 得: $x=3$ 或 $x=5$,

若腰长为 3 , 则三角形的三边为 $3 、 3 、 6$, 显然不能构成三角形;

若腰长为 5 , 则三角形三边长为 $5 、 5 、 6$,

如图:



$\triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰三角形, 点 $\mathrm{O}$ 为 $\triangle \mathrm{ABC}$ 外接圆的圆心, $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}=5, B C=6$,作 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$ 于 $\mathrm{D}$, 连接 $\mathrm{OB}$,

$\because \triangle \mathrm{ABC}$ 是等腰三角形, 且 $\mathrm{AB}=\mathrm{AC}$,

$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 外接圆的圆心 $\mathrm{O}$ 在 $\mathrm{AD}$ 上, 且 $\mathrm{BD}=\mathrm{DC}=\frac{1}{2} \mathrm{BC}=3$,
$\therefore \mathrm{AD}=\sqrt{A B^{2}-B D^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$,

设 $\mathrm{AO}=\mathrm{OB}=x$, 则 $\mathrm{OD}=4-x$ ，

在 Rt $\triangle \mathrm{OBD}$ 中, $B D^{2}+O D^{2}=O B^{2}$,

即 $3^{2}+(4-x)^{2}=x^{2}$ ，

解得: $x=\frac{25}{8}$,

$\therefore$ 此三角形的外接圆的半径是 $\frac{25}{8}$.

故选: A.

【点睛】本题考查了解一元二次方程, 三角形的外接圆, 等腰三角形的性质, 三角形的三边关系定理等知识点, 利用勾股定理构建方程是解题的关键.