eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 变换几何）：若将向量 $a=(2,1)$ 围绕原点按逆时针旋转 $\frac{\pi}{4}$ 得到向量 $b$, 则 $b$ 的坐标为 (
选项：
A. $\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{3 \sqrt{2}}{2}\right) \quad$ B. $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{3 \sqrt{2}}{2}\right)$

C. $\left(-\frac{3 \sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
D. $\left(\frac{3 \sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$
答案：B
解析：$(2+i)\left(rac{\sqrt{2}}{2}+rac{\sqrt{2}}{2} iight)=rac{\sqrt{2}}{2}+rac{3 \sqrt{2}}{2} i$, 故选 B
题目（高三 · 变换几何）：已知 $f(x)$ 是定义在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right) \cup\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的偶函数, 且当 $0<x<\frac{\pi}{2}$ 时, 有 $f^{\prime}(x) \cos x+f(x) \sin x>0$, 则不等式 $f(x)<2 f\left(\frac{\pi}{3}\right) \cos x$ 的解集为 ( )
选项：
A. $\left(-\frac{\pi}{2},-\frac{\pi}{3}\right) \cup\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$
B. $\left(-\frac{\pi}{3}, 0\right) \cup\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$
c. $\left(-\frac{\pi}{3}, 0\right) \cup\left(0, \frac{\pi}{3}\right)$
D. $\left(\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$
答案：C
解析：解析：设 $g(x)=\frac{f(x)}{\cos x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{f^{\prime}(x) \cos x+f(x) \sin x}{\cos ^{2} x}$,

$\because$ 当 $0<x<\frac{\pi}{2}$ 时, 有 $f^{\prime}(x) \cos x+f(x) \sin x>0, \therefore g^{\prime}(x)>0, \therefore g(x)$ 在 $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上单调递增.

又 $f(x)$ 是定义在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right) \cup\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的偶函数, $\therefore g(x)$ 也是定义在 $\left(-\frac{\pi}{2}, 0\right) \cup\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 上的偶函数（因为 $g(-x)=\frac{f(-x)}{\cos (-x)}=\frac{f(x)}{\cos x}=g(x)$ ),

不等式 $f(x)<2 f\left(\frac{\pi}{3}\right) \cos x$ 可化为 $\frac{f(x)}{\cos x}<\frac{f\left(\frac{\pi}{3}\right)}{\cos \frac{\pi}{3}}$, 即 $g(x)<g\left(\frac{\pi}{3}\right), g(|x|)<g\left(\frac{\pi}{3}\right)$

$\therefore 0<|x|<\frac{\pi}{3},-\frac{\pi}{3}<x<0$ 或 $0<x<\frac{\pi}{3}$.

故选: C.
题目（高三 · 变换几何）：已知 $\triangle A B C \sim \triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}, \frac{A B}{A^{\prime} B^{\prime}}=\frac{2}{3}, \triangle A B C$ 外接圆的直径为 4 , 则 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 外接圆的直径等于 ( )
选项：
A. 2
B. 3
C. 6
D. 9
答案：C
解析：解析: 解答: 设 $\triangle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ 和 $\triangle \mathrm{ABC}$ 外接圆的直径分别是 $\mathrm{d}^{\prime}, \mathrm{d}$, 则 $\frac{\mathrm{d}^{\prime}}{\mathrm{d}}=\frac{\mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime}}{\mathrm{AB}}, \therefore \frac{\mathrm{d}^{\prime}}{4}=\frac{3}{2}, \therefore \mathrm{d}^{\prime}=6$.

分析: 本题主要考查了相似三角形的判定及性质, 解决问题的关键是根据相似三角形的判断与性质分析计算即可
题目（高三 · 变换几何）：如图, $\angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{CDB}=90^{\circ}, \mathrm{AC}=\mathrm{a}, \mathrm{BC}=\mathrm{b}$, 要使 $\triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{CDB}$, 那么 $\mathrm{BD}$ 与 a,b 应满足 ( )


$A \cdot B D=\frac{b^{2}}{a}$
B. $\mathrm{BD}=\frac{b}{a^{2}}$
C. $\mathrm{BD}=\frac{\mathrm{a}^{2}}{\mathrm{~b}}$
D. $B D=\frac{a}{b^{2}}$

答案: A

解析: 解答: $\because \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{CDB}=90^{\circ}$,

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

即当 $\frac{\mathrm{a}}{\mathrm{b}}=\frac{\mathrm{b}}{\mathrm{BD}}$ 时, $\triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{CDB}$,

$\therefore \mathrm{BD}=\frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{a}}$.

分析: 本题主要考查了相似三角形的判定及性质, 解决问题的关键是根据相似三角形的判断与性质分析计算即可

6. 给出下列四个命题:

(1)三边对应成比例的两个三角形相似;

(2)一个角对应相等的两个直角三角形相似;

(3)一个锐角对应相等的两个直角三角形相似;

(4)一个角对应相等的两个等腰三角形相似.

其中正确的命题是
选项：
A. (1)(3)
B.(1)(4)
C.(1)(2)(4)
D.(1)(3)(4)
答案：A
解析：解析: 解答: 很明显(1)和(3)都是判定定理,都正确;(2)中,若相等的角是直角,则不一定相似;(4)中,若相等的角中,在一个三角形中是顶角,在另一个三角形中是底角,则不一定相似,故选 A.分析: 本题主要考查了相似三角形的判定及性质, 解决问题的关键是根据相似三角形的判断
题目（高三 · 组合几何学）：已知, 如图, 在梯形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AD} / / \mathrm{BC}, \mathrm{AD}=3, \mathrm{BC}=7$, 点 $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ 分别是对角线 $\mathrm{BD}$, $\mathrm{AC}$ 的中点, 则 $\mathrm{MN}=(\quad)$


选项：
A. 2
B. 5
C. $\frac{7}{2}$
D. $\frac{3}{2}$
答案：A
解析：解析：解答：如图，连接 $\mathrm{AM}$ 并延长，交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{G}$.

$\because \mathrm{AD} / / \mathrm{BC}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADM}=\angle \mathrm{GBM}, \angle \mathrm{MAD}=\angle \mathrm{MGB}$,

又 $\because \mathrm{M}$ 为 $\mathrm{BD}$ 中点,

$\therefore \triangle \mathrm{AMD} \cong \triangle \mathrm{GMB}$,

$\therefore \mathrm{BG}=\mathrm{AD}, \mathrm{AM}=\mathrm{MG}$.

在 $\triangle \mathrm{AGC}$ 中, $\mathrm{MN}$ 为中位线,

$\therefore \mathrm{MN}=\frac{1}{2} \mathrm{GC}=\frac{1}{2}(\mathrm{BC}-\mathrm{BG})=\frac{1}{2}(\mathrm{BC}-\mathrm{AD})=\frac{1}{2}(7-3)=2$.

故选: A.

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题目（高三 · 组合几何学）：如图, $\mathrm{DE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的中位线, 点 $\mathrm{F}$ 是 $\mathrm{BC}$ 上任一点, $\mathrm{AF}$ 交 $\mathrm{DE}$ 于点 $\mathrm{G}$, 则有( )


选项：
A. $A G>G F$

B. $\mathrm{AG}=\mathrm{GF}$

C.AG<GF

D.AG 与 $\mathrm{GF}$ 的大小不确定
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{DE}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的中位线, $\therefore$ 在 $\triangle \mathrm{ABF}$ 中, $\mathrm{DG} / / \mathrm{BF}$. 又 $\because \mathrm{AD}=\mathrm{DB}, \therefore$ 点 $\mathrm{G}$ 平分 $\mathrm{AF}$,即 $\mathrm{AG}=\mathrm{GF}$.

分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理方向即可.
题目（高三 · 组合几何学）：如图, 在梯形 $A B C D$ 中, $A D / / B C, A D+B C=10 \mathrm{~cm}, E$ 为 $A B$ 的中点, 点 $\mathrm{F}$ 在 $D C$ 上, 且 $E F / / A D$,则 $\mathrm{EF}$ 的长为( )


选项：
A. $5 \mathrm{~cm}$
B. $10 \mathrm{~cm}$
C. $20 \mathrm{~cm}$
D.不确定
答案：A
解析：解析: 解答: 由推论 2 知, $\mathrm{EF}$ 是梯形 $\mathrm{ABCD}$ 的中位线,则 $E F=\frac{1}{2}(A D+B C)=\frac{1}{2} \times 10=5(\mathrm{~cm})$.分析: 本题主要考查了平行线等分线段定理, 解决问题的关键是根据平行线等分线段定理方向即可.
题目（高三 · 组合几何学）：如图, $\mathrm{AB} / / \mathrm{CD}, \mathrm{AO}=\mathrm{OD}, \mathrm{BC}=4 \mathrm{~cm}$, 则 $\mathrm{CO}$ 等于( )


选项：
A. $1 \mathrm{~cm}$

B. $2 \mathrm{~cm}$

C. $3 \mathrm{~cm}$

D. 不确定
答案：B
解析：解析：解答：如图,过点 $O$ 作 $1 / / \mathrm{AB}$, 则 $1 / / \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

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题目（高三 · 组合几何学）：如图, $a / / b / / c, A B=2, B C=3$, 则 $\frac{A_{1} B_{1}}{B_{1} C_{1}}$ 等于 ( )


选项：
A. $\frac{3}{2}$
B. $\frac{2}{3}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{3}{5}$
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{a} / / \mathrm{b} / / \mathrm{c}, \therefore \frac{\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1}}{\mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1}}=\frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BC}}=\frac{2}{3}$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 组合几何学）：如图,在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\mathrm{DE} / / \mathrm{BC}$, 若 $\mathrm{AD}=3, \mathrm{BD}=1$, 则 $\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AC}}$ 等于( )


选项：
A. 1
B. 3
C. $\frac{4}{3}$
D. $\frac{3}{4}$
答案：D
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{DE} / / \mathrm{BC}, \therefore \frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AC}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AB}}=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{AD}+\mathrm{BD}}=\frac{3}{3+1}=\frac{3}{4}$.

分析: 本题主要考查了平行线分线段成比例定理, 解决问题的关键是根据平行线分线段成比例定理分析计算即可
题目（高三 · 组合几何学）：凸 $n$ 边形有 $f(n)$ 条对角线, 则凸 $n+1$ 边形的对角线的条数 $f(n+1)$ 为 ( )
选项：
A. $f(n)+n+1$
B. $f(n)+n$
C. $f(n)+n-1$
D. $f(n)+n-2$
答案：C
解析：解析: 解答: 凸多边形边数增加 1 条, 即增加一个顶点, 自这一顶点向其它不相邻的 k-2 个顶点可引 $\mathrm{k}-2$ 条对角线, 原来一条边变为对角线, 所以共增加 k-1 条, 故选 C。

考点: 本题主要考查数学归纳法的概念及方法步骤, 多边形

分析: 本题主要考查了数学归纳法, 解决问题的关键是根据数学归纳法分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：下列结论错误的是 ( )
选项：
A.圆上一条弧所对的圆周角等于它对的圆心角的一半

B. 圆心角的度数等于它所对弧的度数

C. 相等的圆周角所对的弧相等

D. $90^{\circ}$ 的圆周角所对的弦是直径
答案：C
解析：解析：解答：选项 $\mathrm{A}$ 是圆周角定理; 选项 $\mathrm{B}$ 是圆心角定理;选项 $\mathrm{D}$ 是圆周角定理的推论 2; 选项 C 中,缺少前提条件“在同圆或等圆中”,故选 C.

分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{CD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上的两点, 若 $\angle \mathrm{ABD}=20^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{ADC}$ 的度数为 ( )


选项：
A. $40^{\circ}$
B. $50^{\circ}$
C. $60^{\circ}$
D. $70^{\circ}$
答案：D
解析：解析: 解答: $\because \angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{ACD}, \therefore \angle \mathrm{ACD}=20^{\circ}$.

又 $\because \mathrm{CD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \angle \mathrm{CAD}=90^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ}-\angle \mathrm{ACD}=90^{\circ}-20^{\circ}=70^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆周角定理, 解决问题的关键是根据圆周角定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：已知 $P, Q, R$ 都在弦 $A B$ 的同侧, 且点 $P$ 在 $A B$ 上, 点 $Q$ 在 $A B$ 所在的圆内, 点 $R$ 在 $A B$ 所在的圆外 (如图), 则 ( )


选项：
A. $\angle \mathrm{AQB}<\angle \mathrm{APB}<\angle \mathrm{ARB}$

B. $\angle \mathrm{AQB}<\angle \mathrm{ARB}<\angle \mathrm{APB}$

C. $\angle \mathrm{APB}<\angle \mathrm{AQB}<\angle \mathrm{ARB}$

D. $\angle \mathrm{ARB}<\angle \mathrm{APB}<\angle \mathrm{AQB}$
答案：D
解析：解析：解答：如图,延长 $\mathrm{AQ}$ 交圆 $\mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{C}$, 设 $\mathrm{AR}$ 与圆 $\mathrm{O}$ 相交于点 $\mathrm{D}$, 连接 $\mathrm{BC}, \mathrm{BD}$,

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题目（高三 · 度量几何学）：在面积为 $S(S$ 为定值)的扇形中, 当扇形中心角为 $\theta$, 半径为 $r$ 时, 扇形周长 $p$ 最小, 这时 $\theta, r$ 的值分别是 ( )
选项：
A. $\theta=1, r=\sqrt{S}$ В. $\theta=2, r=\sqrt[4]{S}$ C. $\theta=2, r=\sqrt[3]{S}$ D. $\theta=2, r=\sqrt{S}$
答案：D
解析：解析:【解答】 $\because_{S=\frac{1}{2} \theta r^{2}}, \quad \therefore \quad{ }_{\theta=\frac{25}{r^{2}} \theta=\frac{25}{r^{2}}}$

又 $\because$ 扇形周长为 $p=2 r+\theta r=2\left(r+\frac{5}{r}\right) \geq 4 \sqrt{5}$,

$\therefore$ 当 $r=\frac{5}{r}$, 即 $r=\sqrt{S}$ 时, $p$ 取最小值, 此时 $\theta=2$.

故选 D.

【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据扇形面积公式结合均值不等式性质证明问题即可.
题目（高三 · 度量几何学）：四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆 $\mathrm{O}, \angle \mathrm{A}=25^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{C}$ 等于 ( )
选项：
A. $25^{\circ}$
B. $75^{\circ}$
C. $115^{\circ}$
D. $155^{\circ}$
答案：D
解析：解析: 解答: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆, $\therefore \angle \mathrm{A}+\angle \mathrm{C}=180^{\circ}$. 又 $\because \angle \mathrm{A}=25^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{C}=180^{\circ}-\angle \mathrm{A}=155^{\circ}$分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 内接于圆 $O$, 延长 $A B$ 到点 $E$, 若 $\angle A D C=32^{\circ}$, 则 $\angle C B E$ 等于 ( )


选项：
A. $32^{\circ}$
B. $58^{\circ}$
C. $64^{\circ}$
D. $148^{\circ}$
答案：A
解析：解析: 解答: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆 $\mathrm{O}, \therefore \angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{ADC}=32^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的内接四边形, $\mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AB}$ 的延长线上一点, $\angle \mathrm{CBE}=40^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{AOC}$等于 ( )


选项：
A. $20^{\circ}$
B. $40^{\circ}$
C. $80^{\circ}$
D. $100^{\circ}$
答案：D
解析：解析: 解答: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的内接四边形, $\therefore$ 根据圆内接四边形的外角等于它的内
角的对角, 得 $\angle \mathrm{CBE}=\angle \mathrm{COA}=40^{\circ}$. 故选 $\mathrm{B}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据 “外角等于它的内角的对角”的准确含义.所谓的“内角的对角”通常是指圆周角.
题目（高三 · 度量几何学）：圆内接平行四边形的对角线 ( )
选项：
A.互相垂直
B.互相垂直平分
C.互相平分且相等
D.相等且平分每组对角
答案：C
解析：解析：解答：圆内接平行四边形必为矩形,故其对角线互相平分且相等

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 圆内接四边形 $\mathrm{ABCD}$ 的一组对边 $\mathrm{AD}, \mathrm{BC}$ 的延长线交于点 $\mathrm{P}$, 对角线 $\mathrm{AC}$ 和 $\mathrm{BD}$ 交于点 $\mathrm{Q}$,则图中共有相似三角形的对数为 ( )


选项：
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
答案：A
解析：解析: 解答: 利用圆周角和圆内接四边形的性质, 可得 $\triangle P C D \sim \triangle P A B, \triangle Q C D \sim \triangle Q B A, \triangle A Q D$ $\sim \triangle \mathrm{BQC}, \triangle \mathrm{PAC} \sim \triangle \mathrm{PBD}$, 因此共有 4 对.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的内接四边形, $\mathrm{AH} \perp \mathrm{CD}$, 如果 $\angle \mathrm{HAD}=30^{\circ}$, 那么 $\angle \mathrm{B}=(\quad)$


选项：
A. $90^{\circ}$
B. $120^{\circ}$
C. $135^{\circ}$
D. $150^{\circ}$
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{AH} \perp \mathrm{CD}, \therefore \angle \mathrm{AHD}=90^{\circ}$.

$\because \angle \mathrm{HAD}=30^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{D}=90^{\circ}-\angle \mathrm{HAD}=60^{\circ}$.

又 $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆 $\mathrm{O}$,

$\therefore \angle \mathrm{B}=180^{\circ}-\angle \mathrm{D}=120^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理结合所给条件分析计算
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 在 $\odot \mathrm{O}$ 中, 弦 $\mathrm{AB}$ 的长等于半径, 若 $\angle \mathrm{DAE}=80^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{ACD}=(\quad)$


选项：
A. $30^{\circ}$
B. $45^{\circ}$
C. $50^{\circ}$
D. $60^{\circ}$
答案：C
解析：解析: 解答: $\because$ 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 内接于圆 $\mathrm{O}, \therefore \angle \mathrm{DAE}=\angle \mathrm{BCD}=80^{\circ}$.

$\because$ 弦 $\mathrm{AB}$ 的长等于半径, $\therefore$ 弦 $\mathrm{AB}$ 所对圆心角为 $60^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{ACB}=\frac{1}{2} \times 60^{\circ}=30^{\circ} . \therefore \angle \mathrm{ACD}=\angle \mathrm{BCD}-\angle \mathrm{ACB}=80^{\circ}-30^{\circ}=50^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了圆内接四边形的性质与判断定理, 解决问题的关键是根据圆内接四边形的性质与判断定理集合所给条件计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图,直线 $l$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $A, B$ 是 $l$ 上任一点 (与 $\mathrm{A}$ 不重合), 则 $\triangle \mathrm{OAB}$ 是 ( )


选项：
A. 等边三角形
B.锐角三角形
C.直角三角形
D.针角三角形
答案：C
解析：解析: 解答: $\because 1$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切, $\therefore 1 \perp \mathrm{OA} . \therefore \mathrm{OA} \perp \mathrm{AB} . \therefore \angle \mathrm{OAB}=90^{\circ}, \triangle \mathrm{OAB}$ 是直角三角形

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $P A$ 为 $\odot O$ 的切线, $A$ 为切点, 已知 $P A=4, O A=3$, 则 $\cos \angle A P O$ 的值为 ( )


选项：
A. $\frac{3}{4}$
B. $\frac{3}{5}$
C. $\frac{4}{5}$
D. $\frac{4}{3}$
答案：C
解析：解析: 解答: 由 $\mathrm{PA}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,知 $\mathrm{OA} \perp \mathrm{PA}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{OAP}$ 中,

由勾股定理, 得 $\mathrm{OP}=\sqrt{\mathrm{OA}^{2}+\mathrm{AP}^{2}}=5$.

故 $\cos \angle \mathrm{APO}=\frac{\mathrm{PA}}{\mathrm{OP}}=\frac{4}{5}$.

分析: 本题主要考查了圆的切线的性质及判定定理, 解决问题的关键是根据圆的切线的性质及判定定理分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{CB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{P}$ 是 $\mathrm{CB}$ 的延长线上一点, 且 $\mathrm{OB}=\mathrm{BP}, \angle \mathrm{AOC}=120^{\circ}$, 则 $\mathrm{PA}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 的位置关系是（ ）


选项：
A. 相离
B. 相切
C.相交
D. 不确定
答案：B
解析：解析: 解答: 如图,连接 $\mathrm{AB}$.

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题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 切于点 $\mathrm{B}, \mathrm{AO}=6 \mathrm{~cm}, \mathrm{AB}=4 \mathrm{~cm}$, 则 $\odot \mathrm{O}$ 的半径 $\mathrm{r}$ 等于 ( )


选项：
A. $4 \sqrt{5} \mathrm{~cm}$
B. $2 \sqrt{5} \mathrm{~cm}$
C. $2 \sqrt{13} \mathrm{~cm}$
D. $\sqrt{13} \mathrm{~cm}$
答案：B
解析：解析：解答：如图,连接 $\mathrm{OB}$,则 $\mathrm{OB}=\mathrm{r}$ 且 $\mathrm{OB} \perp \mathrm{AB}$,

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题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的一条弦, $\mathrm{D}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上的任一点(不与 $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ 重合), 则下列为弦切角的是 ( )


选项：
A. $\angle \mathrm{ADB}$
B. $\angle \mathrm{AOB}$
C. $\angle \mathrm{ABC}$
D. $\angle \mathrm{BAO}$
答案：C
解析：解析：解答： $\angle \mathrm{ADB}$ 是圆周角, $\angle \mathrm{AOB}$ 是圆心角, $\angle \mathrm{ABC}$ 是弦切角, $\angle \mathrm{BAO}$ 不是弦切角分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{C} 、 \mathrm{D}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 上的点, 直线 $\mathrm{MN}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{C}$ 点, 图中与 $\angle \mathrm{BCN}$互余的角有 ( )


选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：C
解析：解析：解答： $\because$ 直线 $\mathrm{MN}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{C}$ 点,

$\therefore \angle \mathrm{BCN}=\angle \mathrm{BAC}, \angle \mathrm{ACM}=\angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{B}$,

$\because \mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCN}+\angle \mathrm{ACM}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{BCN}=90^{\circ}, \angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{BCM}=90^{\circ}$.

故选 C.

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质由弦切角定理圆周角定理得 $\angle \mathrm{BCN}=\angle \mathrm{BAC}, \angle \mathrm{ACM}=\angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{B}$, 再由 $\mathrm{AB}$ 为直径, 得 $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{B}$ 、 $\angle \mathrm{D} 、 \angle \mathrm{ACM}$, 都是 $\angle \mathrm{BCN}$ 的余角.
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{MN}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{M}, \mathrm{Q}$ 和 $\mathrm{P}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上两点, $\angle \mathrm{PQM}=70^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{NMP}$ 等于 ( )


选项：
A. $20^{\circ}$
B. $70^{\circ}$
C. $110^{\circ}$
D. $160^{\circ}$
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \angle \mathrm{NMP}$ 是弦切角, $\therefore \angle \mathrm{NMP}=\angle \mathrm{PQM}=70^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质分析即可
题目（高三 · 度量几何学）：过圆内接 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的顶点 $\mathrm{A}$ 引 $\odot \mathrm{O}$ 的切线交 $\mathrm{BC}$ 的延长线于点 $\mathrm{D}$, 若 $\angle \mathrm{B}=35^{\circ}, \angle \mathrm{ACB}=80^{\circ}$,则 $\angle \mathrm{D}$ 为 $(\quad)$


选项：
A. $45^{\circ}$
B. $50^{\circ}$
C. $55^{\circ}$
D. $60^{\circ}$
答案：A
解析：解析: 解答: 如图, $\because \mathrm{AD}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{B}=35^{\circ}$.

又 $\because \angle \mathrm{ACB}=80^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{ACB}-\angle \mathrm{DAC}=80^{\circ}-35^{\circ}=45^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB}$ 是半圆 $\mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 是半圆上的两点, 半圆 $\mathrm{O}$ 的切线 $\mathrm{PC}$ 交 $\mathrm{AB}$ 的延长线于点 $\mathrm{P}$, $\angle \mathrm{PCB}=25^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{ADC}$ 为 $($ )


选项：
A. $105^{\circ}$
B. $115^{\circ}$
C. $120^{\circ}$
D. $125^{\circ}$
答案：B
解析： $ecause \mathrm{PC}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切, $	herefore \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{BCP}=25^{\circ}$. 又 $ecause \mathrm{AB}$ 是直径,$	herefore \angle \mathrm{ADB}=90^{\circ} 	herefore \angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{ADB}+\angle \mathrm{BDC}=90^{\circ}+25^{\circ}=115^{\circ}$.分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\triangle \mathrm{ABC}$ 内接于 $\odot \mathrm{O}, \mathrm{EC}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 C. 若 $\angle \mathrm{BOC}=76^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{BCE}$ 等于 ( )


选项：
A. $14^{\circ}$
B. $38^{\circ}$
C. $52^{\circ}$
D. $76^{\circ}$
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{EC}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \angle \mathrm{BCE}=\angle \mathrm{BAC}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{BOC}=38^{\circ}$.
分析: 本题主要考查了弦切角的性质, 解决问题的关键是根据弦切角的性质结合所给图形分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 四边形 $\mathrm{ABCD}$ 是圆内接四边形, $\mathrm{AB}$ 是直径, $\mathrm{MN}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\mathrm{C}$ 为切点, 若 $\angle$ $\mathrm{BCM}=38^{\circ}$,则 $\angle \mathrm{B}$ 等于 ( )


选项：
A. $32^{\circ}$
B. $42^{\circ}$
C. $52^{\circ}$
D. $48^{\circ}$
答案：C
解析：解析: 解答: 连接 $\mathrm{AC}$,如图.

!$ecause \mathrm{MN}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{C}, \mathrm{BC}$ 是弦,$	herefore \angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{BCM} . ecause \mathrm{AB}$ 是直径,$	herefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ} 	herefore \angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}$.$	herefore \angle \mathrm{B}+\angle \mathrm{BCM}=90^{\circ}, 	herefore \angle \mathrm{B}=90^{\circ}-\angle \mathrm{BCM}=52^{\circ}$.
题目（高三 · 度量几何学）：抛物线 $C: y^{2}=2 p x$ 上一点 $M(9, y)$ 到该抛物线焦点的距离为 13 , 又抛物线 $C$ 的准线经过双曲线 $E: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{8}=1(a>0)$ 的一个焦点, 则双曲线 $E$ 的离心率为 $(\quad)$
选项：
A. $2 \sqrt{2}$
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2
答案：B
解析：抛物线 $y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点为 $F\left(rac{p}{2}, 0ight)$, 其准线方程为 $x=-rac{p}{2}, ecause$ 点 $M(9, y)$ 到该抛物线焦点的距离为 13 , 点 $\mathrm{M}(9, \mathrm{y})$ 到准线的距离为 $13, 	herefore 9+rac{\mathrm{p}}{2}=13$, 解得 $\mathrm{p}=8$, 抛物线准线方程为 $\mathrm{x}=-4$, $0), 	herefore c=4, ecause c^{2}=a^{2}+b^{2}, 	herefore a=\sqrt{c^{2}-b^{2}}=\sqrt{16-8}=2 \sqrt{2}, \quad 	herefore e=rac{4}{2 \sqrt{2}}=\sqrt{2}$. 故选 $B$.
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\odot \mathrm{O}$ 的两条弦 $\mathrm{AB}$ 与 $\mathrm{CD}$ 相交于点 $\mathrm{E}, \mathrm{EC}=1, \mathrm{DE}=4, \mathrm{AE}=2$, 则 $\mathrm{BE}$ 等于 ( )


选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：B
解析：解析：解答: $\because \mathrm{AE} \cdot \mathrm{EB}=\mathrm{DE} \cdot \mathrm{EC}, \therefore 2 \mathrm{~EB}=4 \times 1 . \therefore \mathrm{EB}=2$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $P$ 是 $\odot O$ 外一点, $P A$ 与 $\odot O$ 相切于点 $A$, 过点 $P$ 的直线 $l$ 交 $\odot O$ 于点 $B, C$, 且 $P B=4, P C=9$,则 $\mathrm{PA}$ 等于 ( )



$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } 4 & \text { B. } 6 & \text { C. } 9 & \text { D. } 36\end{array}$
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{PA}^{2}=\mathrm{PB} \cdot \mathrm{PC}=4 \times 9=36, \therefore \mathrm{PA}=6$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段的有关性质计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{CD}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{AB} \perp \mathrm{CD}$, 垂足为点 $\mathrm{P}, \mathrm{AP}=4, \mathrm{PD}=2$, 则 $\mathrm{PO}$ 等于 ( )


选项：
A. 2
B. 3
C. 5
D. 7
答案：B
解析：解析: 解答: 设 $\odot \mathrm{O}$ 的半径为 $\mathrm{r}, \because \mathrm{AP} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{CP} \cdot \mathrm{PD}, \mathrm{AP}=\mathrm{PB}=4, \mathrm{PD}=2$,

$\therefore 4^{2}=(2 \mathrm{r}-2) \times 2, \therefore \mathrm{r}=5 . \therefore \mathrm{PO}=\mathrm{r}-2=3$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段的性质分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{PT}$ 是外切两圆的公切线, $\mathrm{T}$ 为切点, $\mathrm{PAB}, \mathrm{PCD}$ 分别为这两圆的割线. 若 $\mathrm{PA}=3, \mathrm{~PB}=6, \mathrm{PC}=2$, 则 $\mathrm{PD}$ 等于 $(\quad)$


选项：
A. 4
B. 8
C. 9
D. 12
答案：C
解析：解析: 解答: $\mathrm{PT}^{2}=\mathrm{PA} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{PC} \cdot \mathrm{PD}$, 则 $\mathrm{PD}=\frac{\mathrm{PA} \cdot \mathrm{PB}}{\mathrm{PC}}=\frac{3 \times 6}{2}=9$.

分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段的性质分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{PA}, \mathrm{PB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线,切点分别为 $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{PA}=7$, 在劣弧 $A B$ 上任取一点 $\mathrm{C}$, 过点 $\mathrm{C}$ 作 $\odot \mathrm{O}$的切线,分别交 $\mathrm{PA}, \mathrm{PB}$ 于点 $\mathrm{D}, \mathrm{E}$, 则 $\triangle \mathrm{PDE}$ 的周长是 ( )


选项：
A. 7
B. 10
C. 14
D. 28
答案：C
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{DA}, \mathrm{DC}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, $\therefore \mathrm{DA}=\mathrm{DC}$. 同理 $\mathrm{EB}=\mathrm{EC}$.

$\therefore \triangle \mathrm{PDE}$ 的周长 $=\mathrm{PD}+\mathrm{PE}+\mathrm{DE}=(\mathrm{PD}+\mathrm{DC})+(\mathrm{PE}+\mathrm{CE})=(\mathrm{PD}+\mathrm{DA})+(\mathrm{PE}+\mathrm{EB})=\mathrm{PA}+\mathrm{PB}=7+7=14$.分析: 本题主要考查了与圆有关的比例线段, 解决问题的关键是根据与圆有关的比例线段的性质结合所给几何图形的条件分析计算即可
题目（高三 · 度量几何学）：如图, 在半径为 $\sqrt{7}$ 的 $\odot O$ 中, 弦 $A B, C D$ 相交于点 $P, P A=P B=2, P D=1$, 则圆心 $O$ 到弦 $C D$ 的距离为 ( )


选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\sqrt{3}$
答案：B
解析：解析：解答：由相交弦定理得 $\mathrm{PA} \cdot \mathrm{PB}=\mathrm{PC} \cdot \mathrm{PD}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_81303e2fc6b69da0f33fg-
题目（高三 · 度量几何学）：已知某质点的运动方程为 $s=2 t^{2}-t$, 其中 $s$ 的单位是 $\mathrm{m}, t$ 的单位是 $\mathrm{s}$, 则该质点在 $2 \mathrm{~s}$ 末的瞬时速度为 ( )
选项：
A.

B. $5 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$
C. $7 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_28d10227961faf2becddg-
答案：C
解析：$\lim _{\Delta t ightarrow 0} rac{\Delta s}{\Delta t}=\lim _{\Delta t ightarrow 0} rac{2(2+\Delta t)^{2}-(2+\Delta t)-\left(2 	imes 2^{2}-2ight)}{\Delta t}=\lim _{\Delta \Delta ightarrow 0}(7+2 \Delta t)=7$ ，所以该质点在 $2 \mathrm{~s}$ 末的瞬时速度为 $7 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ ，故选 C.
题目（高三 · 度量几何学）：科克曲线 (Kochcurve) (如图) 是一种典型的分形曲线. 它是科克 (Koch, H.von)于 1904 年构造出来的. 其形成如下: 把一个边长为 1 的等边三角形, 取每边中间的三分之一, 接上去一个形状完全相似的但边长为其三分之一的三角形, 结果是一个六角形. 取六角形的每个边做同样的变换, 即在中间三分之一接上更小的三角形,以此重复, 直至无穷. 外界的变得比原来越细微曲折, 形状接近理想化的雪花. 它是一个无限构造的有限表达, 每次变化面积都会增加, 但总面积不会超过起初三角形的外接圆. 按照上面的变化规则, 第四个图形的面积与第三个图形的面积之差为

( )



(1)

选项：
A. $\frac{2 \sqrt{3}}{243}$
B. $\frac{4 \sqrt{3}}{243}$
C. $\frac{16 \sqrt{3}}{243}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{9}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】由观察可知: 第一个图形有 3 条边, 第二个图形有 12 条边 (每一条边变为 4 条边), 第三个图形有 48 条边, 第四个图形有 192 条边,

后一个图形与前一个图形相比, 每一条边会增加一个边长为前面边长的 $\frac{1}{3}$ 的小三角形, 故第二个图形比

第一个图形多 3 个小三角形 (第一个图形 3 条边), 第三个图形比第二个图形多 12 个小三角形, 第 4 个图形比第三个图形多 48 个小三角形,

故面积之差为 $48 \times \frac{\sqrt{3}}{4} \times\left(\frac{1}{27}\right)^{2}=\frac{4 \sqrt{3}}{243}$, 故选 B.
题目（高三 · 度量几何学）：求曲线 $y=x^{2}$ 与 $y=x$ 所围成的图形的面积 $S$, 正确的是 ( )
选项：
A. $S=\int_{0}^{1}\left(x-x^{2}\right) \mathrm{d} x \quad$ B. $S=\int_{0}^{1}\left(x^{2}-x\right) \mathrm{d} x$

C. $S=\int_{0}^{1}\left(y^{2}-y\right) d y$
D. $S=\int_{0}^{1}(y-\sqrt{y}) d y$
答案：A
解析：如图所示 $S=S_{	riangle A B O}-S_{	ext {曲讬此 } A B O}=\int_{0}^{1}\left(x-x^{2}ight) \mathrm{d} x$, 故选 A.
题目（高三 · 度量几何学）：已知 $z_{1}=5+3 i, z_{2}=5+4 i$, 下列各式中正确的是
选项：
A. $z_{1}>z_{2}$
B. $z_{1}<z_{2}$
C. $\left|z_{1}\right|>\left|z_{2}\right|$
D. $\left|z_{1}\right|<\left|z_{2}\right|$
答案：D
解析：解析：解答：虚数不可比较大小, 模可以比较大小, $\left|z_{1}\right|=\sqrt{5^{2}+3^{2}}=\sqrt{34}$, $\left|z_{2}\right|=\sqrt{5^{2}+4^{2}}=\sqrt{41},\left|z_{1}\right|\left\langle z_{2}\right|$.

分析: 本题主要考查了复数的基本概念, 解决问题的关键是根据复数模的概念计算即可.
题目（高三 · 度量几何学）：设向量 $\vec{a}=(-1,-1,1), \vec{b}=(-1,0,1)$, 则 $\cos <\vec{a}, \vec{b}>=(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
答案：D
解析：解: $ecause$ 向量 $\vec{a}=(-1,-1,1), \vec{b}=(-1,0,1), 	herefore \cos <\vec{a}, \vec{b}>=rac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| \cdot|\vec{b}|}=rac{2}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}}=rac{\sqrt{6}}{3}$. 故选: D.