eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 身高 1.6 米的小明站在距路灯底部 $O$ 点 10 米的点 $A$ 处, 他的身高 (线段 $A B$ ) 在路灯下的影子为线段 $A M$, 已知路灯灯杆 $O Q$ 垂直于路面.

(1) 在 $O Q$ 上画出表示路灯灯泡位置的点 $P$;

(2) 小明沿 $A O$ 方向前进到点 $C$, 请画出此时表示小明影子的线段 $C N$;

(3) 若 $A M=2.5$ 米, 求路灯灯泡 $P$ 到地面的距离.


选项：
答案：（1）见解析；（2）见解析；（3） 8 米

【解析】【试题分析】 (1) 点 $B$ 在地面上的投影为 $M$ 。故连接 $M B$, 并延长交 $O P$ 于点 $P$. 点 $P$ 即
为所求;

(2) 连接 $\mathrm{PD}$, 并延长交 $0 \mathrm{M}$ 于点 $\mathrm{N} . \mathrm{CN}$ 即为所求;

（3）根据相似三角形的性质, 易得: $\therefore \frac{A B}{O P}=\frac{A M}{O M}$, 即 $\frac{1.6}{O P}=\frac{2.5}{10+2.5}$,

解得 $O P=8$. 从而得求.

(1) 如图:

<ImageHere>

(2) 如图:

<ImageHere>

(3) $\because A B / / O P$,

$\therefore \triangle M A B \sim \triangle M O P$,

$\therefore \frac{A B}{O P}=\frac{A M}{O M}$, 即 $\frac{1.6}{O P}=\frac{2.5}{10+2.5}$,

解得 $O P=8$.

即路灯灯泡 $P$ 到地面的距离是 8 米.

【方法点睛】本题目是一道关于中心投影的问题, 涉及到如何确定点光源, 相似三角形的判定, 相似三角形的性质, 难度中等.
解析：（1）见解析；（2）见解析；（3） 8 米

【解析】【试题分析】 (1) 点 $B$ 在地面上的投影为 $M$ 。故连接 $M B$, 并延长交 $O P$ 于点 $P$. 点 $P$ 即
为所求;

(2) 连接 $\mathrm{PD}$, 并延长交 $0 \mathrm{M}$ 于点 $\mathrm{N} . \mathrm{CN}$ 即为所求;

（3）根据相似三角形的性质, 易得: $\therefore \frac{A B}{O P}=\frac{A M}{O M}$, 即 $\frac{1.6}{O P}=\frac{2.5}{10+2.5}$,

解得 $O P=8$. 从而得求.

(1) 如图:



(2) 如图:



(3) $\because A B / / O P$,

$\therefore \triangle M A B \sim \triangle M O P$,

$\therefore \frac{A B}{O P}=\frac{A M}{O M}$, 即 $\frac{1.6}{O P}=\frac{2.5}{10+2.5}$,

解得 $O P=8$.

即路灯灯泡 $P$ 到地面的距离是 8 米.

【方法点睛】本题目是一道关于中心投影的问题, 涉及到如何确定点光源, 相似三角形的判定, 相似三角形的性质, 难度中等.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 边长为 $\mathrm{acm}$ 的正方体其上下底面的对角线 $\mathrm{AC} 、 \mathrm{~A}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 与平面 $\mathrm{H}$ 垂直.

（1）指出正方体六个面在平面 $H$ 上的正投影图形;

(2) 计算投影 $\mathbb{M N P Q}$ 的面积.


选项：
答案：(1) 矩形; (2) $\sqrt{2} a^{2}$

【解析】试题分析: (1) 利用几何体的摆放角度可得正方体在平面 $H$ 上的正投影图形是矩形;

（2）首先利用勾股定理计算出 $B D$ 长, 再利用矩形的面积公式计算出投影 $M N P Q$ 的面积.

试题解析：解：(1) 正方体在平面 $H$ 上的正投影图形是矩形;

(2) $\because$ 正方体边长为 $a c m, \quad \therefore B D=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=\sqrt{2} a(\mathrm{~cm}), \therefore$ 投影 $M N P Q$ 的面积为 $\sqrt{2} a \times a=\sqrt{2} a^{2}\left(c m^{2}\right)$.

点睛: 本题主要考查了简单几何体的三视图, 关键是正确计算出正方体底面对角线长度.
解析：(1) 矩形; (2) $\sqrt{2} a^{2}$

【解析】试题分析: (1) 利用几何体的摆放角度可得正方体在平面 $H$ 上的正投影图形是矩形;

（2）首先利用勾股定理计算出 $B D$ 长, 再利用矩形的面积公式计算出投影 $M N P Q$ 的面积.

试题解析：解：(1) 正方体在平面 $H$ 上的正投影图形是矩形;

(2) $\because$ 正方体边长为 $a c m, \quad \therefore B D=\sqrt{a^{2}+a^{2}}=\sqrt{2} a(\mathrm{~cm}), \therefore$ 投影 $M N P Q$ 的面积为 $\sqrt{2} a \times a=\sqrt{2} a^{2}\left(c m^{2}\right)$.

点睛: 本题主要考查了简单几何体的三视图, 关键是正确计算出正方体底面对角线长度.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图是无盖长方体盒子的表面展开图.

(1) 求表面展开图的周长 (粗实线的长);

(2) 求盒子底面的面积.


选项：
答案：(1) $2 a+2 b+4 c$; (2) 盒子底面的面积 $a b-b^{2}+2 b c-a c-c^{2}$

【解析】试题分析: (1) 该几何体的周长是图中粗实线的长度: 根据矩形的性质进行答题;

（2）根据图示求得盒子的长与宽, 然后根据矩形的面积公式进行解答.

试题解析：解：(1）如图所示：表面展开图的周长为: $2 a+2 b+4 c$;

(2) 盒子的底面长为: $a-(b-c)=a-b+c$.

盒子底面的宽为: $b-c$.

盒子底面的面积为: $(a-b+c)(b-c)=a b-b^{2}+2 b c-a c-c^{2}$

点睛: 本题考查了几何体的展开图和多项式乘多项式. 利用已知图形得出各边长是解题的关
键.
解析：(1) $2 a+2 b+4 c$; (2) 盒子底面的面积 $a b-b^{2}+2 b c-a c-c^{2}$

【解析】试题分析: (1) 该几何体的周长是图中粗实线的长度: 根据矩形的性质进行答题;

（2）根据图示求得盒子的长与宽, 然后根据矩形的面积公式进行解答.

试题解析：解：(1）如图所示：表面展开图的周长为: $2 a+2 b+4 c$;

(2) 盒子的底面长为: $a-(b-c)=a-b+c$.

盒子底面的宽为: $b-c$.

盒子底面的面积为: $(a-b+c)(b-c)=a b-b^{2}+2 b c-a c-c^{2}$

点睛: 本题考查了几何体的展开图和多项式乘多项式. 利用已知图形得出各边长是解题的关
键.
题目（九年级 · 画法几何学）：为了促进海口主城区与江东新区联动发展, 文明东越江通道将于今年底竣工通车. 某校数学实践活动小组利用无人机测算该越江通道的隧道长度. 如图, 隧道 $A B$ 在水平直线上, 且无人机和隧道在同一个铅垂面内, 无人机在距离隧道 450 米的高度上水平飞行, 到达点 $P$ 处测得点 $A$ 的俯角为 $30^{\circ}$, 继续飞行 1500 米到达点 $Q$ 处, 测得点 $B$ 的俯角为 $45^{\circ}$.

(1)填空: $\angle A=$度, $\angle B=$度

(2)求隧道 $A B$ 的长度(结果精确到 1 米).

(参考数据: $\sqrt{2} \approx 1.414, \sqrt{3} \approx 1.732)$


选项：
答案： (1) 30,45 ;

(2)如图, 过点 $P$ 作 $P M \perp A B$ 于点 $M$, 过点 $Q$ 作 $Q N \perp A B$ 于点 $N$,

则 $P M=Q N=450, M N=P Q=1500$,

<ImageHere>

在Rt $\triangle A P M$ 中, $\because \tan A=\frac{P M}{A M}$,

$\therefore A M=\frac{P M}{\tan A}=\frac{450}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=450 \sqrt{3}$,

在Rt $\triangle Q N B$ 中,

$\because \tan B=\frac{Q N}{N B}$,

$\therefore N B=\frac{Q N}{\tan 45^{\circ}}=\frac{450}{1}=450$,

$\therefore A B=A M+M N+N B=450 \sqrt{3}+1500+450 \approx 2729$ (米).

答: 檤道 $A B$ 的长度约为 2729 米.

解: (1) $\because$ 点 $P$ 处测得点 $A$ 的俯角为 $30^{\circ}$, 点 $Q$ 处测得点 $B$ 的俯角为 $45^{\circ}$.

$\therefore \angle A=30$ 度, $\angle B=45$ 度；

故答案为 30,45 ;

(2)见答案.
解析： (1) 30,45 ;

(2)如图, 过点 $P$ 作 $P M \perp A B$ 于点 $M$, 过点 $Q$ 作 $Q N \perp A B$ 于点 $N$,

则 $P M=Q N=450, M N=P Q=1500$,



在Rt $\triangle A P M$ 中, $\because \tan A=\frac{P M}{A M}$,

$\therefore A M=\frac{P M}{\tan A}=\frac{450}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=450 \sqrt{3}$,

在Rt $\triangle Q N B$ 中,

$\because \tan B=\frac{Q N}{N B}$,

$\therefore N B=\frac{Q N}{\tan 45^{\circ}}=\frac{450}{1}=450$,

$\therefore A B=A M+M N+N B=450 \sqrt{3}+1500+450 \approx 2729$ (米).

答: 檤道 $A B$ 的长度约为 2729 米.

解: (1) $\because$ 点 $P$ 处测得点 $A$ 的俯角为 $30^{\circ}$, 点 $Q$ 处测得点 $B$ 的俯角为 $45^{\circ}$.

$\therefore \angle A=30$ 度, $\angle B=45$ 度；

故答案为 30,45 ;

(2)见答案.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 学校的实验楼对面是一幢教学楼, 小敏在实验楼的窗口 C 测得教学楼顶部 D 的仰角为 $18^{\circ}$,教学楼底部 $B$ 的俯角为 $20^{\circ}$, 量得实验楼与教学楼之间的距离 $A B=30 \mathrm{~m}$.

(1) 求 $\angle \mathrm{BCD}$ 的度数.

(2) 求教学楼的高 BD. （结果精确到 $0.1 \mathrm{~m}$, 参考数据: $\tan 20^{\circ} \approx 0.36, \tan 18^{\circ} \approx 0.32$ )


选项：
答案：(1) $38^{\circ} ;$ (2) $20.4 \mathrm{~m}$.

【解析】(1) 过点 $\mathrm{C}$ 作 $\mathrm{CE} \perp \mathrm{BD}$, 则有 $\angle \mathrm{DCE}=18^{\circ}, \angle \mathrm{BCE}=20^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{BCD}=\angle \mathrm{DCE}+\angle \mathrm{BCE}=18^{\circ}+20^{\circ}=38^{\circ}$; (2) 由题意得: $\mathrm{CE}=\mathrm{AB}=30 \mathrm{~m}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{CBE}$ 中, $\mathrm{BE}=\mathrm{CE} \cdot \tan 20^{\circ} \approx 10.80 \mathrm{~m}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{CDE}$ 中, $\mathrm{DE}=\mathrm{CD} \cdot \tan 18^{\circ} \approx 9.60 \mathrm{~m}, \therefore$ 教学楼的高 $\mathrm{BD}=\mathrm{BE}+\mathrm{DE}=10.80+9.60 \approx 20.4 \mathrm{~m}$, 则教学楼的高约为 $20.4 \mathrm{~m}$.

<ImageHere>
解析：(1) $38^{\circ} ;$ (2) $20.4 \mathrm{~m}$.

【解析】(1) 过点 $\mathrm{C}$ 作 $\mathrm{CE} \perp \mathrm{BD}$, 则有 $\angle \mathrm{DCE}=18^{\circ}, \angle \mathrm{BCE}=20^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{BCD}=\angle \mathrm{DCE}+\angle \mathrm{BCE}=18^{\circ}+20^{\circ}=38^{\circ}$; (2) 由题意得: $\mathrm{CE}=\mathrm{AB}=30 \mathrm{~m}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{CBE}$ 中, $\mathrm{BE}=\mathrm{CE} \cdot \tan 20^{\circ} \approx 10.80 \mathrm{~m}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{CDE}$ 中, $\mathrm{DE}=\mathrm{CD} \cdot \tan 18^{\circ} \approx 9.60 \mathrm{~m}, \therefore$ 教学楼的高 $\mathrm{BD}=\mathrm{BE}+\mathrm{DE}=10.80+9.60 \approx 20.4 \mathrm{~m}$, 则教学楼的高约为 $20.4 \mathrm{~m}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：某地出土一个明代残破圆形瓷盘，为复制该瓷盘需确定其圆心和半径，请在图中用直尺和圆规画出瓷盘的圆心(不要求写作法、证明和讨论,但要保留作图痕迹).
选项：
答案：解：如答图所示.<ImageHere>
解析：解：如答图所示.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图所示,点$A,B,C$是$odotO$上的三点,$AB//OC$.(1)求证:$AC$平分$angleOAB$;(2)过点$O$作$OEperpAB$于点$E$,交$AC$于点$P$.若$AB=2,angleAOE=30^{circ}$,求$PE$的长.
选项：
答案：解:(1)证明:$becauseAB//OC,thereforeangleBAC=angleOCA$.又$becauseOC=OA,quadthereforeangleOAC=angleOCA$,$thereforeangleBAC=angleOAC,quadthereforeAC$平分$angleOAB$.(2)$becauseOEperpAB,quadthereforeAE=frac{1}{2}AB=1$.$becauseangleAOE=30^{circ},quadthereforeangleOAE=60^{circ}$,$thereforeangleEAP=frac{1}{2}angleOAE=30^{circ},quadthereforePE=frac{1}{2}AP$.设$PE=x$,则$AP=2x$,在Rt$triangleAEP$中,$AP^{2}=AE^{2}+PE^{2}$,即$(2x)^{2}=1^{2}+x^{2}$,解得$x=frac{sqrt{3}}{3},thereforePE=frac{sqrt{3}}{3}$.
解析：解:(1)证明:$becauseAB//OC,thereforeangleBAC=angleOCA$.又$becauseOC=OA,quadthereforeangleOAC=angleOCA$,$thereforeangleBAC=angleOAC,quadthereforeAC$平分$angleOAB$.(2)$becauseOEperpAB,quadthereforeAE=frac{1}{2}AB=1$.$becauseangleAOE=30^{circ},quadthereforeangleOAE=60^{circ}$,$thereforeangleEAP=frac{1}{2}angleOAE=30^{circ},quadthereforePE=frac{1}{2}AP$.设$PE=x$,则$AP=2x$,在Rt$triangleAEP$中,$AP^{2}=AE^{2}+PE^{2}$,即$(2x)^{2}=1^{2}+x^{2}$,解得$x=frac{sqrt{3}}{3},thereforePE=frac{sqrt{3}}{3}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(6 分) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 以 $A B$ 为直径的 $O$ 交 $B C$ 于点 $D$, 过点 $D$ 作 $E F \perp A C$ 于点 $E$, 交 $A B$ 的延长线于点 $F$.

(1)判断直线 $D E$ 与 $\odot O$ 的位置关系, 并说明理由;

(2)如果 $A B=5, B C=6$, 求 $D E$ 的长.


选项：
答案：解: (1)相切, 理由如下:

连接 $A D, O D$,

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

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

$\therefore A D \perp B C$.

$\because A B=A C$

$\therefore C D=B D=\frac{1}{2} B C$.
$\because O A=O B$,

$\therefore O D / / A C$.

$\therefore \angle O D E=\angle C E D$.

$\because D E \perp A C$

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

$\therefore O D \perp D E$.

$\therefore D E$ 与 $\odot O$ 相切.

<ImageHere>

(2) 由(1)知 $\angle A D C=90^{\circ}$,

$\therefore$ 在 $R t \triangle A D C$ 中, 由勾股定理得

$A D=\sqrt{A C^{2}-\left(\frac{1}{2} B C\right)^{2}}=\sqrt{5^{2}-\left(\frac{1}{2} \times 6\right)^{2}}=4$.

$\because S_{A C D}=\frac{1}{2} A D \cdot C D=\frac{1}{2} A C \cdot D E$,

$\therefore \frac{1}{2} \times 4 \times 3=\frac{1}{2} \times 5 D E$.

$\therefore D E=\frac{12}{5}$.
解析：解: (1)相切, 理由如下:

连接 $A D, O D$,

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

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

$\therefore A D \perp B C$.

$\because A B=A C$

$\therefore C D=B D=\frac{1}{2} B C$.
$\because O A=O B$,

$\therefore O D / / A C$.

$\therefore \angle O D E=\angle C E D$.

$\because D E \perp A C$

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

$\therefore O D \perp D E$.

$\therefore D E$ 与 $\odot O$ 相切.



(2) 由(1)知 $\angle A D C=90^{\circ}$,

$\therefore$ 在 $R t \triangle A D C$ 中, 由勾股定理得

$A D=\sqrt{A C^{2}-\left(\frac{1}{2} B C\right)^{2}}=\sqrt{5^{2}-\left(\frac{1}{2} \times 6\right)^{2}}=4$.

$\because S_{A C D}=\frac{1}{2} A D \cdot C D=\frac{1}{2} A C \cdot D E$,

$\therefore \frac{1}{2} \times 4 \times 3=\frac{1}{2} \times 5 D E$.

$\therefore D E=\frac{12}{5}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：某校为检测师生体温, 在校门安装了某型号测温门. 如图为该测温门截面示意图, 已知测温门 $A D$ 的顶部 $A$ 处距地面高为 $2.2 m$, 为了解自己的有效测温区间. 身高 $1.6 m$ 的小聪做了如下实验:当他在地面 $N$ 处时测温门开始显示额头温度, 此时在额头 $B$ 处测得 $A$ 的仰角为 $18^{\circ}$; 在地面 $M$ 处时, 测温门停止显示额头温度, 此时在额头 $C$ 处测得 $A$ 的仰角为 $60^{\circ}$.求小聪在地面的有效测温区间 $M N$ 的长度. (额头到地面的距离以身高计，计算精确到 $0.1 m, \sin 18^{\circ} \approx 0.31, \cos 18^{\circ} \approx 0.95$, $\left.\tan 18^{\circ} \approx 0.32\right)$


选项：
答案：解: 延长 $B C$ 交 $A D$ 于点 $E$, 则 $A E=A D-D E=0.6 m$.

$B E=\frac{A E}{\tan 18^{\circ}} \approx 1.875 \mathrm{~m}, C E=\frac{A E}{\tan 60^{\circ}} \approx 0.374 \mathrm{~m}$.

所以 $B C=B E-C E=1.528 m$.

所以 $M N=B C \approx 1.5 m$.

答：小聪在地面的有效测温区间 $M N$ 的长度约为 $1.5 \mathrm{~m}$.

<ImageHere>
解析：解: 延长 $B C$ 交 $A D$ 于点 $E$, 则 $A E=A D-D E=0.6 m$.

$B E=\frac{A E}{\tan 18^{\circ}} \approx 1.875 \mathrm{~m}, C E=\frac{A E}{\tan 60^{\circ}} \approx 0.374 \mathrm{~m}$.

所以 $B C=B E-C E=1.528 m$.

所以 $M N=B C \approx 1.5 m$.

答：小聪在地面的有效测温区间 $M N$ 的长度约为 $1.5 \mathrm{~m}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：某地的一座人行天桥如图所示, 天桥高为 6 米，坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 为了方便行人推车过天桥, 有关部门决定降低坡度, 使新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$.

(1)求新坡面的坡角 $a$;



(2)原天桥底部正前方 8 米处 $(P B$ 的长)的文化墙 $P M$ 是否需要拆除? 请说明理由.
选项：
答案：解：(1) $\because$ 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$,

$\therefore \tan \alpha=\tan \angle C A B=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \angle \alpha=30^{\circ}$.

答: 新坡面的坡角 $a$ 为 $30^{\circ}$;

$(2)$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.

过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$, 则 $C D=6$,

$\because$ 坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$,

<ImageHere>

$\therefore B D=C D=6, A D=6 \sqrt{3}$,

$\therefore A B=A D-B D=6 \sqrt{3}-6<8$,

$\therefore$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.
解析：解：(1) $\because$ 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$,

$\therefore \tan \alpha=\tan \angle C A B=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \angle \alpha=30^{\circ}$.

答: 新坡面的坡角 $a$ 为 $30^{\circ}$;

$(2)$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.

过点 $C$ 作 $C D \perp A B$ 于点 $D$, 则 $C D=6$,

$\because$ 坡面 $B C$ 的坡度为 $1: 1$, 新坡面的坡度为 $1: \sqrt{3}$,



$\therefore B D=C D=6, A D=6 \sqrt{3}$,

$\therefore A B=A D-B D=6 \sqrt{3}-6<8$,

$\therefore$ 文化墙 $P M$ 不需要拆除.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $P A 、 P B 、 C D$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B 、 E$ 三点, $P A=6$.



(1)求 $\triangle P C D$ 的周长;

(2) 若 $\angle P=50^{\circ}$, 求 $\angle C O D$ 的度数.
选项：
答案：解: (1) $\because P A 、 P B$ 切 $\odot O$ 于点 $A 、 B, C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$,

$\therefore P A=P B=6, E D=B D, C E=A C$,

$\therefore \triangle P C D$ 的周长 $=P D+D E+P C+C E=2 P A=12$.

(2)连结 $O E ，$ 如图所示，

由切线的性质得 $O A \perp P A, O B \perp P B, O E \perp C D$,

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

$\because \angle A O B+\angle P=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A O B=180^{\circ}-\angle P=130^{\circ}$,

由切线长定理得 $\angle A O C=\angle E O C, \angle E O D=\angle B O D$,

$\therefore \angle C O D=\frac{1}{2} \angle A O B=\frac{1}{2} \times 130^{\circ}=65^{\circ}$.

<ImageHere>
解析：解: (1) $\because P A 、 P B$ 切 $\odot O$ 于点 $A 、 B, C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$,

$\therefore P A=P B=6, E D=B D, C E=A C$,

$\therefore \triangle P C D$ 的周长 $=P D+D E+P C+C E=2 P A=12$.

(2)连结 $O E ，$ 如图所示，

由切线的性质得 $O A \perp P A, O B \perp P B, O E \perp C D$,

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

$\because \angle A O B+\angle P=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A O B=180^{\circ}-\angle P=130^{\circ}$,

由切线长定理得 $\angle A O C=\angle E O C, \angle E O D=\angle B O D$,

$\therefore \angle C O D=\frac{1}{2} \angle A O B=\frac{1}{2} \times 130^{\circ}=65^{\circ}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $\odot O$ 的直径 $A B$ 为 $10 \mathrm{~cm}$, 弦 $A C$ 为 $6 \mathrm{~cm}, \angle A C B$ 的平分线 $C E$ 交 $A B$ 于 $D$, 交 $\odot O$ 于 $E, E F$为 $\odot O$ 的切线, 交 $C B$ 的延长线于 $F$.

(1)求证: $E F / / A B$;



(2)求 $B F$ 的长.
选项：
答案：证明：如图,

<ImageHere>

(1)连接 $O E$,

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

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

$\therefore O E \perp A B, \quad$,

$\because E F$ 是切线，

$\therefore O E \perp E F$,

$\therefore E F / / A B$

解: (2)作 $C H \perp A B$ 于 $H$.

$\because A B$ 是直径,

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

$B C=\sqrt{A B^{2}-A C^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$,
$\because \frac{1}{2} A C \cdot B C=\frac{1}{2} A B \cdot C H$,

$\therefore C H=\frac{24}{5}$,

$\because \mathrm{CH} / / \mathrm{OE}$,

$\therefore \triangle C D H \sim \triangle E D O$,

$\therefore \frac{C D}{D E}=\frac{C H}{O E}=\frac{24}{25}$,

$\because D B / / E F$,

$\therefore \frac{B C}{B F}=\frac{C D}{D E}=\frac{24}{25}$,

$\therefore B F=\frac{25}{3}$.
解析：证明：如图,



(1)连接 $O E$,

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

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

$\therefore O E \perp A B, \quad$,

$\because E F$ 是切线，

$\therefore O E \perp E F$,

$\therefore E F / / A B$

解: (2)作 $C H \perp A B$ 于 $H$.

$\because A B$ 是直径,

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

$B C=\sqrt{A B^{2}-A C^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$,
$\because \frac{1}{2} A C \cdot B C=\frac{1}{2} A B \cdot C H$,

$\therefore C H=\frac{24}{5}$,

$\because \mathrm{CH} / / \mathrm{OE}$,

$\therefore \triangle C D H \sim \triangle E D O$,

$\therefore \frac{C D}{D E}=\frac{C H}{O E}=\frac{24}{25}$,

$\because D B / / E F$,

$\therefore \frac{B C}{B F}=\frac{C D}{D E}=\frac{24}{25}$,

$\therefore B F=\frac{25}{3}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：根据所给的主视图和俯视图, 画出对应的左视图.


(1)



(2)
选项：
答案：解：(1)如图所示:

左视图

<ImageHere>

(2)如图所示:

左视图

<ImageHere>
解析：解：(1)如图所示:

左视图



(2)如图所示:

左视图
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题9分)(2022-浙江绍兴$cdot$九年级期末)如图,已知$odotO$是等腰$triangleABC$的外接圆,且$AB=AC$,点$D$是$AB$上一点,连结$BD$并延长至点$E$,连结$AD,CD$.(1)求证：$DA$平分$angleEDC$.(2)若$angleEDA=72^{circ}$,求$BC$的度数.
选项：
答案：(1)见解析$(2)72^{circ}$
解析：【分析】（1）由圆的内接四边形的性质可知$angleADB+angleACB=180^{circ}$,即可证明$angleACB=$$angleADE$.再由等腰三角形的性质可知$angleABC=angleACB$.根据圆周角定理又可推出$angleABC$$=angleADC，$从而即可得出$angleADC=angleADE，$即$AD$平分$angleEDC$;（2）根据（1）得出$angleADE=angleACB=angleABC=72^{circ}$,再由三角形内角和定理即可求出$angleBAC$的大小,最后根据圆周角定理即可求出$angleBOC$的大小,即$BC$的度数.(1)$because$四边形$ABCD$内接于$odotO$,$thereforeangleADB+angleACB=180^{circ}$$becauseangleADB+angleADE=180^{circ}$,$thereforeangleACB=angleADE$.$becauseAB=AC$$thereforeangleABC=angleACB$又$becauseangleABC=angleADC$,$thereforeangleADC=angleADE$，即$DA$平分$angleEDC$;(2)由（1）得$angleADE=angleACB=angleABC=72^{circ}$,$thereforeangleBAC=180^{circ}-angleACB-angleABC=36^{circ}$,$thereforeangleBOC=2angleBAC=72^{circ}$,$thereforeBC$的度数为$72^{circ}$.【点睛】本题考查圆的内接四边形的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，角平分线的定义以及三角形内角和定理.利用数形结合的思想是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)(2021$cdot$浙江$cdot$九年级期末)如图,在$triangleABCD$中,$E$是$AB$延长线上一点,$DE$交$BC$于点$F$,已知$frac{BE}{AB}=frac{2}{3},S_{triangleBEF}=8$,求$triangleCDF$的面积.
选项：
答案：18
解析：【分析】由平行四边形的对边平行且相等,可得$triangleCDFsimtriangleBEF$.又因$frac{BE}{AB}=frac{2}{3}$,可得相似三角形的相似比为$frac{2}{3}$,然后根据相似三角形面积之比等于相似比的平方即可求$triangleCDF$的面积.【详解】解:$because$四边形$ABCD$为平行四边形,$thereforeCD=AB$,且$CD//AB$,$thereforetriangleCDFsimtriangleBEF$,$becausefrac{BE}{AB}=frac{2}{3}$$thereforefrac{BE}{DC}=frac{2}{3}$,$thereforefrac{S_{triangleBEF}}{S_{triangleCDF}}=left(frac{BE}{CD}right)^{2}$,即$frac{8}{S_{triangleCDF}}=left(frac{2}{3}right)^{2}$,解得$S_{triangle}CDF=18$.【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质,解题的关键是：熟记相似三角形面积之比等于相似比的平方.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)(2022-浙江$cdot$九年级专题练习)如图,有一块三角形余料,它的边$BC=$$100{~m}$,高线$AH=80{~m}$,要把它加工成矩形零件,使矩形的一边$EF$在$BC$上,其余两个顶点$D、G$分别在边$AB、AC$上，设矩形$DEFG$的一边长$DE=x{~m}$,矩形$DEFG$的面积为$S$.(1)矩形$DEFG$的另一边长$DG$是多少?（用关于$x$的代数式表示)(2)求$S$关于$x$的函数表达式和自变量$x$的取值范围.(3)当$x$为多少时,矩形$DEFG$的面积$S$有最大值?最大值是多少?
选项：
答案：$(1)DG=frac{5}{4}(80-x)$(2)$-frac{5}{4}x^{2}+100x(0<x<80)$(3)当$x=40$时,$S$的值最大,最大值为$2000m^{2}$
解析：【分析】(1)利用矩形的性质,$DG//EF$,利用同位角相等,证$triangletriangleADGbacksimtriangleABC$,利用相似三角形的性质求解即可;(2)由(1)可知,$DG=frac{5}{4}(80-x)$,然后即可求出用$x$表示的矩形面积的关系式.(3)利用配方法求出最大值即可.(1)解:如图,$because$四边形$DEFG$是矩形,$thereforeDG//EF$,$thereforeangleADG=angleABC,angleAGD=angleACB$,$thereforetriangleADGbacksimtriangleABC$,$thereforefrac{DG}{BC}=frac{AR}{AH}$$thereforefrac{DG}{100}=frac{80-x}{80}$,$thereforeDG=frac{5}{4}(80-x)({m});$(2)解:矩形面积$left.S=xcdotfrac{5}{4}(80-x)=-frac{5}{4}x^{2}+100xquad0<x<80right)$;解:$becauseS=-frac{5}{4}left(x^{2}-80xright)=-frac{5}{4}(x-40)^{2}+2000$,$because-frac{5}{4}<0$,$thereforex=40$时,$S$的值最大,最大值为2000.答：当$x=40$时,$S$的值最大,最大值为$2000m^{2}$.【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质,二次函数的最值,矩形的性质等知识,此题的关键是利用相似三角形对应边的比等于其对应高的比,求得$DG=frac{5}{4}(80-x)$,然后即可求得$y$与$x$的函数关系式和最值.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题7分)（2021$cdot$浙江$cdot$金华市南苑中学九年级期中）正方形$ABCD$边长为$6,M、$$N$分别是$BC、CD$上的两个动点,当$M$点在$BC$上运动时,保持$AM$和$MN$垂直.(1)设$BM=x$,梯形$ABCN$的面积为$y$,求$y$与$x$之间的函数关系式;当$M$点运动到什么位置时，四边形$ABCN$面积最大，并求出最大面积；(2)当$M$点运动到什么位置时,Rt$triangleABMsim{Rt}triangleAMN$,求此时$x$的值.
选项：
答案：(1)y=-$frac{1}{2}x^{2}+3x+18(0<x<6)$,点$M$运动到$BC$的中点时,四边形$ABCN$的面积最大，最大面积为$frac{45}{2}$(2)当$M$点运动到$BC$为中点位置时,Rt$triangleABMsim{Rt}triangleAMN,x=3$
解析：【分析】(1)先证明Rt$triangleABMsim{Rt}triangleMCN$,可求$CN=frac{-x^{2}+6x}{6}$,由梯形的面积公式可求$y=-frac{1}{2}(x-3)^{2}+frac{45}{2}(0<x<6)$,由二次函数的性质可求解；（2）由相似三角形的性质求出$AM,MN$的长,则可证Rt$triangleABMsimRttriangleAMN$.(1)解:在正方形$ABCD$中,$AB=BC=CD=4,angleB=angleC=90^{circ}$,$becauseAMperpMN$```$thereforeangleAMN=90^{circ}$$thereforeangleCMN+angleAMB=90^{circ}$,又$becauseangleMAB+angleAMB=90^{circ}$,$thereforeangleMAB=angleCMN$$therefore$Rt$triangleABMsim{Rt}triangleMCN$$thereforefrac{AB}{MC}=frac{BM}{CN}$,即$frac{6}{6-x}=frac{x}{CN}$,$thereforeCN=frac{-x^{2}+6x}{6}$,$y=S_{text{梯形}ABCN}=frac{1}{2}times(CN+AB)timesBC=frac{1}{2}timesleft(frac{-x^{2}+6x}{6}+6right)times6=-frac{1}{2}x^{2}+3x+18=-frac{1}{2}(x-3)^{2}+frac{45}{2}$$(0<x<6)$,当$x=3$时,$y$取最大值,最大值为$frac{45}{2}$,```即点$M$运动到$BC$的中点时,四边形$ABCN$的面积最大,最大面积为$frac{45}{2}$；(2)解：当$M$点运动到$BC$为中点位置时,Rt$triangleABMsim{Rt}triangleAMN$.理由如下:$because$四边形$ABCD$为正方形,$thereforeAB=BC=6,BM=MC=3$,$thereforeAM=3sqrt{5}$,$because{Rt}triangleABMsim{Rt}triangleMCN$$thereforefrac{AM}{MN}=frac{AB}{MC}=2$,$thereforeMN=frac{1}{2}AM=frac{3}{2}sqrt{5}$,$becausefrac{AM}{AB}=frac{3sqrt{5}}{6}=frac{sqrt{5}}{2},frac{MN}{BM}=frac{frac{3sqrt{5}}{2}}{3}=frac{sqrt{5}}{2}$,$thereforefrac{AM}{AB}=frac{MN}{BM}$,而$angleABM=angleAMN=90^{circ}$,$therefore$Rt$triangleABMsim{Rt}triangleAMN$,$therefore$当$x=3$时,${Rt}triangleABMsim{Rt}triangleAMN$,【点睛】本题考查了正方形的性质,相似三角形的判定和性质,梯形的面积公式,二次函数的性质等知识,证明Rt$triangleABMsim{Rt}triangleMCN$是解本题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)(2020浙江$cdot$义乌市宾王中学九年级期中)某校九年级一班的一节数学活动课安排了测量操场上悬挂国旗的旗杆的高度。甲、乙、丙三个学习小组设计的测量方案如图所示:甲组测得图中$BO=60$米,$OD=3.4$米,$CD=1.7$米;乙组测得图中,$CD=1.5$米,同一时刻影长$FD=0.9$米,$EB=18$米;丙组测得图中,$EF//AB、FH//BD$,$BD=90$米,$EF=0.2$米,人的臂长$(FH)$为0.6米,请你任选一种方案,利用实验数据求出该校旗杆的高度.甲组方案乙组方案丙组方案
选项：
答案：30米
解析：【分析】此题三种方案均为把实际问题抽象成三角形相似的问题,解题方法都是利用相似三角形对应边成比例求出结果.采用甲组方案,证明$triangleABOsimtriangleCDO$,根据相似三角形对应边成比例列出$frac{AB}{CD}=frac{OB}{OD}$,然后求出该校旗杆的高度即可.【详解】解：采用甲组方案,在$triangleABO$和$triangleCDO$中,$becauseangleABO=angleCDO=90^{circ},angleAOB=angleCOD$,$thereforetriangleABOsimtriangleCDO$$thereforefrac{AB}{CD}=frac{OB}{OD}$,即$frac{AB}{1.7}=frac{60}{3.4}$，解得$AB=30$米,即该校旗杆的高度为30米.【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质,解题关键是构建相似三角形,根据相似三角形的性质列式求解.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)（2021$cdot$浙江温州$cdot$九年级阶段练习）如图,矩形$ABCD,BFperpAC$交$CD$于点$E$,交$AD$的延长线于点$F$.(1)求证:$AB^{2}=BCcdotAF$.（2）当$frac{BC}{AB}=frac{2}{3},DF=5$时,求$AC$的长.
选项：
答案：(1)见详解;(2)$2sqrt{13}$
解析：【分析】(1)根据矩形$ABCD$和$BFperpAC$得到$triangleABFsimtriangleBCA$,列比例式即可得出结论;(2)设$BC=2x,AB=3x$,根据$AB^{2}=BCcdotAF$,可得方程$(3x)^{2}=2x(2x+5)$,再根据勾股定理即可得到结论.【详解】(1)证明:$because$矩形$ABCD$$thereforeangleFAB=angleABC=90^{circ}$$becauseBFperpAC$$thereforeangleACB+angleCBE=angleCBE+angleFBA=90^{circ}$$thereforeangleACB=angleFBA$$thereforetriangleABFsimtriangleBCA$$thereforefrac{AB}{BC}=frac{AF}{BA}$$thereforeAB^{2}=BCcdotAF$(2)解:$becausefrac{BC}{AB}=frac{2}{3}$$therefore$设$BC=2x,AB=3x$$becauseAB^{2}=BCcdotAF$$therefore(3x)^{2}=2x(2x+5)$$thereforex_{1}=0,x_{2}=2$$thereforeBC=4,AB=6$$thereforeAC=sqrt{6^{2}+4^{2}}=2sqrt{13}$【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质和勾股定理,熟记相似三角形的判定和性质和勾股定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题8分)(2022-浙江杭州二模)如图,$AB$是$odotO$的直径,$CD$是一条弦.过点$A$作$DC$延长线的垂线,垂足为点$E$.连接$AC,AD$.(1)证明:$triangleABDsimtriangleACE$;(2)若$AB=5sqrt{10},BD=5,CD=9$.(1)求$EC$的长.(2)延长$CD,AB$交于点$F$,点$G$是弦$CD$上一点,且$angleCAG=angleF$,求$CG$的长.
选项：
答案：(1)见解析(2)(1)$EC$的长为3;(2)$CG$的长为$frac{15}{4}$
解析：【分析】(1)利用圆内接四边形的性质求得$angleACD+angleABD=180^{circ}$,推出$angleABD=angleACE$,即可证明;（2）(1)$triangleABDsimtriangleACE$,推出$AE=3CE$,在Rt$triangleADE$中,利用勾股定理求解即可;(2)证明$triangleEAGbacksimtriangleEDA$,利用三角形的性质求解即可.(1)解:$becauseAB$是$odotO$的直径,$AEperpCE$,$thereforeangleAEC=angleADB=90^{circ}$,$because$四边形$ABDC$是圆内接四边形,$thereforeangleACD+angleABD=180^{circ}$又$angleACE+angleACD=180^{circ}$,$thereforeangleABD=angleACE$,$thereforetriangleABDsimtriangleACE$(2)解:(1)在Rt$triangleBDA$中,$AB=5sqrt{10},BD=5$,$thereforeAD=sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=15$,$becausetriangleABDsimtriangleACE$,$thereforefrac{BD}{AD}=frac{CE}{AE}$,即$frac{5}{15}=frac{CE}{AE}$,$thereforeAE=3CE$,在Rt$triangleADE$中,$AD^{2}=AE^{2}+DE^{2}$,$therefore15^{2}=(3CE)^{2}+(9+CE)^{2}$,解得:$CE=-frac{24}{5}$(舍去)或$CE=3$;$thereforeEC$的长为3;(2)$becausetriangleABDsimtriangleACE$$thereforeangleBAD=angleCAE$,$becauseangleCAG=angleF,angleEAG=angleCAE+angleCAG,angleEDA=angleBAD+angleF$,$thereforeangleEAG=angleEDA$$thereforetriangleEAGbacksimtriangleEDA$,$thereforefrac{AE}{ED}=frac{GE}{AE}$$thereforeAE^{2}=GEcdotED$,即$AE^{2}=(EC+CG)cdotED$,$becauseCE=3$,$thereforeAE=3CE=9$,$therefore9^{2}=(3+CG)times12$,$thereforeCG=frac{15}{4}$.【点睛】本题考查了圆周角定理,相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识点,证得$triangleABDsimtriangleACE$和$triangleEAGsimtriangleEDA$是解题的关键.