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题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示为住宅区内的两幢楼, 它们的高 $A B=C D=30 \mathrm{~m}$, 两楼间的距离 $A C=30 \mathrm{~m}$, 现需了解甲楼对乙楼的采光的影响情况.



(1)当太阳光线与水平线的夹角为 $30^{\circ}$ 时, 求甲楼的影子在乙楼上的高度. (结果精确到 $0.1 \mathrm{~m}$, $\sqrt{3} \approx 1.73)$

(2)若要甲楼的影子刚好不落在乙楼的墙上, 此时太阳光线与水平线的夹角为多少度?
选项：
答案： 解: (1)如图, 延长 $O B$ 交 $D C$ 于 $E$, 作 $E F \perp A B$, 交 $A B$ 于 $F$,

<ImageHere>
在Rt $\triangle B E F$ 中，

$\because E F=A C=30 m, \angle F E B=30^{\circ}$,

$\therefore B E=2 B F$.

设 $B F=x$, 则 $B E=2 x$.

根据勾股定理知 $B E^{2}=B F^{2}+E F^{2}$,

$\therefore(2 x)^{2}=x^{2}+30^{2}$,

$\therefore x= \pm 10 \sqrt{3}$ (负值舍去),

$\therefore x \approx 17.3(m)$.

因此, $E C=30-17.3 \approx 12.7(m)$;

(2)当甲幢楼的影子刚好落在点 $C$ 处时, $\triangle A B C$ 为等腰三角形,

因此, 当太阳光与水平线夹角为 $45^{\circ}$ 时, 甲楼的影子刚好不落在乙楼的墙上.
解析： 解: (1)如图, 延长 $O B$ 交 $D C$ 于 $E$, 作 $E F \perp A B$, 交 $A B$ 于 $F$,


在Rt $\triangle B E F$ 中，

$\because E F=A C=30 m, \angle F E B=30^{\circ}$,

$\therefore B E=2 B F$.

设 $B F=x$, 则 $B E=2 x$.

根据勾股定理知 $B E^{2}=B F^{2}+E F^{2}$,

$\therefore(2 x)^{2}=x^{2}+30^{2}$,

$\therefore x= \pm 10 \sqrt{3}$ (负值舍去),

$\therefore x \approx 17.3(m)$.

因此, $E C=30-17.3 \approx 12.7(m)$;

(2)当甲幢楼的影子刚好落在点 $C$ 处时, $\triangle A B C$ 为等腰三角形,

因此, 当太阳光与水平线夹角为 $45^{\circ}$ 时, 甲楼的影子刚好不落在乙楼的墙上.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 花丛中有一路灯杆 $A B$, 在灯光下, 大华在 $D$ 点处的影长 $D E=3$ 米, 沿 $B D$ 方向行走到达 $G$ 点, $D G=5$ 米, 这时大华的影长 $G H=5$ 米. 如果大华的身高为 2 米, 求路灯杆 $A B$ 的高度.


选项：
答案：解: $\because C D / / A B$,

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

$\therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B E}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{3}{3+B D}(1)$,

$\because F G / / A B$,

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

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{H G}{H B}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{5}{B D+5+5}$ (2)，

由(1)(2)得 $\frac{3}{3+B D}=\frac{5}{B D+5+5}$,

解得 $B D=7.5$,

$\therefore \frac{2}{A B}=\frac{3}{7.5+3}$, 解得: $A B=7$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $7 \mathrm{~m}$.
解析：解: $\because C D / / A B$,

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

$\therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B E}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{3}{3+B D}(1)$,

$\because F G / / A B$,

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

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{H G}{H B}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{5}{B D+5+5}$ (2)，

由(1)(2)得 $\frac{3}{3+B D}=\frac{5}{B D+5+5}$,

解得 $B D=7.5$,

$\therefore \frac{2}{A B}=\frac{3}{7.5+3}$, 解得: $A B=7$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $7 \mathrm{~m}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, 台阶 $C D$ 为某校运动场观赛台, 台阶每层高 0.3 米, $A B$为运动场外的一幢坚直居民楼, 且 $A C=51.7$ 米, 设太阳光线与水平地面的夹角为 $\alpha$, 当 $\alpha=60^{\circ}$ 时, 测得居民楼在地面上的影长

$A E=30$ 米. (参考数据: $\sqrt{3} \approx 1.73$ )



(1)求居民楼的高度约为多少米?

(2)当 $\alpha=45^{\circ}$ 时, 请问在台阶的 $M N$ 这层上观看比赛的学生是否还晒到太阳？请说明理由.
选项：
答案：解: (1)当 $\alpha=60^{\circ}$ 时, 在 $R t \triangle A B E$ 中,

$\because \tan 60^{\circ}=\frac{A B}{A E}$

$\therefore A B=30 \tan 60^{\circ}=30 \sqrt{3} \approx 51.9$ 米,

<ImageHere>

答：居民楼的高度约为 51.9 米.

(2)当 $\alpha=45^{\circ}$ 时, 学生仍然晒到太阳. 理由如下:

设点 $B$ 射下的光线与地面 $A D$ 的交点为 $F$, 与 $M C$ 的交点为 $H$,

$\because \angle A F B=45^{\circ}$,

$\therefore A F=A B=51.9$,

$\therefore C F=A F-A C=51.9-51.7=0.2$,

$\because \angle C F H=45^{\circ}$,

$\therefore C H=C F=0.2$ 米 $<0.3$ 米,

$\therefore$ 居民楼的影子落在台阶 $M C$ 这个侧面上,

$\therefore$ 在 $M N$ 这层上观看比赛的学生仍晒到太阳.
解析：解: (1)当 $\alpha=60^{\circ}$ 时, 在 $R t \triangle A B E$ 中,

$\because \tan 60^{\circ}=\frac{A B}{A E}$

$\therefore A B=30 \tan 60^{\circ}=30 \sqrt{3} \approx 51.9$ 米,



答：居民楼的高度约为 51.9 米.

(2)当 $\alpha=45^{\circ}$ 时, 学生仍然晒到太阳. 理由如下:

设点 $B$ 射下的光线与地面 $A D$ 的交点为 $F$, 与 $M C$ 的交点为 $H$,

$\because \angle A F B=45^{\circ}$,

$\therefore A F=A B=51.9$,

$\therefore C F=A F-A C=51.9-51.7=0.2$,

$\because \angle C F H=45^{\circ}$,

$\therefore C H=C F=0.2$ 米 $<0.3$ 米,

$\therefore$ 居民楼的影子落在台阶 $M C$ 这个侧面上,

$\therefore$ 在 $M N$ 这层上观看比赛的学生仍晒到太阳.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图是位于陕西省西安市荐福寺内的小雁塔, 是中国早期方形密檐式砖塔的典型作品, 并作为丝绸之路的一处重要遗址点, 被列入《世界遗产名录》。小铭、小希等几位同学想利用一些测量工具和所学的几何知识测量小雁塔的高度, 由于观测点与小雁塔底部间的距离不易测量, 因此经过研究需要进行两次测量, 于是在阳光下, 他们首先利用影长进行测量, 方法如下: 小铭在小雁塔的影子顶端 D 处坚直立一根木棒 $\mathrm{CD}$, 并测得此时木棒的影长 $\mathrm{DE}=2.4$ 米; 然后, 小希在 $\mathrm{BD}$ 的延长线上找出一点 $\mathrm{F}$,使得 A、C、F 三点在同一直线上, 并测得 $\mathrm{DF}=2.5$ 米. 已知图中所有点均在同一平面内, 木棒高 $\mathrm{CD}=1.72$米, $\mathrm{AB} \perp \mathrm{BF}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{BF}$, 试根据以上测量数据, 求小雁塔的高度 $\mathrm{AB}$.


选项：
答案：43 米.

【解析】由题意得: $\angle A B D=\angle C D E=90^{\circ}, \angle A D B=\angle C E D, \therefore \triangle C D E \sim \triangle A B D, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B D}$.

$\because \angle F=\angle F, \therefore \triangle C D F \sim \triangle A B F, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D F}{B F}, \therefore \frac{D E}{B D}=\frac{D F}{B F}$, 即 $\frac{2.4}{B D}=\frac{2.5}{B D+2.5}, \therefore B D=60$,

$\therefore \frac{1.72}{A B}=\frac{2.4}{60}, \therefore A B=43$. 答: 小雁塔的高度 $A B$ 是 43 米.
解析：43 米.

【解析】由题意得: $\angle A B D=\angle C D E=90^{\circ}, \angle A D B=\angle C E D, \therefore \triangle C D E \sim \triangle A B D, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B D}$.

$\because \angle F=\angle F, \therefore \triangle C D F \sim \triangle A B F, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D F}{B F}, \therefore \frac{D E}{B D}=\frac{D F}{B F}$, 即 $\frac{2.4}{B D}=\frac{2.5}{B D+2.5}, \therefore B D=60$,

$\therefore \frac{1.72}{A B}=\frac{2.4}{60}, \therefore A B=43$. 答: 小雁塔的高度 $A B$ 是 43 米.
题目（九年级 · 度量几何学）：某数学兴趣小组, 利用树影测量树高, 如图 (1), 已测出树 $A B$ 的影长 $A C$ 为 12 米, 并测出此时太阳光线与地面成 $30^{\circ}$ 夹角.

(1) 求出树高 $A B$;

（2）因水土流失, 此时树 $A B$ 沿太阳光线方向倒下, 在倾倒过程中, 树影长度发生了变化, 假设太阳光线与地面夹角保持不变. 求树的最大影长. (用图 (2) 解答)



(1)



(2)
选项：
答案：(1) 树 $A B$ 的高约为 $4 \sqrt{3} \mathrm{~m}$; (2) $8 \sqrt{3} \mathrm{~m}$.

【解析】 (1) $\mathrm{AB}=\mathrm{ACtan} 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}$ (米). 答: 树高约为 $4 \sqrt{3}$ 米.

（2）如图 (2), $\mathrm{B}_{1} \mathrm{~N}=\mathrm{AN}_{\mathrm{N}}=\mathrm{AB}_{1} \sin 45^{\circ}=4 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2 \sqrt{6}$ (米).

$\mathrm{NC}_{1}=\mathrm{NB}_{1} \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{6} \times \sqrt{3}=6 \sqrt{2}$ (米) .

$\mathrm{AC}_{1}=\mathrm{AN}+\mathrm{NC}_{1}=2 \sqrt{6}+6 \sqrt{2}$.

当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大 $\mathrm{AC}_{2}$ (或树与光线垂直时影长最大或光线与半径为 $\mathrm{AB}$ 的 $\odot \mathrm{A}$ 相切时影长最大)

$\mathrm{AC}_{2}=2 \mathrm{AB}_{2}=8 \sqrt{3} ;$

(1) 在直角 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 已知 $\angle \mathrm{ACB}=30^{\circ}, \mathrm{AC}=12$ 米. 利用三角函数即可求得 $\mathrm{AB}$ 的长;

(2) 在 $\triangle \mathrm{AB}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 中, 已知 $\mathrm{AB}_{1}$ 的长, 即 $\mathrm{AB}$ 的长, $\angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{AC}_{1}=45^{\circ}, \angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{~A}=30^{\circ}$. 过 $\mathrm{B}_{1}$ 作 $\mathrm{AC}_{1}$ 的垂线, 在直角 $\triangle A B_{1} N$ 中根据三角函数求得 $A N, B N$; 再在直角 $\triangle B_{1} N C_{1}$ 中, 根据三角函数求得 $N C_{1}$ 的长, 再根据当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大, 根据三角函数即可求解.
解析：(1) 树 $A B$ 的高约为 $4 \sqrt{3} \mathrm{~m}$; (2) $8 \sqrt{3} \mathrm{~m}$.

【解析】 (1) $\mathrm{AB}=\mathrm{ACtan} 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}$ (米). 答: 树高约为 $4 \sqrt{3}$ 米.

（2）如图 (2), $\mathrm{B}_{1} \mathrm{~N}=\mathrm{AN}_{\mathrm{N}}=\mathrm{AB}_{1} \sin 45^{\circ}=4 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2 \sqrt{6}$ (米).

$\mathrm{NC}_{1}=\mathrm{NB}_{1} \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{6} \times \sqrt{3}=6 \sqrt{2}$ (米) .

$\mathrm{AC}_{1}=\mathrm{AN}+\mathrm{NC}_{1}=2 \sqrt{6}+6 \sqrt{2}$.

当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大 $\mathrm{AC}_{2}$ (或树与光线垂直时影长最大或光线与半径为 $\mathrm{AB}$ 的 $\odot \mathrm{A}$ 相切时影长最大)

$\mathrm{AC}_{2}=2 \mathrm{AB}_{2}=8 \sqrt{3} ;$

(1) 在直角 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 已知 $\angle \mathrm{ACB}=30^{\circ}, \mathrm{AC}=12$ 米. 利用三角函数即可求得 $\mathrm{AB}$ 的长;

(2) 在 $\triangle \mathrm{AB}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 中, 已知 $\mathrm{AB}_{1}$ 的长, 即 $\mathrm{AB}$ 的长, $\angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{AC}_{1}=45^{\circ}, \angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{~A}=30^{\circ}$. 过 $\mathrm{B}_{1}$ 作 $\mathrm{AC}_{1}$ 的垂线, 在直角 $\triangle A B_{1} N$ 中根据三角函数求得 $A N, B N$; 再在直角 $\triangle B_{1} N C_{1}$ 中, 根据三角函数求得 $N C_{1}$ 的长, 再根据当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大, 根据三角函数即可求解.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, A B=A C$, 过点 $A$ 作 $A D \perp A B$ 交 $\odot O$ 于点 $D$, 交 $B C$ 于点 $E$,点 $\mathrm{F}$ 在 $\mathrm{DA}$ 的延长线上, 且 $\angle \mathrm{ABF}=\angle \mathrm{C}$.

(1) 求证: $\mathrm{BF}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;

(2) 若 $\mathrm{AD}=4, \cos \angle \mathrm{ABF}=\frac{4}{5}$, 求 $\mathrm{BC}$ 的长.


选项：
答案：(1) 证明见解析; (2) $\quad B C=\frac{24}{5}$.

【解析】 (1) 如图, 连接 $\mathrm{BD}$

$\because \quad \mathrm{AD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \quad \mathrm{DB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}$, 又 $\because \quad \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{C}, \angle \mathrm{ABF}=\angle \mathrm{C}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}+\angle \mathrm{ABF}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{OB} \perp \mathrm{BF}, \therefore \quad \mathrm{BF}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;

<ImageHere>

(2) 如图, 连接 $O A$, 交 $B C$ 于点 $G$,

$\because \quad \mathrm{AC}=\mathrm{AB}$,

<ImageHere>

$\therefore \quad$ 弧 $\mathrm{AC}=$ 弧 $\mathrm{AB} \therefore \quad \angle \mathrm{D}=\angle 2=\angle \mathrm{ABF}, \mathrm{OA} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{BG}=\mathrm{CG}$,

$\therefore \quad \cos \angle \mathrm{D}=\cos \angle 2=\cos \angle \mathrm{ABF}=\frac{4}{5}$, 在 $\triangle \mathrm{ABD}$ 中, $\angle \mathrm{DAB}=90^{\circ}$,

$\therefore \quad \mathrm{BD}=\frac{\mathrm{AD}}{\cos \angle \mathrm{D}}=5, \therefore \quad \mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{BD}^{2}-\mathrm{AD}^{2}}=3$,

在 $\triangle \mathrm{ABG}$ 中, $\angle \mathrm{AGB}=90^{\circ}, \mathrm{AD}=4, \therefore \quad \mathrm{BG}=\mathrm{AB} \times \cos \angle 2=\frac{12}{5}$,

$\therefore \quad \mathrm{BC}=2 \mathrm{BG}=\frac{24}{5}$.
解析：(1) 证明见解析; (2) $\quad B C=\frac{24}{5}$.

【解析】 (1) 如图, 连接 $\mathrm{BD}$

$\because \quad \mathrm{AD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \quad \mathrm{DB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}$, 又 $\because \quad \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{C}, \angle \mathrm{ABF}=\angle \mathrm{C}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}+\angle \mathrm{ABF}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{OB} \perp \mathrm{BF}, \therefore \quad \mathrm{BF}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;



(2) 如图, 连接 $O A$, 交 $B C$ 于点 $G$,

$\because \quad \mathrm{AC}=\mathrm{AB}$,



$\therefore \quad$ 弧 $\mathrm{AC}=$ 弧 $\mathrm{AB} \therefore \quad \angle \mathrm{D}=\angle 2=\angle \mathrm{ABF}, \mathrm{OA} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{BG}=\mathrm{CG}$,

$\therefore \quad \cos \angle \mathrm{D}=\cos \angle 2=\cos \angle \mathrm{ABF}=\frac{4}{5}$, 在 $\triangle \mathrm{ABD}$ 中, $\angle \mathrm{DAB}=90^{\circ}$,

$\therefore \quad \mathrm{BD}=\frac{\mathrm{AD}}{\cos \angle \mathrm{D}}=5, \therefore \quad \mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{BD}^{2}-\mathrm{AD}^{2}}=3$,

在 $\triangle \mathrm{ABG}$ 中, $\angle \mathrm{AGB}=90^{\circ}, \mathrm{AD}=4, \therefore \quad \mathrm{BG}=\mathrm{AB} \times \cos \angle 2=\frac{12}{5}$,

$\therefore \quad \mathrm{BC}=2 \mathrm{BG}=\frac{24}{5}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{BD}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{B}, C$ 是圆上一点.

(1)如图1, 若 $\angle \mathrm{DBC}=24^{\circ}$, 求 $\angle \mathrm{A}$ 的度数;

(2)如图 2, $\mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{ACB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 交于点 $\mathrm{E}$, 若 $\mathrm{BC}=2, \mathrm{AC}=4$, 求 $\mathrm{AE}$ 的长.

选项：
答案：(1) $\angle \mathrm{A}=24^{\circ}$; (2) $\mathrm{AE}=\sqrt{10}$.
【解析】(1) $\because \mathrm{BD}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{B}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}, \because \quad \angle \mathrm{DBC}=24^{\circ}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABC}=66^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \therefore \quad \angle \mathrm{A}=90^{\circ}-66^{\circ}=24^{\circ}$;
<ImageHere>

(2)连接 $\mathrm{BE}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\mathrm{BC}=2, \mathrm{AC}=4, \therefore \mathrm{AB}=\sqrt{20}$,

$\because \quad \mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{ACB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 交于点 $\mathrm{E}, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\mathrm{BE}$,

$\because \quad \mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \quad \angle \mathrm{AEB}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\sqrt{\mathrm{AB}^{2}-\mathrm{BE}^{2}}=\sqrt{10}$.
解析：(1) $\angle \mathrm{A}=24^{\circ}$; (2) $\mathrm{AE}=\sqrt{10}$.
【解析】(1) $\because \mathrm{BD}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{B}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}, \because \quad \angle \mathrm{DBC}=24^{\circ}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABC}=66^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \therefore \quad \angle \mathrm{A}=90^{\circ}-66^{\circ}=24^{\circ}$;


(2)连接 $\mathrm{BE}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\mathrm{BC}=2, \mathrm{AC}=4, \therefore \mathrm{AB}=\sqrt{20}$,

$\because \quad \mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{ACB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 交于点 $\mathrm{E}, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\mathrm{BE}$,

$\because \quad \mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \quad \angle \mathrm{AEB}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\sqrt{\mathrm{AB}^{2}-\mathrm{BE}^{2}}=\sqrt{10}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{BAC}$ 的平分线交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{O}, \mathrm{OC}=1$, 以点 $\mathrm{O}$ 为圆心 $\mathrm{OC}$ 为半径作半圆.

(1)求证: $A B$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2)如果 $\tan \angle \mathrm{CAO}=\frac{1}{3}$, 求 $\cos \mathrm{B}$ 的值.


选项：
答案：（1）证明见解析 (2) $\frac{3}{5}$

【解析】(1)证明: 作 $O M \perp A B$ 于 $M$,

$\because O A$ 平分 $\angle C A B, O C \perp A C, O M \perp A B$,

$\therefore O C=O M . \quad \therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线.

(2)设 $B M=x, O B=y$,

则 $y^{2}-x^{2}=1$. (1) $\because \tan \angle C A O=\frac{1}{3}, \therefore A C=A M=3$.

$\because \cos B=\frac{B M}{O B}=\frac{B C}{A B}, \therefore \frac{x}{y}=\frac{y+1}{x+3} . \therefore x^{2}+3 x=y^{2}+y$.

由(1)(2)可得 $y=3 x-1, \therefore(3 x-1)^{2}-x^{2}=1$.
$\therefore x=\frac{3}{4}, y=\frac{5}{4} . \therefore \cos B=\frac{x}{y}=\frac{3}{5}$.
解析：（1）证明见解析 (2) $\frac{3}{5}$

【解析】(1)证明: 作 $O M \perp A B$ 于 $M$,

$\because O A$ 平分 $\angle C A B, O C \perp A C, O M \perp A B$,

$\therefore O C=O M . \quad \therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线.

(2)设 $B M=x, O B=y$,

则 $y^{2}-x^{2}=1$. (1) $\because \tan \angle C A O=\frac{1}{3}, \therefore A C=A M=3$.

$\because \cos B=\frac{B M}{O B}=\frac{B C}{A B}, \therefore \frac{x}{y}=\frac{y+1}{x+3} . \therefore x^{2}+3 x=y^{2}+y$.

由(1)(2)可得 $y=3 x-1, \therefore(3 x-1)^{2}-x^{2}=1$.
$\therefore x=\frac{3}{4}, y=\frac{5}{4} . \therefore \cos B=\frac{x}{y}=\frac{3}{5}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 形如量角器的半圆 $O$ 的直径 $D E=12 \mathrm{~cm}$, 形如三角板的 $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}$, $\angle A B C=30^{\circ}, B C=12 \mathrm{~cm}$, 半圆 $O$ 以 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度从左向右运动, 在运动过程中, 点 $D 、 E$ 始终在直线 $B C$ 上, 设运动时间为 $t(s)$, 当 $t=0(s)$ 时, 半圆 $O$ 在 $\triangle A B C$ 的左侧, $O C=8 \mathrm{~cm}$.

(1) 当 $t=0(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ \$ \qquad \$ , 当 $t=8(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ \$ \qquad \$ ;

(2) 当 $t$ 为何值时, $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 与半圆 $O$ 相切?

(3) 当 $t$ 为何值时, $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 与半圆 $O$ 相切?


选项：
答案：（1）外，外；（2）2或 14；（3）8 或 32.

【解析】 (1) $A C=B C \cdot \tan 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}>6$,

$\therefore t$ 无论为何值, 点 $A$ 始终在半圆 $O$ 外,

$\therefore$ 当 $t=0(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外, 当 $t=8(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外;

(2) (1)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 左侧时, $O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8-6) \div 1=2(s)$;

<ImageHere>

(2)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 右侧时,

$O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8+6) \div 1=14(s) ;$

<ImageHere>

$\therefore$ 当 $t=2$ 或 14 时, $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 与半圆 $O$ 相切;

(3) (1)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 相切于点 $F$, 连接 $O F$,
$\therefore O F \perp A B, \quad \because O F=6 \mathrm{~cm}, \quad \angle A B C=30^{\circ}$,

$\therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \therefore$ 点 $O$ 与点 $C$ 重合,

$\therefore t=8 \div 1=8(s) ;$

<ImageHere>

(2)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 的延长线相切于点 $Q$, 连接 $O Q$,

$\because \angle O B Q=\angle A B C=30^{\circ}, O Q=6 \mathrm{~cm}, \quad \therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \quad \therefore t=(12+12+8) \div 1=32(\mathrm{~s})$.

<ImageHere>

$\therefore$ 当 $t=8$ 或 32 时, $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 与半圆 $O$ 相切;
解析：（1）外，外；（2）2或 14；（3）8 或 32.

【解析】 (1) $A C=B C \cdot \tan 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}>6$,

$\therefore t$ 无论为何值, 点 $A$ 始终在半圆 $O$ 外,

$\therefore$ 当 $t=0(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外, 当 $t=8(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外;

(2) (1)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 左侧时, $O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8-6) \div 1=2(s)$;



(2)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 右侧时,

$O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8+6) \div 1=14(s) ;$



$\therefore$ 当 $t=2$ 或 14 时, $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 与半圆 $O$ 相切;

(3) (1)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 相切于点 $F$, 连接 $O F$,
$\therefore O F \perp A B, \quad \because O F=6 \mathrm{~cm}, \quad \angle A B C=30^{\circ}$,

$\therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \therefore$ 点 $O$ 与点 $C$ 重合,

$\therefore t=8 \div 1=8(s) ;$



(2)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 的延长线相切于点 $Q$, 连接 $O Q$,

$\because \angle O B Q=\angle A B C=30^{\circ}, O Q=6 \mathrm{~cm}, \quad \therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \quad \therefore t=(12+12+8) \div 1=32(\mathrm{~s})$.



$\therefore$ 当 $t=8$ 或 32 时, $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 与半圆 $O$ 相切;
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\odot O$ 的半径长为 $5, O C$ 垂直弦 $A B$ 于点 $C, O C$ 的延长线交 $\odot O$ 于点 $E$, 与过点 $B$ 的 $\odot O$的切线交于点 $F$, 已知 $C E=x$.

$(l)$ 若 $x=2$, 求 $A B 、 B F$ 的长;

(2) 求 $E F \cdot C O^{2}$ 的最大值.


选项：
答案：(1) $\frac{20}{3}$;
(2) $E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.

【解析】 (1) $E C=2$, 则 $C O=5-2=3$.

$\because C O \perp A B, \therefore A B=2 C B$. 在 Rt $\triangle B C O$ 中, $B O=5, \therefore B C=\sqrt{O B^{2}-O C^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4, \therefore A B=8$.

$\because B F$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore O B \perp B F$.

在 $\triangle B O C$ 和 $\triangle O B F$ 中, $\because \angle O C B=\angle F B O=90^{\circ}, \angle B O C=\angle B O F, \therefore \triangle B O C \sim \triangle O B F, \therefore \frac{O C}{B O}=\frac{B C}{B F}$, $\therefore \frac{3}{5}=\frac{4}{B F}$, 解得: $B F=\frac{20}{3}$;

(2) $\because \angle C B F+\angle O B C=90^{\circ}, \angle B O C+\angle O B C=90^{\circ}, \therefore \angle C B F=\angle B O C$, 又 $\angle B C F=\angle B C O=90^{\circ}$, $\therefore \triangle B C O \sim \triangle F C B, \quad \therefore \frac{B C}{O C}=\frac{F C}{B C}, \therefore B C^{2}=O C \times F C$.

$\because O C=5-x, O B=5, \quad \therefore B C^{2}=B O^{2}-C O^{2}=25-(5-x)^{2}, \quad \therefore 25-(5-x)^{2}=C O \times F C=(5-x) \times F C$,

$\therefore F C=\frac{10 x-x^{2}}{5-x}, \therefore E F \times C O^{2}=(F C-E C) \times C O^{2}$

$=\left(\frac{10 x-x^{2}}{5-x}-x\right)(5-x)^{2}=5 x(5-x)=-5\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+\frac{125}{4}$

$\therefore E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.
解析：(1) $\frac{20}{3}$;
(2) $E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.

【解析】 (1) $E C=2$, 则 $C O=5-2=3$.

$\because C O \perp A B, \therefore A B=2 C B$. 在 Rt $\triangle B C O$ 中, $B O=5, \therefore B C=\sqrt{O B^{2}-O C^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4, \therefore A B=8$.

$\because B F$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore O B \perp B F$.

在 $\triangle B O C$ 和 $\triangle O B F$ 中, $\because \angle O C B=\angle F B O=90^{\circ}, \angle B O C=\angle B O F, \therefore \triangle B O C \sim \triangle O B F, \therefore \frac{O C}{B O}=\frac{B C}{B F}$, $\therefore \frac{3}{5}=\frac{4}{B F}$, 解得: $B F=\frac{20}{3}$;

(2) $\because \angle C B F+\angle O B C=90^{\circ}, \angle B O C+\angle O B C=90^{\circ}, \therefore \angle C B F=\angle B O C$, 又 $\angle B C F=\angle B C O=90^{\circ}$, $\therefore \triangle B C O \sim \triangle F C B, \quad \therefore \frac{B C}{O C}=\frac{F C}{B C}, \therefore B C^{2}=O C \times F C$.

$\because O C=5-x, O B=5, \quad \therefore B C^{2}=B O^{2}-C O^{2}=25-(5-x)^{2}, \quad \therefore 25-(5-x)^{2}=C O \times F C=(5-x) \times F C$,

$\therefore F C=\frac{10 x-x^{2}}{5-x}, \therefore E F \times C O^{2}=(F C-E C) \times C O^{2}$

$=\left(\frac{10 x-x^{2}}{5-x}-x\right)(5-x)^{2}=5 x(5-x)=-5\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+\frac{125}{4}$

$\therefore E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, A B$ 的垂直平分线 $D E$ 与 $A C$ 所在的直线相交于点 $E$, 垂足为 $D$, 连接

BE. 已知 $\mathrm{AE}=5, \tan \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{4}$, 求 $\mathrm{BE}+\mathrm{CE}$ 的值
选项：
答案：$\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16

【解析】有两种情形, 需要分类讨论:

(1) $\angle \mathrm{BAC}$ 为锐角, 如图所示,

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB}$ 的垂直平分线是 $\mathrm{DE}$,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \mathrm{ED} \perp \mathrm{AB}, \quad A D=\frac{1}{2} A B$.
$\because \mathrm{AE}=5, \quad \tan \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \sin \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{5}$.

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE} \cdot \sin \angle \mathrm{AED}=3$.

$\therefore \mathrm{AB}=6$.

$\therefore \mathrm{BE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AC}=\mathrm{AB}=6$.

(2)若 $\angle B A C$ 为钝角, 如图所示, 同理可求得: $B E+C E=16$.

<ImageHere>

综上所述, $\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16
解析：$\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16

【解析】有两种情形, 需要分类讨论:

(1) $\angle \mathrm{BAC}$ 为锐角, 如图所示,



$\because \mathrm{AB}$ 的垂直平分线是 $\mathrm{DE}$,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \mathrm{ED} \perp \mathrm{AB}, \quad A D=\frac{1}{2} A B$.
$\because \mathrm{AE}=5, \quad \tan \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \sin \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{5}$.

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE} \cdot \sin \angle \mathrm{AED}=3$.

$\therefore \mathrm{AB}=6$.

$\therefore \mathrm{BE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AC}=\mathrm{AB}=6$.

(2)若 $\angle B A C$ 为钝角, 如图所示, 同理可求得: $B E+C E=16$.



综上所述, $\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题 8.0 分)

如图所示, 小林想利用竹竿来测量旗杆 $A B$ 的高度, 在某一时刻测得 1 米长的竹等竖直放置时影长 2 米, 在同时刻测量旗杆的影长时, 旗杆的影子一部分落在地面上 $(B C)$, 另一部分落在斜坡上 $(C D)$, 他测得落在地面上的影长为 10 米, 落在斜坡上的影长为 $4 \sqrt{2}$ 米, $\angle D C E=45^{\circ}$,
求旗杆 $A B$ 的高度.


选项：
答案：解: 延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$,

$\because C D=4 \sqrt{2}$ 米, $\angle D C E=45^{\circ}$,

$\therefore D E=C E=4$,

$\because$ 同一时刻物高与影长成正比,

$\therefore \frac{D E}{E F}=\frac{1}{2}$, 解得 $E F=2 D E=8$,

$\therefore B F=10+4+8=22$,

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

$\therefore \triangle E D F \sim \triangle B A F$,
$\therefore \frac{D E}{A B}=\frac{E F}{B F}$, 即 $\frac{4}{A B}=\frac{8}{22}$

$\therefore A B=11$ 米.

答: 旗杆的高度约为 11 米.

【解析】延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$, 根据勾股定理求出 $E D$ 的长, 再由同一时刻物高与影长成正比得出 $E F$ 的长, 根据 $D E / / A B$ 可知 $\triangle E D F \sim \triangle A B F$, 由相似三角形的对应边成比例即可得出 $A B$ 的长.

本题考查的是相似三角形的应用, 根据题意作出辅助线, 构造出相似三角形是解答此题的关键.
解析：解: 延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$,

$\because C D=4 \sqrt{2}$ 米, $\angle D C E=45^{\circ}$,

$\therefore D E=C E=4$,

$\because$ 同一时刻物高与影长成正比,

$\therefore \frac{D E}{E F}=\frac{1}{2}$, 解得 $E F=2 D E=8$,

$\therefore B F=10+4+8=22$,

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

$\therefore \triangle E D F \sim \triangle B A F$,
$\therefore \frac{D E}{A B}=\frac{E F}{B F}$, 即 $\frac{4}{A B}=\frac{8}{22}$

$\therefore A B=11$ 米.

答: 旗杆的高度约为 11 米.

【解析】延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$, 根据勾股定理求出 $E D$ 的长, 再由同一时刻物高与影长成正比得出 $E F$ 的长, 根据 $D E / / A B$ 可知 $\triangle E D F \sim \triangle A B F$, 由相似三角形的对应边成比例即可得出 $A B$ 的长.

本题考查的是相似三角形的应用, 根据题意作出辅助线, 构造出相似三角形是解答此题的关键.