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题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分) (2022$\cdot$浙江温州$\cdot$模拟预测）如图, 在正方形 $A B C D$ 中, 延长 $D C$ 至点 $G$,以 $C G$ 为边向下画正方形 $C E F G$. 延长 $A B$ 交边 $F G$ 于点 $H$, 连结 $C F, A F$ 分别交 $A H, C E$ 于点 $M, N$. 收录在清朝四库全书的《几何通解》利用此图得: $2 A B^{2}+2 B H^{2}=A H^{2}+M H^{2}$. 若正方形 $A B C D$ 与 $C E F G$ 的面积之和为 $68, C N=3 N E$, 则 $A H$ 的长为 $(\quad)$
选项：
A. $4 \sqrt{2}$B. 8C. $8 \sqrt{2}$D. 16
答案：C
解析：C【分析】根据勾股定理验证清朝四库全书的《几何通解》中的结论,设正方形ABCD与CEFG的边长分别为a,b,根据图形可得FH=MH=BH-BM=b-a(1),证明triangleEFNsimtriangleBAN,可得BN=frac14a,证明triangleABNsimtriangleAFH,可得FH=fracBNcdotAHAB=fracfrac14acdot(a+b)a(2),从而求得3b=5a,代入a^2+b^2=68,解一元二次方程,继而求得a,b的值,根据AH=a+b求解即可【详解】解:如图,连接AC,because四边形ABCD,CEFG是正方形,AC,CF是对角线thereforeangleACB=angleECF=angleCFG=45^circ,AC^2=2AB^2,CF^2=2CG^2thereforetriangleAFC是Rt_trianglethereforeAF^2=AC^2+CF^2=2AB^2+2CG^2becauseAH//DGthereforeBHperpFGbecauseCEFG是正方形,thereforeangleG=angleBCE=90^circtherefore四边形BHGC是矩形thereforeBH=CGAF^2=2AB^2+2BH^2becauseangleCFG=45^circ,AHperpFGthereforeMH=FH在RttriangleAFH中,AF^2=FH^2+AH^2thereforeAF^2=MH^2+AH^2therefore2AB^2+2BH^2=AH^2+MH^2设正方形ABCD与CEFG的边长分别为a,bbecause正方形ABCD与CEFG的面积之和为68,CN=3NE,thereforea^2+b^2=68,quadCN=frac34b,EN=frac14btherefore2a^2+2b^2=AH^2+MH^2=136becauseAHperpBC,angleBCF=45^circthereforeFH=MH=BH-BM=b-abecauseEF//ABthereforetriangleEFNsimtriangleBANthereforefracENBN=fracEFAB即frac14bthereforeBN=frac14abecauseBN//FHthereforetriangleABNbacksimtriangleAFHthereforefracBNFH=fracABAHthereforeFH=fracBNcdotAHAB=fracfrac14acdot(a+b)a(2)由(1)(2)可得b-a=fracfrac14b(a+b)a整理得5a^2=3abbecauseaneq0therefore3b=5abecausea^2+b^2=68thereforeleft(frac35bright)^2+b^2=68解得b=5sqrt2(负值舍去)thereforea=3sqrt3thereforeAH=a+b=8sqrt2故选C【点睛】本题考查了正方形的性质,相似三角形的性质与判定,勾股定理,解一元二次方程，通过设参数的方法建立方程求解是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分)(2022 : 浙江$\cdot$九年级专题练习) 已知线段 $a$ 是线段 $b, c$ 的比例中项, $b=4 \mathrm{~cm}$, $c=9 \mathrm{~cm}$, 则 $a$ 为 () $\mathrm{cm}$.
选项：
A. 36B. -36C. 6D. -6
答案：C
解析：C【详解】根据题意可得a^2=bc,代入数值,解答出即可,注意线段为正值.【解答】解：由题意得，a^2=bcbecauseb=4~cm,quadc=9~cmthereforea^2=bcthereforea_1=6,a_2=-6(舍)thereforea=6.故选:C.【点睛】本题主要考查了比例线段,解题的关键是理解比例中项的定义.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江$\cdot$慈溪育才中学九年级阶段练习）如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=9, B C=12$, 点 $E$ 是 $A B$ 中点, $P$ 是直线 $C E$ 上一动点, 连接 $A P$, 以 $A P$ 为斜边在其左侧作 Rt $\triangle A P M$, 使 $\angle A P M=\angle B$, 连接 $C M$, 则 $C M$ 的最小值为 ( )
选项：
A. $\frac{9}{2}$B. $\frac{36}{5}$C. $\frac{27}{5}$D. $\frac{108}{25}$
答案：D
解析：D【分析】连接BP.由题意易证triangleAPMsimtriangleABC,即得出angleMAP=angleCAB,fracAMAC=fracAPAB,从而得出angleMAC=anglePAB,即又易证triangleMACsimtrianglePAB,得出fracCMBP=fracACAB.再根据勾股定理可求出AB=15,从而得出fracCMBP=frac915,即说明当BP最小时,CM最小.又根据当BPperpCE时,BP最小,结合三角形相似的判定和性质求出此时BP的值,即如图BP^prime的值,进而即可求出CM的最小值.【详解】如图,连接BP.becauseangleAPM=angleABC,quadangleAMP=angleACB=90^circ,thereforetriangleAPMsimtriangleABCthereforeangleMAP=angleCAB,fracAMAC=fracAPAB,thereforeangleMAP-angleCAP=angleCAB-angleCAP,即angleMAC=anglePAB,thereforetriangleMACsimtrianglePABthereforefracCMBP=fracACAB.becauseangleACB=90^circ,AC=9,BC=12thereforeAB=sqrtAC^2+BC^2=15,thereforefracCMBP=frac915,therefore当BP最小时,CM最小.because点P是直线CE上一动点,therefore当BPperpCE时,BP最小,如图BP^prime即为最小时,此时所作的三角形为Rt_triangleAP^primeM^prime.because点E是AB中点,angleACB=90^circ,thereforeCE=BE,thereforeangleP^primeCB=angleCBA又becauseangleBP^primeC=angleACB=90^circ,thereforetriangleP^primeCB^simsimtriangleCBAthereforefracB^primePAC=fracBCAB,即fracB^primeP9=frac1215,解得:B^primeP=frac365,即BP的最小值为frac365，thereforefracCMBP=fracCMfrac365=frac915,解得：CM=frac10825.故选D.【点睛】本题考查三角形相似的判定和性质,直角三角形斜边中线的性质,勾股定理等知识,较难.证明出当BPperpCE时,BP最小,此时CM最小是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分) (2021 浙江: 温州市实验中学九年级期中) 如图, 直线 $a / / b / / c$, 直线 $A C$分别交 $a, b, c$ 于点 $A, B, C$, 直线 $D F$ 分别交 $a, b, c$ 于点 $D, E, F$. 若 $D E=2 E F$, $A C=6$, 则 $A B$ 的长为
选项：
2B. 3C. 4D. 5
答案：C
解析：C【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可.【详解】解:becausea//b//c,thereforefracDEEF=fracABBC,becauseDE=2EF,AC=6,thereforefracAB6-AB=2,解得:AB=4,故选:C.【点睛】本题考查的是平行线分线段成比例定理,灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分) (2021 浙江$\cdot$温州市第十二中学九年级期中) 如图, $\triangle A B C$ 中, $D$ 是 $A B$边上一点, 添加下列条件, 不能判定 $\triangle A B C \sim \triangle A C D$ 的是 ( )
选项：
A. $\angle A C D=\angle B$B. $\angle A D C=\angle A C B$C. $\frac{A D}{A C}=\frac{A C}{A B}$D. $\frac{A D}{A C}=\frac{C D}{B C}$
答案：D
解析：D【分析】根据三角形相似的判定定理逐一分析判断即可.【详解】解:A、becauseangleACD=angleB,angleDAC=angleCABthereforetriangleABCsimtriangleACD所以选项A不符合题意;B、becauseangleADC=angleACB,angleDAC=angleCABthereforetriangleABCsimtriangleACD所以选项B不符合题意;C、becausefracADAC=fracACAB,quadangleDAC=angleCABthereforetriangleABCsimtriangleACD所以选项C不符合题意;D、fracADAC=fracCDBC,对应边成比例,但是angleADC不确定是否与angleACB相等,所以不能判定triangleABCsimtriangleACD,所以选项D符合题意.故选:D【点睛】本题考查三角形相似的判定定理,牢记定理的内容是解题的重点.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分) (2022: 浙江省义乌市稠江中学九年级阶段练习) 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A H \perp B C$于 $H, B C=12, A H=8, D 、 E$ 分别为 $A B 、 A C$ 上的点, $G 、 F$ 是 $B C$ 上的两点, 四边形 $D E F G$ 是正方形, 正方形的边长 $D E$ 为 $(\quad)$
选项：
A. 4.8B. 4C. 6.4D. 6
答案：A
解析：A【分析】利用相似三角形对应高的比也等于相似比,可以求出x,注意所画图形是正方形,用同一未知数表示未知边,即可求出.【详解】解：设triangleABC的高AH交DE于点M,正方形的边长为x.由正方形DEFG得,DE//FG,即DE//BC,becauseAHperpBCthereforeAMperpDE.由DE//BC得triangleADEsimtriangleABC,thereforefracDEBC=fracAMAH,把BC=12,AH=8,DE=x,AM=8-x代入上式得：fracx12=frac8-x8,解得：x=4.8.答:正方形的边长是4.8.故选：A.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质.关键是由平行线得到相似三角形,利用相似三角形的性质列方程.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江省义乌市廿三里初级中学九年级期中）下列各组线段中，成比例的是 $(\quad)$
选项：
$1,2,2,4$B. $1,2,3,4$C. $3,5,9,13$D. $1,2,2,3$
答案：A
解析：A【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段，对选项一一分析，排除错误答案.【详解】 解： A、 $1 \times 4=2 \times 2$, 故选项符合题意;B、 $1 \times 4 \neq 2 \times 3$, 故选项不符合题意;C、 $3 \times 13 \neq 5 \times 9$, 故选项不符合题意;D、 $1 \times 3 \neq 2 \times 2$, 故选项不符合题意.故选: A.【点睛】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分) (2022$\cdot$浙江宁波$\cdot$九年级期末）下列与相似有关的命题中，正确的是 ( ）(1)所有的等腰三角形都相似;(2)所有的矩形都相似;(3)所有的正六边形都相似.
选项：
(1)(2)(3)B. (1)C. (2)D. (3)
答案：D
解析：D【分析】利用相似图形的定义分别判断后即可确定正确的选项.【详解】解：(1)所有的等腰三角形都不一定相似，故原说法错误，不符合题意;(2)所有的矩形的对应角相等, 但对应边的比不一定相等, 不都相似, 故原命题错误, 不符合题意;(3)所有的正六边形都相似，正确，符合题意，故选: D.【点睛】考查了命题与定理的知识, 解题的关键是了解相似图形的定义.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分) (2021$\cdot$浙江$\cdot$温州市实验中学九年级期中) 如图, 点 $C$ 为线段 $A B$ 的中点,在 $A C$ 上取点 $D$, 分别以 $A D, C D, B C, B D$ 为边向上作正方形 $A D G H, C D K L, B C I J$, $D B E F$, 将其面积依次记为 $S_{1}, S_{2}, S_{3}, S_{4}$, 在《几何原本》有这样一个结论; $S_{1}+S_{4}=2\left(S_{2}+S_{3}\right)$. 当 $A B=2$ 时, 若 $A, K, J$ 共线, 则图中阴影部分的面积为 ( )
选项：
A. $\frac{10}{9}$B. $\frac{11}{10}$C. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$D. $\frac{3 \sqrt{2}}{4}$
答案：A
解析：A【分析】根据正方形的性质证明 $\triangle A D K \sim \triangle A B J$, 设 $C D=x$, 则 $A D=1-x, K D=C D=x$, 所以 $\frac{x}{1}=\frac{1-x}{2}$, 解得 $x=\frac{1}{3}$, 再根据图形可得 $S_{\text {阴影 }}+S_{2}+S_{3}=S_{1}+S_{4}=2\left(S_{2}+S_{3}\right)$, 所以 $S_{\text {阴影 }}=S_{2}+S_{3}=C D^{2}+B C^{2}$, 进而可得结果.【详解】解：根据题意可知：DK// $B J$,$\therefore \triangle A D K \sim \triangle A B J$,$\therefore \frac{D K}{B J}=\frac{A D}{A B}$$\because$ 点 $C$ 为线段 $A B$ 的中点, $A B=2$,$\therefore A C=B C=B J=1$,设 $C D=x$,则 $A D=1-x, K D=C D=x$,$\therefore \frac{x}{1}=\frac{1-x}{2}$,解得 $x=\frac{1}{3}$,$\therefore A D=1-x=\frac{2}{3}, C D=D K=\frac{1}{3}$,$\because S_{\text {阴影 }}+S_{2}+S_{3}=S_{1}+S_{4}=2\left(S_{2}+S_{3}\right)$,$\therefore S_{\text {阴影 }}=S_{2}+S_{3}=C D^{2}+B C^{2}$$=\left(\frac{1}{3}\right)^{2}+1^{2}$$=\frac{1}{9}+1$$=\frac{10}{9}$.故选: A.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质, 正方形的性质, 解决本题的关键是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江金华$\cdot$九年级期末）如图，在 $\triangle A B C$ 中， $C H \perp A B, C H=5$, $A B=10$, 若内接矩形 $D E F G$ 邻边 $D G: G F=1: 2$, 则 $\triangle G F C$ 与四边形边形 $A B F G$ 的面积比为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{3}$B. $\frac{1}{4}$C. $\frac{1}{2}$D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：B
解析：B【分析】设 $G D=x$, 则 $G F=2 x$. 根据题意还可求出 $I H=x, C I=5-x$. 根据 $G F / / A B$,可推出 $\triangle C G F \sim \triangle C A B$, 即得出 $\frac{C I}{C H}=\frac{G F}{A B}$, 代入数值, 即可求出 $x$ 的值, 即可得出 $G F$和 $C I$ 的值, 最后根据三角形面积公式求出 $S_{\triangle C G F}$ 和 $S_{\triangle A B C}$, 作比即可.【详解】解：设 $G D=x$, 则 $G F=2 x$.$\because$ 四边形 $D E F G$ 为 $\triangle A B C$ 的内接矩形, $C H \perp A B$,$\therefore I H=x$,$\therefore C I=C H-I H=5-x$.$\because G F / / D E$ ，即 $G F / / A B$ ，$\therefore \triangle C G F \sim \triangle C A B$$\therefore \frac{C I}{C H}=\frac{G F}{A B}$, 即 $\frac{5-x}{5}=\frac{2 x}{10}$,解得 $x=\frac{5}{2}$.$\therefore G F=2 \times \frac{5}{2}=5, C I=5-\frac{5}{2}=\frac{5}{2}$$\therefore S_{\triangle C G F}=\frac{1}{2} G F \cdot C I=\frac{1}{2} \times 5 \times \frac{5}{2}=\frac{25}{4}$.$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A B \cdot C H=\frac{1}{2} \times 10 \times 5=25$,$\therefore \frac{S_{\triangle C G F}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{\frac{25}{4}}{25}=\frac{1}{4}$.故选 B【点睛】本题考查矩形的性质, 三角形相似的判定和性质. 利用数形结合的思想是解答本题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分) (2022$\cdot$浙江绍兴$\cdot$二模）如图, 如果 $\angle B A D=\angle C A E$, 那么添加下列一个条件后，仍不能确定 $\triangle A D E$ 与 $\triangle A B C$ 相似的是（ ）
选项：
A. $B=\angle D$B. $\angle C=\angle A E D$C. $\frac{A B}{A D}=\frac{D E}{B C}$D. $\frac{A B}{A D}=\frac{A C}{A E}$
答案：C
解析：C【分析】triangleADEcongtriangleABC根据题意可得angleEAD=angleCAB,然后根据相似三角形的判定定理逐项判断,即可求解.【详解】解:becauseangleBAD=angleCAE,thereforeangleEAD=angleCABA.若添加angleB=angleD,可用两角对应相等的两个三角形相似,证明triangleADEcongtriangleABC,故本选项不符合题意;B.若添加angleC=angleAED,可用两角对应相等的两个三角形相似,证明triangleADEcongtriangleABC,故本选项不符合题意;C.若添加fracABAD=fracDEBC,不能证明triangleADEcongtriangleABC,故本选项符合题意;D.若添加fracABAD=fracACAE,可用两边对应成比例,且夹角相等的两个三角形相似,证明triangleADEcongtriangleABC,故本选项不符合题意;故选:C.【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定,熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江宁波$\cdot$九年级期末）如图，将 5 个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案, 设小正五边形边长为 1 , 则大正五边形边长为
选项：
A. $\frac{\sqrt{5}-1}{2}$B. $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$C. $\frac{3-\sqrt{5}}{2}$D. $\frac{3+\sqrt{5}}{2}$
答案：D
解析：D【分析】根据多边形的内角和定理得到angleABE=frac(5-2)times180^circ5=108^circ,等量代换得到angleCBE+angleABC=angleBAC+angleABC=108^circ,如图,作angleACB的平分线CD交AB于D,根据相似三角形的性质即可得到结论.【详解】在正五边形ABEFG中,angleABE=frac(5-2)times180^circ5=108^circ,because将5个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案,thereforeangleCBE+angleABC=angleBAC+angleABC=108^circ,如图,作angleACB的平分线CD交AB于D,becauseAB=AC,quadthereforeangleABC=angleACBthereforeangleACB+angleBAC+angleABC=108^circ+angleACB=180^circthereforeangleABC=angleACB=72^circ,quadthereforeangleBAC=36^circ,angleACD=angleBCD=angleBAC=36^circ,thereforeangleBCD=angleBAC,quadAD=CD=BCthereforetriangleABCsimtriangleCBD,quadthereforefracBCAB=fracBDBC,becauseAB=BC+1,quadthereforeBD=AB-AD=AB-BC=1,thereforefracBCBC+1=frac1BC,quadthereforeBC=frac1+sqrt52,thereforeAB=BC+1=frac3+sqrt52,故选:D.【点睛】本题考查了正多边形的性质,等腰三角形的性质,相似三角形的性质,熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=1, A B=2$, 则下列结论正确的是 $($ )
选项：
A. $\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$
   B. $\tan A=\frac{1}{2}$
   C. $\cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$
   D. $\tan B=\sqrt{3}$
答案：D
解析：【分析】

本题主要考查了锐角三角函数的定义，正确记忆相关比例关系是解题关键.

先根据勾股定理求出 $A C=\sqrt{3}$, 再根据三角函数的定义分别求解可得.

【解答】

解: $\because$ 在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B C=1, A B=2$,

$\therefore A C=\sqrt{3}$,

A、 $\sin A=\frac{B C}{A B}=\frac{1}{2}$, 故该选项不符合题意;

B、 $\tan A=\frac{B C}{A C}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故该选项不符合题意;

C、 $\cos B=\frac{B C}{A B}=\frac{1}{2}$, 故该选项不符合题意;

$D 、 \tan B=\frac{A C}{B C}=\sqrt{3}$, 故该选项符合题意;

故选: $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=45^{\circ}, \angle C=60^{\circ}, A D \perp B C$ 于点 $D, B D=\sqrt{3}$. 若 $E, F$ 分别为 $A B$, $B C$ 的中点, 则 $E F$ 的长为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
    B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
    C. 1
    D. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
答案：C
解析：解: $\because A D \perp B C$,

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

$\because \angle B=45^{\circ}, B D=\sqrt{3}$,

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

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

$\therefore D C=\frac{A D}{\tan 60^{\circ}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1$,

$\therefore A C=2$,

$\because E, F$ 分别为 $A B, B C$ 的中点,

$\therefore E F=\frac{1}{2} A C=1$.

故选: $C$.

由等腰直角三角形的性质求出 $A D=B D=\sqrt{3}$, 由锐角三角函数的定义求出 $D C=1$, 由三角形的中位线定理可求出答案.

本题考查了等腰直角三角形的性质, 三角形中位线定理, 锐角三角函数, 熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 一块矩形木板 $A B C D$ 斜靠在墙边 $(O C \perp O B$, 点 $A, B, C, D, O$ 在同一平面内),已知 $A B=a, A D=b, \angle B C O=\alpha$, 则点 $A$ 到 $O C$ 的距离等于 $(\quad)$
选项：
A. $a \cdot \sin \alpha+b \cdot \sin \alpha$
    B. $a \cdot \cos \alpha+b \cdot \cos \alpha$
    C. $a \cdot \sin \alpha+b \cdot \cos \alpha$
    D. $a \cdot \cos \alpha+b \cdot \sin \alpha$
答案：D
解析：【分析】

作 $A E \perp O B$ 交 $O B$ 的延长线于点 $E$, 在直角三角形 $A B E$ 和直角三角形 $B O C$ 中解直角三角形可求出点 $A$到 $O C$ 的距离.

此题主要考查解直角三角形的应用, 解题的关键是作辅助线将点 $A$ 到 $O C$ 的距离转化为线段 $O E$ 的长.

【解答】

解: 如图, 作 $A E \perp O B$ 交 $O B$ 的延长线于点 $E$,

$\because O C \perp O B$,

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

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

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

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


$\because \frac{B E}{A B}=\cos \angle A B E=\cos \alpha$,

$\therefore B E=A B \cdot \cos \alpha=a \cdot \cos \alpha$,

$\because \frac{O B}{B C}=\sin \angle B C O=\sin \alpha$,

$\therefore O B=B C \cdot \sin \alpha=b \cdot \sin \alpha$,

$\therefore O E=B E+O B=a \cdot \cos \alpha+b \cdot \sin \alpha$,

$\because A E / / O C$,

$\therefore$ 点 $A 、$ 点 $E$ 到 $O C$ 的距离相等,

$\therefore$ 点 $A$ 到 $O C$ 的距离等于 $a \cdot \cos \alpha+b \cdot \sin \alpha$,

故选: $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 某社会实践活动小组实地测量两岸互相平行的一段河的宽度, 在河的南岸点 $A$ 处,测得河的北岸边点 $B$ 在其北偏东 $45 \div \circ$ 方向然后向西走 80 米到达 $C$ 点, 测得点 $B$ 在点 $C$ 的北偏东 $60 \div{ }^{\circ}$ 方向, 则这段河的宽度为 $(\quad)$
选项：
A. $80(\sqrt{3}+1)$ 米
    B. $40(\sqrt{3}+1)$ 米
    C. $(120-40 \sqrt{3})$ 米
    D. $40(\sqrt{3}-1)$ 米
答案：B
解析：【分析】

本题考查的是解直角三角形的应用一方向角问题.

过点 $B$ 作 $B D \perp C A$ 交 $C A$ 的延长线于 $D$, 设 $B D=x$ 米, 根据正切的定义用 $x$ 表示出 $C D 、 A D$, 根据题意列出方程, 解方程即可.

【解答】

解：过点 $B$ 作 $B D \perp C A$ 交 $C A$ 的延长线于 $D$,



设 $B D=x$ 米，

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

$\therefore C D=\frac{B D}{\tan 30^{\circ}}=\sqrt{3} x$ 米,

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

$\therefore A D=B D=x$ 米,

$\because A C=C D-A D=80$ 米,

$\therefore \sqrt{3} x-x=80$,
解得 $x=\frac{80}{\sqrt{3}-1}=40(\sqrt{3}+1)$ 米,

答: 这段河的宽度为 $40(\sqrt{3}+1)$ 米.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\triangle A B C$ 的三个顶点分别在正方形网格的格点上, 下列三角函数值错误的是 ( )
选项：
A. $\sin B=\frac{3}{5}$
   B. $\cos B=\frac{4}{5}$
   C. $\tan B=\frac{3}{4}$
   D. $\tan A=\frac{4}{3}$
答案：D
解析：【分析】

本题考查了勾股定理, 锐角三角函数的定义及其增减性, 计算时要将锐角置于直角三角形中并要充分利用格点. 根据锐角三角函数的定义, 将 $\angle B$ 放在直角三角形 $A B D$ 中, 分别计算 $\sin B, \cos B$, $\tan B$, 可判断 $A 、 B 、 C$, 再根据锐角正切函数的增减性可判断 $D$.

【解答】

解: 如图, 过点 $A$ 作 $A D \perp B C$ 于 $D$.



在 $\triangle A B D$ 中, $\because \angle A D B=90^{\circ}, A D=3, B D=4$,

$\therefore A B=5$,

$\therefore \sin B=\frac{A D}{A B}=\frac{3}{5}$, 故 $A$ 正确, 不符合题意;

$\cos B=\frac{B D}{A B}=\frac{4}{5}$, 故 $B$ 正确, 不符合题意;

$\tan B=\frac{A D}{B D}=\frac{3}{4}$, 故 $C$ 正确, 不符合题意;

$\because \tan \angle B A D=\frac{B D}{A D}=\frac{4}{3}, \angle A<\angle B A D$,

$\therefore \tan A<\frac{4}{3}$, 故 $D$ 错误, 符合题意.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 若锐角 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O$, 点 $D$ 在 $\odot O$ 外(与点 $C$ 在 $A B$ 同侧), 则下列三个结论: (1) $\sin \angle C>\sin \angle D$; (2) $\cos \angle C>\cos \angle D$; (3) $\tan \angle C>\tan \angle D$ 中, 正确的结论为( )
选项：
A. (1) (2);
   B. (2)(3);
   C. (1)(2) (3);
   D. (1) (3);
答案：D
解析：【分析】本题考查了圆周角定理、锐角三角函数的定义、锐角三角形函数的增减性, 解决本题的关键是比较出 $\angle C>\angle D$.

连接 $B E$, 根据圆周角定理, 可得 $\angle C=\angle A E B$, 因为 $\angle A E B=\angle D+\angle D B E$, 所以 $\angle A E B>\angle D$, 所以 $\angle C>\angle D$, 根据锐角三角函数的增减性, 即可判断.

【解答】 解: 如图, 设 $A D$ 与圆的交点为 $E$, 连接 $B E$,



根据圆周角定理, 可得 $\angle C=\angle A E B$,

$\because \angle A E B=\angle D+\angle D B E$,

$\therefore \angle A E B>\angle D$,

$\therefore \angle C>\angle D$,

锐角三角函数的增减性, 可得 $\sin C>\sin D$, 故 1 )正确;

$\cos C<\cos D$, 故(2)错误;

$\tan C>\tan D$, 故(3)正确.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：某简易房示意图如图所示, 它是一个轴对称图形, 则坡屋顶上弦杆 $A B$ 的长为( )
选项：
A. $\frac{9}{5 \sin \alpha}$ 米

B. $\frac{9}{5 \cos \alpha}$ 米

C. $\frac{5}{9 \sin \alpha}$ 米

D. $\frac{5}{9 \cos \alpha}$ 米
答案：B
解析：解: 作 $A D \perp B C$ 于点 $D$, 则 $B D=\frac{3}{2}+0.3=\frac{9}{5}$,



$\because \cos \alpha=\frac{B D}{A B}$,

$\therefore \cos \alpha=\frac{\frac{9}{5}}{A B}$,

解得, $A B=\frac{9}{5 \cos \alpha}$ 米,

故选: $B$.

根据题意作出合适的辅助线, 然后利用锐角三角函数即可表示出 $A B$ 的长.

本题考查解直角三角形的应用、轴对称图形, 解答本题的关键是明确题意, 利用数形结合的思想解答.
题目（九年级 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\tan A=\tan B$, 则下列说法不正确的是 ( )
选项：
A. 边 $A B$ 上任意一点 $P$ 到边 $A C 、 B C$ 的距离之和等于点 $B$ 到 $A C$ 的距离

B. 边 $A B$ 的垂直平分线是 $\triangle A B C$ 的对称轴
C. $\triangle A B C$ 的外心可能在 $\triangle A B C$ 内部、边上或外部

D. 如果 $\triangle A B C$ 的周长是 $l$, 那么 $B C=l-2 A B$
答案：D
解析：解:

在 $\triangle A B C$ 中, $\tan A=\tan B$,

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

$P$ 为 $A B$ 边上任意一点, 作 $P E \perp B C$ 交 $B C$ 于 $E$ 点, 作 $P F \perp A C$ 于 $F$ 点, 作 $B D \perp A C$ 于 $D$ 点, 如图:



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

$\therefore P F=P A \sin A, P E=P B \sin B=P B \sin A, B D=A B \sin A$,

$\therefore P F+P E=P A \sin A+P B \sin A=(P A+P B) \sin A=A B \sin A=B D$,

$\therefore$ :边 $A B$ 上任意一点 $P$ 到边 $A C 、 B C$ 的距离之和等于点 $B$ 到 $A C$ 的距离, 故 $A$ 中说法正确;

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

$\therefore C A=C B$,

$\therefore$ 边 $A B$ 的垂直平分线是 $\triangle A B C$ 的对称轴, 故 $B$ 中说法正确;

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

$\therefore \angle A, \angle B$ 均为锐角,

$\therefore \triangle A B C$ 可能为锐角三角形, 也可能为直角三角形, 也可能为针角三角形,
$\therefore \triangle A B C$ 的外心可能在 $\triangle A B C$ 内部、边上或外部, 故 $C$ 中说法正确;

$\because \triangle A B C$ 的周长是 $l$,

$\therefore A B+A C+B C=l$

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

$\therefore A C=B C$,

$\therefore 2 B C+A B=l$,

$\therefore B C=\frac{l-A B}{2} \neq l-2 A B$, 故 $D$ 中说法错误.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\overparen{A B}$ 是半径为 1 的半圆弧, $\triangle A O C$ 为等边三角形, 点 $D$ 是 $\overparen{B C}$ 上的一动点、则 $\triangle C O D$ 的面积 $S$ 的最大值是 $\quad(\quad)$


选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{1}{2}$
答案：D
解析：【分析】

本题考查了三角形的面积的求法与锐角三角函数的增减性有关知识, 根据三角形的面积公式

$S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} C O \cdot O D \sin \angle C O D$, 因为 $C O, O D$ 都是圆的半径 1 , 所以 $S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} \sin \angle C O D$, 根据 $\angle C O D$的范围, 分锐角, 钝角两种情况分析, 进行解答即可.

【解答】

解: $S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} C O \cdot O D \sin \angle C O D$,

$\because C O=O D=1$,

$\therefore S_{\triangle C O D}=\frac{1}{2} \sin \angle C O D$,

$\because \triangle A O C$ 为等边三角形,

$\therefore \angle C O B=120^{\circ}$,

$\therefore 0^{\circ}<\angle C O D \leq 120^{\circ}$,

当 $0^{\circ}<\angle C O D \leq 90^{\circ}$ 时, 随着 $\angle C O D$ 角度的增大, $\sin \angle C O D$ 增大,

当 $90^{\circ}<\angle C O D \leq 120^{\circ}$ 时, 随着 $\angle C O D$ 角度的增大, 三角形的底不变, 高在减小, 面积 $S$ 在减小, $\therefore$ 当 $\angle C O D=90^{\circ}$ 时, $\sin \angle C O D$ 最大, 最大值是 1 ,

$\therefore \triangle C O D$ 的面积 $S$ 的最大值是 $\frac{1}{2}$.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知圆内接正三角形的面积为 $\sqrt{3}$, 则该圆的内接正六边形的边心距是 ( )
选项：
A. 2
B. 1
C. $\sqrt{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：B
解析：【分析】

本题考查正多边形和圆, 解答本题的关键是明确题意, 求出相应的图形的边心距.

根据题意可以求得半径, 进而解答即可.

【解答】

解: 如图(1), $O$ 为 $\triangle A B C$ 的中心,

$A D$ 为 $\triangle A B C$ 的边 $B C$ 上的高,

则 $O D$ 为边心距,

$\therefore \angle B A D=30^{\circ}$,

又 $\because A O=B O$,

$\therefore \angle A B O=\angle B A D=30^{\circ}$,

$\therefore \angle O B D=60^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$,



图1

在 $R t \triangle O B D$ 中, $B O=2 D O$,

即 $A O=2 D O$,

$\therefore O D: O A: A D=1: 2: 3$.

在正 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 是高, 设 $B D=x$,

则 $A D=B D \cdot \tan 60^{\circ}=\sqrt{3} B D=\sqrt{3} x$.

$\because$ 正三角形 $A B C$ 面积为 $\sqrt{3}$,

$\therefore \frac{1}{2} B C \cdot A D=\sqrt{3}$,

$\therefore \frac{1}{2} \times 2 x \cdot \sqrt{3} x=\sqrt{3}$,

$\therefore x=1$.

即 $B D=1$, 则 $A D=\sqrt{3}$,

$\because O D: O A: A D=1: 2: 3$,

$\therefore A O=\sqrt{3} \times \frac{2}{3}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

即这个圆的半径为 $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.
所以该圆的内接正六边形的边心距 $\frac{2 \sqrt{3}}{3} \times \sin 60^{\circ}=\frac{2 \sqrt{3}}{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}=1$,

故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：四巧板是一种类似七巧板的传统智力玩具, 它是由一个长方形按如图1分割而成, 这几个多边形的内角除了有直角外, 还有 $45^{\circ} 、 135^{\circ} 、 270^{\circ}$ 角. 小明发现可以将四巧板拼搭成如图 2 的
$T$ 字形和 $V$ 字形, 那么 $T$ 字形图中高与宽的比值 $\frac{h}{l}$ 为 $($ )



图1



图2
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}+1}{2}$
C. $\frac{4+\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{3 \sqrt{2}}{2}$
答案：C
解析：解: 如图1中, 设 $A B=a$,

则 $A C=D E=\sqrt{2} a, C E=2 \sqrt{2} a$,

$\therefore h=a+2 \sqrt{2} a, \quad l=2 \sqrt{2} a$,

$\therefore \frac{h}{l}=\frac{a+2 \sqrt{2} a}{2 \sqrt{2} a}=\frac{4+\sqrt{2}}{4}$

故选: $C$.



图1



图2

如图1中, 设 $A B=a$, 则 $A C=D E=\sqrt{2} a, C E=2 \sqrt{2} a$, 求出 $h, l$, 可得结论.

本题考查解直角三角形, 四巧板, 等腰直角三角形的性质等知识, 解题的关键是读懂图象信息,学会利用参数解决问题.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆的圆心, 若 $\angle O A C=40^{\circ}$, 则 $\angle B O C$ 的度数为 ( )


选项：
A. $80^{\circ}$
B. $100^{\circ}$
C. $130^{\circ}$
D. $140^{\circ}$
第 II 卷（非选择题）
答案：C
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的弦, $A C$ 是 $\odot O$ 的切线, $A$ 为切点, $B C$ 经过圆心, 若 $\angle B=25^{\circ}$, 则 $\angle C$ 的大小等于 $(\quad)$


选项：
A. $20^{\circ}$
B. $25^{\circ}$
C. $40^{\circ}$
D. $50^{\circ}$
答案：C
解析：【分析】本题考查切线的性质, 等腰三角形的性质, 三角形外角的性质, 关键是连接 $O A$,先根据等腰三角形的性质得所以 $\angle B=\angle B A O$, 根据切线的性质和直角三角形的性质即可求得 $\angle C$ 的
度数.

【解答】

解: 连接 $O A, \odot O$ 中, $O A=O B$, 所以 $\angle B=\angle B A O=25^{\circ}$,

因为 $\angle A O C$ 是 $\triangle O A B$ 的外角, 所以 $\angle A O C=\angle B+\angle B A O=50^{\circ}$, 又因为 $A C$ 是 $\odot O$ 的切线, 所以 $O A \perp$ $A C$, 在Rt $\triangle O A C$ 中, $\angle C=90^{\circ}-\angle A O C=40^{\circ}$, 故选 $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\odot C$ 与 $\angle A O B$ 的两边分别相切, 其中 $O A$ 边与 $\odot C$ 相切于点 $P$, 若 $\angle A O B=90^{\circ}, O P=4$,则 $O C$ 的长为 $(\quad)$


选项：
A. 8
B. $16 \sqrt{2}$
C. $4 \sqrt{2}$
D. $2 \sqrt{2}$
答案：C
解析：解：如图, 连接 $C P$,



$\because O A$ 边与 $\odot C$ 相切于点 $P$,

$\therefore C P \perp O A$,

$\therefore \angle O P C=90^{\circ}$,

$\because \odot C$ 与 $\angle A O B$ 的两边分别相切, $\angle A O B=90^{\circ}$,

$\therefore O C$ 平分 $\angle A O B$,

$\therefore \angle C O P=\frac{1}{2} \angle A O B=\frac{1}{2} \times 90^{\circ}=45^{\circ}$,

$\therefore \triangle O C P$ 为等腰直角三角形,

$\because O P=4$,

$\therefore O C=\sqrt{2} O P=4 \sqrt{2}$.

故选: $C$.

如图, 连接 $C P$, 先利用切线的性质得到 $\angle O P C=90^{\circ}$, 再利用切线长定理得到 $O C$ 平分 $\angle A O B$, 则 $\triangle O C P$ 为等腰直角三角形, 从而得到 $O C=\sqrt{2} O P$.

本题考查了切线的性质: 圆的切线垂直于经过切点的半径. 也考查了切线长定理.
题目（九年级 · 代数）：在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \angle A 、 \angle B$ 的对边分别是 $a 、 b$, 且满足 $a^{2}-a b-b^{2}=0$, 则 $\tan A$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. 1
B. $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
C. $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$
D. $\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$
答案：B
解析：$\because a 、 b$ 满足 $a^{2}-a b-b^{2}=0$,

等式两边同时除以 $b^{2}$ 得: $\left(\frac{a}{b}\right)^{2}-\frac{a}{b}-1=0$,

解得 $\frac{a}{b}=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2} ，$

$\because \tan A=\frac{a}{b}>0$,

故 $\tan A=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

故选 $B$.
题目（九年级 · 代数）：(本题 3 分) (2019$\cdot$浙江$\cdot$长兴县实验中学九年级期中) 若关于 $x$ 的函数 $y=(2-a)$ $x^{2}-x$ 是二次函数，则 $a$ 的取值范围是 ( )
选项：
A. $a \neq 0$B. $a \neq 2$C. $a<2$D. $a>2$
答案：B
解析：B【解析】【详解】解:because函数y=(2-a)x^2-x是二次函数,therefore2-aneq0，即aneq2，故选B.
题目（九年级 · 代数）：(本题 3 分) (2019$\cdot$浙江$\cdot$宁波市第七中学九年级阶段练习）函数 $y=x^{2}+b x+c$ 与 $y=x$ 的图象如图所示, 有以下结论: (1) $b^{2}-4 c>0$; (2) $b+c+1=0$; (3) $3 b+c+6=0$; (4)当 $1<x<3$时, $x^{2}+(b-1) x+c<0$.其中正确的个数为
选项：
A. 1B. 2C. 3D. 4
答案：B
解析：B【解析】【详解】解:because函数y=x^2+bx+c与x轴无交点,thereforeb^2-4c<0;故①错误.当x=1时,y=1+b+c=1,故(2)错误.because当x=3时,y=9+3b+c=3,therefore3b+c+6=0.故(3)正确.because当1<x<3时,二次函数值小于一次函数值,thereforex^2+bx+c<x,thereforex^2+(b-1)x+c<0.故(4)正确.综上所述,正确的结论有(3)(4)两个,故选B.
题目（九年级 · 代数）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江$\cdot$九年级专题练习）已知 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 均是以 $x$ 为自变量的函数,当 $x=m$ 时, 函数值分别为 $M_{1}$ 和 $M_{2}$, 若存在实数 $m$, 使得 $M_{1}+M_{2}=0$, 则称函数 $y_{1}$和 $y_{2}$ 具有性质 $P$. 以下函数 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 具有性质 $P$ 的是（ ）
选项：
A. $y_{1}=x^{2}+2 x$ 和 $y_{2}=-x-1$B. $y_{1}=x^{2}+2 x$ 和 $y_{2}=-x+1$C. $y_{1}=-\frac{1}{x}$ 和 $y_{2}=-x-1$D. $y_{1}=-\frac{1}{x}$ 和 $y_{2}=-x+1$
答案：A
解析：A【解析】【分析】根据题中所给定义及一元二次方程根的判别式可直接进行排除选项.【详解】解：当x=m时,函数值分别为M_1和M_2,若存在实数m,使得M_1+M_2=0,对于A选项则有m^2+m-1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1+4=5>0,所以存在实数m,故符合题意;对于B选项则有m^2+m+1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1-4=-3<0,所以不存在实数m,故不符合题意;对于C选项则有-frac1m-m-1=0,化简得:m^2+m+1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1-4=-3<0,所以不存在实数m,故不符合题意;对于D选项则有-frac1m-m+1=0,化简得:m^2-m+1=0,由一元二次方程根的判别式可得:b^2-4ac=1-4=-3<0,所以不存在实数m,故不符合题意;故选A.【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式、二次函数与反比例函数的性质,熟练掌握一元二次方程根的判别式、二次函数与反比例函数的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 代数）：(本题 3 分) (2019$\cdot$浙江金华・九年级期中) 下列函数是二次函数的是 ( )
选项：
A. $y=2 x+1$B. $y=-2 x+1$C. $y=x^{2}+2$D. $y=\frac{1}{2} x-2$
答案：C
解析：C【解析】【详解】根据二次函数的定义，形如y=axx^2+bx+c（其中a,b,c是常数，aneq0）的函数叫做二次函数，所给函数中是二次函数的是y=x^2+2.故选C.