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题目（九年级 · 组合几何学）：(8 分) 如图所示, 已知 $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $C D$ 是弦, 且 $A B \perp C D$ 于点 $E$. 连接 $A C$ 、 $O C 、 B C$.



(1)求证: $\angle A C O=\angle B C D$;

(2)若 $A E=9 B E, C D=6$, 求 $\odot O$ 的直径.


选项：
答案： (1)见解析

(2) 10


解析：(1) 先利用 $O A=O C$ 得到 $\angle A C O=\angle A$, 再利用直角三角形的两锐角互余即可求解;

(2)利用垂径定理得到 $C E=\frac{1}{2} C D=3$, 再得到 $O A=O C=O B=5 B E, O E=O B-B E=4 B E$,在 Rt $\triangle O C E$ 中, 利用 $O E^{2}+C E^{2}=O C^{2}$ 得到 $(4 B E)^{2}+3^{2}=(5 B E)^{2}$ 求出 $B E$, 即可得到求解.

【详解】(1) (1) 证明: $\because O A=O C$

$\therefore \angle A C O=\angle A$

又 $\because A B$ 为直径,

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

又 $\because A B \perp C D$

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

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

$\therefore \angle A C O=\angle B C D$

(2) $\because A B \perp C D, A B$ 为直径

$\therefore C E=D E$,

$\therefore C E=\frac{1}{2} C D=3$

又 $\because A E=9 B E$,

$\therefore A B=10 B E$,

$\therefore O A=O C=O B=5 B E$,

$\therefore O E=O B-B E=4 B E$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle O C E$ 中, $O E^{2}+C E^{2}=O C^{2}$

即 $(4 B E)^{2}+3^{2}=(5 B E)^{2}$, 解得 $B E=1$,

$\therefore A B=10 B E=10$.

【点睛】本题考查了垂径定理, 勾股定理, 直径的性质, 同角的余角相等, 勾股定理：若三角形的两条直角边为 $a$ 和 $b$, 斜边为 $c$, 则 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$. 垂径定理: 垂直于弦的直径平分弦.
题目（九年级 · 组合几何学）：(8 分) 如图, 在菱形 $A B C D$ 中, 对角线 $A C, B D$ 相交于点 $O, B E \perp A B$, 垂足为 $B$, 交 $A C$ 于点 $E$.



(1)求证: $\frac{B E}{A B}=\frac{O E}{O B}$.

(2)若 $A E=13, A B=12$, 求 $E C$ 的长.


选项：
答案： (1)证明见解析

(2) $\frac{119}{13}$

解析：(1) 由菱形的性质证得 $\angle B O E=\angle A O B=90^{\circ}$, 再由同角的余角相等证得

$\angle B A O=\angle E B O$, 利用有两个角分别相等的三角形相似判定 $\triangle B E O \sim \triangle A B O$, 由相似三角形的性质可得比例式, 结合菱形的边长相等可得结论;

（2）利用有两个角分别相等的三角形相似判定 $\triangle A B E \sim \triangle B O E$, 从而可得比例式, 利用勾股定理求得 $E B$ 的长, 再由比例式可得 $E O$ 的值, 进而得出 $A O$ 的值, 然后由关系式

$A C-O E=\frac{1}{2} A O-E O$ 求得答案即可.

【详解】(1) 证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形,

$\therefore A C \perp B D$,

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

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

$\because E B \perp A B$,

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

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

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

又 $\because \angle B O E=\angle A O B$,

$\therefore \triangle B E O \sim \triangle A B O$,

$\therefore \frac{B E}{A B}=\frac{O E}{O B}$;

(2) 解: $\because \angle A B E=\angle B O E=90^{\circ}, \angle A E B=\angle B E O$,

$\therefore \triangle A B E \sim \triangle B O E$,

$\therefore \frac{E O}{E B}=\frac{E B}{E A}$,

$\because A E=13, A B=12$,

$\therefore$ 由勾股定理得: $E B=\sqrt{A E^{2}-A B^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5$,

$\therefore \frac{E O}{5}=\frac{5}{13}$,

$\therefore E O=\frac{25}{13}$,

$\therefore A O=A E-E O=13-\frac{25}{13}=\frac{144}{13}$,

$\therefore E C=\frac{1}{2} A C-O E=A O-E O=\frac{144}{13}-\frac{25}{13}=\frac{119}{13}$.

【点睛】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质及勾股定理等知识点, 数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 以 $A B$ 为直径的 $\odot 0$ 交 $B C$ 于 $E$, 过 $B$ 作 $\odot 0$ 的切线, 交 $A C$ 的延长线于 D. 求证: $\angle \mathrm{CBD}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$.


选项：
答案：【分析】连接 $\mathrm{AE}$, 利用等腰三角形的性质易证 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$, 由弦切角定理可得 $\angle \mathrm{CBD}=\angle \mathrm{BAE}$, 所以 $\angle \mathrm{CBD}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$.

证明: 连接 $\mathrm{AE}$,

$\because \mathrm{AB}$ 是圆的直径,

$\therefore \mathrm{AE} \perp \mathrm{BC}$,

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

$\therefore \mathrm{AE}$ 平分 $\angle \mathrm{BAC}$,

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$,
$\because \mathrm{BD}$ 是 $\odot 0$ 的切线,

$\therefore \angle \mathrm{CBD}=\angle \mathrm{BAE}$,

$\therefore \angle \mathrm{CBD}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$.

<ImageHere>
解析：【分析】连接 $\mathrm{AE}$, 利用等腰三角形的性质易证 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$, 由弦切角定理可得 $\angle \mathrm{CBD}=\angle \mathrm{BAE}$, 所以 $\angle \mathrm{CBD}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$.

证明: 连接 $\mathrm{AE}$,

$\because \mathrm{AB}$ 是圆的直径,

$\therefore \mathrm{AE} \perp \mathrm{BC}$,

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

$\therefore \mathrm{AE}$ 平分 $\angle \mathrm{BAC}$,

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{CAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$,
$\because \mathrm{BD}$ 是 $\odot 0$ 的切线,

$\therefore \angle \mathrm{CBD}=\angle \mathrm{BAE}$,

$\therefore \angle \mathrm{CBD}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{CAB}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, 以 $B C$ 为直径的圆交 $A B$ 于点 $D, \angle A C D=\angle A B C$.

求证: $\mathrm{CA}$ 是圆的切线.


选项：
答案：【分析】由 $B C$ 为圆的直径, 利用直径所对的圆周角为直角, 得到 $\triangle B D C$ 为直角三角形, 利用直角三角形的两锐角互余得到一对角互余, 再由已知的角相等, 等量代换可得出 $\mathrm{AC}$ 与 $\mathrm{BC}$ 垂直, 进而确定出 $\mathrm{CA}$为圆的切线.

证明: $\because \mathrm{BC}$ 为圆的直径,

$\therefore \angle \mathrm{BDC}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{DCB}=90^{\circ}$,

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

$\therefore \angle \mathrm{ACD}+\angle \mathrm{DCB}=90^{\circ}$, 即 $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AC} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{BC}$ 为圆的直径,

$\therefore \mathrm{CA}$ 为圆的切线.
解析：【分析】由 $B C$ 为圆的直径, 利用直径所对的圆周角为直角, 得到 $\triangle B D C$ 为直角三角形, 利用直角三角形的两锐角互余得到一对角互余, 再由已知的角相等, 等量代换可得出 $\mathrm{AC}$ 与 $\mathrm{BC}$ 垂直, 进而确定出 $\mathrm{CA}$为圆的切线.

证明: $\because \mathrm{BC}$ 为圆的直径,

$\therefore \angle \mathrm{BDC}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{DCB}=90^{\circ}$,

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

$\therefore \angle \mathrm{ACD}+\angle \mathrm{DCB}=90^{\circ}$, 即 $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AC} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{BC}$ 为圆的直径,

$\therefore \mathrm{CA}$ 为圆的切线.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 延长 $\odot 0$ 的半径 $O C$ 到 $A$, 使 $\mathrm{CA}=O \mathrm{C}$, 再作弦 $\mathrm{BC}=O \mathrm{C}$. 求证: 直线 $\mathrm{AB}$ 是 $\odot 0$ 的切线.


选项：
答案：【分析】连 $O B$, 要直线 $A B$ 是 $\odot O$ 的切线, 即证明 $O B \perp B A$ 即可. 由 $B C=O C, C A=O C$, 即 $B C=C A=C B$, 则得到 $\triangle O B A$ 为直角三角形, 所以有 $0 B \perp B A$.

证明: 连 $0 B$, 如图,

<ImageHere>

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

$\therefore \mathrm{BC}$ 为 $\triangle \mathrm{OBA}$ 的中线, 且 $\mathrm{BC}=\frac{1}{2} 0 \mathrm{~A}$,

$\therefore \triangle O B A$ 为直角三角形,

即 $0 B \perp B A$.

所以直线 $A B$ 是 $\odot 0$ 的切线.
解析：【分析】连 $O B$, 要直线 $A B$ 是 $\odot O$ 的切线, 即证明 $O B \perp B A$ 即可. 由 $B C=O C, C A=O C$, 即 $B C=C A=C B$, 则得到 $\triangle O B A$ 为直角三角形, 所以有 $0 B \perp B A$.

证明: 连 $0 B$, 如图,



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

$\therefore \mathrm{BC}$ 为 $\triangle \mathrm{OBA}$ 的中线, 且 $\mathrm{BC}=\frac{1}{2} 0 \mathrm{~A}$,

$\therefore \triangle O B A$ 为直角三角形,

即 $0 B \perp B A$.

所以直线 $A B$ 是 $\odot 0$ 的切线.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=120^{\circ}, A C=B C, A B=4$, 半圆的圆心 $O$ 在 $A B$ 上, 且与 $A C, B C$ 分别相切于点 $D$, E.



(1) 求半圆 $O$ 的半径;

(2) 求图中阴影部分的面积.
选项：
答案：(1) 解: 连结 $O D, O C$,

$\because$ 半圆与 $A C, B C$ 分别相切于点 $D, E$.

$\therefore \angle D C O=\angle E C O$, 且 $O D \perp A C$.

$\because A C=B C$,

$\therefore C O \perp A B$ 且 $O$ 是 $A B$ 的中点.

$\therefore A O=\frac{1}{2} A B=2$.

$\because \angle C=120^{\circ}, \therefore \angle D C O=60^{\circ}$.

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

$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt} \triangle A O D$ 中, $O D=\frac{1}{2} A O=1$

即半圆的半径为 1 .

（2）设 $C O=x$, 则在 Rt $\triangle A O C$ 中, 因为 $\angle A=30^{\circ}$, 所以 $A C=2 x$, 由勾股定理得:

$$
A C^{2}-O C^{2}=A O^{2}
$$

即 $(2 x)^{2}-x^{2}=2^{2}$

解得 $x=\frac{2 \sqrt{3}}{3}\left(x=-\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right.$ 舍去 $)$

$\therefore S_{\triangle C C}=\frac{1}{2} A B \cdot O C=\frac{1}{2} \times 4 \times \frac{2 \sqrt{3}}{3}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$.

$\because$ 半圆的半径为 1 ,

$\therefore$ 半圆的面积为 $\frac{\pi}{2}$ ，

$\therefore S_{V=}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{8 \sqrt{3}-3 \pi}{6}$.
解析：(1) 解: 连结 $O D, O C$,

$\because$ 半圆与 $A C, B C$ 分别相切于点 $D, E$.

$\therefore \angle D C O=\angle E C O$, 且 $O D \perp A C$.

$\because A C=B C$,

$\therefore C O \perp A B$ 且 $O$ 是 $A B$ 的中点.

$\therefore A O=\frac{1}{2} A B=2$.

$\because \angle C=120^{\circ}, \therefore \angle D C O=60^{\circ}$.

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

$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt} \triangle A O D$ 中, $O D=\frac{1}{2} A O=1$

即半圆的半径为 1 .

（2）设 $C O=x$, 则在 Rt $\triangle A O C$ 中, 因为 $\angle A=30^{\circ}$, 所以 $A C=2 x$, 由勾股定理得:

$$
A C^{2}-O C^{2}=A O^{2}
$$

即 $(2 x)^{2}-x^{2}=2^{2}$

解得 $x=\frac{2 \sqrt{3}}{3}\left(x=-\frac{2 \sqrt{3}}{3}\right.$ 舍去 $)$

$\therefore S_{\triangle C C}=\frac{1}{2} A B \cdot O C=\frac{1}{2} \times 4 \times \frac{2 \sqrt{3}}{3}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$.

$\because$ 半圆的半径为 1 ,

$\therefore$ 半圆的面积为 $\frac{\pi}{2}$ ，

$\therefore S_{V=}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}-\frac{\pi}{2}=\frac{8 \sqrt{3}-3 \pi}{6}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：阅读材料:

已知, 如图(1), 在面积为 $S$ 的 $\triangle A B C$ 中, $B C=a, A C=b, A B=c$, 内切圆 $O$ 的半径为 $r$. 连接 $O A 、 O B 、 O C, \triangle A B C$ 被划分为三个小三角形.

$\because S=S_{\triangle O B C}+S_{\triangle O A C}+S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2} B C \cdot r+\frac{1}{2} A C \cdot r+\frac{1}{2} A B \cdot r=\frac{1}{2}(a+b+c) r$.

$\therefore r=\frac{2 s}{a+b+c}$.



(1)



(2)



(3)

(1)类比推理: 若面积为 $S$ 的四边形 $A B C D$ 存在内切圆(与各边都相切的圆), 如图(2), 各边长分别为 $A B=a, B C=b, C D=c, A D=d$, 求四边形的内切圆半径 $r$;

(2)理解应用: 如图(3), 在等腰梯形 $A B C D$ 中, $A B / / D C, A B=21, C D=11, A D=B C=13$, $\odot O_{1}$ 与 $\odot O_{2}$ 分别为 $\triangle A B D$ 与 $\triangle B C D$ 的内切圆, 设它们的半径分别为 $r_{1}$ 和 $r_{2}$, 求 $\frac{r_{1}}{r_{2}}$ 的值.
选项：
答案：解: (1)如图 2, 连接 $O A 、 O B 、 O C 、 O D$.

<ImageHere>

图 2

$\because S=S_{\triangle A O B}+S_{\triangle B O C}+S_{\triangle C O D}+S_{\triangle A O D}=\frac{1}{2} a r+\frac{1}{2} b r+\frac{1}{2} c r+\frac{1}{2} d r=\frac{1}{2}(a+b+c+d) r, \therefore r=\frac{2 S}{a+b+c+d}$.

(2)如图 3, 过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于 $E$,

<ImageHere>

图 3

$\because$ 梯形 $A B C D$ 为等腰梯形,

$\therefore A E=\frac{1}{2}(A B-C D)=\frac{1}{2}(21-11)=5$,

$\therefore E B=A B-A E=21-5=16$,

在Rt $\triangle A E D$ 中, $\because A D=13, A E=5$,

$\therefore D E=12$,

$\therefore D B=\sqrt{D E^{2}+E B^{2}}=20$,
$\because S_{\triangle A B D}=\frac{1}{2} A B \cdot D E=\frac{1}{2} \times \times 21 \times 12=126$,

$S_{\triangle C D B}=\frac{1}{2} C D \cdot D E=\frac{1}{2} \times 11 \times 12=66$,

$\therefore \frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{\frac{2 S}{A B+B D+A D}}{\frac{2 S}{C D+C B+D B}}=\frac{\frac{2 \times 126}{21+20+13}}{\frac{2 \times 66}{11+13+20}}=\frac{14}{9}$.
解析：解: (1)如图 2, 连接 $O A 、 O B 、 O C 、 O D$.



图 2

$\because S=S_{\triangle A O B}+S_{\triangle B O C}+S_{\triangle C O D}+S_{\triangle A O D}=\frac{1}{2} a r+\frac{1}{2} b r+\frac{1}{2} c r+\frac{1}{2} d r=\frac{1}{2}(a+b+c+d) r, \therefore r=\frac{2 S}{a+b+c+d}$.

(2)如图 3, 过点 $D$ 作 $D E \perp A B$ 于 $E$,



图 3

$\because$ 梯形 $A B C D$ 为等腰梯形,

$\therefore A E=\frac{1}{2}(A B-C D)=\frac{1}{2}(21-11)=5$,

$\therefore E B=A B-A E=21-5=16$,

在Rt $\triangle A E D$ 中, $\because A D=13, A E=5$,

$\therefore D E=12$,

$\therefore D B=\sqrt{D E^{2}+E B^{2}}=20$,
$\because S_{\triangle A B D}=\frac{1}{2} A B \cdot D E=\frac{1}{2} \times \times 21 \times 12=126$,

$S_{\triangle C D B}=\frac{1}{2} C D \cdot D E=\frac{1}{2} \times 11 \times 12=66$,

$\therefore \frac{r_{1}}{r_{2}}=\frac{\frac{2 S}{A B+B D+A D}}{\frac{2 S}{C D+C B+D B}}=\frac{\frac{2 \times 126}{21+20+13}}{\frac{2 \times 66}{11+13+20}}=\frac{14}{9}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：水库大坝截面的迎水坡坡比 (DE 与 $\mathrm{AE}$ 的长度之比) 为 $1: 0.6$, 背水坡坡比为 $1: 2$, 大坝高 $\mathrm{DE}=30$ 米, 坝顶宽 $\mathrm{CD}=10$ 米, 求大坝的截面的周长和面积.


选项：
答案：故大坝的截面的周长是 $(6 \sqrt{34}+30 \sqrt{5}+98)$ 米, 面积是 1470 平方米.

【解析】 $\because$ 迎水坡坡比 ( $\mathrm{DE}$ 与 $\mathrm{AE}$ 的长度之比) 为 $1: 0.6, \mathrm{DE}=30 \mathrm{~m}$,

$\therefore \mathrm{AE}=18$ 米, 在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ADE}$ 中, $\mathrm{AD}=\sqrt{D E^{2}+A E^{2}}=6 \sqrt{34}$ 米

$\because$ 背水坡坡比为 $1: 2, \therefore \mathrm{BF}=60$ 米,

在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{BCF}$ 中, $\mathrm{BC}=\sqrt{C F^{2}+B F^{2}}=30 \sqrt{5}$ 米, $\therefore$ 周长

$=\mathrm{DC}+\mathrm{AD}+\mathrm{AE}+\mathrm{EF}+\mathrm{BF}+\mathrm{BC}=6 \sqrt{34}+10+30 \sqrt{5}+88=(6 \sqrt{34}+30 \sqrt{5}+98)$ 米,

面积 $=(10+18+10+60) \times 30 \div 2=1470$ (平方米) .

故大坝的截面的周长是 $(6 \sqrt{34}+30 \sqrt{5}+98)$ 米，面积是 1470 平方米.
解析：故大坝的截面的周长是 $(6 \sqrt{34}+30 \sqrt{5}+98)$ 米, 面积是 1470 平方米.

【解析】 $\because$ 迎水坡坡比 ( $\mathrm{DE}$ 与 $\mathrm{AE}$ 的长度之比) 为 $1: 0.6, \mathrm{DE}=30 \mathrm{~m}$,

$\therefore \mathrm{AE}=18$ 米, 在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{ADE}$ 中, $\mathrm{AD}=\sqrt{D E^{2}+A E^{2}}=6 \sqrt{34}$ 米

$\because$ 背水坡坡比为 $1: 2, \therefore \mathrm{BF}=60$ 米,

在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{BCF}$ 中, $\mathrm{BC}=\sqrt{C F^{2}+B F^{2}}=30 \sqrt{5}$ 米, $\therefore$ 周长

$=\mathrm{DC}+\mathrm{AD}+\mathrm{AE}+\mathrm{EF}+\mathrm{BF}+\mathrm{BC}=6 \sqrt{34}+10+30 \sqrt{5}+88=(6 \sqrt{34}+30 \sqrt{5}+98)$ 米,

面积 $=(10+18+10+60) \times 30 \div 2=1470$ (平方米) .

故大坝的截面的周长是 $(6 \sqrt{34}+30 \sqrt{5}+98)$ 米，面积是 1470 平方米.
题目（九年级 · 组合几何学）：已知$odotO$的直径为10,点$A,B,C$在$odotO$上,$angleCAB$的平分线交$odotO$于点$D$.(1)如图(1),若$BC$为$odotO$的直径,$AB=6$,求$AC,BD,CD$的长;(2)如图(2),若$angleCAB=60^{circ}$,求$BD$的长.图(1)图(2)
选项：
答案：解:(1)$becauseBC$是$odotO$的直径,$thereforeangleCAB=angleBDC=90^{circ}$.$because$在直角$triangleCAB$中,$BC=10,AB=6$,$therefore$由勾股定理得$AC=sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$.$becauseAD$平分$angleCAB$,$thereforeoverparen{CD}=overparen{BD}$$thereforeCD=BD$在直角$triangleBDC$中,$BC=10,CD^{2}+BD^{2}=BC^{2}$,$thereforeBD=CD=5sqrt{2}$.(2)连结$OB,OD$.$becauseAD$平分$angleCAB$,且$angleCAB=60^{circ}$,$thereforeangleDAB=frac{1}{2}angleCAB=30^{circ}$,$thereforeangleDOB=2angleDAB=60^{circ}$.又$becauseOB=OD$,$thereforetriangleOBD$是等边三角形,$thereforeBD=OB=OD$.$becauseodotO$的直径为10,则$OB=5$,$thereforeBD=5$.
解析：解:(1)$becauseBC$是$odotO$的直径,$thereforeangleCAB=angleBDC=90^{circ}$.$because$在直角$triangleCAB$中,$BC=10,AB=6$,$therefore$由勾股定理得$AC=sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$.$becauseAD$平分$angleCAB$,$thereforeoverparen{CD}=overparen{BD}$$thereforeCD=BD$在直角$triangleBDC$中,$BC=10,CD^{2}+BD^{2}=BC^{2}$,$thereforeBD=CD=5sqrt{2}$.(2)连结$OB,OD$.$becauseAD$平分$angleCAB$,且$angleCAB=60^{circ}$,$thereforeangleDAB=frac{1}{2}angleCAB=30^{circ}$,$thereforeangleDOB=2angleDAB=60^{circ}$.又$becauseOB=OD$,$thereforetriangleOBD$是等边三角形,$thereforeBD=OB=OD$.$becauseodotO$的直径为10,则$OB=5$,$thereforeBD=5$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\odot O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆, $\angle C=90^{\circ} . A O$ 的延长线交 $B C$ 于点 $D$.若 $A C=6, C D=2$. 求 $\odot O$



的半径.
选项：
答案：解: 设 $A C, B C$ 分别和圆相切于点 $F, E$, 连接 $O F, O E$, $\because \odot O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆,

$\therefore O F=O E, O F \perp A C, O E \perp B C$,

又 $\because \angle C=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $C E O F$ 是正方形.

设圆 $O$ 的半径为 $r$, 则 $D E=2-r, O E=r$.

$\because$ 四边形 $C E O F$ 是正方形,

<ImageHere>

$\therefore O E / / A C$.

$\therefore \triangle O E D \sim \triangle A C D$.

$\therefore \frac{O E}{A C}=\frac{E D}{C D}$,

即 $\frac{r}{6}=\frac{2-r}{2}$.

解得: $r=1.5$.

$\therefore \odot 0$ 的半径为 1.5 .
解析：解: 设 $A C, B C$ 分别和圆相切于点 $F, E$, 连接 $O F, O E$, $\because \odot O$ 是 $R t \triangle A B C$ 的内切圆,

$\therefore O F=O E, O F \perp A C, O E \perp B C$,

又 $\because \angle C=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $C E O F$ 是正方形.

设圆 $O$ 的半径为 $r$, 则 $D E=2-r, O E=r$.

$\because$ 四边形 $C E O F$ 是正方形,



$\therefore O E / / A C$.

$\therefore \triangle O E D \sim \triangle A C D$.

$\therefore \frac{O E}{A C}=\frac{E D}{C D}$,

即 $\frac{r}{6}=\frac{2-r}{2}$.

解得: $r=1.5$.

$\therefore \odot 0$ 的半径为 1.5 .
题目（九年级 · 组合几何学）：（本题6分）已知：如图,在$odotO$中,弦$AB$与弦$CD$交于点$P$.(1)求证:$triangleADPsimtriangleCBP$;(2)判断$APcdotBP=DPcdotCP$是否成立,并给出证明.
选项：
答案：解:(1)证明：由题意,得$angleDAP=angleBCP,angleADP=angleCBP$,$thereforetriangleADPsimtriangleCBP$(2)成立.证明：$becausetriangleADPsimtriangleCBP$,$thereforefrac{AP}{CP}=frac{DP}{BP},quadthereforeAPcdotBP=DPcdotCP$
解析：证明圆中的两三角形相似常用的定理是同弧所对的圆周角相等.
题目（九年级 · 组合数学）：一张圆桌旁边没有 5 个座位, 一个座位上最多坐 1 人, 唐老师先坐在如图所示的座位上.


(1)甲等可能地坐到其他空位上，则甲与唐老师相邻而坐的概率等于 $\qquad$ ;

(2)甲、乙 2 人等可能地坐到其他 4 个空座位中的 2 个座位上，用画“树状图”或列表格的方法, 求甲与唐老师不相邻, 并且甲与乙也不相邻的概率.

##
选项：
答案： (1) $\frac{1}{2}$

(2) $\frac{1}{6}$


解析：(1) 甲有 4 种等可能地坐到其他空位上, 其中甲与唐老师相邻而坐的情况有 2 种,据此即可求得;

(2)首先列出所有等可能的情况, 再找出甲与唐老师不相邻, 并且甲与乙也不相邻的情况数,即可求得.

【详解】(1) 解：甲有 4 种等可能地坐到其他空位上, 其中甲与唐老师相邻而坐的情况有 2 种

故甲与唐老师相邻而坐的概率为: $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$

故答案为: $\frac{1}{2}$

（2）解: 自唐老师按顺时针方向就座如下表:

| 唐甲乙空空 | 唐乙甲空空 |
| :--- | :--- |
| 唐甲空乙空 | 唐乙空甲空 |
| 唐甲空空乙 | 唐乙空空甲 |
| 唐空甲乙空 | 唐空乙甲空 |
| 唐空甲空乙 | 唐空乙空甲 |
| 唐空空甲乙 | 唐空空乙甲 |

共有 12 种等可能的结果, 其中甲与唐老师不相邻, 并且甲与乙也不相邻的情况有 2 种故甲与唐老师不相邻, 并且甲与乙也不相邻的概率为: $\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$

【点睛】本题考查了利用树状图或列表法求概率, 概率公式, 准确地列出所有等可能的情况是解决本题的关键.
题目（九年级 · 组合数学）：(8 分) 随着中考临近, 某校九年级学生小刚和小明决定从试题库中提供的四套数学试题（依次记为 $A 、 B 、 C 、 D$ ) 中，随机抽取一套试题进行模拟测试.

(1)小刚从这四套试题中随机抽取一套，恰好抽到 $C$ 试题的概率为 ; $\qquad$
(2)小刚和小明各自从这四套试题中随机抽取一套, 且所抽取的试题互不影响, 请用画树状图或列表的方法求他们抽取到同一套试题的概率.


选项：
答案： (1) $\frac{1}{4}$

(2) $\frac{1}{4}$


解析：（1）概率=所求情况数与总情况数之比求解即可;

（2）画出树状图即可;

【详解】(1) 小刚从 $A 、 B 、 C 、 D$ 这四套试题中随机抽取一套, 恰好抽到 $C$ 试题的概率为 $\frac{1}{4}$.

（2）画树状图如下:



由树状图可知, 共有 16 种等可能的结果, 其中小刚和小明抽取到同一套试题的结果有 4 种,即 $(A, A),(B, B),(C, C),(D, D)$,

$\therefore$ 他们抽取到同一套试题的概率 $=\frac{4}{16}=\frac{1}{4}$.

【点睛】本题考查的是用树状图法求概率; 树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果, 适合两步或两步以上完成的事件; 注意概率=所求情况数与总情况数之比
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)

如图是三个可以自由转动的转盘, 甲乙两人中, 甲转动转盘, 乙记录转盘停下时指针所指的数字.



转盘 $A$



转盘 $B$



转盘 $C$

(1)当转盘 $A$ 和转盘 $B$ 所指的数字之和为 4 时, 就算甲赢, 否则就算乙赢. 请直接写出甲赢的概率.

(2)转动三个转盘得到三个数字, 当这三个数字中有相同数时, 就算甲赢, 否则就算乙赢. 请判断这个游戏是否公平，并说明理由.


选项：
答案：解：(1)甲赢的概率为 $\frac{1}{2}$;

(2)游戏不公平，

根据题意画树状图如下:

<ImageHere>

共有 $(1,2,1) 、(1,2,3) 、(1,3,1) 、(1,3,3) 、(2,2,1) 、(2,2,3) 、(2,3,1) 、(2,3,3) 8$ 种等可能结果，

其中6种结果含有相同数字, 分别是 $(1,2,1) 、(1,3,1) 、(1,3,3) 、(2,2,1) 、(2,2,3) 、(2,3,3)$,

因此甲赢的概率为 $\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$, 乙赢的概率为 $1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$.

故游戏不公平.


解析：解：（1）画树状图，



共有 4 个等可能的结果, 转盘 $A$ 和转盘 $B$ 所指的数字之和为 4 的结果有 2 个,

$\therefore$ 甲赢的概率为 $\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$;

(2)见答案.

(1)画出树状图，根据概率公式计算即可;

(2)画出树状图, 计算出各种情况的概率, 然后比较即可. 相等则公平, 否则不公平本题考查的是游戏公平性的判断. 判断游戏公平性就要计算每个参与者取胜的概率, 概率相等就公平,否则就不公平. 用到的知识点为: 概率=所求情况数与总情况数之比.
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)

(1)课本再现: 教材中小颖为学校联欢会设计了一个 “配紫色” 的游戏, 若转盘 $A$ 转出了红色, 转盘 $B$转出了蓝色, 就可以配成紫色.小贤和小明受到启发, 也制作了两个 “配紫色” 的游戏转盘(如图1),规则如下: 如图, $A, B$ 是两个可以自由转动的转盘, 两人分别转动两个转盘, 若其中一个转盘转出红色, 另一个转盘转出蓝色, 那么就能配成紫色.若配成紫色, 则小贤赢, 否则小明赢.这个游戏对双方公平吗? 请说明理由.



A



$B$



A



$B$

图1

图2

(2)知识应用: 在(1)中规则不变的情况下, 请你在图 2 中设计一个游戏, 使转动两个转盘能配成紫色的概率为 $\frac{1}{3}$.


选项：
答案：解: (1)不公平.

根据题意画树状图如下:

<ImageHere>

由树状图可知共有 9 种等可能的结果, 其中能配成紫色的结果有 5 种,则小贤赢的概率是 $\frac{5}{9}$, 小明赢的概率是 $\frac{4}{9}$.

$\because \frac{5}{9}>\frac{4}{9}$,

$\therefore$ 这个游戏对双方不公平.

(2)由题意得, 只要两次转动结果红蓝占比 $\frac{1}{3}$ 即可, 设计如图所示:

<ImageHere>

A

<ImageHere>

B


解析：(1)根据题意画树状图列出所有等可能结果, 找出配成紫色的情况数, 再根据概率公式求出小颖和小明赢的概率, 然后进行比较, 得出游戏不公平;

(2)根据(1)的结果和规则进行重新设计, 即可得出答案.

本题考查的是游戏公平性的判断, 判断游戏公平性就要计算每个事件的概率, 概率相等就公平, 否则就不公平, 用到的知识点为: 概率=所求情况数与总情况数之比.
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)
某商店举办有奖销售活动, 规定如下: 凡购物满100元可得奖券一张, 多购多得. 现有10000张奖券,设特等奖 1 名, 一等奖 10 名, 二等奖 100 名, 则获得一等奖和获得二等奖是等可能的吗? 中奖和不中奖的可能性哪个大?

## 
选项：
答案：解：获得一等奖和获得二等奖不是等可能的, 不中奖的可能性大


解析：见答案
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)

在一个不透明的口袋里, 装有 6 个除颜色外其余都相同的小球, 其中 2 个红球, 2 个白球, 2 个黑球. 它们已在口袋中被搅匀, 现在有一个事件: 从口袋中任意摸出 $n$ 个球, 红球、白球、黑球至少各有一个.

（1）当 $n$ 为何值时，这个事件必然发生?

(2)当 $n$ 为何值时，这个事件不可能发生?

（3)当 $n$ 为何值时，这个事件可能发生?


选项：
答案：【小题1】
    当 $n=5$ 或6时，这个事件必然发生;

## 【小题2】

当 $n=1$ 或 2 时，这个事件不可能发生;

## 【小题3】

当 $n=3$ 或 4 时，这个事件可能发生.


解析：1.见答案2.见答案3.见答案
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)

色光三原色 $(R G B)$ 是指红、蓝、绿三色.把这三种色光按一定比例混合可以呈现各种光色.配色规律如图所示(例如: 红和蓝按一定比例混合可以呈现紫色).

（1）从色光三原色中随机选择一种色光, 选中红色的概率为 $\qquad$ ;

(2)甲、乙两位同学分别从色光三原色中随机选择一种色光进行混合, 求可以呈现紫色的概率(用画树状图或列表法).



## 
选项：
答案： $\frac{1}{3}$


解析：解: (1)从色光三原色中随机选择一种色光, 选中红色的概率为 $\frac{1}{3}$,故答案为: $\frac{1}{3}$;

(2)列表如下:

|  | 红 | 蓝 | 绿 |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| 红 | (红, 红) | (蓝, 红) | (绿, 红) |
| 蓝 | (红, 蓝) | (蓝, 蓝) | (绿, 蓝) |
| 绿 | (红, 绿) | (蓝, 绿) | (绿, 绿) |

由表知, 共有9种等可能结果, 其中可以呈现紫色的有2种结果,

所以可以呈现紫色的概率为 $\frac{2}{9}$.

(1)直接根据概率公式求解即可;

(2)列表得出所有等可能结果, 从中找到符合条件的结果数, 再根据概率公式求解即可.本题考查列表法与树状图法, 解题的关键是明确题意, 找出所求问题需要的条件.
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)

为了丰富校园文化生活, 提高学生的综合素质, 促进中学生全面发展, 学校开展了多种社团活动.小明喜欢的社团有：合唱社团、足球社团、书法社团、科技社团(分别用字母 $A, B, C, D$ 依次表示这四个社团), 并把这四个字母分别写在四张完全相同的不透明的卡片的正面上, 然后将这四张卡片背面朝上洗匀后放在桌面上.

(1)小明从中随机抽取一张卡片是足球社团 $B$ 的概率是 $\qquad$ .

(2)小明先从中随机抽取一张卡片, 记录下卡片上的字母后不放回, 再从剩余的卡片中随机抽取一张
卡片, 记录下卡片上的字母. 请你用列表法或画树状图法求出小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团 $D$ 的概率.


选项：
答案：解: (1) $\frac{1}{4}$;

(2)列表如下:

|  | $A$ | $B$ | $C$ | $D$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $A$ |  | $(B, A)$ | $(C, A)$ | $(D, A)$ |
| $B$ | $(A, B)$ |  | $(C, B)$ | $(D, B)$ |
| $C$ | $(A, C)$ | $(B, C)$ |  | $(D, C)$ |
| $D$ | $(A, D)$ | $(B, D)$ | $(C, D)$ |  |

由表可知共有12种等可能结果，小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团 $D$ 的结果数为 6 种,所以小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团 $D$ 的概率为 $\frac{6}{12}=\frac{1}{2}$.

## 
解析：【分析】

本题考查了列表法或树状图法: 通过列表法或树状图法展示所有等可能的结果，再从中选出符合事件 $A$ 或 $B$ 的结果, 然后根据概率公式求出事件 $A$ 或 $B$ 的概率.

(1)直接根据概率公式求解;

(2)利用列表法展示所有12种等可能性结果, 再找出小明两次抽取的卡片中有一张是科技社团 $D$ 的结果数, 然后根据概率公式求解.

## 【解答】

解: (1)一共有4张卡片, 每张卡片被抽到的可能性相同, 故小明从中随机抽取一张卡片是足球社团 $B$ 的概率为 $\frac{1}{4}$;

故答案为 $\frac{1}{4}$;

(2)见答案.

##
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)

一不透明的布袋里, 装有红、黄、蓝三种颜色的小球(除颜色外其余都相同), 其中有红球 2 个, 蓝球 1 个, 黄球若干个, 现从中任意摸出一个球是红球的概率为 $\frac{1}{2}$.

(1)求口袋中黄球的个数;

(2)甲同学先随机摸出一个小球(不放回), 再随机摸出一个小球，请用 “树状图法”或 “列表法”，求两次摸出都是红球的概率;


选项：
答案：解：(1)设口袋中黄球的个数为 $x$ 个,

根据题意得: $\frac{2}{2+1+x}=\frac{1}{2}$,

解得: $x=1$,

经检验: $x=1$ 是原分式方程的解,

$\therefore$ 口袋中黄球的个数为 1 个;

(2)画树状图得:

<ImageHere>

$\because$ 共有12种等可能的结果, 两次摸出都是红球的有 2 种情况,

$\therefore$ 两次摸出都是红球的概率为: $\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$.


解析：本题考查了列表法与树状图法: 利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果 $n$, 再从中选出符合事件 $A$ 或 $B$ 的结果数目 $m$, 然后利用概率公式计算事件 $A$ 或事件 $B$ 的概率.

(1)设口袋中黄球的个数为 $x$ 个, 根据概率公式得到 $\frac{2}{2+1+x}=\frac{1}{2}$, 然后求出 $x$ 即可;

(2)画树状图展示所有12种等可能的结果数, 再找出两次摸出都是红球的结果数, 然后根据概率公式
求解.
题目（九年级 · 组合数学）：(本小题8.0分)

为落实 “双减” 政策, 促进学校全面发展, 有着 “足球、篮球、武术特色校园” 之称的寻乌县第三中学, 在课后延时服务中采取课内+课外相融合, 基础性与选择性相结合, 开设体育类足球、篮球、武术等课程, 李欣和张帆决定报名参加学校的体育课程, 在了解了各项运动特点后, 李欣决定从 “ $A$ 足球, $B$ 篮球, $C$ 武术” 中随机选择一种进行报名, 张帆决定从 “ $A$ 足球, $C$ 武术, $D$ 羽毛球” 中随机选择一种进行报名.

(1)求李欣选择 “ $A$ 足球” 的概率;

(2)用画树状图或列表的方法, 求出李欣和张帆恰好选择学习同一种体育课程的概率.

##
选项：
答案：解: (1) $\frac{1}{3}$;

(2)列表如下

| 李欣 | $A$ | $B$ | $C$ |
| :---: | :---: | :---: | :---: |
| $A$ | $(A, A)$ | $(B, A)$ | $(C, A)$ |
| $C$ | $(A, C)$ | $(B, C)$ | $(C, C)$ |
| $D$ | $(A, D)$ | $(B, D)$ | $(C, D)$ |

则一共有9种等可能的结果, 其中李欣和张帆恰好选择学习同一种体育课程的结果有 2 种,则李欣和张帆恰好选择学习同一种体育课程的概率为 $\frac{2}{9}$

## 
解析：【分析】

本题主要考查的是概率公式, 用列举法求概率的有关知识.

(1)直接利用概率公式进行求解即可;

(2)先列表表示出所有等可能的结果, 然后利用概率公式进行求解即可.

## 【解答】

解: (1)由题意得

李欣选择 “ $A$ 足球” 的概率是 $\frac{1}{3}$;

(2)见答案.
题目（九年级 · 组合数学）：(6分)如图,用红、蓝两种颜色随机地对$A,B,C$三个区域分别进行涂色,每个区域必须涂色并且只能涂一种颜色.请用列举法（画树状图或列表）,求$A,B,C$三个区域所涂颜色有多少种可能的结果.
选项：
答案：解：用树状图表示如答图所示，共有8种结果.<ImageHere>
解析：解：用树状图表示如答图所示，共有8种结果.
题目（九年级 · 组合数学）：(6分)有3张卡片（形状、大小、颜色、质地都相同），正面分别写上整式$x^{2}+1,-x^{2}$-2,3.将这3张卡片背面向上洗匀,从中任意抽取1张卡片,记卡片上的整式为$A$,再从剩下的卡片中任意抽取1张,记卡片上的整式为$B$,于是得到代数式$frac{A}{B}$.（1）请用画树状图或列表的方法,写出代数式$frac{A}{B}$所有可能的结果;(2)求代数式$-frac{A}{B}$恰好是分式的概率.
选项：
答案：解:(1)画树状图如答图:第一次第二次<ImageHere>或者列表如下:|第二次第一次|$x^{2}+1$|$-x^{2}-2$|3||:-----------:|:------------------------:|:------------------------:|:------------------:||$x^{2}+1$||$frac{-x^{2}-2}{x^{2}+1}$|$frac{3}{x^{2}+1}$||$-x^{2}-2$|$frac{x^{2}+1}{-x^{2}-2}$||$frac{3}{-x^{2}-2}$||3|$frac{x^{2}+1}{3}$|$frac{-x^{2}-2}{3}$||（2）代数式$frac{A}{B}$所有可能的结果共有6种,每种结果出现的可能性相等,其中代数式$underline{B}_{B}$是分式的结果有4种,$therefore$代数式$frac{A}{bar{B}}$恰好是分式的概率$P=frac{4}{6}=frac{2}{3}$.
解析：解:(1)画树状图如答图:第一次第二次或者列表如下:|第二次第一次|$x^{2}+1$|$-x^{2}-2$|3||:-----------:|:------------------------:|:------------------------:|:------------------:||$x^{2}+1$||$frac{-x^{2}-2}{x^{2}+1}$|$frac{3}{x^{2}+1}$||$-x^{2}-2$|$frac{x^{2}+1}{-x^{2}-2}$||$frac{3}{-x^{2}-2}$||3|$frac{x^{2}+1}{3}$|$frac{-x^{2}-2}{3}$||（2）代数式$frac{A}{B}$所有可能的结果共有6种,每种结果出现的可能性相等,其中代数式$underline{B}_{B}$是分式的结果有4种,$therefore$代数式$frac{A}{bar{B}}$恰好是分式的概率$P=frac{4}{6}=frac{2}{3}$.