eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：如下图, 已知矩形 $A B C D$ 的边 $A D$ 长为 $8 \mathrm{~cm}$, 边 $A B$ 长为 $6 \mathrm{~cm}$, 从中截去一个矩形(图中阴影部分), 如果所截矩形与原矩形相似，那么所截矩形的面积是( )



选项：
A. $28 \mathrm{~cm}^{2}$
B. $27 \mathrm{~cm}^{2}$
C. $21 \mathrm{~cm}^{2}$
D. $20 \mathrm{~cm}^{2}$


答案：B
解析：【分析】

本题就是考查相似形的对应边的比相等, 分清矩形的对应边是解决本题的关键根据题意, 剩下矩形与原矩形相似, 利用相似形的对应边的比相等可得.

## 【解答】

解: 依题意, 在矩形 $A B C D$ 中截取矩形 $A B F E$,


则矩形 $A B C D \backsim$ 矩形 $B F E A$,

则 $\frac{A B}{B F}=\frac{B C}{E F}$,

设 $B F=x \mathrm{~cm}$, 得到: $\frac{6}{x}=\frac{8}{6}$,

解得: $x=4.5$,

即 $B F=4.5 \mathrm{~cm} ，$

$\therefore$ 所截矩形的面积: $4.5 \times 6=27 \mathrm{~cm}^{2}$.

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 一块矩形 $A B C D$ 绸布的长 $A B=a$, 宽 $A D=1$, 按照图中的方式将它裁成相同的三面矩形彩旗,如果裁出的每面彩旗与矩形 $A B C D$ 绸布相似, 则 $a$ 的值等于

( )



选项：
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. 2
D. $\sqrt{5}$


答案：B
解析：解： $\because$ 使裁出的每面彩旗的宽与长的比与原绸布的宽与长的比相同,

$\therefore \frac{1}{a}=\frac{\frac{1}{3} a}{1}$,

解得 $a=\sqrt{3}$ 或 $-\sqrt{3}$ (舍去),

$\therefore a=\sqrt{3}$,

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如果两个相似多边形的面积比为 $4: 9$, 那么它们的周长比为 ( )

选项：
A. $4: 9$
B. $2: 3$
C. $\sqrt{2}: \sqrt{3}$
D. $16: 81$

答案：B
解析：解: $\because$ 两个相似多边形面积的比为 $4: 9$,

$\therefore$ 这两个相似多边形周长的比是2: 3 .

故选: $B$.
直接根据相似多边形周长的比等于相似比, 面积的比等于相似比的平方进行解答即可.

本题考查的是相似多边形的性质, 即相似多边形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 是一张矩形纸片.将其按如图所示的方式折叠: 使 $D A$ 边落在 $D C$ 边上, 点 $A$ 落在点 $H$ 处, 折痕为 $D E$; 使 $C B$ 边落在 $C D$ 边上, 点 $B$ 落在点 $G$ 处, 折痕为 $C F$. 若矩形 $H E F G$ 与原矩形 $A B C D$ 相似, $A D=1$, 则 $C D$ 的长为 $($ )



选项：
A. $\sqrt{2}-1$
B. $\sqrt{5}-1$
C. $\sqrt{2}+1$
D. $\sqrt{5}+1$


答案：C
解析：解: 设 $H G=x$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\therefore \angle A=\angle A D H=90^{\circ}, A D=B C=1$,

由折叠得: $\angle A=\angle D H E=90^{\circ}, A D=D H=1, B C=C G=1$,

$\therefore$ 四边形 $A D H E$ 是矩形,

$\because A D=D H$,

$\therefore$ 四边形 $A D H E$ 是正方形,

$\therefore A D=H E=1$,

$\because$ 矩形 $H E F G$ 与原矩形 $A B C D$ 相似,

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

$\therefore \frac{x}{1}=\frac{1}{1+x+1}$,

解得: $x=\sqrt{2}-1$ 或 $x=-\sqrt{2}-1$,

经检验: $x=\sqrt{2}-1$ 或 $x=-\sqrt{2}-1$ 都是原方程的根,

$\because G H>0$,

$\therefore G H=\sqrt{2}-1$,

$\therefore D C=2+x=\sqrt{2}+1$,

故选: $C$.

设 $H G=x$, 根据矩形的性质可得 $\angle A=\angle A D H=90^{\circ}, A D=B C=1$, 再根据折叠的性质可得: $\angle A=$ $\angle D H E=90^{\circ}, A D=D H=1, B C=C G=1$, 从而可得四边形 $A D H E$ 是正方形, 然后利用正方形的性质可得 $A D=H E=1$, 最后利用相似多边形的性质, 进行计算即可解答.

本题考查了相似多边形的性质, 解一元二次方程-公式法, 矩形的性质, 翻折变换(折叠问题), 正方形的判定与性质, 熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：某校有两块相似的多边形草坪, 其面积比为9: 4, 其中一块草坪的周长是36米, 则另一块草坪的周长是 $(\quad$ )

选项：
A. 24 米
B. 54 米
C. 24米或54米
D. 36米或54米

答案：C
解析：解： $\because$ 面积比为 $9: 4$,

$\therefore$ 相似比为3: 2 ,

设另一块草坪的周长为 $x$,

(1)当较大的草坪的周长是 36 米时,

36: $x=3: 2$,

解得 $x=24$,

(2)当较小的草坪的周长是 36 米时,

$x: 36=3: 2$,

解得 $x=54$.

所以另一块草坪的周长为 24 米或 54 米.

故选: $C$.

根据相似多边形面积的比等于相似比的平方, 可求出两多边形的相似比, 再根据相似多边形周长的比等于相似比求解, 再分已知的草坪是较大的草坪和较小的草坪两种情况讨论.

本题主要考查相似多边形周长的比等于相似比、面积的比等于相似比的平方的性质, 注意要分情况讨论.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $A B=10, E$ 是 $A B$ 的中点, 且矩形 $A B C D$ 与矩形 $A C F E$ 相似, 则 $A C$长为( )


选项：
A. 5

B. $5 \sqrt{2}$

C. $4 \sqrt{2}$

D. 6


答案：B
解析：解: 设 $A C=m$.

$\because$ 矩形 $A B C D$ 与矩形 $A C F E$ 相似,

$\therefore A C: A B=A E: A C$,

$\therefore A C: 10=5: A C$,

$\therefore A C=5 \sqrt{2}$,

故选: $B$.

设 $A C=m$.利用相似多边形的性质，构建方程求解即可.

本题考查相似多边形的性质, 矩形的性质等知识, 解题的关键是理解题意, 学会利用参数构建方程解决问题.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在平面直角坐标系中, $\triangle A B C$ 的顶点 $A$ 在第二象限, 点 $B$ 坐标为 $(-2,0)$, 点 $C$ 坐标为 $(-1,0)$, 以点 $C$ 为位似中心, 在 $x$ 轴的下方作 $\triangle A B C$ 的位似图形 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C$. 若点 $A$ 的对应点 $A^{\prime}$ 的坐标为 $(2,-3)$,点 $B$ 的对应点 $B^{\prime}$ 的坐标为 $(1,0)$, 则点 $A$ 坐标为 $(\quad)$


选项：
A. $(-3,-2)$

B. $\left(-2, \frac{3}{2}\right)$



C. $\left(-\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$

D. $\left(-\frac{5}{2}, 2\right)$


答案：C
解析：解：如图, 过点 $A$ 作 $A E \perp x$ 轴于 $E$, 过点 $A^{\prime}$ 作 $A^{\prime} F \perp x$ 轴于 $F$.



$\because B(-2,0), \quad C(-1,0), \quad B^{\prime}(1,0), \quad A^{\prime}(2,-3)$

$\therefore O B=2, O C=O B^{\prime}=1, O F=2, A^{\prime} F=3$,

$\therefore B C=1, C B^{\prime}=2, C F=3$,

$\because \triangle A B C \backsim \triangle A^{\prime} B^{\prime} C$,

$\therefore \frac{A E}{A^{\prime} F}=\frac{B C}{C B^{\prime}}=\frac{1}{2}$,

$\therefore A E=\frac{3}{2}$,

$\because \angle A C E=\angle A^{\prime} C F, \angle A E C=\angle A^{\prime} F C=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle A E C \backsim \triangle A^{\prime} F C$,

$\therefore \frac{E C}{C F}=\frac{A E}{A^{\prime} F}=\frac{1}{2}$,

$\therefore E C=\frac{3}{2}$,

$\therefore O E=E C+O C=\frac{5}{2}$,

$\therefore A\left(-\frac{5}{2}, \frac{3}{2}\right)$,

故选: $C$.

如图, 过点 $A$ 作 $A E \perp x$ 轴于 $E$, 过点 $A^{\prime}$ 作 $A^{\prime} F \perp x$ 轴于 $F$. 利用相似三角形的性质求出 $A E, O E$, 可得结论.

本题考查位似变换, 坐标与图形性质, 相似三角形的判定和性质等知识, 解题的关键是学会添加常用辅助线, 构造相似三角形解决问题, 属于中考常考题型.

##
题目（九年级 · 度量几何学）：欧阳修在《卖油翁》中写道: “(翁)乃取一葫芦置于地, 以钱覆其扣, 徐以杓
酌油沥之, 自钱孔入, 而钱不湿. 因曰: “我亦无他, 唯手熟尔. ’”可见技能都能透过反复苦练而达至熟能生巧之境的. 若铜钱是直径为 $4 \mathrm{~cm}$ 的圆, 中间有边长为 $1 \mathrm{~cm}$ 的正方形孔, 你随机向铜钱上滴一滴油, 则油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率为( )

选项：
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{\pi}$
D. $\frac{1}{4 \pi}$

答案：D
解析：解: 如图所示: $S_{\text {正方形孔 }}=1\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

$S_{\text {圆 }}=\pi\left(\frac{4}{2}\right)^{2}=4 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

$\therefore$ 油(油滴的大小忽略不计)正好落入孔中的概率为 $P=\frac{S_{\text {正方形孔 }}}{S_{\text {圆 }}}=\frac{1}{4 \pi}$,

故选: $D$.



求出铜钱面积的大小和正方形孔面积的大小，代入几何概率计算公式即可得出结果.

本题考查了几何概率公式、正方形的性质、圆的面积；熟记概率公式是解题的关键.

##
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$ 于点 $E, O C=5 \mathrm{~cm}, C D=8 \mathrm{~cm}$, 则 $A E$ 的长为

( )



选项：
A. $8 \mathrm{~cm}$
B. $5 \mathrm{~cm}$
C. $3 \mathrm{~cm}$
D. $2 \mathrm{~cm}$


答案：A
解析：【分析】

此题涉及圆中求半径的问题, 此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题, 常把半弦长, 半圆心角, 圆心到弦距离转换到同一直角三角形中, 然后通过直角三角形予以求解, 常见辅助线是过圆心作弦的垂线. 根据垂径定理可以得到 $C E$ 的长, 在直角 $\triangle O C E$ 中, 根据勾股定理即可求得.

## 【解答】

解: $\because A B$ 为圆 $O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$, 垂足为点 $E$.

$\therefore C E=\frac{1}{2} C D=4$.

在直角 $\triangle O C E$ 中, $O E=\sqrt{O C^{2}-C E^{2}}$

$=\sqrt{25-16}=3$.

则 $A E=O A+O E=5+3=8(\mathrm{~cm})$.

故选 A

##
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在圆 $O$ 内有折线 $O A B C$, 其中 $O A=8, A B=12, \angle A=\angle B=60^{\circ}$, 则 $B C$ 的长为 ( )




选项：
A. 16

B. 20

C. 18

D. 22


答案：B
解析：【分析】

此题主要考查了等边三角形的判定和性质, 垂径定理的应用, 解题的关键是学会添加常用辅助线, 构造直角三角形解决问题.

延长 $A O$ 交 $B C$ 于 $D$, 根据 $\angle A 、 \angle B$ 的度数易证得 $\triangle A B D$ 是等边三角形, 由此可求出 $O D 、 B D$ 的长; 过 $O$ 作 $B C$ 的垂线, 设垂足为 $E$; 在 $R t \triangle O D E$ 中, 根据 $O D$ 的长及 $\angle O D E$ 的度数易求得 $D E$ 的长, 进而可求出 $B E$的长; 由垂径定理知 $B C=2 B E$, 由此得解.

## 【解答】

解: 延长 $A O$ 交 $B C$ 于 $D$, 作 $O E \perp B C$ 于 $E$.



$\because \angle A=\angle B=60^{\circ}$,

$\therefore \angle A D B=60^{\circ}$;

$\therefore \triangle A D B$ 为等边三角形;

$\therefore B D=A D=A B=12$;

$\therefore O D=4$,

又 $\because \angle A D B=60^{\circ}$,
$\therefore D E=\frac{1}{2} O D=2$;

$\therefore B E=10$;

$\therefore B C=2 B E=20$;

故选: $B$.

##
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D$ 交 $A B$ 于点 $P, A P=2, B P=6, \angle A P C=30^{\circ}$,则 $C D$ 的长为 ( )




选项：
A. $\sqrt{15}$

B. $2 \sqrt{5}$

C. $2 \sqrt{15}$

D. 8


答案：C
解析：【分析】

本题考查了垂径定理. 也考查了勾股定理以及含 30 度的直角三角形的性质.

作 $O H \perp C D$ 于 $H$, 连结 $O C$, 如图, 根据垂径定理由 $O H \perp C D$ 得到 $H C=H D$, 再利用 $A P=2, B P=6$ 可计算出半径 $O A=4$, 则 $O P=O A-A P=2$, 接着在 Rt $\triangle O P H$ 中根据含 30 度的直角三角形的性质计算出 $O H=\frac{1}{2} O P=1$, 然后在 $R t \triangle O H C$ 中利用勾股定理计算出 $C H=\sqrt{15}$, 即 $C D=2 C H=2 \sqrt{15}$.

## 【解答】

解: 作 $O H \perp C D$ 于 $H$, 连结 $O C$, 如图,



$\because O H \perp C D$,

$\therefore H C=H D$,

$\because A P=2, B P=6$,

$\therefore A B=8$,

$\therefore O A=4$,

$\therefore O P=O A-A P=2$,

在Rt $\triangle O P H$ 中,

$\because \angle O P H=\angle A P C=30^{\circ}$,

$\therefore O H=\frac{1}{2} O P=1$,
在Rt $\triangle O H C$ 中,

$\because O C=4, O H=1$,

$\therefore C H=\sqrt{O C^{2}-O H^{2}}=\sqrt{15}$

$\therefore C D=2 C H=2 \sqrt{15}$

故选 $C$.

##
题目（九年级 · 度量几何学）：一个正多边形的中心角为 $30^{\circ}$, 这个正多边形的边数是 ( )
  
选项：
A. 8
  B. 12
  C. 3
  D. 6


答案：B
解析：根据正 $n$ 边形的中心角的度数为 $\frac{360^{\circ}}{n}$, 列方程即可得到答案.

【详解】解: $\frac{360^{\circ}}{n}=30^{\circ}$, 解得 $n=12$.

这个正多边形的边数为 12 .

故选: B.

【点睛】本题考查的是正多边形中心角的知识, 掌握中心角的计算公式是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $C$ 是 $\odot O$ 上一点. 若 $\angle B O C=66^{\circ}$, 则 $\angle A=(\quad)$

  

  (第 8 题)

  
选项：
A. $66^{\circ}$
  B. $33^{\circ}$
  C. $24^{\circ}$
  D. $30^{\circ}$


答案：B
解析：根据圆周角定理即可求解.

【详解】解: $\because B C=B C, \angle B O C=66^{\circ}$,

$\therefore \angle A=\frac{1}{2} \angle B O C=33^{\circ}$,

故选: B.

【点睛】本题考查了圆周角定理, 熟练掌握圆周角定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\odot O$ 是锐角三角形 $A B C$ 的外接圆, $O D \perp A B, O E \perp B C, O F \perp A C$, 垂足分别为 $D, E, F$, 连接 $D E, E F, F D$. 若 $D E+D F=6.5, \triangle A B C$ 的周长为 21 , 则 $E F$ 的长为

  

  (第 9 题)

  
选项：
A. 8
  B. 4
  C. 3.5
  D. 3


答案：B
解析：根据三角形外接圆的性质得出点 $D 、 E 、 F$ 分别是 $A B 、 B C 、 A C$ 的中点, 再由中位线的性质及三角形的周长求解即可.

【详解】解: $\because \odot O$ 是锐角三角形 $A B C$ 的外接圆, $O D \perp A B, O E \perp B C, O F \perp A C$, $\therefore$ 点 $D 、 E 、 F$ 分别是 $A B 、 B C 、 A C$ 的中点,

$\therefore D F=\frac{1}{2} B C, D E=\frac{1}{2} A C, E F=\frac{1}{2} A B$,

$\because D E+D F=6.5, \triangle A B C$ 的周长为 21 ,

$\therefore C B+C A+A B=21$ 即 $2 D F+2 D E+2 E F=21$,

$\therefore E F=4$,

故选: B.

【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质, 理解题意, 熟练掌握三角形外接圆的性质是解题关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 点 $A, B, C$ 是圆 $O$ 上的三点, 且四边形 $O A B C$ 是平行四边形, $O D \perp A B$ 交圆 $O$ 于点 $D$, 则 $\angle O A D$ 等于（）

选项：
A. $72.5^{\circ}$
B. $75^{\circ}$
C. $80^{\circ}$
D. $82.5^{\circ}$

答案：B
解析：mathrm{B}$

【详解】解: 连接 $O B, A D$,



$\because$ 四边形 $A B C O$ 是平行四边形,

$\therefore A B=O C, O A / / B C$.

$\because O A=O C$,

$\therefore \triangle O A B$ 是等边三角形,

$\therefore \angle A O B=60^{\circ}$.

$\because O D \perp O B$,

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

$\therefore \angle B O D=\angle A O D=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$,

$\therefore \angle D A B=15^{\circ}$,

$\therefore \angle O A D=60^{\circ}+15^{\circ}=75^{\circ}$,

故选 B.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, 点 $D$ 是 $\triangle A B C$ 的边 $B C$ 上一点, 已知 $A B=4$, $A D=2, \angle D A C=\angle B$, 则 $A C: C D$ 的值为 ( )



选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4


答案：B
解析：先根据两角对应相等两三角形相似得 $\triangle A B C \sim \triangle D A C$, 由相似三角形的性质得 $\frac{A C}{D C}=\frac{A B}{A D}$, 将 $A B, A D$ 的值代入计算即可.

【详解】解: $\because \angle D A C=\angle B, \angle C=\angle C$,

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

$\therefore \frac{A C}{D C}=\frac{A B}{A D}$,

$\because A B=4, \quad A D=2$,

$\therefore \frac{A C}{D C}=\frac{4}{2}=2$.

故选: B.

【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质, 掌握两角对应相等两三角形相似是解决此题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 正六边形 $A B C D E F$ 内接于圆 $O$, 圆 $O$ 半径为 2 , 则六边形的边心距 $O M$ 的长为 $(\quad)$

选项：
A. 2
B. $2 \sqrt{3}$
C. 4
D. $\sqrt{3}$

答案：D
解析：连接 $O B 、 O C$, 证明 $\triangle O B C$ 是等边三角形, 得出 $O M=\frac{\sqrt{3}}{2} O B$ 即可求解.

【详解】解：连接 $O B 、 O C$, 如图所示:



则 $\angle B O C=60^{\circ}$,

$\because O B=O C$,

$\therefore \triangle O B C$ 是等边三角形,

$\therefore B C=O B=2$,

$\because O M \perp B C$,

$\therefore \triangle O B M$ 为 $30^{\circ} 、 60^{\circ} 、 90^{\circ}$ 的直角三角形,

$\therefore B M=\frac{1}{2} O B=1$,

$\therefore O M=\frac{\sqrt{3}}{2} O B=\frac{\sqrt{3}}{2} \times 2=\sqrt{3}$,

故选: D.

【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质;熟练掌握正六边形的性质, 证明三角形是等边三角形和运用垂径定理求出 $B M$ 是解决问题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在平面直角坐标系中, $\triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 关于原点 $O$ 位似, 若 $O B=2 O E$, $S_{\triangle A B C}=8$, 则 $S_{\triangle A E F}$ 为 $(\quad)$



选项：
A. 2
B. 4
C. $\frac{8}{9}$
D. $\frac{8}{3}$

##
答案：A
解析：由 $\triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 关于原点 $O$ 位似, $O B=2 O E$, 可得 $\triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 面积之比为 $4: 1$,
从而可得答案.

【详解】解： $\because \triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 关于原点 $O$ 位似, $O B=2 O E$, $\therefore \triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 相似比为: $2: 1$,

$\therefore \triangle A B C$ 与 $\triangle D E F$ 面积之比为 $4: 1$,

$\because S_{\triangle A B C}=8$,

$\therefore S_{\triangle D E F}=2$.

故选: A.

【点睛】本题考查的是位数图形的性质, 熟记位似图形的面积比等于相似比的平方是解本题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知扇形的圆心角为 $100^{\circ}$, 半径为 9 , 则弧长为 ( )

选项：
A. $\frac{45}{2} \pi$
B. $5 \pi$
C. $8 \pi$
D. $10 \pi$

答案：B
解析：根据扇形的弧长公式 $l=\frac{n \pi r}{180}$, 直接代入求出即可.

【详解】解：根据扇形的弧长公式, 可得： $l=\frac{n \pi r}{180}=\frac{100 \pi \times 9}{180}=5 \pi$,

$\therefore$ 弧长为 $5 \pi$.

故选: B.

【点睛】本题主要考查了扇形的弧长计算公式, 正确的记忆弧长的计算公式是解本题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D, E$ 分别在边 $A B, A C$ 上, $D E$ 与 $B C$ 不平行, 添加下列条件之一仍不能判定 $\triangle A D E \sim \triangle A C B$ 的是（）



选项：
A. $\frac{A D}{A C}=\frac{A E}{A B}$
B. $\frac{A E}{A B}=\frac{D E}{B C}$
C. $\angle A E D=\angle B$
D. $\angle A D E=\angle C$


答案：B
解析：由于 $\angle D A E=\angle C A B$, 则根据相似三角形的判定方法可对各选项进行判断.

【详解】解: $\because \angle D A E=\angle C A B$,

$\therefore$ 当 $\frac{A D}{A C}=\frac{A E}{A B}$ 时, $\triangle A D E \sim \triangle A C B$, 故 A 不合题意;

当 $\angle A E D=\angle B$ 时, $\triangle A D E \sim \triangle A C B$, 故 $\mathrm{C}$ 不合题意;

当 $\angle A D E=\angle C$ 时, $\triangle A D E \sim \triangle A C B$, 故 D 不合题意;

故选: B.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定: 两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似; 有两组角对应相等的两个三角形相似.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 连接 $B D$. 若 $\angle C=125^{\circ}$, 则 $\angle A B D$的度数为 $($ )



选项：
A. $35^{\circ}$
B. $40^{\circ}$
C. $45^{\circ}$
D. $50^{\circ}$


答案：A
解析：首先利用圆内接四边形的性质和 $\angle C$ 的度数求得 $\angle A$ 的度数, 然后利用直径所对的圆周角是直角确定 $\angle A D B=90^{\circ}$, 然后利用直角三角形的两个锐角互余求得答案即可.

【详解】解: $\because$ 四边形 $A B C D$ 内接与 $\odot O, \angle C=125^{\circ}$,

$\therefore \angle A=180^{\circ}-\angle C=180^{\circ}-125^{\circ}=55^{\circ}$,

$\because A B$ 为直径,

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

$\therefore \angle A B D=90^{\circ}-\angle A=90^{\circ}-55^{\circ}=35^{\circ}$,

故选: A.

【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质及圆周角定理的知识, 解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在半径为 1 的 $\odot 0$ 中, $\angle A O B=45^{\circ}$, 则 $\operatorname{sinC}$ 的值为 ( )


选项：
A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{4}$
答案：B
解析：【分析】首先过点 $A$ 作 $A D \perp O B$ 于点 $D$, 由在 Rt $\triangle A O D$ 中, $\angle A O B=45^{\circ}$, 可求得 $A D$ 与 $O D$ 的长, 继而可得 $\mathrm{BD}$ 的长, 然后由勾股定理求得 $\mathrm{AB}$ 的长, 继而可求得 $\operatorname{sinC}$ 的值.

解: 过点 $A$ 作 $A D \perp O B$ 于点 $D$,

$\because$ 在 Rt $\triangle A O D$ 中, $\angle A O B=45^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{OD}=\mathrm{AD}=0 \mathrm{~A} \cdot \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2} \times 1=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{OB}-0 \mathrm{O}=1-\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore A B=\sqrt{A D^{2}+B D^{2}}=\sqrt{2-\sqrt{2}}$,

$\because \mathrm{AC}$ 是 $\odot 0$ 的直径,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=90^{\circ}, \mathrm{AC}=2$,

$\therefore \operatorname{sinC}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$.

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


选项：
A. $s=\frac{\sqrt{3}}{4}$
B. $s=\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $s=\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $s=\frac{1}{2}$
答案：D
解析：【分析】根据三角形的面积公式 $\mathrm{S}_{\triangle \operatorname{cop}}=\frac{1}{2} \mathrm{CO} \cdot 0 \mathrm{D} \sin \angle \mathrm{COD}$, 因为 $\mathrm{ab}$ 都是圆的半径 1 , 所以 $\sin \angle \mathrm{COD}$ 的值越大，面积越大进行解答.

解: $\mathrm{S}_{\triangle \mathrm{Con}}=\frac{1}{2} \mathrm{CO} \cdot 0 \mathrm{O} \sin \angle \mathrm{COD}$,

$\because \mathrm{C} 0=0 \mathrm{D}=1$,

$\therefore \mathrm{S}_{\triangle \operatorname{con}}=\frac{1}{2} \sin \angle \mathrm{COD}$,

$\because \triangle A O C$ 为等边三角形,

$\therefore \angle \mathrm{COB}=120^{\circ}$,

$\therefore 0^{\circ}<\angle \mathrm{COD}<120^{\circ}$,

$\therefore$ 当 $\angle \mathrm{COD}=90^{\circ}$ 时, $\sin \angle \mathrm{COD}$ 最大, 最大值是 1 ,

$\therefore \triangle \mathrm{COD}$ 的面积 $\mathrm{S}$ 的最大值是 $\frac{1}{2}$.

故选 D.
题目（九年级 · 度量几何学）：$\angle \mathrm{A}, \angle \mathrm{B}, \angle \mathrm{C}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的三个内角, 下列各式成立的是 ( )
选项：
A. $\sin \frac{A+B}{2}=\sin \frac{C}{2}$
B. $\cos \frac{B+C}{2}=\cos \frac{A}{2}$
C. $\tan \frac{A+C}{2}=\tan \frac{B}{2}$
D. $\sin \frac{A}{2}=\cos \frac{C+B}{2}$
答案：D
解析：【分析】根据锐角三角函数的概念, 可以证明: 若 $\alpha+\beta=90^{\circ}$, 则 $\sin \alpha=\cos \beta, \tan \alpha \cdot \tan \beta=1$.解: $\because \angle \mathrm{A}, \angle \mathrm{B}, \angle \mathrm{C}$ 是 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的三个内角,

$\therefore \frac{A+B}{2}+\frac{C}{2}=90^{\circ}, \frac{B+C}{2}+\frac{A}{2}=90^{\circ}, \frac{A+C}{2}+\frac{B}{2}=90^{\circ}$.

A. 应是 $\sin \frac{A+B}{2}=\cos \frac{C}{2}$. 错误;

B、应是 $\cos \frac{B+C}{2}=\sin \frac{A}{2}$. 错误;

C、应是 $\tan \frac{A+C}{2}=\frac{1}{\tan \frac{B}{2}}$. 错误;

D、是 $\sin \frac{A}{2}=\cos \frac{C+B}{2}$. 正确;

故选 D.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在平地上种植树木时, 要求株距 (相邻两树间的水平距离) 为 $4 \mathrm{~m}$. 如果在坡度为 0.75 的山坡上种树, 也要求株距为 $4 \mathrm{~m}$, 那么相邻两树间的坡面距离为 $(\quad)$


选项：
A. $5 \mathrm{~m}$
B. $6 \mathrm{~m}$
C. $7 \mathrm{~m}$
D. $8 \mathrm{~m}$
答案：A
解析：【分析】利用坡度先求得垂直距离, 根据勾股定理求得坡面距离.

解: $\because$ 水平距离为 $4 \mathrm{~m}$.

$\therefore$ 铅直高度为 $0.75 \times 4=3 \mathrm{~m}$.

根据勾股定理知: 坡面相邻两株数间的坡面距离为 $5 \mathrm{~m}$.

故选 A.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 己知点 $C$ 与某建筑物底端 $B$ 相距 306 米 (点 $C$ 与点 $B$ 在同一水平面上), 某同学从点 $C$ 出发, 沿同一剖面的斜坡 CD 行走 195 米至坡顶 D 处, 斜坡 CD 的坡度（或坡比） i=1:2.4, 在 D 处测得该建筑物顶端 $\mathrm{A}$ 的俯视角为 $20^{\circ}$, 则建筑物 $\mathrm{AB}$ 的高度约为（精确到 0.1 米, 参考数据: $\sin 20^{\circ} \approx 0.342$, $\left.\cos 20^{\circ} \approx 0.940, \tan 20^{\circ} \approx 0.364\right) \quad(\quad)$


选项：
A. 29.1 米
B. 31.9 米
C. 45.9 米
D. 95.9 米
答案：A
解析：【分析】根据坡度, 勾股定理, 可得 $\mathrm{DE}$ 的长, 再根据平行线的性质, 可得 $\angle 1$, 根据同角三角函数关系,可得 $\angle 1$ 的坡度, 根据坡度, 可得 DF 的长, 根据线段的和差, 可得答案.

解: 作 $\mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{E}$ 点, 作 $\mathrm{AF} \perp \mathrm{DE}$ 于 $\mathrm{F}$ 点, 如图



设 $\mathrm{DE}=\mathrm{xm}, \mathrm{CE}=2.4 \mathrm{xm}$, 由勾股定理, 得

$\mathrm{x} 2+(2.4 \mathrm{x}) 2=1952$,

解得 $\mathrm{x} \approx 75 \mathrm{~m}$,

DE $=75 \mathrm{~m}, \quad C E=2.4 x=180 \mathrm{~m}$,

EB=BC $-C E=306-180=126 m$.

$\because$ AF//DG,

$\therefore \angle 1=\angle \mathrm{ADG}=20^{\circ}$,

$\tan \angle 1=\tan \angle \mathrm{ADG}=\frac{\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}}=0.364$.

$\mathrm{AF}=\mathrm{EB}=126 \mathrm{~m}$,

$\tan \angle 1=\frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{AF}}=0.364$,

$\mathrm{DF}=0.364 \mathrm{AF}=0.364 \times 126=45.9$,

$\mathrm{AB}=\mathrm{FE}=\mathrm{DE}-\mathrm{DF}=75-45.9 \approx 29.1 \mathrm{~m}$,

故选: A.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\odot 0$ 的半径为 5 , 直线 1 与 $\odot 0$ 相交, 点 0 到直线 1 的距离为 3 , 则 $\odot 0$ 上到直线 1 的距离为 $\sqrt{2}$ 的点共有 ( )
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：D
解析：【分析】根据平行线间的距离相等, 先过点 $D$ 作 $A B \perp O C$, 即可求得 $\odot 0$ 上到直线 1 的距离为 $\sqrt{2}$ 的点的个数.

解: 如图,

$\because \odot 0$ 的半径为 5 , 点 0 到直线 1 的距离为 3 ,

$\therefore \mathrm{CE}=2$,

过点 $D$ 作 $A B \perp O C$, 垂足为 $D$, 交 $\odot 0$ 于 $A 、 B$ 两点, 且 $D E=\sqrt{2}$,

$\therefore \odot 0$ 上到直线 1 的距离为 $\sqrt{2}$ 的点在直线 1 的左边和右边各有两个, 共四个,故选 D.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\odot 0$ 的半径是 5 , 直线 1 是 $\odot 0$ 的切线, $\mathrm{P}$ 是 1 上的任一点, 那么 ( )
选项：
A. $0<0 \mathrm{P}<5$
B. $0 \mathrm{P}=5$
C. $0 P>5$
D. $0 \mathrm{P} \geqslant 5$
答案：D
解析：【分析】由 $\odot 0$ 的半径是 5 , 直线 1 是 $\odot 0$ 的切线, $P$ 是 1 上的任一点, 可得当 $P$ 与切点重合时, $O P=5$, 当 $P$ 与切点不重合时, $0 P>5$, 继而求得答案.

解: $\because \odot 0$ 的半径是 5 , 直线 1 是 $\odot 0$ 的切线, $\mathrm{P}$ 是 1 上的任一点,

$\therefore$ 当 $\mathrm{P}$ 与切点重合时, $O P=5$,

当 $P$ 与切点不重合时, $0 P>5$,

$\therefore 0 \mathrm{P} \geqslant 5$.

故选 D.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $O A$ 平分 $\angle B O C, P$ 是 $O A$ 上一点, 以 $P$ 为圆心的 $\odot P$ 与 $O C$ 相切, 则 $\odot P$ 与 $0 B$ 的位置关系为 $(\quad)$
选项：
A. 相离
B. 相切
C. 相交
D. 不能确定
答案：B
解析：【分析】由切线的判定, 结合角平分线的性质, 即可证明.

解: 连接 $N P$.

$\because \odot \mathrm{P}$ 与 $0 \mathrm{C}$ 相切.

$\therefore \mathrm{PN} \perp 0 \mathrm{C}$.

即 PN 为圆半径,

作 $\mathrm{PM} \perp 0 \mathrm{OB}$.

又 $\because O \mathrm{~A}$ 平分 $\angle \mathrm{BOC} ，$ 并由角平分线的性质.

$\therefore \mathrm{PM}=\mathrm{PN}=$ 圆半径.

$\therefore \odot \mathrm{P}$ 与 $0 \mathrm{~B}$ 的位置关系为相切.



故选 B.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\triangle A B C$ 为锐角三角形, $\odot 0$ 经过点 $B, C$, 且与边 $A B, A C$ 分别相交于点 $D, E$. 若 $\odot 0$的半径与 $\triangle \mathrm{ADE}$ 的外接圆的半径相等, 则 $\odot 0$ 一定经过 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的（）
选项：
A. 内心
B. 外心
C. 重心
D. 垂心
答案：B
解析：【分析】连接 $\mathrm{BE}$. 根据两个圆的半径相等和圆周角定理可以证明 $\angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{ABE}$, 再结合三角形的外角的性质可以证明 $\angle \mathrm{BEC}=2 \angle \mathrm{BAC}$ ，从而肯定该圆一定过三角形的外心.解: 如图, 连接 $\mathrm{BE}$.



因为 $\triangle \mathrm{ABC}$ 为锐角三角形, 所以 $\angle \mathrm{BAC}, \angle \mathrm{ABE}$ 均为锐角.

又因为 $\odot 0$ 的半径与 $\triangle \mathrm{ADE}$ 的外接圆的半径相等, 且. $\mathrm{DE}$ 为两圆的公共弦, 所以 $\angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{ABE}$.于是, $\angle \mathrm{BEC}=\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{ABE}=2 \angle \mathrm{BAC}$.

若 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的外心为 01 , 则 $\angle B 01 C=2 \angle B A C$,

所以 $\odot 0$ 一定过 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的外心.

故选 B.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=6, B C=8, C D$ 为直径的 $\odot 0$ 与 $A B$ 相切于 $E$, 则 $\odot 0$ 的半径是 ( $\quad$ )


选项：
A. 2
B. 2.5
C. 3
D. 4
答案：C
解析：【分析】由图可知 $\mathrm{AE}=6, \mathrm{BE}=4$, 根据切割线定理可求出 $\mathrm{BD}$ 为 2 , 所以 $\mathrm{CD}$ 为 $6, \odot 0$ 半径为 3 .

解: $\because \mathrm{AC}, \mathrm{AE}$ 为 $\odot 0$ 的切线,

$\therefore \mathrm{AC}=\mathrm{AE}=6$,
根据勾股定理可知 $\mathrm{AB}=10$,

$\therefore \mathrm{BE}=4$

根据切割线定理有,

$\mathrm{BE}^{2}=\mathrm{BD} \times \mathrm{BC}$ 可得，

$B D=2$,

$\therefore \mathrm{CD}=6$,

$\therefore \odot 0$ 半径为 3 .

故选 C.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 中, $A D$ 平行 $B C, \angle A B C=90^{\circ}, A D=2, A B=6$, 以 $A B$ 为直径的半 $\odot 0$ 切 $C D$ 于点 $E, F$ 为弧 $B E$ 上一动点, 过 $F$ 点的直线 $M N$ 为半 $\odot 0$ 的切线, $M N$ 交 $B C$ 于 $M$, 交 $C D$ 于 $N$,则 $\triangle \mathrm{MCN}$ 的周长为 $(\quad)$


选项：
A. 9
B. 10
C. $3 \sqrt{11}$
D. $2 \sqrt{23}$
答案：A
解析：【分析】作 $\mathrm{DH} \perp \mathrm{BC}$ 于 $\mathrm{H}$ ，如图，利用平行线的性质得 $\mathrm{AB} \perp \mathrm{AD}, \mathrm{AB} \perp \mathrm{BC}$ ，则根据切线的判定得到 $\mathrm{AD}$ 和 $\mathrm{BC}$ 为 $\odot 0$ 切线, 根据切线长定理得 $\mathrm{DE}=\mathrm{DA}=2, \mathrm{CE}=\mathrm{CB}, \mathrm{NE}=\mathrm{NF}, \mathrm{MB}=\mathrm{MF}$, 利用四边形 $A B H D$ 为矩形得 $B H=A D=2, D H=A B=6$, 设 $B C=x$, 则 $C H=x-2, C D=x+2$, 在 Rt $\triangle D C H$ 中根据勾股定理得 $(x-2)^{2}+6^{2}=(x+2)^{2}$, 解得 $x=\frac{9}{2}$, 即 $C B=C E=\frac{9}{2}$, 然后由等线段代换得到 $\triangle M C N$ 的周长 $=\mathrm{CE}+\mathrm{CB}=9$.

解: 作 $\mathrm{DH} \perp \mathrm{BC}$ 于 $\mathrm{H}$, 如图,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 中, $A D$ 平行 $B C, \angle A B C=90^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{AB} \perp \mathrm{AD}, \mathrm{AB} \perp \mathrm{BC}$,

$\because \mathrm{AB}$ 为直径,

$\therefore \mathrm{AD}$ 和 $\mathrm{BC}$ 为 $\odot 0$ 切线,

$\because \mathrm{CD}$ 和 $\mathrm{MN}$ 为 $\odot 0$ 切线,

$\therefore \mathrm{DE}=\mathrm{DA}=2, \mathrm{CE}=\mathrm{CB}, \mathrm{NE}=\mathrm{NF}, \mathrm{MB}=\mathrm{MF}$,
$\because$ 四边形 $\mathrm{ABHD}$ 为矩形,

$\therefore \mathrm{BH}=\mathrm{AD}=2, \mathrm{DH}=\mathrm{AB}=6$,

设 $\mathrm{BC}=\mathrm{x}$, 则 $\mathrm{CH}=\mathrm{x}-2, \mathrm{CD}=\mathrm{x}+2$,

在 Rt $\triangle \mathrm{DCH}$ 中, $\because \mathrm{CH}^{2}+\mathrm{DH}^{2}=\mathrm{DC}^{2}$,

$\therefore(x-2)^{2}+6^{2}=(x+2)^{2}$, 解得 $x=\frac{9}{2}$,

$\therefore \mathrm{CB}=\mathrm{CE}=\frac{9}{2}$,

$\therefore \triangle \mathrm{MCN}$ 的周长 $=\mathrm{CN}+\mathrm{CM}+\mathrm{MN}$

$=\mathrm{CN}+\mathrm{CM}+\mathrm{NF}+\mathrm{MF}$

$=\mathrm{CN}+\mathrm{CM}+\mathrm{NF}+\mathrm{MB}$

$=\mathrm{CE}+\mathrm{CB}$

$=9$.

故选 A.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\odot 0$ 的半径 $r=5$, 圆心 0 到直线 1 的距离为 ( ) 时, 圆与直线 1 相交.
选项：
A. 7
B. 6
C. 5
D. 4
答案：D
解析：【分析】直接根据直线和圆相交的条件即可得出结论.

解: $\because \odot 0$ 的半径 $\mathrm{r}=5$, 圆与直线 1 相交,

$\therefore$ 圆心 0 到直线 1 的距离 $\mathrm{d}<5$.

故选 D.