eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $B C$ 是 $\odot O$ 的直径, $C E$ 是 $\odot O$ 的弦, 过点 $E$ 作 $\odot O$ 的切线, 交 $C B$ 的延长线于点 $G$, 过点 $B$作 $B F \perp G E$ 于点 $F$, 交 $C E$ 的延长线于点 $A$.

(1)求证: $\angle A B G=2 \angle C$;

(2)若 $G F=3 \sqrt{3}, G B=6$, 求 $\odot O$ 的半径.


选项：
答案：(1)证明: 连接 $O E$,

$\because E G$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O E \perp E G$,

$\because B F \perp G E$,

<ImageHere>

$\therefore O E / / A B$,

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

$\because O E=O C$,

$\therefore \angle O E C=\angle C$,

$\therefore \angle A=\angle C$,

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

$\therefore \angle A B G=2 \angle C ;$

(2)解: $\because B F \perp G E$,

$\therefore \angle B F G=90^{\circ}$,

$\because G F=3 \sqrt{3}, G B=6$,

$\therefore B F=\sqrt{B G^{2}-G F^{2}}=3$,

$\therefore \angle F G B=30^{\circ}$,

$\therefore$ 令 $O E=r$, 则 $2 r=r+6$

$\therefore r=O E=6$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 6 .

【解析】本题考查了切线的性质, 勾股定理, 等腰三角形的判定和性质, 正确的作出辅助线是解题的关键.

(1)连接 $O E$, 根据切线的性质得到 $O E \perp E G$, 推出 $O E / / A B$, 得到 $\angle A=\angle O E C$, 根据等腰三角形的性质得到 $\angle O E C=\angle C$, 求得 $\angle A=\angle C$, 根据三角形的外角的性质即可得到结论;

(2)根据勾股定理得到 $B F=\sqrt{B G^{2}-G F^{2}}=3$, 根据 $30^{\circ}$ 角直角三角形的性质即可得到结论.
解析：(1)证明: 连接 $O E$,

$\because E G$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O E \perp E G$,

$\because B F \perp G E$,



$\therefore O E / / A B$,

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

$\because O E=O C$,

$\therefore \angle O E C=\angle C$,

$\therefore \angle A=\angle C$,

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

$\therefore \angle A B G=2 \angle C ;$

(2)解: $\because B F \perp G E$,

$\therefore \angle B F G=90^{\circ}$,

$\because G F=3 \sqrt{3}, G B=6$,

$\therefore B F=\sqrt{B G^{2}-G F^{2}}=3$,

$\therefore \angle F G B=30^{\circ}$,

$\therefore$ 令 $O E=r$, 则 $2 r=r+6$

$\therefore r=O E=6$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 6 .

【解析】本题考查了切线的性质, 勾股定理, 等腰三角形的判定和性质, 正确的作出辅助线是解题的关键.

(1)连接 $O E$, 根据切线的性质得到 $O E \perp E G$, 推出 $O E / / A B$, 得到 $\angle A=\angle O E C$, 根据等腰三角形的性质得到 $\angle O E C=\angle C$, 求得 $\angle A=\angle C$, 根据三角形的外角的性质即可得到结论;

(2)根据勾股定理得到 $B F=\sqrt{B G^{2}-G F^{2}}=3$, 根据 $30^{\circ}$ 角直角三角形的性质即可得到结论.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

已知四边形 $A B C D$ 是平行四边形, 以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 经过点 $D$.



图1



图2

(1)如图1, 若 $\angle B A D=45^{\circ}$, 求证: $C D$ 与 $\odot O$ 相切;

(2)如图 2 , 若 $A D=6, A B=10, \odot O$ 交 $C D$ 边于点 $F$, 交 $C B$ 边延长线于点 $E$, 求 $B E, C F$ 的长.
选项：
答案：(1)证明: 连接 $O D$,

<ImageHere>

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

$\therefore \angle A=\angle A D O=45^{\circ}$,

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

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore A B / / C D$,

$\therefore \angle C D O+\angle B O D=180^{\circ}$,

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

$\therefore O D \perp D C$,

$\because O D$ 是 $\odot O$ 的半径,

$\therefore C D$ 与 $\odot O$ 相切;

(2) 解: 如图, 连接 $D E, E F, B D$,

<ImageHere>

$\because A B$ 是 $\odot O$ 直径,

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

$\because A D / / B C$,

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

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

$\therefore D E$ 是 $\odot O$ 直径,

$\therefore D E=A B=C D=10, \angle D F E=90^{\circ}$,

$\therefore B E=B C=A D=6, \angle C F E=90^{\circ}$,

$\therefore C E=B E+B C=12$,
在Rt $\triangle D E F$ 和Rt $\triangle C E F$ 中, $E F^{2}=D E^{2}-D F^{2}, E F^{2}=C E^{2}-C F^{2}$,

$\therefore D E^{2}-D F^{2}=C E^{2}-C F^{2}$,

设 $D F=x$, 则 $C F=10-x$,

$\therefore 10^{2}-x^{2}=12^{2}-(10-x)^{2}$.

解得 $x=\frac{14}{5}$,

$\therefore 10-x=\frac{36}{5}$,

即 $C F=\frac{36}{5}$.

【解析】(1)如图1中, 连接 $O D$, 欲证明 $C D$ 是切线, 只要证明 $O D \perp D C$ 即可.

(2)如图2中, 连接 $D E, E F, B D$, 首先证明 $D E$ 是直径, 再根据 $E F^{2}=D E^{2}-D F^{2}=C E^{2}-C F^{2}$,设 $D F=x$, 则 $C F=10-x$, 列出方程即可解决.

本题考查切线的性质、平行四边形的性质、圆的有关性质、勾股定理等知识, 学会转化的思想,把问题转化为方程解决, 添加辅助线是解题的关键, 属于中考常考题型.
解析：(1)证明: 连接 $O D$,



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

$\therefore \angle A=\angle A D O=45^{\circ}$,

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

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是平行四边形,

$\therefore A B / / C D$,

$\therefore \angle C D O+\angle B O D=180^{\circ}$,

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

$\therefore O D \perp D C$,

$\because O D$ 是 $\odot O$ 的半径,

$\therefore C D$ 与 $\odot O$ 相切;

(2) 解: 如图, 连接 $D E, E F, B D$,



$\because A B$ 是 $\odot O$ 直径,

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

$\because A D / / B C$,

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

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

$\therefore D E$ 是 $\odot O$ 直径,

$\therefore D E=A B=C D=10, \angle D F E=90^{\circ}$,

$\therefore B E=B C=A D=6, \angle C F E=90^{\circ}$,

$\therefore C E=B E+B C=12$,
在Rt $\triangle D E F$ 和Rt $\triangle C E F$ 中, $E F^{2}=D E^{2}-D F^{2}, E F^{2}=C E^{2}-C F^{2}$,

$\therefore D E^{2}-D F^{2}=C E^{2}-C F^{2}$,

设 $D F=x$, 则 $C F=10-x$,

$\therefore 10^{2}-x^{2}=12^{2}-(10-x)^{2}$.

解得 $x=\frac{14}{5}$,

$\therefore 10-x=\frac{36}{5}$,

即 $C F=\frac{36}{5}$.

【解析】(1)如图1中, 连接 $O D$, 欲证明 $C D$ 是切线, 只要证明 $O D \perp D C$ 即可.

(2)如图2中, 连接 $D E, E F, B D$, 首先证明 $D E$ 是直径, 再根据 $E F^{2}=D E^{2}-D F^{2}=C E^{2}-C F^{2}$,设 $D F=x$, 则 $C F=10-x$, 列出方程即可解决.

本题考查切线的性质、平行四边形的性质、圆的有关性质、勾股定理等知识, 学会转化的思想,把问题转化为方程解决, 添加辅助线是解题的关键, 属于中考常考题型.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $B E, B C, C G$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $E, F, G$ 三点, 且 $B E / / C G$.延长 $B O$ 交 $C G$ 的延长线于点 $D$, 连接 $F G$, 若 $\frac{F G}{B D}=\frac{4}{5}$, 求 $\sin \angle C F G$ 的值.


选项：
答案：解:

$\because C B, C D$ 为圆 $O$ 的切线, 点 $F, G$ 为切点,

$\therefore O C \perp F G$,

$\because F G / / B D$,

$\therefore O C \perp B D$,

$\because F G / / B D$,

$\therefore \triangle C F G \sim \triangle C B D$,

$\therefore \frac{C F}{C B}=\frac{F G}{B D}=\frac{4}{5}$,

连接 $O F$, 则 $O F \perp B C$.

<ImageHere>

设 $C F=4 x, B C=5 x$,

$\therefore B F=x$,
$\because \angle F C O+\angle F O C=\angle F O C+\angle B O F=90^{\circ}$,

$\therefore \angle F C O=\angle B O F$,

又 $\because \angle B F O=\angle C F O=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle B O F \sim O C F$,

$\therefore O F^{2}=B F \cdot F C=4 x^{2}$,

$\therefore O F=2 x, \quad \therefore O B=\sqrt{5} x$,

$\therefore \sin \angle C F G=\sin \angle O B F=\frac{O F}{O B}=\frac{2 x}{\sqrt{5} x}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

【解析】见答案
解析：解:

$\because C B, C D$ 为圆 $O$ 的切线, 点 $F, G$ 为切点,

$\therefore O C \perp F G$,

$\because F G / / B D$,

$\therefore O C \perp B D$,

$\because F G / / B D$,

$\therefore \triangle C F G \sim \triangle C B D$,

$\therefore \frac{C F}{C B}=\frac{F G}{B D}=\frac{4}{5}$,

连接 $O F$, 则 $O F \perp B C$.



设 $C F=4 x, B C=5 x$,

$\therefore B F=x$,
$\because \angle F C O+\angle F O C=\angle F O C+\angle B O F=90^{\circ}$,

$\therefore \angle F C O=\angle B O F$,

又 $\because \angle B F O=\angle C F O=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle B O F \sim O C F$,

$\therefore O F^{2}=B F \cdot F C=4 x^{2}$,

$\therefore O F=2 x, \quad \therefore O B=\sqrt{5} x$,

$\therefore \sin \angle C F G=\sin \angle O B F=\frac{O F}{O B}=\frac{2 x}{\sqrt{5} x}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$.

【解析】见答案
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 点 $P$ 为半圆上的一点 (不与 $A, B$ 重合), 点 $I$ 是 $\triangle A B P$ 的内心, $P I$ 的延长线交 $\odot O$ 于点 $M$.

(1) 求 $\frac{I B}{I M}$ 的值;

(2)过点 $I$ 作 $I N \perp P B$ 于点 $N$, 求 $\frac{I N+O B}{P M}$ 的值.


选项：
答案：解:

(1) 解: 如图, 连接 $O M$.

<ImageHere>

$\because$ 点 $M$ 是半圆的中点,

$\therefore \angle A O M=90^{\circ}$.

又 $\angle A P M=\frac{1}{2} \angle A O M$,

$$
\therefore \angle A P M=45^{\circ} \text {; }
$$

连接 $A M 、 B M$.

$\because$ 点 $M$ 是半圆的中点,

$\therefore A M=B M$,

$\therefore A B=\sqrt{2} M B$.

设 $\angle A B I=\alpha$, 则 $\angle M I B=45^{\circ}+\angle P B I=45^{\circ}+\alpha=\angle M B I$,
$\therefore M B=I M$.

$$
\therefore A B=\sqrt{2} I M
$$

$\therefore \frac{A B}{I M}=\sqrt{2}$.

$(2)$

解:

$\because \angle N P I=45^{\circ}, I N \perp P N$,

$\therefore P I=\sqrt{2} I N$,

$$
\because A B=\sqrt{2} I M
$$

$\therefore I M=\frac{\sqrt{2}}{2} A B=\sqrt{2} O B$,

$$
\therefore P M=P I+M I=\sqrt{2}(I N+O B)
$$

$\therefore \frac{I N+O B}{P M}=\frac{I N+O B}{\sqrt{2}(I N+O B)}=\frac{\sqrt{2}}{2}$;

【解析】见答案.
解析：解:

(1) 解: 如图, 连接 $O M$.



$\because$ 点 $M$ 是半圆的中点,

$\therefore \angle A O M=90^{\circ}$.

又 $\angle A P M=\frac{1}{2} \angle A O M$,

$$
\therefore \angle A P M=45^{\circ} \text {; }
$$

连接 $A M 、 B M$.

$\because$ 点 $M$ 是半圆的中点,

$\therefore A M=B M$,

$\therefore A B=\sqrt{2} M B$.

设 $\angle A B I=\alpha$, 则 $\angle M I B=45^{\circ}+\angle P B I=45^{\circ}+\alpha=\angle M B I$,
$\therefore M B=I M$.

$$
\therefore A B=\sqrt{2} I M
$$

$\therefore \frac{A B}{I M}=\sqrt{2}$.

$(2)$

解:

$\because \angle N P I=45^{\circ}, I N \perp P N$,

$\therefore P I=\sqrt{2} I N$,

$$
\because A B=\sqrt{2} I M
$$

$\therefore I M=\frac{\sqrt{2}}{2} A B=\sqrt{2} O B$,

$$
\therefore P M=P I+M I=\sqrt{2}(I N+O B)
$$

$\therefore \frac{I N+O B}{P M}=\frac{I N+O B}{\sqrt{2}(I N+O B)}=\frac{\sqrt{2}}{2}$;

【解析】见答案.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)如图, 郑明同学站在 $A$ 处, 测得他在路灯 $O C$ 下影子 $A P$ 的长与他的身高相等, 都为 $1.5 m$, 他向路灯方向走 $1 m$ 到 $B$ 处时发现影子刚好落在 $A$ 点.(1) 请在图中画出形成影子的光线, 并确定光源 $O$ 的位置;(2)求路灯 $O C$ 的高.
选项：
答案：解: (1)光源 $O$ 的位置如图所示;

<ImageHere>

(2) 设 $O C=x$.

$\because A E / / O C$,
$\therefore \frac{A E}{O C}=\frac{P A}{C P}$,

$\therefore \frac{1.5}{x}=\frac{1.5}{P C}$

$\therefore P C=x$,

$\therefore A C=x-1.5$,

$\because B F / / O C$,

$\therefore \frac{B F}{O C}=\frac{A B}{A C}$

$\therefore \frac{1.5}{x}=\frac{1}{x-1.5}$

$\therefore x=4.5$,

答: 路灯 $O C$ 的高为 4.5 米.

【解析】(1)作射线 $P E, A F$ 交于点 $O$, 点 $O$ 即为所求;

(2)设 $O C=x$. 由 $A E / / O C$, 可得 $\frac{A E}{O C}=\frac{P A}{C P}$, 推出 $P C=x, A C=x-1.5$, 再由 $B F / / O C$, 可得 $\frac{B F}{O C}=\frac{A B}{A C}$,由此构建方程即可解决问题;

本题考查相似三角形的应用、中心投影、平行线分线段成比例定理等知识, 解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题, 属于中考常考题型.
解析：解: (1)光源 $O$ 的位置如图所示;



(2) 设 $O C=x$.

$\because A E / / O C$,
$\therefore \frac{A E}{O C}=\frac{P A}{C P}$,

$\therefore \frac{1.5}{x}=\frac{1.5}{P C}$

$\therefore P C=x$,

$\therefore A C=x-1.5$,

$\because B F / / O C$,

$\therefore \frac{B F}{O C}=\frac{A B}{A C}$

$\therefore \frac{1.5}{x}=\frac{1}{x-1.5}$

$\therefore x=4.5$,

答: 路灯 $O C$ 的高为 4.5 米.

【解析】(1)作射线 $P E, A F$ 交于点 $O$, 点 $O$ 即为所求;

(2)设 $O C=x$. 由 $A E / / O C$, 可得 $\frac{A E}{O C}=\frac{P A}{C P}$, 推出 $P C=x, A C=x-1.5$, 再由 $B F / / O C$, 可得 $\frac{B F}{O C}=\frac{A B}{A C}$,由此构建方程即可解决问题;

本题考查相似三角形的应用、中心投影、平行线分线段成比例定理等知识, 解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题, 属于中考常考题型.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)把边长为 1 厘米的 6 个相同正方体摆成如图的形式.正面主视图左视图俯视图(1)画出该几何体的主视图、左视图、俯视图;(2)直接写出该几何体的表面积为 $\mathrm{cm}^{2} ;$(3)如果在这个几何体上再添加一些相同的小正方体, 并保持这个几何体的左视图和俯视图不变，那么最多可以再添加小正方体.
选项：
答案：解: (1)如图所示:

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯视图

(2) 26

(3) 2

【解析】

【分析】

此题主要考查了画三视图以及几何体的表面积, 正确得出三视图是解题关键.

(1)直接利用三视图的画法进而得出答案;

(2)利用几何体的形状进而得出其表面积;

(3)利用左视图和俯视图不变, 得出可以添加的位置.

解: (1) 见答案;

(2)几何体表面积: $2 \times(5+4+3)+2=26\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

故答案为 26 ;

(3)最多可以再添加 2 个小正方体.

故答案为 2 .
解析：解: (1)如图所示:



主视图



左视图



俯视图

(2) 26

(3) 2

【解析】

【分析】

此题主要考查了画三视图以及几何体的表面积, 正确得出三视图是解题关键.

(1)直接利用三视图的画法进而得出答案;

(2)利用几何体的形状进而得出其表面积;

(3)利用左视图和俯视图不变, 得出可以添加的位置.

解: (1) 见答案;

(2)几何体表面积: $2 \times(5+4+3)+2=26\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$,

故答案为 26 ;

(3)最多可以再添加 2 个小正方体.

故答案为 2 .
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)画出如图所示几何体从三个方向看到的形状图.从正面看从正面看从左面看从上面看
选项：
答案：解: 从正面看:

<ImageHere>

从左面看:

<ImageHere>
从上面看:

<ImageHere>

【解析】见答案.
解析：解: 从正面看:



从左面看:


从上面看:



【解析】见答案.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)如图是某工件的三视图, 求此工件的全面积.
选项：
答案：解: 由三视图可知, 该工件是一个底面半径为 $10 \mathrm{~cm}$, 高为 $30 \mathrm{~cm}$ 的圆锥体,圆锥的母线长为 $\sqrt{30^{2}+10^{2}}=10 \sqrt{10}(\mathrm{~cm})$,

圆锥的侧面积为 $\frac{1}{2} \times 20 \pi \times 10 \sqrt{10}=100 \sqrt{10} \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

圆锥的底面积为 $10^{2} \pi=100 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

所以圆锥的全面积为 $100 \pi+100 \sqrt{10} \pi=100(1+\sqrt{10}) \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

即工件的全面积为 $100(1+\sqrt{10}) \pi c m^{2}$.

【解析】见答案
解析：解: 由三视图可知, 该工件是一个底面半径为 $10 \mathrm{~cm}$, 高为 $30 \mathrm{~cm}$ 的圆锥体,圆锥的母线长为 $\sqrt{30^{2}+10^{2}}=10 \sqrt{10}(\mathrm{~cm})$,

圆锥的侧面积为 $\frac{1}{2} \times 20 \pi \times 10 \sqrt{10}=100 \sqrt{10} \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

圆锥的底面积为 $10^{2} \pi=100 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

所以圆锥的全面积为 $100 \pi+100 \sqrt{10} \pi=100(1+\sqrt{10}) \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

即工件的全面积为 $100(1+\sqrt{10}) \pi c m^{2}$.

【解析】见答案
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)按要求画图:(1)如图1, 平面上有四个点 $A, B, C, D$, 按下列要求画出图形.(1) 连接 $B D$;(2)画直线 $A C$ 交 $B D$ 于点 $M$;(3)画出线段 $C D$ 的反向延长线;(2)有 5 个大小一样的正方形制成如图2所示的拼接图形(阴影部分), 请你在图中的拼接图形上再接一个正方形, 使新拼接成的图形经过折叠后能成为一个封闭的正方体盒子. (注意: 添加
    所有符合要求的正方形, 添加的正方形用阴影和序号表示).
    A
    B.
    $C^{\cdot}$图1图2
选项：
答案：解: (1)如图1中, 线段 $B D$, 直线 $A C$, 射线 $D C$ 即为所求作.

(2)如图2中，有四种情形.

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

【解析】(1)根据要求画出图形即可.

(2)根据正方体的展开图的特征解决问题即可.

本题考查作图-应用与设计作图, 正方体的展开图等知识, 解题的关键是理解题意, 灵活运用所学知识解决问题.
解析：解: (1)如图1中, 线段 $B D$, 直线 $A C$, 射线 $D C$ 即为所求作.

(2)如图2中，有四种情形.



图1



图2

【解析】(1)根据要求画出图形即可.

(2)根据正方体的展开图的特征解决问题即可.

本题考查作图-应用与设计作图, 正方体的展开图等知识, 解题的关键是理解题意, 灵活运用所学知识解决问题.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $\odot O$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆, 已知 $\angle C A B=\angle C B D$, 直线 $M N$ 与 $\odot O$ 交于点 $C$, 弦 $B D / / M N$ 。



(1)求证: $M N$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 若 $B C=5, B D=8$, 求 $\odot O$ 的半径.
选项：
答案：解: (1)连接 $O B 、 O C, O C$ 交 $B D$ 于 $H$ 点,

<ImageHere>

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

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

$\therefore \overparen{B C}=\overparen{D C}$,

$\therefore O C \perp B D$,

$\because B D / / M N$,

$\therefore O C \perp M N$,

$\because O C$ 为 $\odot O$ 半径,

$\therefore M N$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) $\because O C \perp B D$,

$\therefore B H=H D=\frac{1}{2} B D=4$,

$\therefore C H=\sqrt{B C^{2}-B H^{2}}=\sqrt{25-16}=3$,

$\because O B^{2}=O H^{2}+B H^{2}$,

$\therefore O B^{2}=(O B-3)^{2}+16$,

$\therefore O B=\frac{25}{6}$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{25}{6}$.

【解析】本题考查了圆的有关知识, 勾股定理, 灵活运用这些性质解决问题是本题的关键. 连接 $O B$ 、 $O C$, 交 $B D$ 于 $H$ 点.

(1) 由 $\angle C D B=\angle C B D$ 可得 $\overparen{B C}=\overparen{C D}, O C \perp B D$, 由 $B D / / M N$, 可得 $O C \perp M N$, 可得结论;

(2) 由垂径定理可得 $B H=4$, 由勾股定理可求 $C H, O B$ 的长, 即可求解.
解析：解: (1)连接 $O B 、 O C, O C$ 交 $B D$ 于 $H$ 点,



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

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

$\therefore \overparen{B C}=\overparen{D C}$,

$\therefore O C \perp B D$,

$\because B D / / M N$,

$\therefore O C \perp M N$,

$\because O C$ 为 $\odot O$ 半径,

$\therefore M N$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) $\because O C \perp B D$,

$\therefore B H=H D=\frac{1}{2} B D=4$,

$\therefore C H=\sqrt{B C^{2}-B H^{2}}=\sqrt{25-16}=3$,

$\because O B^{2}=O H^{2}+B H^{2}$,

$\therefore O B^{2}=(O B-3)^{2}+16$,

$\therefore O B=\frac{25}{6}$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{25}{6}$.

【解析】本题考查了圆的有关知识, 勾股定理, 灵活运用这些性质解决问题是本题的关键. 连接 $O B$ 、 $O C$, 交 $B D$ 于 $H$ 点.

(1) 由 $\angle C D B=\angle C B D$ 可得 $\overparen{B C}=\overparen{C D}, O C \perp B D$, 由 $B D / / M N$, 可得 $O C \perp M N$, 可得结论;

(2) 由垂径定理可得 $B H=4$, 由勾股定理可求 $C H, O B$ 的长, 即可求解.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 线段 $A B$ 经过 $\odot O$ 的圆心 $O$, 交圆 $O$ 于点 $A, C, B C=1, A D$ 为 $\odot O$ 的弦, 连接 $B D, \angle B A D=$ $\angle A B D=30^{\circ}$, 连接 $D O$ 并延长交 $\odot O$ 于点 $E$, 连接 $B E$ 交 $\odot O$ 于点 $M$.

(1)求证: 直线 $B D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)求线段 $B M$ 的长.


选项：
答案：(1)证明: $\because \angle B A D=\angle A B D=30^{\circ}$,

$\therefore \angle D O B=2 \angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore \angle O D B=180^{\circ}-30^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}$,

即 $O D \perp B D ，$

$\because O D$ 过 $O$,

$\therefore$ 直线 $B D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)解：设 $O D=O C=r$,

在 $R t \triangle B D O$ 中, $\sin 30^{\circ}=\frac{O D}{O B}=\frac{r}{r+1}$,

解得: $r=1$,

即 $O D=1, O B=1+1=2$,

由勾股定理得: $B D=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,

$\therefore B E=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{7}$,

连接 $D M$,

$\because D E$ 是 $\odot O$ 的直径,

$\therefore \angle D M E=90^{\circ}$,

即 $\angle D M B=\angle B D E=90^{\circ} ，$

<ImageHere>

$\because \angle D B M=\angle D B E$,

$\therefore \triangle B M D \sim \triangle B D E$,

$\therefore \frac{B M}{B D}=\frac{B D}{B E}$,

$\therefore \frac{B M}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$,

解得: $B M=\frac{3 \sqrt{7}}{7}$,

【解析】(1)求出 $\angle B D O=90^{\circ}$, 再根据切线的判定得出即可;

(2) 解直角三角形求出 $O D$ 、根据勾股定理求出 $B D$, 连接 $D M$, 根据相似三角形的判定得出 $\triangle B M D \sim \triangle$ $B D E$, 得出比例式, 再代入求出即可.

本题考查了切线的判定和性质, 相似三角形的性质和判定, 圆周角定理, 勾股定理等知识点, 能综合运用定理进行推理是解此题的关键.
解析：(1)证明: $\because \angle B A D=\angle A B D=30^{\circ}$,

$\therefore \angle D O B=2 \angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore \angle O D B=180^{\circ}-30^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}$,

即 $O D \perp B D ，$

$\because O D$ 过 $O$,

$\therefore$ 直线 $B D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)解：设 $O D=O C=r$,

在 $R t \triangle B D O$ 中, $\sin 30^{\circ}=\frac{O D}{O B}=\frac{r}{r+1}$,

解得: $r=1$,

即 $O D=1, O B=1+1=2$,

由勾股定理得: $B D=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,

$\therefore B E=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{7}$,

连接 $D M$,

$\because D E$ 是 $\odot O$ 的直径,

$\therefore \angle D M E=90^{\circ}$,

即 $\angle D M B=\angle B D E=90^{\circ} ，$



$\because \angle D B M=\angle D B E$,

$\therefore \triangle B M D \sim \triangle B D E$,

$\therefore \frac{B M}{B D}=\frac{B D}{B E}$,

$\therefore \frac{B M}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$,

解得: $B M=\frac{3 \sqrt{7}}{7}$,

【解析】(1)求出 $\angle B D O=90^{\circ}$, 再根据切线的判定得出即可;

(2) 解直角三角形求出 $O D$ 、根据勾股定理求出 $B D$, 连接 $D M$, 根据相似三角形的判定得出 $\triangle B M D \sim \triangle$ $B D E$, 得出比例式, 再代入求出即可.

本题考查了切线的判定和性质, 相似三角形的性质和判定, 圆周角定理, 勾股定理等知识点, 能综合运用定理进行推理是解此题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在 $\odot O$ 中, $A B$ 为直径, 过圆上一点 $C$ 作切线 $C D$ 交 $A B$ 的延长线于点 $D$.

(1)求证: $\angle B A C=\angle B C D$;

(2)若 $\angle B A C=30^{\circ}, A B=4$, 求图中阴影部分的面积.


选项：
答案：(1)证明: 连接 $O C$,

$\because C D$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O C \perp C D$,

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

<ImageHere>

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

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

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

$\because O C=O B$,

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

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

(2) 解: $\because \angle B A C=30^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=2 \angle B A C=60^{\circ}$,

$\therefore C D=O C \cdot \tan \angle C O D=2 \sqrt{3}$,

$\therefore$ 阴影部分的面积 $=S_{\triangle O C D}-S_{\text {扇形 } C O B}=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 2-\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}=2 \sqrt{3}-\frac{2}{3} \pi$.

【解析】(1)连接 $O C$, 根据切线的性质得到 $O C \perp C D$, 根据圆周角定理得到 $\angle A C B=90^{\circ}$, 根据等腰三角形的性质得到 $\angle O C B=\angle A B C$, 进而证明结论;

(2)根据圆周角定理求出 $\angle B O C$, 根据正切的定义求出 $C D$, 根据扇形面积公式计算即可.

本题考查的是切线的性质、圆周角定理、扇形面积计算, 掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是
解题的关键.
解析：(1)证明: 连接 $O C$,

$\because C D$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O C \perp C D$,

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



$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

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

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

$\because O C=O B$,

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

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

(2) 解: $\because \angle B A C=30^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=2 \angle B A C=60^{\circ}$,

$\therefore C D=O C \cdot \tan \angle C O D=2 \sqrt{3}$,

$\therefore$ 阴影部分的面积 $=S_{\triangle O C D}-S_{\text {扇形 } C O B}=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 2-\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}=2 \sqrt{3}-\frac{2}{3} \pi$.

【解析】(1)连接 $O C$, 根据切线的性质得到 $O C \perp C D$, 根据圆周角定理得到 $\angle A C B=90^{\circ}$, 根据等腰三角形的性质得到 $\angle O C B=\angle A B C$, 进而证明结论;

(2)根据圆周角定理求出 $\angle B O C$, 根据正切的定义求出 $C D$, 根据扇形面积公式计算即可.

本题考查的是切线的性质、圆周角定理、扇形面积计算, 掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是
解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, 已知 $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, 过 $\odot O$ 上点 $C$ 的切线交 $A B$ 的延长线于点 $E, A D \perp E C$ 于点 $D$, 且交 $\odot O$ 于点 $F$, 连接 $B C, C F, A C$.求证: $B C=C F$.


选项：
答案：证明：如图, 连接 $O C$,

<ImageHere>

$\because D E$ 是 $\odot O$ 的切线, $O C$ 是半径,

$\therefore O C \perp D E$,

$\because A D \perp D E$,

$\therefore A D / / O C$,

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

$\because O A=O C$

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

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

$\therefore \overparen{C F}=\overparen{C B}$,

$\therefore B C=C F$.

【解析】本题考查了切线的性质, 弧、弦、圆心角的关系, 平行线的判定与性质, 等腰三角形的性质, 掌握切线的性质, 平行线的性质, 等腰三角形的性质, 弧、弦、圆心角的关系等知识是解决问题的关键.

连接 $O C$, 利用切线的性质及 $A D \perp D E$, 得出 $A D / / O C$, 从而得出 $\angle D A C=\angle A C O$, 由等腰三角形的性质得出 $\angle O A C=\angle A C O$, 进而得出 $\angle D A C=\angle O A C$, 推出 $\overparen{C F}=\overparen{C B}$, 即可证明 $B C=C F$.
解析：证明：如图, 连接 $O C$,



$\because D E$ 是 $\odot O$ 的切线, $O C$ 是半径,

$\therefore O C \perp D E$,

$\because A D \perp D E$,

$\therefore A D / / O C$,

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

$\because O A=O C$

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

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

$\therefore \overparen{C F}=\overparen{C B}$,

$\therefore B C=C F$.

【解析】本题考查了切线的性质, 弧、弦、圆心角的关系, 平行线的判定与性质, 等腰三角形的性质, 掌握切线的性质, 平行线的性质, 等腰三角形的性质, 弧、弦、圆心角的关系等知识是解决问题的关键.

连接 $O C$, 利用切线的性质及 $A D \perp D E$, 得出 $A D / / O C$, 从而得出 $\angle D A C=\angle A C O$, 由等腰三角形的性质得出 $\angle O A C=\angle A C O$, 进而得出 $\angle D A C=\angle O A C$, 推出 $\overparen{C F}=\overparen{C B}$, 即可证明 $B C=C F$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $B C$ 为 $\odot O$ 的切线, $D$ 为 $\odot O$ 上的一点, $C D=C B$, 延长 $C D$ 交 $B A$ 的延长线于点 $E$.



(1)求证: $C D$ 为 $\odot O$ 的切线.

(2)若圆心 $O$ 到弦 $D B$ 的距离为 $1, \angle A B D=30^{\circ}$, 求图中阴影部分的面积. (结果保留 $\pi$ )
选项：
答案：(1)证明: 连接 $O D$,

<ImageHere>

$\because B C$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore \angle A B C=90$,

$\because C D=C B$,

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

$\because O B=O D$,

$\therefore \angle O B D=\angle O D B$,

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

即 $O D \perp C D$,

$\because$ 点 $D$ 在 $\odot O$ 上,

$\therefore C D$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2) 解: 过点 $O$ 作 $O F \perp B D$ 于点 $F$,
在Rt $\triangle O B F$ 中, $\because \angle A B D=30^{\circ}, O F=1$,

$\therefore \angle B O F=60^{\circ}, O B=2, B F=\sqrt{3}$,

$\because O F \perp B D$,

$\therefore B D=2 B F=2 \sqrt{3}$,

$\angle B O D=2 \angle B O F=120^{\circ}$,

$$
\therefore S_{\text {阴影 }}=S_{\text {扇形 } O B D}-S_{\triangle B O D}
$$

$=\frac{120 \pi \times 2^{2}}{360}-\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 1=\frac{4 \pi}{3}-\sqrt{3}$.

【解析】此题考查了切线的判定与性质、垂径定理以及扇形的面积.此题难度适中, 注意掌握辅助线的作法, 注意数形结合思想的应用.

(1)首先连接 $O D$, 由 $B C$ 是 $\odot O$ 的切线, 可得 $\angle A B C=90^{\circ}$, 又由 $C D=C B, O B=O D$, 易证得 $\angle O D C=$ $\angle A B C=90^{\circ}$, 即可证得 $C D$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2)在 $R t \triangle O B F$ 中, $\angle A B D=30^{\circ}, O F=1$, 可求得 $B D$ 的长, $\angle B O D$ 的度数, 又由 $S_{\text {阴影 }}=S_{\text {扇形 } O B D}-$ $S_{\triangle B O D}$, 即可求得答案.
解析：(1)证明: 连接 $O D$,



$\because B C$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore \angle A B C=90$,

$\because C D=C B$,

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

$\because O B=O D$,

$\therefore \angle O B D=\angle O D B$,

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

即 $O D \perp C D$,

$\because$ 点 $D$ 在 $\odot O$ 上,

$\therefore C D$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2) 解: 过点 $O$ 作 $O F \perp B D$ 于点 $F$,
在Rt $\triangle O B F$ 中, $\because \angle A B D=30^{\circ}, O F=1$,

$\therefore \angle B O F=60^{\circ}, O B=2, B F=\sqrt{3}$,

$\because O F \perp B D$,

$\therefore B D=2 B F=2 \sqrt{3}$,

$\angle B O D=2 \angle B O F=120^{\circ}$,

$$
\therefore S_{\text {阴影 }}=S_{\text {扇形 } O B D}-S_{\triangle B O D}
$$

$=\frac{120 \pi \times 2^{2}}{360}-\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 1=\frac{4 \pi}{3}-\sqrt{3}$.

【解析】此题考查了切线的判定与性质、垂径定理以及扇形的面积.此题难度适中, 注意掌握辅助线的作法, 注意数形结合思想的应用.

(1)首先连接 $O D$, 由 $B C$ 是 $\odot O$ 的切线, 可得 $\angle A B C=90^{\circ}$, 又由 $C D=C B, O B=O D$, 易证得 $\angle O D C=$ $\angle A B C=90^{\circ}$, 即可证得 $C D$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2)在 $R t \triangle O B F$ 中, $\angle A B D=30^{\circ}, O F=1$, 可求得 $B D$ 的长, $\angle B O D$ 的度数, 又由 $S_{\text {阴影 }}=S_{\text {扇形 } O B D}-$ $S_{\triangle B O D}$, 即可求得答案.