eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在平面直角坐标系 $x 0 y$ 中, $\odot A$ 与 $y$ 轴相切于点 $B\left(0, \frac{3}{2}\right)$, 与 $x$ 轴相交于 $M 、 N$两点. 如果点 $M$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$, 求点 $N$ 的坐标.


选项：
答案：【分析】连接 $A B 、 A M$ 、过 $A$ 作 $A C \perp M N$ 于 $C$, 设 $\odot A$ 的半径是 $R$, 根据切线性质得出 $A B=A M=R$,求出 $\mathrm{CM}=\mathrm{R}-\frac{1}{2}, \mathrm{AC}=\frac{3}{2}, \mathrm{MN}=2 \mathrm{CM}$,

由勾股定理得出方程 $R^{2}=\left(R-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$, 求出方程的解即可.

解:

<ImageHere>

连接 $A B 、 A M$ 、过 $A$ 作 $A C \perp M N$ 于 $C$, 设 $\odot A$ 的半径是 $R$,

$\because \odot \mathrm{A}$ 与 $\mathrm{y}$ 轴相切于 $\mathrm{B}$,

$\therefore \mathrm{AB} \perp \mathrm{y}$ 轴,

$\because$ 点 $B\left(0, \frac{3}{2}\right)$, 与 $x$ 轴相交于 $M 、 N$ 两点, 点 $M$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AM}=\mathrm{R}, \quad \mathrm{CM}=\mathrm{R}-\frac{1}{2}, \mathrm{AC}=\frac{3}{2}, \quad \mathrm{MN}=2 \mathrm{CM}$,

由勾股定理得: $R^{2}=\left(R-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$,

$\mathrm{R}=2.5$,

$\therefore \mathrm{CM}=\mathrm{CN}=2.5-\frac{1}{2}=2$,

$\therefore 0 \mathrm{~N}=\frac{1}{2}+2+2=4 \frac{1}{2}$,

即 $\mathrm{N}$ 的坐标是 $\left(4 \frac{1}{2}, 0\right)$.
解析：【分析】连接 $A B 、 A M$ 、过 $A$ 作 $A C \perp M N$ 于 $C$, 设 $\odot A$ 的半径是 $R$, 根据切线性质得出 $A B=A M=R$,求出 $\mathrm{CM}=\mathrm{R}-\frac{1}{2}, \mathrm{AC}=\frac{3}{2}, \mathrm{MN}=2 \mathrm{CM}$,

由勾股定理得出方程 $R^{2}=\left(R-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$, 求出方程的解即可.

解:



连接 $A B 、 A M$ 、过 $A$ 作 $A C \perp M N$ 于 $C$, 设 $\odot A$ 的半径是 $R$,

$\because \odot \mathrm{A}$ 与 $\mathrm{y}$ 轴相切于 $\mathrm{B}$,

$\therefore \mathrm{AB} \perp \mathrm{y}$ 轴,

$\because$ 点 $B\left(0, \frac{3}{2}\right)$, 与 $x$ 轴相交于 $M 、 N$ 两点, 点 $M$ 的坐标为 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AM}=\mathrm{R}, \quad \mathrm{CM}=\mathrm{R}-\frac{1}{2}, \mathrm{AC}=\frac{3}{2}, \quad \mathrm{MN}=2 \mathrm{CM}$,

由勾股定理得: $R^{2}=\left(R-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}$,

$\mathrm{R}=2.5$,

$\therefore \mathrm{CM}=\mathrm{CN}=2.5-\frac{1}{2}=2$,

$\therefore 0 \mathrm{~N}=\frac{1}{2}+2+2=4 \frac{1}{2}$,

即 $\mathrm{N}$ 的坐标是 $\left(4 \frac{1}{2}, 0\right)$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图示, PA, PB 分别与 $\odot 0$ 相切于点 A, B, $\odot 0$ 的切线 $\mathrm{EF}$ 分别交 $\mathrm{PA}, \mathrm{PB}$ 于点 E, F, 切点 $C$ 在弧 $A B$ 上, 若 $P A=12$, 则 $\triangle \mathrm{PEF}$ 的周长是?


选项：
答案：【分析】由切线长定理知, $\mathrm{AE}=\mathrm{CE}, \mathrm{FB}=\mathrm{CF}, \mathrm{PA}=\mathrm{PB}=12$, 然后根据 $\triangle \mathrm{PEF}$ 的周长公式即可求出其结果

解: $\because \mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB}$ 分别与 $\odot 0$ 相切于点 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$,

$\odot 0$ 的切线 $E F$ 分别交 $P A 、 P B$ 于点 $E 、 F$, 切点 $C$ 在弧 $A B$ 上,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{CE}, \mathrm{FB}=\mathrm{CF}, \mathrm{PA}=\mathrm{PB}=12$,

$\therefore \triangle \mathrm{PEF}$ 的周长 $=\mathrm{PE}+\mathrm{EF}+\mathrm{PF}=\mathrm{PA}+\mathrm{PB}=24$.
解析：【分析】由切线长定理知, $\mathrm{AE}=\mathrm{CE}, \mathrm{FB}=\mathrm{CF}, \mathrm{PA}=\mathrm{PB}=12$, 然后根据 $\triangle \mathrm{PEF}$ 的周长公式即可求出其结果

解: $\because \mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB}$ 分别与 $\odot 0$ 相切于点 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$,

$\odot 0$ 的切线 $E F$ 分别交 $P A 、 P B$ 于点 $E 、 F$, 切点 $C$ 在弧 $A B$ 上,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{CE}, \mathrm{FB}=\mathrm{CF}, \mathrm{PA}=\mathrm{PB}=12$,

$\therefore \triangle \mathrm{PEF}$ 的周长 $=\mathrm{PE}+\mathrm{EF}+\mathrm{PF}=\mathrm{PA}+\mathrm{PB}=24$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 已知 $\mathrm{AB}$ 是 $\odot 0$ 的直径, 点 $\mathrm{C} 、 \mathrm{D}$ 在 $\odot 0$ 的上, 点 $\mathrm{E}$ 在 $\odot 0$ 的外, $\angle \mathrm{EAC}=\angle \mathrm{D}=60^{\circ}$.

(1) 求 $\angle \mathrm{ABC}$ 的度数;

(2) 求证: $A E$ 是 $\odot 0$ 的切线.


选项：
答案：【分析】直接根据圆周角定理求解;

(2) 根据圆周角定理, 由 $A B$ 是 $\odot 0$ 的直径得 $\angle A C B=90^{\circ}$, 则利用互余可计算出 $\angle B A C=30^{\circ}$, 于是得到 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{EA}=90^{\circ}$ ，然后根据切线的判定定理得到结论.

(1) 解: $\because \angle \mathrm{D}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{D}=60^{\circ}$

(2) 证明: $\because A B$ 是 $\odot 0$ 的直径,

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

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

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{EAC}=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$,

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

$\therefore \mathrm{AE}$ 是 $\odot 0$ 的切线.
解析：【分析】直接根据圆周角定理求解;

(2) 根据圆周角定理, 由 $A B$ 是 $\odot 0$ 的直径得 $\angle A C B=90^{\circ}$, 则利用互余可计算出 $\angle B A C=30^{\circ}$, 于是得到 $\angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{EA}=90^{\circ}$ ，然后根据切线的判定定理得到结论.

(1) 解: $\because \angle \mathrm{D}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{D}=60^{\circ}$

(2) 证明: $\because A B$ 是 $\odot 0$ 的直径,

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

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

$\therefore \angle \mathrm{BAE}=\angle \mathrm{BAC}+\angle \mathrm{EAC}=30^{\circ}+60^{\circ}=90^{\circ}$,

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

$\therefore \mathrm{AE}$ 是 $\odot 0$ 的切线.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot 0$ 的直径, $\mathrm{AE}$ 平分 $\angle \mathrm{BAF}$ 交 $\odot 0$ 于点 $\mathrm{E}$, 过点 $\mathrm{E}$ 作直线与 $\mathrm{AF}$ 垂直, 交 $\mathrm{AF}$ 延长线于点 $\mathrm{D}$,交 $\mathrm{AB}$ 延长线于点 $\mathrm{C}$.

$(1)$ 判断 $\mathrm{CD}$ 是否是 $\odot 0$ 的切线, 并说明理由.

(2) 若 $\angle \mathrm{C}=30^{\circ}, \odot 0$ 的半径为 1 , 求 $\mathrm{DE}$ 的长.


选项：
答案：【分析】(1) 先证 $\mathrm{OE} / / \mathrm{AD}$, 得出 $\angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{OEC}$, 再由 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{CD}$, 证出 $\mathrm{OE} \perp \mathrm{CD}$, 即可得出结论;

（2）由 $\angle C=30^{\circ}$, 得出 $O C=20 E=2$, $A C=3$, 再根据含 $30^{\circ}$ 的直角三角形的性质求出 $A D$, 然后运用锐角三角函数即可得出 DE.

解: (1) $\mathrm{CD}$ 是 $\odot 0$ 的切线;

理由如下: 连结 $0 \mathrm{EE}$, 如图所示:

$\because 0 \mathrm{~A}=0 \mathrm{E}$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{AE}=\angle 0 \mathrm{EA}$,

又 $\because \angle \mathrm{DAE}=\angle 0 \mathrm{AE}$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{EA}=\angle \mathrm{DAE}$,

$\therefore 0 \mathrm{E} / / \mathrm{AD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle 0 \mathrm{EC}$,

$\because \mathrm{AD} \perp \mathrm{CD}, \quad \therefore \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ}, \quad \therefore \angle 0 \mathrm{EC}=90^{\circ}$,

$\therefore 0 \mathrm{E} \perp \mathrm{CD}$,

$\therefore \mathrm{CD}$ 是 $\odot 0$ 的切线;

(2) $\because \angle 0 \mathrm{EC}=90^{\circ}, \angle \mathrm{C}=30^{\circ}$,

$\therefore 0 \mathrm{C}=20 \mathrm{E}=2$,

$\therefore \mathrm{AC}=3$,

又 $\because \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ} ，$

$\therefore \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \mathrm{AC}=\frac{3}{2}, \quad \angle \mathrm{DAC}=60^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{DAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{DAC}=30^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{DE}=\mathrm{AD} \cdot \tan 30^{\circ}=\frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

<ImageHere>
解析：【分析】(1) 先证 $\mathrm{OE} / / \mathrm{AD}$, 得出 $\angle \mathrm{ADC}=\angle \mathrm{OEC}$, 再由 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{CD}$, 证出 $\mathrm{OE} \perp \mathrm{CD}$, 即可得出结论;

（2）由 $\angle C=30^{\circ}$, 得出 $O C=20 E=2$, $A C=3$, 再根据含 $30^{\circ}$ 的直角三角形的性质求出 $A D$, 然后运用锐角三角函数即可得出 DE.

解: (1) $\mathrm{CD}$ 是 $\odot 0$ 的切线;

理由如下: 连结 $0 \mathrm{EE}$, 如图所示:

$\because 0 \mathrm{~A}=0 \mathrm{E}$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{AE}=\angle 0 \mathrm{EA}$,

又 $\because \angle \mathrm{DAE}=\angle 0 \mathrm{AE}$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{EA}=\angle \mathrm{DAE}$,

$\therefore 0 \mathrm{E} / / \mathrm{AD}$,

$\therefore \angle \mathrm{ADC}=\angle 0 \mathrm{EC}$,

$\because \mathrm{AD} \perp \mathrm{CD}, \quad \therefore \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ}, \quad \therefore \angle 0 \mathrm{EC}=90^{\circ}$,

$\therefore 0 \mathrm{E} \perp \mathrm{CD}$,

$\therefore \mathrm{CD}$ 是 $\odot 0$ 的切线;

(2) $\because \angle 0 \mathrm{EC}=90^{\circ}, \angle \mathrm{C}=30^{\circ}$,

$\therefore 0 \mathrm{C}=20 \mathrm{E}=2$,

$\therefore \mathrm{AC}=3$,

又 $\because \angle \mathrm{ADC}=90^{\circ} ，$

$\therefore \mathrm{AD}=\frac{1}{2} \mathrm{AC}=\frac{3}{2}, \quad \angle \mathrm{DAC}=60^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{DAE}=\frac{1}{2} \angle \mathrm{DAC}=30^{\circ}$,

$\therefore \mathrm{DE}=\mathrm{AD} \cdot \tan 30^{\circ}=\frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, 在南北方向的海岸线 $M N$ 上, 有 $A 、 B$ 两艘巡逻船, 现均收到故障船 $C$ 的求救信号. 已知

$A 、 B$ 两船相距 $100(\sqrt{3}+1)$ 海里, 船 $C$ 在船 $A$ 的北偏东 $60^{\circ}$ 方向上, 船 $C$ 在船 $B$ 的东南方向上, $M N$ 上有一观测点 $D$, 测得船 $C$ 正好在观测点 $D$ 的南偏东 $75^{\circ}$ 方向上.



(1)分别求出 $A$ 与 $C, A$ 与 $D$ 之间的距离 $A C$ 和 $A D$ (如果运算结果有根号, 请保留根号).

(2)已知距观测点 $D$ 处 100 海里范围内有暗礁. 若巡逻船 $A$ 沿直线 $A C$ 去营救船 $C$, 在去营救的途中有无触蟙礁危险? (参考数据: $\sqrt{2} \approx 1.41, \sqrt{3} \approx 1.73$ )
选项：
答案：

解: (1)如图, 作 $C E \perp A B$,

由题意得： $\angle A B C=45^{\circ}, \angle B A C=60^{\circ}$,

设 $A E=x$ 海里，

在Rt $\triangle A E C$ 中, $C E=A E \cdot \tan 60^{\circ}=\sqrt{3} x$ ；

在Rt $\triangle B C E$ 中, $B E=C E=\sqrt{3} x$.

$\therefore A E+B E=x+\sqrt{3} x=100(\sqrt{3}+1)$,

解得： $x=100$.

$A C=2 x=200$.

在 $\triangle A C D$ 中, $\angle D A C=60^{\circ}, \angle A D C=75^{\circ}$, 则 $\angle A C D=45^{\circ}$.

过点 $D$ 作 $D F \perp A C$ 于点 $F$,

设 $A F=y ，$ 则 $D F=C F=\sqrt{3} y ，$

$\therefore A C=y+\sqrt{3} y=200$,
解得: $y=100(\sqrt{3}-1)$,

$\therefore A D=2 y=200(\sqrt{3}-1)$.

答: $A$ 与 $C$ 之间的距离 $A C$ 为 200 海里, $A$ 与 $D$ 之间的距离 $A D$ 为 $200(\sqrt{3}-1)$ 海里.

(2) 由(1) 可知, $D F=\sqrt{3} A F=\sqrt{3} \times 100(\sqrt{3}-1) \approx 126.3$ 海里,

$\because 126.3>100$,

所以巡逻船 $A$ 沿直线 $A C$ 航线，在去营救的途中没有触暗礁危险.
解析：

解: (1)如图, 作 $C E \perp A B$,

由题意得： $\angle A B C=45^{\circ}, \angle B A C=60^{\circ}$,

设 $A E=x$ 海里，

在Rt $\triangle A E C$ 中, $C E=A E \cdot \tan 60^{\circ}=\sqrt{3} x$ ；

在Rt $\triangle B C E$ 中, $B E=C E=\sqrt{3} x$.

$\therefore A E+B E=x+\sqrt{3} x=100(\sqrt{3}+1)$,

解得： $x=100$.

$A C=2 x=200$.

在 $\triangle A C D$ 中, $\angle D A C=60^{\circ}, \angle A D C=75^{\circ}$, 则 $\angle A C D=45^{\circ}$.

过点 $D$ 作 $D F \perp A C$ 于点 $F$,

设 $A F=y ，$ 则 $D F=C F=\sqrt{3} y ，$

$\therefore A C=y+\sqrt{3} y=200$,
解得: $y=100(\sqrt{3}-1)$,

$\therefore A D=2 y=200(\sqrt{3}-1)$.

答: $A$ 与 $C$ 之间的距离 $A C$ 为 200 海里, $A$ 与 $D$ 之间的距离 $A D$ 为 $200(\sqrt{3}-1)$ 海里.

(2) 由(1) 可知, $D F=\sqrt{3} A F=\sqrt{3} \times 100(\sqrt{3}-1) \approx 126.3$ 海里,

$\because 126.3>100$,

所以巡逻船 $A$ 沿直线 $A C$ 航线，在去营救的途中没有触暗礁危险.
题目（九年级 · 解析几何）：如图, $A B$ 是半圆 $O$ 的直径, $\angle D B C=\angle A$.

(1)求证: $B C$ 是半圆 $O$ 的切线;

(2)若 $O C / / A D, O C$ 交 $B D$ 于 $E, B D=6, C E=4$, 求 $A D$ 的长.共 46.0 分）

$A D$ 为弦,

长.


选项：
答案：(1)证明: $\because A B$ 是半圆 $O$ 的直径,

$\therefore B D \perp A D$,

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

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

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

$\therefore B C$ 是半圆 $O$ 的切线;

(2)解: $\because O C / / A D$,

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

$\because B D \perp A D, B D=6$

$\therefore B E=D E=3$,

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

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

$\therefore \frac{C E}{B D}=\frac{B E}{A D}$, 即 $\frac{4}{6}=\frac{3}{A D} ，$

$$
\therefore A D=4.5
$$
解析：(1)证明: $\because A B$ 是半圆 $O$ 的直径,

$\therefore B D \perp A D$,

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

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

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

$\therefore B C$ 是半圆 $O$ 的切线;

(2)解: $\because O C / / A D$,

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

$\because B D \perp A D, B D=6$

$\therefore B E=D E=3$,

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

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

$\therefore \frac{C E}{B D}=\frac{B E}{A D}$, 即 $\frac{4}{6}=\frac{3}{A D} ，$

$$
\therefore A D=4.5
$$
题目（九年级 · 解析几何）：如图所示, 在平面内, 给定不在同一直线上的点 $A, B, C$, 射线 $B P$ 是 $\angle A B C$ 的平分线, 点 $O$ 到点 $A, B, C$ 的距离均等于 $a$ ( $a$ 为常数), 到点 $O$ 的距离等于 $a$ 的所有点组成图形 $G$, 图形 $G$ 交射线 $B P$ 于点 $D$, 连接 $A D, C D$.



(1)求证: $A D=C D$;

(2)过点 $D$ 作直线 $A B$ 的垂线 $D E$, 垂足为 $E$, 作 $D F \perp B C$ 于点 $F$, 延长 $D F$ 交图形 $G$ 于点 $M$, 连接 $C M$.若 $A D=C M$, 求直线 $D E$ 与图形 $G$ 的公共点个数.
选项：
答案：解: 如图所示, 依题意画出图形 $G$ 为 $\odot O$, 如图所示,

<ImageHere>

(1) $\because B D$ 平分 $\angle A B C, \therefore \angle A B D=\angle C B D$,

$\therefore \widehat{A D}=\widehat{C D}$,

$$
\begin{gathered}
\therefore A D=C D \\
(2 \because A D=C D, A D=C M
\end{gathered}
$$

$\therefore C D=C M$.

$\because D F \perp B C$

$$
\therefore \angle D F C=\angle C F M=90^{\circ}
$$

在 $R t \triangle C D F$ 和 $R t \triangle C M F$ 中

$$
\left\{\begin{array}{l}
C D=C M \\
C F=C F
\end{array},\right.
$$

$\therefore \triangle C D F \cong \triangle C M F(H L)$
$\therefore D F=M F$,

$\therefore B C$ 为弦 $D M$ 的垂直平分线.

$\therefore B C$ 为 $\odot O$ 的直径, 连接 $O D$,

$\because \angle C O D=2 \angle C B D, \angle A B C=2 \angle C B D$,

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

$\therefore O D / / B E$.

又 $\because D E \perp B A$,

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

$\therefore \angle O D E=90^{\circ} ，$ 即 $O D \perp D E ，$

$\therefore D E$ 为 $\odot O$ 的切线.

$\therefore$ 直线 $D E$ 与图形 $G$ 的公共点个数为 1 个.
解析：解: 如图所示, 依题意画出图形 $G$ 为 $\odot O$, 如图所示,



(1) $\because B D$ 平分 $\angle A B C, \therefore \angle A B D=\angle C B D$,

$\therefore \widehat{A D}=\widehat{C D}$,

$$
\begin{gathered}
\therefore A D=C D \\
(2 \because A D=C D, A D=C M
\end{gathered}
$$

$\therefore C D=C M$.

$\because D F \perp B C$

$$
\therefore \angle D F C=\angle C F M=90^{\circ}
$$

在 $R t \triangle C D F$ 和 $R t \triangle C M F$ 中

$$
\left\{\begin{array}{l}
C D=C M \\
C F=C F
\end{array},\right.
$$

$\therefore \triangle C D F \cong \triangle C M F(H L)$
$\therefore D F=M F$,

$\therefore B C$ 为弦 $D M$ 的垂直平分线.

$\therefore B C$ 为 $\odot O$ 的直径, 连接 $O D$,

$\because \angle C O D=2 \angle C B D, \angle A B C=2 \angle C B D$,

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

$\therefore O D / / B E$.

又 $\because D E \perp B A$,

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

$\therefore \angle O D E=90^{\circ} ，$ 即 $O D \perp D E ，$

$\therefore D E$ 为 $\odot O$ 的切线.

$\therefore$ 直线 $D E$ 与图形 $G$ 的公共点个数为 1 个.
题目（九年级 · 解析几何）：如图,$P$是等边三角形$ABC$外接圆弧$BC$上任意一点,求证:$PA=PB+PC$.
选项：
答案：证明：如答图,在$PA$上截取$PD=PC$,<ImageHere>$becauseAB=AC=BC$,$thereforeangleAPB=angleAPC=60^{circ}$,$thereforetrianglePCD$为等边三角形,$thereforeanglePCD=angleACB=60^{circ},CP=CD$,$thereforeanglePCD-angleDCB=angleACB-angleDCB$,即$angleACD=angleBCP$,在$triangleACD$和$triangleBCP$中,$left{begin{array}{l}AC=BC,angleACD=angleBCP,CD=CP,end{array}right.$$thereforetriangleACDcongtriangleBCP$,$thereforeAD=PB$,$thereforePA=PB+PC$.
解析：证明：如答图,在$PA$上截取$PD=PC$,$becauseAB=AC=BC$,$thereforeangleAPB=angleAPC=60^{circ}$,$thereforetrianglePCD$为等边三角形,$thereforeanglePCD=angleACB=60^{circ},CP=CD$,$thereforeanglePCD-angleDCB=angleACB-angleDCB$,即$angleACD=angleBCP$,在$triangleACD$和$triangleBCP$中,$left{begin{array}{l}AC=BC,angleACD=angleBCP,CD=CP,end{array}right.$$thereforetriangleACDcongtriangleBCP$,$thereforeAD=PB$,$thereforePA=PB+PC$.
题目（九年级 · 解析几何）：(8 分) 如图在平面直角坐标系中，直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$ 与 $x$ 轴、 $y$ 轴分别交于 $A 、 B$ 两点, 点 $P$ 、 $Q$ 同时从点 $A$ 出发, 运动时间为 $t$ 秒. 其中点 $P$ 沿射线 $A B$ 运动, 速度为每秒 4 个单位长度, 点 $Q$ 沿射线 $A O$ 运动, 速度为每秒 5 个单位长度. 以点 $Q$ 为圆心, $P Q$ 长为半径作 $\odot Q$.

(1)求证: 直线 $A B$ 是 $\odot Q$ 的切线;

(2)过点 $A$ 左侧 $x$ 轴上的任意一点 $C(m, 0)$, 作直线 $A B$ 的垂线 $C M$, 垂足为 $M$. 若 $C M$ 与 $\odot Q$ 相切于点 $D$, 求 $m$ 与 $t$ 的函数关系式(不需写出自变量的取值范围);

(3)在(2)的条件下, 是否存在点 $C$, 直线 $A B 、 C M 、 y$ 轴与 $\odot Q$ 同时相切？若存在, 请直接写出此时点 $C$ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.

选项：
答案：证明: (1)如图 1 中, 连接 $Q P$.

<ImageHere>

在Rt $\triangle A O B$ 中, $O A=4, O B=3$,

$\therefore A B=\sqrt{O B^{2}+O A^{2}}=5$,

$\because A P=4 t, A Q=5 t$,

$\therefore \frac{A P}{A Q}=\frac{O A}{A B}=\frac{4}{5}, \because \angle P A Q=\angle B A O$,

$\therefore \triangle P A Q \sim \triangle B A O$,

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

$\therefore Q P \perp A B$,

$\therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 1)如图 2 中, 当直线 $C M$ 在 $\odot O$ 的左侧与 $\odot Q$ 相切时, 设切点为 $D$, 则四边形 $P Q D M$ 是正方形.

<ImageHere>

易知 $P Q=D Q=3 t, C Q=\frac{5}{4} \cdot 3 t=\frac{15 t}{4}$,

$\because O C+C Q+A Q=4$,

$\therefore m+\frac{15}{4} t+5 t=4$,

$$
\therefore m=4-\frac{35}{4} t .
$$

(2)如图 3 中, 当直线 $C M$ 在 $\odot O$ 的右侧与 $\odot Q$ 相切时, 设切点为 $D$, 则四边形 $P Q D M$ 是正方形.

<ImageHere>

$\because O C+A Q-C Q=4$,

$\therefore m+5 t-\frac{15}{4} t=4$,

$\therefore m=4-\frac{5}{4} t$;

(3)存在. 理由如下:

如图 4 中, 当 $\odot Q$ 在 $y$ 轴的右侧与 $y$ 轴相切时, $3 t+5 t=4, t=\frac{1}{2}$,

由(2)可知, $m=-\frac{3}{8}$ 或 $\frac{27}{8}$.

<ImageHere>

如图 5 中, 当 $\odot Q$ 在 $y$ 则的左侧与 $y$ 轴相切时, $5 t-3 t=4, t=2$,

由(2)可知, $m=-\frac{27}{2}$ 或 $\frac{3}{2}$.

<ImageHere>

综上所述, 满足条件的点 $C$ 的坐标为 $\left(-\frac{3}{8}, 0\right)$ 或 $\left(\frac{27}{8}, 0\right)$ 或 $\left(-\frac{27}{2}, 0\right)$ 或 $\left(\frac{3}{2}, 0\right)$.
解析：证明: (1)如图 1 中, 连接 $Q P$.



在Rt $\triangle A O B$ 中, $O A=4, O B=3$,

$\therefore A B=\sqrt{O B^{2}+O A^{2}}=5$,

$\because A P=4 t, A Q=5 t$,

$\therefore \frac{A P}{A Q}=\frac{O A}{A B}=\frac{4}{5}, \because \angle P A Q=\angle B A O$,

$\therefore \triangle P A Q \sim \triangle B A O$,

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

$\therefore Q P \perp A B$,

$\therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 1)如图 2 中, 当直线 $C M$ 在 $\odot O$ 的左侧与 $\odot Q$ 相切时, 设切点为 $D$, 则四边形 $P Q D M$ 是正方形.



易知 $P Q=D Q=3 t, C Q=\frac{5}{4} \cdot 3 t=\frac{15 t}{4}$,

$\because O C+C Q+A Q=4$,

$\therefore m+\frac{15}{4} t+5 t=4$,

$$
\therefore m=4-\frac{35}{4} t .
$$

(2)如图 3 中, 当直线 $C M$ 在 $\odot O$ 的右侧与 $\odot Q$ 相切时, 设切点为 $D$, 则四边形 $P Q D M$ 是正方形.



$\because O C+A Q-C Q=4$,

$\therefore m+5 t-\frac{15}{4} t=4$,

$\therefore m=4-\frac{5}{4} t$;

(3)存在. 理由如下:

如图 4 中, 当 $\odot Q$ 在 $y$ 轴的右侧与 $y$ 轴相切时, $3 t+5 t=4, t=\frac{1}{2}$,

由(2)可知, $m=-\frac{3}{8}$ 或 $\frac{27}{8}$.



如图 5 中, 当 $\odot Q$ 在 $y$ 则的左侧与 $y$ 轴相切时, $5 t-3 t=4, t=2$,

由(2)可知, $m=-\frac{27}{2}$ 或 $\frac{3}{2}$.



综上所述, 满足条件的点 $C$ 的坐标为 $\left(-\frac{3}{8}, 0\right)$ 或 $\left(\frac{27}{8}, 0\right)$ 或 $\left(-\frac{27}{2}, 0\right)$ 或 $\left(\frac{3}{2}, 0\right)$.
题目（九年级 · 解析几何）：如图所示, 已知墙高 $A B$ 为 $6.5 m$, 将一长为 $6 m$ 的梯子 $C D$ 斜靠在墙上, 梯子与地面所成的角 $\angle B C D=55^{\circ}$, 此时梯子的顶端与墙顶的距离 $A D$ 约为多少米? (结果精确到 $0.1 \mathrm{~m}$, 参考数据: $\left.\sin 55^{\circ} \approx 0.82, \cos 55^{\circ} \approx 0.57, \tan 55^{\circ} \approx 1.43\right)$


选项：
答案：解: 在 $R t \triangle B C D$ 中,

$\because \angle D B C=90^{\circ}, \angle B C D=55^{\circ}, C D=6$ 米,

$\therefore B D=C D \times \sin \angle B C D=6 \times \sin 55^{\circ} \approx 6 \times 0.82=4.92$ (米),

$\therefore A D=A B-B D \approx 6.5-4.92=1.58 \approx 1.6($ 米).

答: 梯子的顶端与墙顶的距离 $A D$ 约为 1.6 米.
解析：解: 在 $R t \triangle B C D$ 中,

$\because \angle D B C=90^{\circ}, \angle B C D=55^{\circ}, C D=6$ 米,

$\therefore B D=C D \times \sin \angle B C D=6 \times \sin 55^{\circ} \approx 6 \times 0.82=4.92$ (米),

$\therefore A D=A B-B D \approx 6.5-4.92=1.58 \approx 1.6($ 米).

答: 梯子的顶端与墙顶的距离 $A D$ 约为 1.6 米.
题目（九年级 · 解析几何）：如图所示, 菱形 $A B C D$ 的顶点 $A 、 B$ 在 $x$ 轴上, 点 $A$ 在点 $B$ 的左侧, 点 $D$ 在 $y$ 轴的正半轴上, $\angle B A D=$ $600^{\circ}$, 点 $A$ 的坐标为 $(-2,0)$.



(1)求 $C$ 点的坐标;

(2)求直线 $A C$ 的函数关系式;

(3)动点 $P$ 从点 $A$ 出发, 以每秒 1 个单位长度的速度, 按照 $A \rightarrow D \rightarrow C \rightarrow B \rightarrow A$ 的顺序在菱形的边上匀速运动一周, 设运动时间为 $t$ 秒. 求 $t$ 为何值时, 以点 $P$ 为圆心、以 1 为半径的圆与对角线 $A C$ 相切?
选项：
答案：解: (1) $\because$ 点 $A$ 的坐标为 $(-2,0), \angle B A D=60^{\circ}$,

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

$\therefore O D=O A \cdot \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{3}, A D=4$,

<ImageHere>
$\therefore$ 点 $D$ 的坐标为 $(0,2 \sqrt{3})$,

又 $\because A D=C D, C D / / A B$,

$\therefore C(4,2 \sqrt{3})$;

(2) 设直线 $A C$ 的函数表达式为 $y=k x+b(k \neq 0)$,

$\because A(-2,0), \quad C(4,2 \sqrt{3})$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}0=-2 k+b \\ 2 \sqrt{3}=4 k+b\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{\sqrt{3}}{3} \\ b=\frac{2 \sqrt{3}}{3}\end{array}\right.$.

故直线 $A C$ 的解析式为: $y=\frac{\sqrt{3}}{3} x+\frac{2 \sqrt{3}}{3}$;

(3) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形,

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

$\therefore \angle 1=\angle 2=\angle 3=\angle 4=30^{\circ}$,

$A D=D C=C B=B A=4$,

如图所示:

(1) 点 $P$ 在 $A D$ 上与 $A C$ 相切时,

连接 $P_{1} E$, 则 $P_{1} E \perp A C, P_{1} E=r$,

$\because \angle 1=30^{\circ}$,

$\therefore A P_{1}=2 r=2$,

$\therefore t_{1}=2$.

<ImageHere>

(2) 点 $P$ 在 $D C$ 上与 $A C$ 相切时,

$C P_{2}=2 r=2$,

$\therefore A D+D P_{2}=6$,

$\therefore t_{2}=6$.

(3)点 $P$ 在 $B C$ 上与 $A C$ 相切时,

$C P_{3}=2 r=2$,

$\therefore A D+D C+C P_{3}=10$,

$\therefore t_{3}=10$.

(4) 点 $P$ 在 $A B$ 上与 $A C$ 相切时,

$A P_{4}=2 r=2$,
$\therefore A D+D C+C B+B P_{4}=14$,

$\therefore t_{4}=14$

$\therefore$ 当 $t=2 、 6 、 10 、 14$ 时, 以点 $P$ 为圆心、以 1 为半径的圆与对角线 $A C$ 相切.
解析：解: (1) $\because$ 点 $A$ 的坐标为 $(-2,0), \angle B A D=60^{\circ}$,

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

$\therefore O D=O A \cdot \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{3}, A D=4$,


$\therefore$ 点 $D$ 的坐标为 $(0,2 \sqrt{3})$,

又 $\because A D=C D, C D / / A B$,

$\therefore C(4,2 \sqrt{3})$;

(2) 设直线 $A C$ 的函数表达式为 $y=k x+b(k \neq 0)$,

$\because A(-2,0), \quad C(4,2 \sqrt{3})$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}0=-2 k+b \\ 2 \sqrt{3}=4 k+b\end{array}\right.$,

解得 $\left\{\begin{array}{l}k=\frac{\sqrt{3}}{3} \\ b=\frac{2 \sqrt{3}}{3}\end{array}\right.$.

故直线 $A C$ 的解析式为: $y=\frac{\sqrt{3}}{3} x+\frac{2 \sqrt{3}}{3}$;

(3) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形,

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

$\therefore \angle 1=\angle 2=\angle 3=\angle 4=30^{\circ}$,

$A D=D C=C B=B A=4$,

如图所示:

(1) 点 $P$ 在 $A D$ 上与 $A C$ 相切时,

连接 $P_{1} E$, 则 $P_{1} E \perp A C, P_{1} E=r$,

$\because \angle 1=30^{\circ}$,

$\therefore A P_{1}=2 r=2$,

$\therefore t_{1}=2$.



(2) 点 $P$ 在 $D C$ 上与 $A C$ 相切时,

$C P_{2}=2 r=2$,

$\therefore A D+D P_{2}=6$,

$\therefore t_{2}=6$.

(3)点 $P$ 在 $B C$ 上与 $A C$ 相切时,

$C P_{3}=2 r=2$,

$\therefore A D+D C+C P_{3}=10$,

$\therefore t_{3}=10$.

(4) 点 $P$ 在 $A B$ 上与 $A C$ 相切时,

$A P_{4}=2 r=2$,
$\therefore A D+D C+C B+B P_{4}=14$,

$\therefore t_{4}=14$

$\therefore$ 当 $t=2 、 6 、 10 、 14$ 时, 以点 $P$ 为圆心、以 1 为半径的圆与对角线 $A C$ 相切.
题目（九年级 · 解析几何）：(本题8分)已知:如图,正方形$ABCD$中,$P$是边$BC$上一点,$BEperpAP,DFperpAP$,垂足分别是点$E,F$.(1)求证:$EF=AE-BE$;(2)连结$BF$,如果$frac{AF}{BF}=frac{DF}{AD}$,求证:$EF=EP$.
选项：
答案：证明:(1)$because$四边形$ABCD$是正方形,$BEperpAP,DFperpAP$,$thereforeangleBAE+angleABE=90^{circ},angleBAE+angleDAF=90^{circ}$,$thereforeangleABE=angleDAF$,在$triangleBEA$与$triangleAFD$中,$left{begin{array}{l}angleABE=angleDAF,angleBEA=angleAFD,AB=DA,end{array}right.$$thereforetriangleBEAcongtriangleAFD$,$thereforeBE=AF$,$thereforeEF=AE-AF=AE-BE$;(2)在$triangleAFD$与$trianglePEB$中,$becauseangleDAF=angleBPE,angleBEP=angleDFA=90^{circ}$,$thereforetriangleAFDsimtrianglePEB$,$thereforefrac{DF}{BE}=frac{AD}{PB}$,$becausefrac{AF}{BF}=frac{DF}{AD}$且$AF=BE$,$thereforefrac{BE}{BF}=frac{DF}{AD}$,即$frac{DF}{BE}=frac{AD}{BF}$,$becausefrac{DF}{BE}=frac{AD}{PB}$,$thereforeBF=PB$,在等腰三角形$BFP$中,$becauseBEperpFP$$thereforeEF=EP$.
解析：证明:(1)$because$四边形$ABCD$是正方形,$BEperpAP,DFperpAP$,$thereforeangleBAE+angleABE=90^{circ},angleBAE+angleDAF=90^{circ}$,$thereforeangleABE=angleDAF$,在$triangleBEA$与$triangleAFD$中,$left{begin{array}{l}angleABE=angleDAF,angleBEA=angleAFD,AB=DA,end{array}right.$$thereforetriangleBEAcongtriangleAFD$,$thereforeBE=AF$,$thereforeEF=AE-AF=AE-BE$;(2)在$triangleAFD$与$trianglePEB$中,$becauseangleDAF=angleBPE,angleBEP=angleDFA=90^{circ}$,$thereforetriangleAFDsimtrianglePEB$,$thereforefrac{DF}{BE}=frac{AD}{PB}$,$becausefrac{AF}{BF}=frac{DF}{AD}$且$AF=BE$,$thereforefrac{BE}{BF}=frac{DF}{AD}$,即$frac{DF}{BE}=frac{AD}{BF}$,$becausefrac{DF}{BE}=frac{AD}{PB}$,$thereforeBF=PB$,在等腰三角形$BFP$中,$becauseBEperpFP$$thereforeEF=EP$.