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

下面是小董设计的 “作已知圆的内接正三角形” 的尺规作图过程.

已知: $\odot O$.

求作: $\odot O$ 的内接正三角形.

作法: 如图,



(1)作直径 $A B$;

(2)以 $B$ 为圆心, $O B$ 为半径作弧, 与 $\odot O$ 交于 $C, D$ 两点;

(3)连接 $A C, A D, C D$.

所以 $\triangle A C D$ 就是所求的三角形.

根据小董设计的尺规作图过程,

（1)使用直尺和圆规, 补全图形; (保留作图痕迹)

(2)完成下面的证明:

证明: 在 $\odot O$ 中, 连接 $O C, O D, B C, B D$,

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

$\therefore \triangle O B C$ 为等边三角形 (

)(填推理的依据).
$\therefore \angle B O C=60^{\circ}$.

$\therefore \angle A O C=180^{\circ}-\angle B O C=120^{\circ}$.

同理 $\angle A O D=120^{\circ}$,

$\therefore \angle C O D=\angle A O C=\angle A O D=120^{\circ}$.

$\therefore A C=C D=A D($ $\qquad$ )(填推理的依据).

$\therefore \triangle A C D$ 是等边三角形.


选项：
答案：(1)解：如图, $\triangle A C D$ 即为所求;

<ImageHere>

(2)证明: 在 $\odot O$ 中, 连接 $O C, O D, B C, B D$,

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

$\therefore \triangle O B C$ 为等边三角形 (三条边都相等的三角形是等边三角形).

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

$\therefore \angle A O C=180^{\circ}-\angle B O C=120^{\circ}$.

同理 $\angle A O D=120^{\circ}$,

$\therefore \angle C O D=\angle A O C=\angle A O D=120^{\circ}$.

$\therefore A C=C D=A D$ (在同圆或等圆中, 相等的圆心角所对的弦相等),

$\therefore \triangle A C D$ 是等边三角形.


解析：本题考查了作图一复杂作图, 等边三角形的判定, 圆心角、弦的关系, 掌握圆心角与弦的关系是解题的关键.

(1)利用画圆的方法作出 $C 、 D$ 两点, 从而得到 $\triangle A C D$;

(2)在 $\odot O$ 中, 连接 $O C, O D, B C, B D$, 利用等边三角形的判定方法得到 $\triangle O B C$ 为等边三角形, 则 $\angle B O C=$ $60^{\circ}$, 接着分别计算出 $\angle C O D=\angle A O C=\angle A O D=120^{\circ}$.然后根据圆心角、弧、弦的关系得到 $A C=C D=$ $A D$, 从而判断 $\triangle A C D$ 是等边三角形.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

(1)如图(1), 已知圆上两点 $A, B$, 用直尺和圆规求作以 $A B$ 为边的圆内接等腰三角形 $($ 保留作图痕迹,不写画法).

(2)如图(2), 若圆 $O$ 的直径为 $6, A B=3 \sqrt{3}$, 求图中阴影部分的面积.



图1



图2


选项：
答案：解：(1)如图1, $\triangle A B C$ 和 $A B D$ 为所作;

<ImageHere>
图1

<ImageHere>
图2

(2)过 $O$ 点作 $O H \perp A B$ 于 $H$ 点, 连接 $O A 、 O B$, 如图 2 , 则 $A H=B H=\frac{3 \sqrt{3}}{2}, O A=3$,

在 Rt $\triangle O A H$ 中, $\because \cos \angle O A H=\frac{A H}{A O}=\frac{\frac{3 \sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

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

$\therefore O H=\frac{1}{2} O A=\frac{3}{2}$,

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

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

$\therefore$ 图中阴影部分的面积 $=S_{\text {扇形 } A O B}-S_{\triangle A O B}$

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

$=3 \pi-\frac{9 \sqrt{3}}{4}$.


解析：(1)作 $A B$ 的垂直平分线交 $\odot O$ 于点 $C 、 D$, 则 $\triangle A B C$ 和 $\triangle A B D$ 满足条件;

(2)过 $O$ 点作 $O H \perp A B$ 于 $H$ 点, 连接 $O A 、 O B$, 如图 2 , 根据垂径定理得到 $A H=B H=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$, 再利用余弦的定义计算出 $\angle O A H=30^{\circ}$, 则可计算出 $\angle A O B=120^{\circ}$, 然后根据扇形的面积公式, 利用图中阴影部分的面积 $=S_{\text {扇形 } A O B}-S_{\triangle A O B}$ 进行计算.

本题考查了作图-复杂作图: 解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质, 结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图, 逐步操作. 也考查了等腰三角形的判定、垂径定理、扇形的面积公式.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

在6 $\times$ 6的方格纸中, 点 $A, B, C$ 都在格点上, 按要求画图:

(1)在图1中找一个格点 $D$, 使以点 $A, B, C, D$ 为顶点的四边形是平行四边形.

(2)在图 2 中仅用无刻度的直尺, 把线段 $A B$ 三等分(保留画图痕迹, 不写画法).



图1



图2


选项：
答案：解：(1)画出图形如图1所示;

<ImageHere>

图1

(2)如图2所示.

<ImageHere>

图2


解析：本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线分线段成比例定理; 熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键.

(1)画出图形即可;

(2)根据平行线分线段成比例定理画出图形即可.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, $E$ 是平行四边形 $A B C D$ 的边 $B A$ 延长线上的一点, $C E$ 交 $A D$ 于点 $F$, 交 $B D$ 于点 $G, A E: A B=1: 2$,设 $\overrightarrow{B A}=\vec{a}, \overrightarrow{B C}=\vec{b}$.



(1)用向量 $\vec{a} 、 \vec{b}$ 分别表示下列向量: $\overrightarrow{A E}=$ $\qquad$ , $\overrightarrow{E C}=$ $\qquad$ , $\overrightarrow{E G}=$ $\qquad$ ;

(2)在图中求作向量 $\overrightarrow{B G}$ 分别在 $\vec{a} 、 \vec{b}$ 方向上的分向量. (不写作法, 但要写出画图结果)


选项：
答案：解: (1) $\frac{1}{2} \vec{a} ; \vec{b}-\frac{3}{2} \vec{a} ; \frac{3}{5} \vec{b}-\frac{9}{10} \vec{a}$;

(2)点 $G$ 作 $G M / / A B$ 交 $B C$ 于 $M, G N / / B C$ 交 $A B$ 于 $N$, 则向量 $\overrightarrow{B N} 、 \overrightarrow{B M}$ 是向量 $\overrightarrow{B G}$ 分别在 $\vec{a} 、 \vec{b}$ 方向上的分向量.

<ImageHere>

## 
解析：【分析】

此题考查了向量的线性计算以及平行四边形的性质. 注意掌握平行四边形法则与三角形法则的应用是解此题的关键.

(1)根据 $A E=\frac{1}{2} B A$ 即可求出 $\overrightarrow{A E}$, 根据 $\overrightarrow{E C}=\overrightarrow{E B}+\overrightarrow{B C}$ 即可求出 $\overrightarrow{E C}$, 先证明 $E G=\frac{3}{5} E C$, 即可求出 $\overrightarrow{E G}$;

(2)首先过点 $G$ 作 $G M / / A B, G N / / B C$, 根据平行四边形法则即可求得答案.

## 【解答】

解: (1) $\because A E: A B=1: 2$,

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

$\because \overrightarrow{B A}=\vec{a}$,

$\therefore \overrightarrow{A E}=\frac{1}{2} \vec{a}$
$\therefore \overrightarrow{E B}=-\frac{3}{2} \vec{a}$,

$\because \overrightarrow{E C}=\overrightarrow{E B}+\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{B C}=\vec{b}$,

$\therefore \overrightarrow{E C}=\vec{b}-\frac{3}{2} \vec{a}$;

在平行四边形 $A B C D$ 中,

$\because C D / / E B, A B=C D$,

$\therefore E G: C G=E B: C D=3: 2$,

$\therefore E G: E C=3: 5$,

$\therefore \overrightarrow{E G}=\frac{3}{5} \vec{b}-\frac{9}{10} \vec{a}$,

故答案分别为 $\frac{1}{2} \vec{a} ; \vec{b}-\frac{3}{2} \vec{a} ; \frac{3}{5} \vec{b}-\frac{9}{10} \vec{a}$;

(2)见答案.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, 我们规定菱形与正方形，矩形与正方形的接近程度称为 “接近度” ，在研究 “接近度”时，应保证相似图形的 “接近度”相等.

(1)设菱形相邻两个内角的度数分别为 $\alpha^{\circ}, \beta^{\circ}$, 将菱形的 “接近度” 定义为 $|\alpha-\beta|$, 于是 $|\alpha-\beta|$ 越小,菱形越接近正方形.

(1)若菱形的一个内角为 $80^{\circ}$, 则该菱形的 “接近度”为 $\qquad$ ;

②当菱形的 “接近度”等于 $\qquad$ _时, 菱形是正方形;

(2)设矩形的长和宽分别为 $m, n(m \leq n)$, 试写出矩形的 “接近度” 的合理定义.



选项：
答案：解: (1)(1) $\because$ 内角为 $80^{\circ}$,

$\therefore$ 与它相邻内角的度数为 $100^{\circ}$.

$\therefore$ :菱形的 “接近度” $=|m-n|=|100-80|=20$.

(2)当菱形的 “接近度” 等于 $0 \circ$ 时, 菱形是正方形.

故答案为: $20^{\circ} ; 0^{\circ}$;

(2)设矩形的长和宽分别为 $m, n(m \leq n)$, 如矩形的 “接近度” 的定义为 $\frac{n}{m}$,

$\frac{n}{m}$ 越接近 1 , 矩形越接近于正方形;

$\frac{n}{m}$ 越大, 矩形与正方形的形状差异越大;

当 $\frac{n}{m}=1$ 时, 矩形就变成了正方形, 即只有矩形的 $\frac{n}{m}$ 越接近 1 , 矩形才越接近正方形.

解析：此题主要考查了相似图形的性质, 正确理解 “接近度” 的意思是解决问题的关键.

(1)(1)根据相似图形的定义知，相似图形的形状相同，但大小不一定相同，相似图形的 “接近度” 相等. 所以若菱形的一个内角为 $80^{\circ}$, 则该菱形的 “接近度” 等于 $|m-n|$;

(2)当菱形的 “接近度” 等于 0 时, 菱形是正方形;

(2)利用接近度的定义分析得出答案.

##
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, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, O D$ 交 $A C$ 于点 $E, A D=C D$.

(1)求证: $O D / / B C$;

(2)若 $A C=10, D E=4$, 求 $B C$ 的长.



##
选项：
答案：(1)证明: $\because A D=D C$,

$\therefore \overparen{A D}=\overparen{C D}$

$\therefore O D \perp A C$,

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

<ImageHere>

$\because A B$ 是直径，

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

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

$\therefore O D / / B C$.

(2)解: $\because O D \perp A C$,

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

设 $O A=O D=r$ ，

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

$\therefore r^{2}=5^{2}+(r-4)^{2}$,

$\therefore r=\frac{41}{8}$,
$\therefore O E=r=D E=\frac{41}{8}-4=\frac{9}{8}$,

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

$\therefore B C=2 O E=\frac{9}{4}$.


解析：(1)这部分证明 $\angle A E O=\angle A C B=90^{\circ}$, 可得结论.

(2)利用勾股定理求出半径 $r$, 再求出 $O E$, 利用三角形的中位线定理可得结论.

本题考查垂径定理, 平行线的判定, 三角形的中位线定理, 勾股定理等知识, 解题的关键是熟练掌握基本知识, 属于中考常考题型.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, A D / / B C$ 交 $\odot O$ 于点 $D, D F / / A B$ 交 $B C$ 于点 $E$, 交 $\odot O$于点 $F$, 连接 $A F, C F$.



(1)求证: $A C=A F$;

(2)若 $\odot O$ 的半径为 $3, \angle C A F=30^{\circ}$, 求 $A C$ 的长（结果保留 $\pi$ ).


选项：
答案： (1)证明见解析;

(2) $\frac{5 \pi}{2}$


解析：(1) 根据已知条件可证明四边形 $A B E D$ 是平行四边形, 由平行四边形的性质可得 $\angle B=\angle D$, 等量代换可得 $\angle A F C=\angle A C F$, 即可得出答案;

(2) 连接 $A O, C O$, 由 (1) 中结论可计算出 $\angle A F C$ 的度数, 根据圆周角定理可计算出 $\angle A O C$的度数，再根据弧长计算公式计算即可得出答案.

【详解】(1) 证明: $\because A D / / B C, D F / / A B$,

$\therefore$ 四边形 $A B E D$ 为平行四边形,

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

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

$\therefore A C=A F$.

(2) 解: 连接 $A O, C O$, 如图,



由（1）得 $\angle A F C=\angle A C F$,

$\because \angle A F C=\frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ}$,

$\therefore \angle A O C=2 \angle A F C=150^{\circ}$,

$\therefore A C$ 的长 $l=\frac{150 \times \pi \times 3}{180}=\frac{5 \pi}{2}$.

【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质, 平行四边形的判定与性质, 圆的性质与弧长公式, 考查化归与转化思想, 推理能力, 几何直观等数学素养.
题目（九年级 · 画法几何学）：1672 年, 丹麦数学家莫尔在他的著作《欧几里得作图》中指出: 只用圆规可以完成一切尺规作图. 1797 年, 意大利数学家马斯凯罗尼又独立发现此结论, 并写在他的著作《圆规的几何学》中. 请你利用数学家们发现的结论, 完成下面的作图题:

如图, 已知 $\odot O, \mathrm{~A}$ 是 $\odot O$ 上一点, 只用圆规将 $\odot O$ 的圆周四等分. (按如下步骤完成,保留作图痕迹）



(1)以点 $\mathrm{A}$ 为圆心, $O A$ 长为半径, 自点 $\mathrm{A}$ 起, 在 $\odot O$ 上逆时针方向顺次截取 $A B=B C=C D$; (2)分别以点 $\mathrm{A}$, 点 $D$ 为圆心, $A C$ 长为半径作弧, 两弧交于 $\odot O$ 上方点 $E$;

(3)以点 $\mathrm{A}$ 为圆心, $O E$ 长为半径作弧交 $\odot O$ 于 $G, H$ 两点. 即点 $\mathrm{A}, G, D, H$ 将 $\odot O$的圆周四等分.


选项：
答案： 见解析


解析：根据作图提示逐步完成作图即可. 再根据图形基本性质进行证明即可.

【详解】解：如图，



即点 $\mathrm{A}, G, D, H$ 把 $\odot O$ 的圆周四等分.

理由如下:

如图, 连接 $O B, O C, A G, A E, D E, A C, D C, O E, O H, O G, A H$,



由作图可得: $A B=B C=C D$, 且 $O A=O B=A B$,
$\therefore \triangle A O B$ 为等边三角形, $\angle A O B=60^{\circ}$,

同理可得: $\angle B O C=\angle C O D=60^{\circ}$,

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

$\therefore A, O, D$ 三点共线, $A D$ 为直径,

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

设 $C D=x$, 而 $\angle D A C=30^{\circ}$ ，

$\therefore A D=2 x, \quad A C=\sqrt{3} x$,

由作图可得: $D E=A E=A C=\sqrt{3} x$, 而 $O A=O D=x$,

$\therefore E O \perp A D, \quad O E=\sqrt{D E^{2}-O D^{2}}=\sqrt{2} x$,

$\therefore$ 由作图可得 $A G=A H=\sqrt{2} x$,

而 $O A=O H=x$,

$\therefore O A^{2}+O H^{2}=2 x^{2}=A H^{2}$,

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

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

$\therefore$ 点 $\mathrm{A}, G, D, H$ 把 $\odot O$ 的圆周四等分.

【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质, 圆弧与圆心角之间的关系, 等边三角形的判定与性质，勾股定理与勾股定理的逆定理的应用，圆周角定理的应用，熟练掌握图形的基本性质并灵活应用于作图是解本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图 1, 正五边形 $A B C D E$ 内接于 $\odot O$, 阅读以下作图过程, 并回答下列问题, 作法:如图 2, (1)作直径 $A F$; (2)以 $F$ 为圆心, $F O$ 为半径作圆弧, 与 $\odot O$ 交于点 $M, N$; (3)连接 $A M, M N, N A$.



图1



图2

(1)求 $\angle A B C$ 的度数.

(2) $\triangle A M N$ 是正三角形吗? 请说明理由.

(3)从点 $A$ 开始, 以 $D N$ 长为半径, 在 $\odot O$ 上依次截取点, 再依次连接这些分点, 得到正 $n$ 边形，求 $n$ 的值.

##
选项：
答案： (1) $108^{\circ}$

(2)是正三角形，理由见解析

(3) $n=15$


解析：(1) 根据正五边形的性质以及圆的性质可得 $A B=B C=C D=D E=A E$, 则 $\angle A O C$ (优弧所对圆心角) $=3 \times 72^{\circ}=216^{\circ}$, 然后根据圆周角定理即可得出结论;

（2）根据所作图形以及圆周角定理即可得出结论;

(3) 运用圆周角定理并结合 (1) (2) 中结论得出 $\angle N O D=144^{\circ}-120^{\circ}=24^{\circ}$, 即可得出结论.

【详解】(1) 解: $\because$ 正五边形 $A B C D E$.

$\therefore A B=B C=C D=D E=A E$,
$\therefore \angle A O B=\angle B O C=\angle C O D=\angle D O E=\angle E O A=\frac{360^{\circ}}{5}=72^{\circ}$,

$\because A E C=3 A E$,

$\therefore \angle A O C$ (优弧所对圆心角) $=3 \times 72^{\circ}=216^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C=\frac{1}{2} \angle A O C=\frac{1}{2} \times 216^{\circ}=108^{\circ}$;

（2）解: $\triangle A M N$ 是正三角形, 理由如下:

连接 $O N, F N$,



由作图知: $F N=F O$,

$\because O N=O F$

$\therefore O N=O F=F N$,

$\therefore \triangle O F N$ 是正三角形,

$\therefore \angle O F N=60^{\circ}$,

$\therefore \angle A M N=\angle O F N=60^{\circ}$,

同理 $\angle A N M=60^{\circ}$,

$\therefore \angle M A N=60^{\circ}$, 即 $\angle A M N=\angle A N M=\angle M A N$,

$\therefore \triangle A M N$ 是正三角形;

(3) $\because \triangle A M N$ 是正三角形,

$\therefore \angle A O N=2 \angle A M N=120^{\circ}$.

$\because A D=2 A E$,

$\therefore \angle A O D=2 \times 72^{\circ}=144^{\circ}$,

$\because D N=A D-A N$

$\therefore \angle N O D=144^{\circ}-120^{\circ}=24^{\circ}$,

$\therefore n=\frac{360}{24}=15$.

【点睛】本题考查了圆周角定理, 正多边形的性质, 读懂题意, 明确题目中的作图方式，熟
练运用圆周角定理是解本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(12 分) 如图 1, 在正方形 $A B C D$ 中, 点 $P$ 在 $C D$ 上, 分别过点 $C 、 D$ 作 $C E \perp B P 、 D F \perp B P$ 于点 $E 、 G$, 联结 $A G 、 C G$, 过点 $C$ 作 $C F \perp D G$ 于点 $F$.



图1



图2

(1)求证: 四边形 $C E G F$ 是正方形;

(2)求 $\frac{A G}{B E}$ 的值;

(3)如图 2, 若 $A B=4, A G$ 经过 $C D$ 的中点 $K$, 求 $C P$ 的长.

##
选项：
答案： (1)见解析;

(2) $\sqrt{2}$;

(3) $\frac{4}{3}$.


解析：(1) 先证明四边形 $C E G F$ 是矩形, 再证明 $\triangle B C E \cong \triangle D C F$, 则 $C E=C F$, 即可证明四边形 $C E G F$ 是正方形;

(2) 连接 $A C$ 交 $B G$ 于点 $O$, 证明 $\triangle A B O \sim \triangle G C O$. 则 $\frac{A O}{O B}=\frac{G O}{C O}$. 又由 $\angle A O G=\angle B O C$ 得到 $\triangle A G O \sim \triangle B C O$. 再证明 $\triangle A C G \sim \triangle B C E$. 即可得到 $\frac{A G}{B E}=\frac{C G}{C E}=\sqrt{2}$;

(3) 证明 $\triangle A D K \sim \triangle C G K$, 则 $\frac{C G}{G K}=\frac{A D}{D K}=2$. 设 $G K=m$, 则 $C G=2 m$, 在 Rt $\triangle C E G$ 中, 由勾股定理得 $E G=\sqrt{2} m$, 则 $\frac{E G}{G K}=\frac{C G}{E G}=\sqrt{2}$, 证明 $\triangle C G E \sim \triangle E G K$, 进一步得到 $\triangle E G K$ 是等腰直角三角形, $E K=G K=\frac{\sqrt{2}}{2} E G=m$, 由 $E K / / C G$ 得到 $\frac{K P}{P C}=\frac{E K}{C G}=\frac{1}{2}$, 即可得到答案.

【详解】(1) 证明 $\because C E \perp B P, D F \perp B P, C F \perp D G$,

$\therefore$ 四边形 $C E G F$ 是矩形.

在正方形 $A B C D$ 中,

$\therefore B C \perp C D, B C=C D$.

$\because D G \perp B G$,

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

$\because \angle C P B=\angle D P G$,

$\therefore \angle C B P=\angle P D G$.

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

$\therefore \triangle B C E \cong \triangle D C F$.

$\therefore C E=C F$.

$\therefore$ 四边形 $C E G F$ 是正方形.

(2) 连接 $A C$ 交 $B G$ 于点 $O$, 由 (1) 可得 $\angle B A C=\angle B G C=45^{\circ}$.



图1

又 $\angle A O B=\angle G O C$,

$\therefore \triangle A B O \sim \triangle G C O$.

$\therefore \frac{A O}{O B}=\frac{G O}{C O}$.

又 $\angle A O G=\angle B O C$,

$\therefore \triangle A G O \sim \triangle B C O$.

$\therefore \angle C A G=\angle C B E, \angle A G O=\angle A C B=45^{\circ}$, .

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

$\therefore \triangle A C G \sim \triangle B C E$.

$\therefore \frac{A G}{B E}=\frac{C G}{C E}=\sqrt{2}$;

(3) 连接 $E K$.



图2

由题意得 $A D=2 D K$, 则 $D K=2$.

由（2）可知, $\angle A G C=90^{\circ}$,

$\because \angle A D K=\angle K G C=90^{\circ}, \angle A K D=\angle C K G$,

$\therefore \triangle A D K \sim \triangle C G K$.

所以 $\frac{C G}{G K}=\frac{A D}{D K}=2$.

设 $G K=m$, 则 $C G=2 m$, 在 Rt $\triangle C E G$ 中, 由勾股定理得 $E G=\sqrt{2} m$,

则 $\frac{E G}{G K}=\frac{C G}{E G}=\sqrt{2}$,

又 $\angle E G K=\angle C G E=45^{\circ}$ ，

$\therefore \triangle C G E \sim \triangle E G K$,

则 $\angle E K G=\angle C E G=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle E G K$ 是等腰直角三角形,

$\therefore E K=G K=\frac{\sqrt{2}}{2} E G=m$,

$\because \angle A G C=90^{\circ}$,

$\therefore E K / / C G$,

$\therefore \frac{K P}{P C}=\frac{E K}{C G}=\frac{1}{2}$.

所以 $C P=\frac{2}{3} C K=\frac{4}{3}$.

【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性质、平行线分线段成比例等知识, 熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 小明家楼房旁立了一根长 4 米的竹竿, 小明在测量竹笔的影子时, 发现影子不全落在地面上, 有一部分落在楼房的墙壁上, 小明测出它落在地面上的影子长为 2 米, 落在墙壁上的影子长为 1 米, 此时, 小明想把竹笔移动位置, 使其影子刚好不落在墙上. 试问, 小明应把竹等移到什么位置?（要求竹竿移动的距离尽可能小）


选项：
答案：【分析】通过投影的知识结合题意构造直角三角形, 利用 $\triangle A B E \backsim \triangle D C E$ 得到 $\frac{A B}{B E}=\frac{C D}{C E}$, 即可得到 $C E$的长.

解: 如图,

$A B=4, C D=1, B C=2$,

$\because A B / / C D$

$\therefore \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{ABE} \sim \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{DCE}$,

$\therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BE}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{CE}}$

即 $\frac{4}{2+\mathrm{CE}}=\frac{1}{\mathrm{CE}}$,

解得 $\mathrm{CE}=\frac{2}{3}$,

所以小明应把竹等向左移动 $\frac{2}{3}$ 米.

<ImageHere>
解析：【分析】通过投影的知识结合题意构造直角三角形, 利用 $\triangle A B E \backsim \triangle D C E$ 得到 $\frac{A B}{B E}=\frac{C D}{C E}$, 即可得到 $C E$的长.

解: 如图,

$A B=4, C D=1, B C=2$,

$\because A B / / C D$

$\therefore \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{ABE} \sim \mathrm{Rt} \triangle \mathrm{DCE}$,

$\therefore \frac{\mathrm{AB}}{\mathrm{BE}}=\frac{\mathrm{CD}}{\mathrm{CE}}$

即 $\frac{4}{2+\mathrm{CE}}=\frac{1}{\mathrm{CE}}$,

解得 $\mathrm{CE}=\frac{2}{3}$,

所以小明应把竹等向左移动 $\frac{2}{3}$ 米.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在四边形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{AB}=\mathrm{AD}$, 对角线 $\mathrm{AC}, \mathrm{BD}$ 交于点 $\mathrm{E}$, 点 0 在线段 $\mathrm{AE}$ 上, $\odot 0$ 过 $\mathrm{B}$, $\mathrm{D}$ 两点, 若 $\mathrm{OC}=5,0 \mathrm{~B}=3$, 且 $\cos \angle \mathrm{BO}=\frac{3}{5}$. 求证: $\mathrm{CB}$ 是 $\odot 0$ 的切线.


选项：
答案：【分析】连接 $O D$, 可得 $O B=O D$, 由 $A B=A D$, 得到 $A E$ 垂直平分 $B D$, 在直角三角形 $B O E$ 中,利用锐角三角函数定义求出 $\mathrm{OE}$ 的长, 根据勾股定理求出 $\mathrm{BE}$ 的长, 由 $\mathrm{OC}-\mathrm{OE}$ 求出 $\mathrm{CE}$ 的长,再利用勾股定理求出 $\mathrm{BC}$ 的长, 利用勾股定理逆定理判断得到 $\mathrm{BC}$ 与 $\mathrm{OB}$ 垂直, 即可确定出 $\mathrm{BC}$
为圆 0 的切线.

证明：连接 $0 D$, 可得 $0 B=0 D$,

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AD}$,

$\therefore \mathrm{AE}$ 垂直平分 $\mathrm{BD}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{BOE}$ 中, $0 \mathrm{~B}=3, \cos \angle \mathrm{BOE}=\frac{3}{5}$,

$\therefore 0 \mathrm{E}=\frac{9}{5}$,

根据勾股定理得: $\mathrm{BE}=\sqrt{\mathrm{BO}^{2}-\mathrm{OE}^{2}}=\frac{12}{5}, \mathrm{CE}=0 \mathrm{C}-\mathrm{OE}=\frac{16}{5}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{CEB}$ 中, $\mathrm{BC}=\sqrt{\mathrm{CE}^{2}+\mathrm{BE}^{2}}=4$,

$\because 0 \mathrm{~B}=3, \quad \mathrm{BC}=4,0 \mathrm{C}=5$,

$\therefore 0 \mathrm{~B}^{2}+\mathrm{BC}^{2}=0 \mathrm{C}^{2}$,

$\therefore \angle \mathrm{OBC}=90^{\circ}$, 即 $\mathrm{BC} \perp \mathrm{OB}$,

则 $\mathrm{BC}$ 为圆 0 的切线.

<ImageHere>
解析：【分析】连接 $O D$, 可得 $O B=O D$, 由 $A B=A D$, 得到 $A E$ 垂直平分 $B D$, 在直角三角形 $B O E$ 中,利用锐角三角函数定义求出 $\mathrm{OE}$ 的长, 根据勾股定理求出 $\mathrm{BE}$ 的长, 由 $\mathrm{OC}-\mathrm{OE}$ 求出 $\mathrm{CE}$ 的长,再利用勾股定理求出 $\mathrm{BC}$ 的长, 利用勾股定理逆定理判断得到 $\mathrm{BC}$ 与 $\mathrm{OB}$ 垂直, 即可确定出 $\mathrm{BC}$
为圆 0 的切线.

证明：连接 $0 D$, 可得 $0 B=0 D$,

$\because \mathrm{AB}=\mathrm{AD}$,

$\therefore \mathrm{AE}$ 垂直平分 $\mathrm{BD}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{BOE}$ 中, $0 \mathrm{~B}=3, \cos \angle \mathrm{BOE}=\frac{3}{5}$,

$\therefore 0 \mathrm{E}=\frac{9}{5}$,

根据勾股定理得: $\mathrm{BE}=\sqrt{\mathrm{BO}^{2}-\mathrm{OE}^{2}}=\frac{12}{5}, \mathrm{CE}=0 \mathrm{C}-\mathrm{OE}=\frac{16}{5}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{CEB}$ 中, $\mathrm{BC}=\sqrt{\mathrm{CE}^{2}+\mathrm{BE}^{2}}=4$,

$\because 0 \mathrm{~B}=3, \quad \mathrm{BC}=4,0 \mathrm{C}=5$,

$\therefore 0 \mathrm{~B}^{2}+\mathrm{BC}^{2}=0 \mathrm{C}^{2}$,

$\therefore \angle \mathrm{OBC}=90^{\circ}$, 即 $\mathrm{BC} \perp \mathrm{OB}$,

则 $\mathrm{BC}$ 为圆 0 的切线.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $\mathrm{PA} 、 \mathrm{~PB}$ 是 $\odot 0$ 的两条切线, $\mathrm{PEC}$ 是一条割线, $\mathrm{D}$ 是 $\mathrm{AB}$ 与 $\mathrm{PC}$ 的交点, 若 $\mathrm{PE}=2, \mathrm{CD}=1$,求 DE 的长.


选项：
答案：【分析】连接 $\mathrm{PO}$ 交 $\mathrm{AB}$ 于 $H$, 设 $\mathrm{DE}=\mathrm{x}$, 由勾股定理得, $(x+2)^{2}+x=2(x+3)$, 从而求出 $x$ 的值即可.

解: 连接 $\mathrm{PO}$ 交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{H}$, 由切线长定理可知, $\mathrm{OP}$ 平分 $\angle A P B$, 而 $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}$,

<ImageHere>

$\therefore \mathrm{PO} \perp \mathrm{AB}$,

设 $\mathrm{DE}=\mathrm{x}$, 则 $\mathrm{PA}^{2}=\mathrm{PE} \cdot \mathrm{PC}=2(\mathrm{x}+3)$.

在 Rt $\triangle \mathrm{APH}$ 中, $\mathrm{AP}^{2}=\mathrm{AH}^{2}+\mathrm{PH}^{2}$, 即 $\mathrm{AH}^{2}+\mathrm{PH}^{2}=2(\mathrm{x}+3)$ (1),

在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{PHD}$ 中, $\mathrm{PH}^{2}+\mathrm{DH}^{2}=(\mathrm{x}+2)^{2}(2)$,
又 $A D \cdot D B=E D \cdot D C$, 而 $A D \cdot D B=(A H-D H) \quad(A H+D H)=A H^{2}-D H^{2}$,

$\therefore \mathrm{AH}^{2}-\mathrm{DH}^{2}=\mathrm{x} \cdot 1(3)$,

由(1)(2)(3)得 $(x+2)^{2}+x=2(x+3)$,

解得 $\mathrm{DE}=\mathrm{x}=\frac{\sqrt{17}-3}{2}$.
解析：【分析】连接 $\mathrm{PO}$ 交 $\mathrm{AB}$ 于 $H$, 设 $\mathrm{DE}=\mathrm{x}$, 由勾股定理得, $(x+2)^{2}+x=2(x+3)$, 从而求出 $x$ 的值即可.

解: 连接 $\mathrm{PO}$ 交 $\mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{H}$, 由切线长定理可知, $\mathrm{OP}$ 平分 $\angle A P B$, 而 $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}$,



$\therefore \mathrm{PO} \perp \mathrm{AB}$,

设 $\mathrm{DE}=\mathrm{x}$, 则 $\mathrm{PA}^{2}=\mathrm{PE} \cdot \mathrm{PC}=2(\mathrm{x}+3)$.

在 Rt $\triangle \mathrm{APH}$ 中, $\mathrm{AP}^{2}=\mathrm{AH}^{2}+\mathrm{PH}^{2}$, 即 $\mathrm{AH}^{2}+\mathrm{PH}^{2}=2(\mathrm{x}+3)$ (1),

在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{PHD}$ 中, $\mathrm{PH}^{2}+\mathrm{DH}^{2}=(\mathrm{x}+2)^{2}(2)$,
又 $A D \cdot D B=E D \cdot D C$, 而 $A D \cdot D B=(A H-D H) \quad(A H+D H)=A H^{2}-D H^{2}$,

$\therefore \mathrm{AH}^{2}-\mathrm{DH}^{2}=\mathrm{x} \cdot 1(3)$,

由(1)(2)(3)得 $(x+2)^{2}+x=2(x+3)$,

解得 $\mathrm{DE}=\mathrm{x}=\frac{\sqrt{17}-3}{2}$.
题目（九年级 · 画法几何学）：已知如图, 以 $\mathrm{Rt} \triangle A B C$ 的 $A C$ 边为直径作 $\odot 0$ 交斜边 $A B$ 于点 $E$, 连接 $E O$ 并延长交 $B C$ 的延长线于点 $D$,点 $F$ 为 $B C$ 的中点, 连接 $E F$

(1) 求证: $\mathrm{EF}$ 是 $\odot 0$ 的切线;

(2) 若 $\odot 0$ 的半径为 $3, \angle \mathrm{EAC}=60^{\circ}$, 求 $\mathrm{AD}$ 的长。


选项：
答案：证明: (1) 连接 F0

易证 $0 \mathrm{~F} / / \mathrm{AB}$

$\because A C \odot 0$ 的直径

$\therefore \mathrm{CE} \perp \mathrm{AE}$

<ImageHere>

$\because 0 \mathrm{~F} / / \mathrm{AB}$

$\therefore 0 \mathrm{~F} \perp \mathrm{CE}$

$\therefore 0 \mathrm{~F}$ 所在直线垂直平分 $\mathrm{CE}$

$\therefore \mathrm{FC}=\mathrm{FE}, \quad 0 \mathrm{E}=0 \mathrm{C}$

$\therefore \angle \mathrm{FEC}=\angle \mathrm{FCE}, \quad \angle 0 \mathrm{EC}=\angle 0 \mathrm{CE}$

$\because$ Rt $\triangle \mathrm{ABC}$

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

即: $\angle 0 \mathrm{CE}+\angle \mathrm{FCE}=90^{\circ}$

$\therefore \angle 0 \mathrm{EC}+\angle \mathrm{FEC}=90^{\circ}$

即: $\angle \mathrm{FE} 0=90^{\circ}$

$\therefore \mathrm{FE}$ 为 $\odot 0$ 的切线

$\because \odot 0$ 的半径为 3

<ImageHere>

$\therefore \mathrm{A} 0=\mathrm{C} 0=\mathrm{E} 0=3$

$\because \angle \mathrm{EAC}=60^{\circ}, 0 \mathrm{~A}=0 \mathrm{E}$
$\therefore \angle \mathrm{E} 0 \mathrm{~A}=60^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{COD}=\angle \mathrm{EOA}=60^{\circ}$

$\because$ 在 Rt $\triangle O C D$ 中, $\angle C O D=60^{\circ}, \quad O C=3$

$\therefore C D=3 \sqrt{3}$

$\because$ 在 Rt $\triangle A C D$ 中, $\angle A C D=90^{\circ}$,

$C D=3 \sqrt{3}, \quad A C=6$

$\therefore A D=3 \sqrt{7}$
解析：证明: (1) 连接 F0

易证 $0 \mathrm{~F} / / \mathrm{AB}$

$\because A C \odot 0$ 的直径

$\therefore \mathrm{CE} \perp \mathrm{AE}$



$\because 0 \mathrm{~F} / / \mathrm{AB}$

$\therefore 0 \mathrm{~F} \perp \mathrm{CE}$

$\therefore 0 \mathrm{~F}$ 所在直线垂直平分 $\mathrm{CE}$

$\therefore \mathrm{FC}=\mathrm{FE}, \quad 0 \mathrm{E}=0 \mathrm{C}$

$\therefore \angle \mathrm{FEC}=\angle \mathrm{FCE}, \quad \angle 0 \mathrm{EC}=\angle 0 \mathrm{CE}$

$\because$ Rt $\triangle \mathrm{ABC}$

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

即: $\angle 0 \mathrm{CE}+\angle \mathrm{FCE}=90^{\circ}$

$\therefore \angle 0 \mathrm{EC}+\angle \mathrm{FEC}=90^{\circ}$

即: $\angle \mathrm{FE} 0=90^{\circ}$

$\therefore \mathrm{FE}$ 为 $\odot 0$ 的切线

$\because \odot 0$ 的半径为 3



$\therefore \mathrm{A} 0=\mathrm{C} 0=\mathrm{E} 0=3$

$\because \angle \mathrm{EAC}=60^{\circ}, 0 \mathrm{~A}=0 \mathrm{E}$
$\therefore \angle \mathrm{E} 0 \mathrm{~A}=60^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{COD}=\angle \mathrm{EOA}=60^{\circ}$

$\because$ 在 Rt $\triangle O C D$ 中, $\angle C O D=60^{\circ}, \quad O C=3$

$\therefore C D=3 \sqrt{3}$

$\because$ 在 Rt $\triangle A C D$ 中, $\angle A C D=90^{\circ}$,

$C D=3 \sqrt{3}, \quad A C=6$

$\therefore A D=3 \sqrt{7}$
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 树、红旗、人在同一直线上, 已知人的影子为 $A B$, 树的影子为 $C D$, 确定光源的位置并画出旗杆的影子.


选项：
答案：见解析.

【解析】试题分析: 利用两个物体与影长的对应顶点的连线交于一点, 这样得到的投影是中心投影, 此点就是光源的位置所在.

试题解析:

如图所示是灯光的光线原因是过一棵树的顶端及其影子的顶端作一条直线, 再过人的顶端及其影子的顶端作一条直线, 两直线相交, 其交点就是光源的位置; 然后再过旗杆的顶端连接光源的直线, 交地面于一点, 连接这点与旗杆底端的线段就是旗杆的影子.

<ImageHere>

【点睛】运用了中心投影, 用到的知识点为: 两个物体与影长的对应顶点的连线交于一点,此时为灯光形成的光线, 此点为光源所在.
解析：见解析.

【解析】试题分析: 利用两个物体与影长的对应顶点的连线交于一点, 这样得到的投影是中心投影, 此点就是光源的位置所在.

试题解析:

如图所示是灯光的光线原因是过一棵树的顶端及其影子的顶端作一条直线, 再过人的顶端及其影子的顶端作一条直线, 两直线相交, 其交点就是光源的位置; 然后再过旗杆的顶端连接光源的直线, 交地面于一点, 连接这点与旗杆底端的线段就是旗杆的影子.



【点睛】运用了中心投影, 用到的知识点为: 两个物体与影长的对应顶点的连线交于一点,此时为灯光形成的光线, 此点为光源所在.