eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 已知 $\triangle A B C$, 点 $D$ 是 $B C$ 边中点, 且 $\angle A D C=\angle B A C$. 若 $B C=6, A C=(\quad)$

  

  （第 4 题）

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


答案：D
解析：由点 $D$ 是 $B C$ 边中点, $B C=6$, 得 $B D=C D=\frac{1}{2} B C=3$, 再证明 $\triangle B A C \sim \triangle A D C$, 得到 $\frac{A C}{D C}=\frac{B C}{A C}$, 代入数值即可得到答案.

【详解】解: $\because$ 点 $D$ 是 $B C$ 边中点, $B C=6$,
$\therefore B D=C D=\frac{1}{2} B C=3$,

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

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

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

$\therefore \frac{A C}{3}=\frac{6}{A C}$,

$\therefore A C^{2}=18$,

$\therefore A C=3 \sqrt{2}$ (负值舍去),

故选: D

【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质, 熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 点 $D 、 E$ 分别在 $\triangle A B C$ 的边 $A B 、 A C$ 上, 且 $D E / / B C, D E=2, B C=5$, 则 $S_{\triangle A D E}: S_{\triangle A B C}$ 的值是 ( )

  

  (第 4 题)

  
选项：
A. $\frac{2}{5}$
  B. $\frac{3}{5}$
  C. $\frac{4}{25}$
  D. $\frac{3}{25}$


答案：D
解析：根据平行可判定两个三角形相似, 根据相似三角形的性质即可求解.

【详解】解： $\because D E / / B C$,

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

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

$\therefore \frac{D E}{B C}=\frac{2}{5}$,
$\therefore$ 根据相似三角形的面积比等于相似比的平方, 即 $\frac{S_{\triangle A D E}}{S_{\triangle A B C}}=\left(\frac{2}{5}\right)^{2}=\frac{4}{25}$,

故选: D.

【点睛】本题主要考查相似三角形的性质, 掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 若干位同学玩扔石子进筐游戏, 图(1)、图(2)分别是两种站立方式, 关于这两种方式的 “公平性” 有下列说法, 其中正确的是( )



图(1)



图(2)

选项：
A. 两种均公平
B. 两种均不公平
C. 仅图(1)公平
D. 仅图(2)公平


答案：D
解析：解: 图(1)中, 若干位同学到筐的距离不相等, 则图(1)不公平;

图(2)中, 若干位同学到筐的距离相等, 则图(2)公平;

故选: D.

对图(1)、图(2)分别是两种站立方式分别进行判断即可.

此题考查了游戏公平性, 判断游戏公平性就要计算每个事件的概率, 概率相等就公平, 否则就不公平. 用到的知识点为: 概率=所求情况数与总情况数之比.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=B C=6$, 点 $D, E$ 分别在 $A C$ 和 $B C$上, $C D=2$, 若以 $D E$ 为直径的 $\odot O$ 交 $A B$ 的中点 $F$, 可知 $\odot O$ 的直径是 $($ )


选项：
A. $2 \sqrt{3}$

B. 2

C. $2 \sqrt{5}$



D. 5


答案：C
解析：解: 如图, 连接 $C F$,



$\because \angle A C B=90^{\circ}, F$ 是 $A B$ 的中点, $A C=B C$,

$\therefore C F=\frac{1}{2} A B=A F, C F \perp A B, \angle A=\angle A C F=\angle B C F=45^{\circ}$,

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

$\because D E$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\therefore \angle A F D=\angle C F E$,
$\therefore \triangle A D F \cong \triangle C E F(A S A)$,

$\therefore C E=A D=A C-C D=6-2=4$,

由勾股定理得: $D E=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2 \sqrt{5}$.

故选: $C$.

如图, 连接 $C F$, 证明 $\triangle A D F \cong \triangle C E F$, 得 $C E=A D=4$, 最后由勾股定理可得直径 $D E$ 的长.

本题考查了圆周角定理, 等腰直角三角形的性质, 三角形全等的性质和判定, 勾股定理, 连接 $C F$ 证明 $\triangle A D F \cong \triangle C E F$ 是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 点 $O$ 是正六边形 $A B C D E F$ 对角线 $D F$ 上的一点, 且 $S_{\triangle A O C}=8$, 则正六边形 $A B C D E F$ 的面积为 ( )


选项：
A. 18

B. 24



C. 30

D. 随着点 $O$ 的变化而变化


答案：B
解析：解: 如图, 连接 $A D 、 C F$ 相交于点 $O^{\prime}$, 则点 $O^{\prime}$ 是正六边形 $A B C D E F$ 的中心，

$\because$ 六边形 $A B C D E F$ 是正六边形,

$\therefore A B=B C=C D=D E=E F=A F$,



$\angle B=B C D=\angle \angle C D E=\angle D E F=\angle E F A=\angle F A B=\frac{(6-2) \times 180^{\circ}}{6}=120^{\circ}$,

$\therefore \angle B A C=\angle B C A=\frac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2}=30^{\circ}$,

$\therefore \angle A C D=120^{\circ}-30^{\circ}=90^{\circ}$,

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

$\therefore$ 四边形 $A C D F$ 是矩形,

$\therefore S_{\triangle A O \prime C}=S_{\triangle C O \prime D}=S_{\triangle D O \prime F}=S_{\triangle A O^{\prime} F}=\frac{1}{4} S_{\text {矩形 } A C D F}$,

由正六边形的性质可得 $S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A O \prime C}=S_{\triangle D E F}$,

$\because S_{\triangle A O C}=8$,
$\therefore S_{\text {矩形ACDF }}=2 S_{\triangle A O C}=16$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore S_{\text {正六边形 } A B C D E F}=S_{\text {矩形 } A C D F}+2 S_{\triangle A B C} \\
& =16+8
\end{aligned}
$$

$=24$,

故选: B.

根据圆内接正六边形的性质得出四边形 $A C D F$ 是矩形, 进而得出 $S_{\triangle A O \prime C}=S_{\triangle C O I D}=S_{\triangle D O \prime F}=S_{\triangle A O \prime F}=$ $S_{\triangle A B C}=S_{\triangle D E F}=4$, 由面积之间的关系可得答案.

本题考查正多边形和圆, 掌握正六边形的性质以及矩形的判定和性质是正确解答的前提.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在正五边形 $A B C D E$ 中, 若 $B P=1$, 则 $P E=($ )


选项：
A. 2

B. $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$

C. $\frac{3}{2}$



D. $\sqrt{5}+1$


答案：B
解析：解： $\because$ 正五边形 $A B C D E$ 的对角线 $A C 、 B E$ 相交于点 $P$,

$\therefore \angle A B C=\angle B A E \frac{(5-2) \times 180^{\circ}}{5}=108^{\circ}$,

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

$\therefore \angle A B P=\angle A E P=\angle B A P=\angle B C P=\frac{180^{\circ}-108^{\circ}}{2}=36^{\circ}$,

$\because \angle P A E=108^{\circ}-36^{\circ}=72^{\circ}, \angle A P E=36^{\circ}+36^{\circ}=72^{\circ}$,

$\therefore \angle P A E=\angle A P E$,

$\therefore A E=P E$,

$\because \angle A P B=\angle B A E=108^{\circ}, \angle A B P=\angle E B A=36^{\circ}$,

$\therefore \triangle A B P \backsim \triangle E B A$,

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

$\therefore A B^{2}=A P \cdot B E$,

即 $P E^{2}=B P \cdot(B P+P E)$,

$\therefore P E^{2}=1 \times(1+P E)$,

解得 $P E=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ (取正值),

故选：B.

根据正五边形的性质、等腰三角形的性质以及相似三角形的判定和性质得出 $P E^{2}=B P \cdot(B P+P E)$,代入求解即可.

本题考查正多边形和圆, 等腰三角形的性质, 相似三角形的判定和性质以及一元二次方程, 掌握正多
边形和圆的性质以及相似三角形的判定和性质是正确解答的前提.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $D E / / B C$, 在下列比例式中, 不能成立的是( )



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


答案：B
解析：【分析】

本题主要考查平行线分线段成比例定理. 根据平行线分线段成比例定理判断即可.

## 【解答】

解: $\because D E / / B C$,

$\therefore \frac{A D}{D B}=\frac{A E}{A C}$, 故 $A$ 正确, 不符合题意;

$\frac{D E}{B C}=\frac{A E}{A C}$, 故 $B$ 错误, 符合题意;
$\frac{A B}{A D}=\frac{A C}{A E}$, 故 $C$ 正确, 不符合题意;

$\frac{D B}{E C}=\frac{A B}{A C}$, 故 $D$ 正确, 不符合题意,

故选 $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, D$ 为 $B C$ 中点, 在 $B A$ 的延长线上取一点 $E$, 使得 $E D=E C, E D$ 与 $A C$ 交于点 $F$, 则 $\frac{A F}{C F}$ 的值为 $(\quad)$



选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{2}{3}$


答案：B
解析：【分析】

连接 $A D$, 过点 $E$ 作 $E H \perp B C$, 交 $A C$ 于点 $G$, 再连接 $D G$, 易证 $A D / / E H$, 由 $H$ 为 $C D$ 的中点可证 $G$ 为 $A C$ 的中点, 从而可证四边形 $A D G E$ 是平行四边形, 问题得以解决.

本题考查了平行线分线段成比例定理, 三角形中位线定理, 平行四边形的判定与性质, 等腰三角形的性质, 由已知的等腰三角形作出辅助线 $A D, E H$, 继而证明 $G$ 为 $A C$ 的中点是解决本题的关键.

## 【解答】

解: 如图, 连接 $A D$, 过点 $E$ 作 $E H \perp B C$ 于点 $H$, 交 $A C$ 于点 $G$, 连接 $G D$.



$\because E D=E C, E H \perp D C$,

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

$\because$ 点 $D$ 为 $B C$ 的中点,

$\therefore B D=2 D H$,

$\because A B=A C$, 点 $D$ 为 $B C$ 的中点,

$\therefore A D \perp B C$,

$\therefore A D / / E H$,

$\therefore \frac{A E}{A B}=\frac{D H}{B D}=\frac{1}{2}, \frac{G C}{A G}=\frac{C H}{D H}=1$, 即点 $G$ 为 $A C$ 的中点,

$\therefore D G$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线,

$\therefore D G=\frac{1}{2} A B, D G / / A B$, 即 $D G / / A E, D G=A E$ ，

$\therefore$ 四边形 $A D G E$ 是平行四边形,

$\therefore A F=F G$,

$\therefore \frac{A F}{C F}=\frac{1}{3}$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, 点 $D$ 是 $B C$ 延长线上一点, 且 $\angle C A D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C$, 过点 $C$ 作 $C E / / A D$ 交 $A B$ 于点 $E$,且 $\angle A C E=3 \angle B C E, A C=3, B E=2$, 则 $C D$ 的长为 $(\quad)$



选项：
A. 8
B. 7
C. 6
D. 5


答案：A
解析： $\because \angle C A D=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C, \quad \therefore 2 \angle C A D=180^{\circ}-\angle B A C . \because \angle A E C+\angle A C E=180^{\circ}-\angle B A C$,

$\therefore 2 \angle C A D=\angle A E C+\angle A C E . \because C E / / A D, \quad \therefore \angle C A D=\angle A C E, \angle B C E=\angle B D A, \quad \therefore \angle A E C=\angle A C E$,

$\therefore A E=A C=3, \therefore A B=2+3=5 . \because \angle A C E=3 \angle B C E, \therefore \angle A E C=3 \angle B C E=\angle B+\angle B C E, \therefore 2 \angle B C E=$

$\angle B$. 如图, 作 $A F \perp C E$, 垂足为 $F$, 延长 $A F$ 交 $B C$ 于点 $M$, 作 $E G / / A F$, 交 $B C$ 于点 $G$, 连接 $E M . \because A E=A C$, $\therefore$ 易得 $A F$ 是 $C E$ 的垂直平分线, $\therefore C M=E M, \therefore \angle M C E=\angle M E C, \therefore \angle B M E=2 \angle M C E=\angle B, \therefore B E=$ $M E=M C=2$.

$\because E G / / A F, \quad \therefore \angle G E C=90^{\circ}, \frac{B E}{B G}=\frac{A E}{G M}, \quad \therefore M G=M E=M C=2, \quad \therefore \frac{2}{B G}=\frac{3}{2}, \quad \therefore B G=\frac{4}{3}$,

$\therefore B C=\frac{4}{3}+2+2=\frac{16}{3} . \because C E / / A D, \therefore \frac{B E}{B C}=\frac{A E}{C D}, \therefore \frac{2}{\frac{16}{3}}=\frac{3}{C D}$, 解得 $C D=8$. 故选 $A$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图 $\triangle A O B \sim \triangle C O D, \angle A=\angle C$, 下列式子中, 正确的有 ( )


(1) $\frac{A O}{C O}=\frac{B O}{D O}$
(2) $\frac{B O}{C O}=\frac{A O}{O D}$

(3) $\frac{A B}{B O}=\frac{C D}{C O}$;

(4) $\frac{A B}{A O}=\frac{C D}{O D}$

选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个


答案：A
解析：【分析】

本题主要考查相似三角形的性质, 根据相似三角形的对应边的比相等分别进行判断即可.

## 【解答】

解: $\because \triangle A O B \backsim \triangle C O D, \angle A=\angle C$,

$\therefore \frac{A O}{C O}=\frac{B O}{D O}$, 所以(1)正确, (2)错误;

$\frac{A B}{C D}=\frac{A O}{C O}$, 即 $\frac{A B}{A O}=\frac{C D}{C O}$, 所以(3)、(4)都错误.

故选: $A$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在正方形 $A B C D$ 中, $\triangle B P C$ 是等边三角形, $B P 、 C P$ 的延长线分别交 $A D$ 于点 $E F$, 连接 $B D 、 D P, B D$ 与 $C F$ 相交于点 $H$.给出下列结论:

(1) $A E=\frac{1}{2} F C$; (2) $\angle P D E=15^{\circ}$; (3) $\frac{S_{\triangle D H C}}{S_{\triangle B H C}}=\frac{1}{2}$; (4) $D E^{2}=P F \cdot F C$. 其中正确的为( )


选项：
A. (1)(2)(3)



B. (1) (3)

C. (2) (3)(4)

D. (1)(2)(4)

第 II 卷（非选择题）

##
答案：D
解析：解: $\because \triangle B P C$ 为等边三角形,

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

$\because F E / / B C$,

$\therefore \triangle F E P \backsim \triangle C P B$,

又 $\because P B=P C$,

$\therefore P E=P F$,

$\therefore F C=E B$,

$\because \angle P B C=60^{\circ}, \angle A B C=90^{\circ}$,

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

在Rt $\triangle A B E$ 中, $\because \angle A B E=30^{\circ}$,

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

又 $\because B E=F C$,

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

故(1)正确;

$\because P C=B C=C D, \angle P C D=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$,

$\therefore \angle D P C=\angle P D C=\frac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ}$,

$\therefore \angle P D E=\angle A D C-\angle P D C=90^{\circ}-75^{\circ}=15^{\circ}$,

故(2)正确;

$\because F D / / B C$,

$\therefore \triangle F D H \backsim \triangle C B H$,

$\therefore \frac{D H}{B H}=\frac{F D}{B C}$,

又 $\because \triangle B H C$ 与 $\triangle D H C$ 同高,
$\therefore \frac{S_{\triangle D H C}}{S_{\triangle B H C}}=\frac{D H}{B H}$,

又 $\because \frac{D H}{B H}=\frac{F D}{B C}, F$ 不是 $A D$ 中点，

$\therefore \frac{D H}{B H}=\frac{F D}{B C} \neq \frac{1}{2}$,

$\therefore \frac{S_{\triangle D H C}}{S_{\triangle B H C}} \neq \frac{1}{2}$,

故(3)错误;

$\because \angle E P D=180^{\circ}-\angle E P F-\angle D P C=180^{\circ}-60^{\circ}-75^{\circ}=45^{\circ}=\angle A D B$,

$\angle P E D=\angle P E D$,

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

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

$\therefore E D^{2}=P E \cdot B E$,

又 $\because P E=P F, B E=F C$,

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

故(4)正确,

故选: D.

由 $\triangle B P C$ 是等边三角形, 得 $A E=\frac{1}{2} B E$, 而 $B E=C F$, 故(1)正确; 由 $P C=B C=C D, \angle P C D=90^{\circ}-$ $60^{\circ}=30^{\circ}$, 可判定(2)正确; 由 $\triangle F D H \sim \triangle C B H$, 得 $\frac{D H}{B H}=\frac{F D}{B C}$, 由 $\triangle B H C$ 与 $\triangle D H C$ 同高, 可知 $\frac{S_{\triangle D H C}}{S_{\triangle B H C}}=\frac{D H}{B H}$,则判定(3)错误, 由 $\triangle P E D \sim \triangle D E B$, 得 $\frac{P E}{E D}=\frac{E D}{B E}$, 则 $E D^{2}=P E \cdot B E$, 可判定(4)正确.

本题主要考查了正方形的性质, 等边三角形的性质, 相似三角形的判定与性质, 等腰三角形的性质等知识, 熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 点 $D 、 E$ 分别在边 $A B 、 A C$ 上, $A D=2, B D=3$, 能判断 $D E / / B C$ 的是 ( )


选项：
A. $\frac{D E}{B C}=\frac{2}{3}$

B. $\frac{D E}{B C}=\frac{2}{5}$



C. $\frac{A E}{A C}=\frac{2}{3}$

D. $\frac{A E}{A C}=\frac{2}{5}$


答案：D
解析：解：只有选项 $D$ 正确,

理由是: $\because A D=2, B D=3, \frac{A E}{A C}=\frac{2}{5}$,

$\therefore \frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A C}=\frac{2}{5}$,

$\because \angle A=\angle A$,

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

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

$\therefore D E / / B C$,

根据选项 $A 、 B 、 C$ 的条件都不能推出 $D E / / B C$.

故选: D.
先求出比例式, 再根据相似三角形的判定得出 $\triangle A D E \sim \triangle A B C$, 根据相似推出 $\angle A D E=\angle B$, 根据平行线的判定得出即可.

本题考查了平行线分线段成比例定理, 相似三角形的性质和判定的应用, 能灵活运用定理进行推理是解此题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $\triangle A B C \sim \triangle A D E, \angle B A C=\angle D A E=90^{\circ}, A B$ 与 $D E$ 交于点 $O, A B=4, A C=3, F$ 是 $D E$ 的中点, 连接 $B D, B F$, 若点 $E$ 是射线 $C B$ 上的动点, 下列结论: (1) $\triangle A O D \sim \triangle F O B$, (2) $\triangle B O D \sim \triangle E O A$, (3) $\angle F D B+\angle F B E=90^{\circ}$, (4) $B F=\frac{5}{6} A E$, 其中正确的是( )



选项：
A. (1) (2)
B. (3)(4)
C. (2)(3)
D. (2)(3)(4)


答案：D
解析：解: $\because \triangle A B C \sim \triangle A D E$,

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

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

$\therefore \triangle A O D \backsim \triangle E O B$,

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

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

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

$\therefore \triangle B O D \sim \triangle E O A$, 故(2)正确,



$\because \triangle A O D \backsim \triangle E O B, \triangle B O D \backsim \triangle E O A$,

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

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

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

$\because F$ 是 $D E$ 的中点, 则 $D F=E F$,

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

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

$\therefore \angle F D B+\angle F B E=\angle F B D+\angle F B E=90^{\circ}$, 故(3)正确,

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

$\therefore B C=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$,

$\because \triangle A B C \backsim \triangle A D E$,

$\therefore \frac{D E}{A E}=\frac{B C}{A C}=\frac{5}{3}$,

$\because B F=\frac{1}{2} D E$,

$\therefore \frac{2 B F}{A E}=\frac{5}{3}$,

$\therefore B F=\frac{5}{6} A E$, 故(4)正确,

$\because \angle A D O=\angle O B E$,
$\therefore \angle A D O \neq \angle O B F$,

$\therefore$ 无法判断 $\triangle A O D \sim \triangle F O B$, 故 1 错误.

故选 $D$.

首先证明 $\triangle A O D \sim \triangle E O B$, 推出 $\triangle B O D \sim \triangle E O A$, 再证明 $\angle D B E=90^{\circ}$, 可得(2)(3)正确, 利用直角三角形斜边中线的性质即可判断(4)正确.

本题考查相似三角形的判定和性质, 直角三角形斜边中线的性质, 勾股定理的应用.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $D 、 E$ 分别是 $\triangle A B C$ 的边 $A B 、 B C$ 上的点, $D E / / A C$. 若 $S_{\triangle B D E}$ : $S_{\triangle A D E}=1: 2$. 则 $S_{\triangle D O E}: S_{\triangle A O C}$ 的值为 $($ )



选项：
A. $\frac{1}{16}$

B. $\frac{1}{9}$


C. $\frac{1}{4}$

D. $\frac{1}{3}$


答案：B
解析：解: $\because S_{\triangle B D E}: S_{\triangle C D E}=1: 2$,

$\therefore B E: E C=1: 2$,

$\therefore B E: B C=1: 3$,

$\because D E / / A C$,

$\therefore \triangle B D E \backsim \triangle B A C, \triangle D O E \backsim \triangle A O C$,

$\therefore \frac{D E}{A C}=\frac{B E}{B C}=\frac{1}{3}$,
$\therefore S_{\triangle D O E}: S_{\triangle A O C}=\left(\frac{D E}{A C}\right)^{2}=\frac{1}{9}$,

故选: B.

证明 $B E: E C=1: 2$, 得出 $B E: B C=1: 3$, 证明 $\triangle B D E \sim \triangle B A C, \triangle D O E \sim \triangle A O C$, 得到: $\frac{D E}{A C}=\frac{B E}{B C}=\frac{1}{3}$,由相似三角形的性质即可解决问题.

本题主要考查了相似三角形的判定与性质; 熟练掌握相似三角形的判定与性质, 证出 $B E: B C=1: 3$是解决问题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 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, 截取矩形与原矩形相似, 利用相似形的对应边的比相等可得.

## 【解答】

解: 如图:



依题意, 在矩形 $A B D C$ 中截取矩形 $A B F E$,

则矩形 $A B D C \backsim$ 矩形 $A E F B$,

则 $\frac{A B}{A E}=\frac{A D}{A B}$,

设 $A E=x(\mathrm{~cm})$, 得到:

$\frac{6}{x}=\frac{8}{6}$,

解得: $x=4.5$,

则截取的矩形面积是: $6 \times 4.5=27\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

故选: $B$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 点 $P$ 在 $\odot O$ 的直径 $A B$ 上, 作正方形 $P C D E$ 和正方形 $P F G H$,其中点 $D, G$ 在直径所在直线上, 点 $C, E, F, H$ 都在 $\odot O$ 上, 若两个正方形的面积之和为 $16, O P=\sqrt{2}$, 则 $D G$ 的长是 ( )


选项：
A. $6 \sqrt{2}$



B. $2 \sqrt{14}$

C. 7

D. $4 \sqrt{3}$


答案：B
解析：解: 作 $O K \perp P C$ 于 $K$, 设正方形 $P F G H$ 的边长是 $x$,



$\because$ 四边形 $P C D E$ 是正方形,

$\therefore \angle C P D=45^{\circ}$,

$\because \angle O K P=90^{\circ}$,

$\therefore \triangle K O P$ 是等腰直角三角形,

$\therefore P K=\frac{\sqrt{2}}{2} O P=1$,

$\therefore C K=F K=x+1$,

$\therefore P C=C K+P K=x+2$,

$\because$ 两个正方形的面积之和为 16 ,

$\therefore x^{2}+(x+2)^{2}=16$,

$\therefore x=\sqrt{7}-1$ 或 $x=-\sqrt{7}-1$ (舍),

$\therefore P C=x+2=\sqrt{7}+1, P H=x=\sqrt{7}-1$,

$\therefore P D=\sqrt{2} P C=\sqrt{14}+\sqrt{2}, P G=\sqrt{2} P H=\sqrt{14}-\sqrt{2}$,

$\therefore D G=P D+P G=2 \sqrt{14}$.

故选: $B$.

设正方形 $P F G H$ 的边长是 $x$, 由条件得到 $x^{2}+(x+2)^{2}=16$, 从而求出正方形 $P F G H$ 的边长, 得到正方形
$P C D E$ 的边长, 进一步求出 $P D, P G$ 的长, 即可求出 $D G$ 的长.

本题考查正方形的性质, 垂径定理, 关键是由条件列出关于小正方形边长的方程, 求出小正方形边长.

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题目（九年级 · 组合几何学）：下列事件中, 是必然事件的是（）


选项：
A. 任意抛掷一枚硬币, 出现正面

B. 从 2、4、6、8、10 这 5 张卡片中任抽一张是奇数

C. 从装有一个红球三个黄球的袋子中任取两球, 至少有一个是黄球



D. 投掷一枚普通骰子, 朝上一面的点数是 3


答案：C
解析：根据必然事件、不可能事件、随机事件的概念可区别各类事件.

【详解】解：A、任意抛掷一枚硬币, 出现正面是随机事件, 故 A 错误;

B、从 2、4、6、8、10 这 5 张卡片中任抽一张是奇数是不可能事件, 故 B 错误;

C、从装有一个红球三个黄球的袋子中任取两球, 至少有一个是黄球是必然事件, 故 C 正确;

D、投掷一枚普通骰子，朝上一面的点数是 3 是随机事件，故 D 错误;

故选 C.

【点睛】本题考查了随机事件, 解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念. 必然事件指在一定条件下一定发生的事件. 不可能事件是指在一定条件下, 一定不发生的事件. 不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图所示, $O A 、 O B 、 O C$ 都是 $\odot O$ 的半径 (点 $B$ 在劣弧 $A C$ 上, 不包括端点 $\mathrm{A} 、 C$ ),则下列关系一定成立的是 ( )



选项：
A. $\angle A O B=2 \angle B O C$
B. $\angle A O B=2 \angle A C B$
C. $\angle A O B=2 \angle C A B$
D. $\angle A O B=2 \angle O C A$


答案：B
解析：本题考查圆周角定理, 根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”进行判断即可,能够熟练运用圆周角定理是解决本题的关键.

【详解】解：根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半可知,

$\angle A O B$ 为弧 $A B$ 所对的圆心角,

弧 $A B$ 所对的圆周角为 $\angle A C B$,

故 $\angle A O B=2 \angle A C B$,

故选: B.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $P A, P B$ 分别是 $\odot 0$ 的切线, $A, B$ 分别为切点, 点 $E$ 是 $\odot 0$ 上一点, 且 $\angle A E B=60^{\circ}$,则 $\angle \mathrm{P}$ 为 $(\quad)$


选项：
A. $120^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $30^{\circ}$
D. $45^{\circ}$
答案：B
解析：【分析】连接 $O A, B O$, 由圆周角定理知可知 $\angle A O B=2 \angle E=120^{\circ}, P A 、 P B$ 分别切 $\odot 0$ 于点 $A$ 、 $B$, 利用切线的性质可知 $\angle 0 \mathrm{AP}=\angle \mathrm{OBP}=90^{\circ}$, 根据四边形内角和可求得 $\angle \mathrm{P}=180^{\circ}-\angle$ $\mathrm{A} 0 \mathrm{~B}=60^{\circ}$.

解：连接 $0 \mathrm{~A}, \mathrm{~B} 0$;

$\because \angle \mathrm{A} 0 \mathrm{~B}=2 \angle \mathrm{E}=120^{\circ}$

$\therefore \angle 0 \mathrm{AP}=\angle 0 \mathrm{BP}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{P}=180^{\circ}-\angle \mathrm{AOB}=60^{\circ}$

故选 B.
题目（九年级 · 组合几何学）：将正方形 $A B C D$ 绕点 $A$ 按逆时针方向旋转 $30^{\circ}$, 得正方形 $A B_{1} C_{1} D_{1}, B_{1} C_{1}$ 交 CD 于点 $E, A B=\sqrt{3}$, 则四边形 $A B_{1} E D$ 的内切圆半径为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
B. $\frac{3-\sqrt{3}}{2}$
c. $\frac{\sqrt{3}+1}{3}$
D. $\frac{3-\sqrt{3}}{3}$


答案：B
解析：解：作 $\angle \mathrm{DAF}$ 与 $\angle \mathrm{AB}_{1} G$ 的角平分线交于点 0 , 过 0 作 $0 \mathrm{~F} \perp \mathrm{AB}_{1}$,

则 $\angle 0 \mathrm{AF}=30^{\circ}, \angle \mathrm{AB}_{1} \mathrm{O}=45^{\circ}$,

故 $\mathrm{B}_{1} \mathrm{~F}=0 \mathrm{~F}=\frac{1}{2} 0 \mathrm{~A}$,

设 $B_{1} F=x$, 则 $A F=\sqrt{3}-x$,

故 $(\sqrt{3}-x)^{2}+x^{2}=(2 x)^{2}$,

解得 $x=\frac{-\sqrt{3}+3}{2}$ 或 $x=\frac{-\sqrt{3}-3}{2}$ (舍去),

$\therefore$ 四边形 $\mathrm{AB}_{1} \mathrm{ED}$ 的内切圆半径为: $\frac{-\sqrt{3}+3}{2}$.

故选：B.
题目（九年级 · 组合几何学）：Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \mathrm{AB}=5$, 内切圆半径为 1 , 则三角形的周长为 ( )
选项：
A. 15
B. 12
C. 13
D. 14
答案：B
解析：【分析】根据切线的性质得出 $\angle 0 \mathrm{DC}=\angle \mathrm{FFC}=\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$, 得出正方形 $\mathrm{ODCF}$, 求出 $\mathrm{CD}=\mathrm{CF}=1$, 根据切线长定理求出 $\mathrm{AD}+\mathrm{BF}=\mathrm{AE}+\mathrm{BE}=5$, 代入 $\mathrm{AC}+\mathrm{BC}+\mathrm{AB}$ 求出即可.



解：连接 $O \mathrm{~A} 、 O \mathrm{OB} 、 O C 、 O D 、 O E 、 O F ，$

$\because \odot 0$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 切点分别是 D、E、F,

$\therefore 0 \mathrm{D} \perp \mathrm{AC}, \quad 0 \mathrm{E} \perp \mathrm{AB}, \quad 0 \mathrm{~F} \perp \mathrm{BC}, \quad \mathrm{AD}=\mathrm{AE}, \quad \mathrm{BE}=\mathrm{BF}$,

$\therefore \angle 0 \mathrm{DC}=\angle \mathrm{OFC}=\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$

$\because 0 \mathrm{D}=0 \mathrm{~F}$,

$\therefore$ 四边形 0 OCF 是正方形,

$\therefore \mathrm{CD}=0 \mathrm{D}=0 \mathrm{~F}=\mathrm{CF}=1$,

$\because \mathrm{AD}=\mathrm{AE}, \mathrm{BF}=\mathrm{BE}$,

$\because \mathrm{AE}+\mathrm{BE}=\mathrm{AB}=5$,

$\therefore A D+B F=5$,

$\therefore \triangle A B C$ 的周长是: $A C+B C+A B=A D+C D+C F+B F+A B=5+1+1+5=12$.

故选 B.
题目（九年级 · 组合几何学）：电影院呈阶梯或下坡形状的主要原因是（）
选项：
A. 为了美观
B. 减小盲区
C. 增大盲区
D. 盲区不变
答案：B
解析：$\mathrm{B}$

【解析】电影院呈阶梯或下坡形状是为了然后面的观众有更大的视角范围, 减小盲区.故选 B.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $A B$ 为半圆 $O$ 的直径, $A D 、 B C$ 分别切 $\odot O$ 于 $A, B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E, A D$ 与 $C D$ 相交于 $D, B C$ 与 $C D$ 相交于 $C$, 连接 $O D 、 O C, A D=3, B C=\frac{16}{3}$, 则四边形 $A B C D$ 的周长为 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{25}{3}$
B. $\frac{50}{3}$
C. $\frac{62}{3}$
D. $\frac{74}{3}$
答案：D
解析：过 $D$ 作 $D F \perp B C$ 于 $F$, 则 $\angle D F B=90^{\circ}$,



$\because A D 、 B C$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$,

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

$\therefore$ 四边形 $A D F B$ 是矩形,

$\therefore A D=B F, A B=D F$,

$\because A D=3, B C=\frac{16}{3} \frac{16}{3}, A D=D E, B C=C E$,

$\therefore D E=3, C E=\frac{16}{3} \frac{16}{3}$,

$\therefore D C=3+\frac{16}{3} \frac{16}{3}=\frac{25}{3} \frac{25}{3}, C F=B C-A D=\frac{16}{3} \frac{16}{3}-3=\frac{77}{3}$,

在 $R t \triangle C F D$ 中, 由勾股定理得: $D F=\sqrt{D C^{2}-C F^{2}} \sqrt{D C^{2}-C F^{2}}=\sqrt{\left(\frac{25}{3}\right)^{2}-\left(\frac{7}{3}\right)^{2}}=8$,

即 $A B=D F=8 ，$

即四边形 $A B C D$ 的周长是 $A D+D C+B C+A B=3+\frac{25}{3}+\frac{16}{3}+8=\frac{74}{3}$,

故选 $D$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=90^{\circ}, A C=10$, 作 $\triangle A B C$ 的内切圆圆 $O$, 分别与 $A B 、 B C 、 A C$ 相切于点 $D 、 E 、 F$, 设 $A D=x, \triangle A B C$ 的面积为 $S$,则 $S$ 关于 $x$ 的函数图像大致为 $($ )


选项：
A.


B.


C.


D.


答案：A
解析：连接 $O D 、 O E$, 如图, 设 $\odot O$ 的半径为 $r$,

$\because \triangle A B C$ 的内切圆 $O$, 分别与 $A B 、 B C 、 A C$ 相切于点 $D 、 E 、 F$,

$\therefore O D \perp A B, O E \perp B C, A F=A D=x, C E=C F=10-x$,

易得四边形 $O D B E$ 为正方形,



$\therefore D B=B E=O D=r$,

$\because S=\frac{1}{2} r(A B+C B+A C)=\frac{1}{2} r(x+r+r+10-x+10)=r^{2}+10 r$,

$\because A B^{2}+B C^{2}=A C^{2}$,

$\therefore(x+r)^{2}+(10-x+r)^{2}=10^{2}$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore r^{2}+10 r=-x^{2}+10 x \\
& \quad \therefore S=-x^{2}+10 x
\end{aligned}
$$

$=-(x-5)^{2}+25(0<x<10)$.

故选：A.
题目（九年级 · 组合几何学）：给出下面四个命题, 其中真命题是 $(\quad)$
选项：
A. 平分弦的直径垂直于这条弦, 并且平分这条弦所对的弧;

B. 从圆外一点可以引圆的两条切线, 则这两条切线相等;

C. 在同圆或等圆中，圆心角的度数是圆周角的度数的两倍;



D. 如下图, 顺次连接圆的任意两条直径的端点, 所得的四边形一定是矩形.
答案：D
解析：A.平分(非直径)弦的直径垂直于这条弦, 并且平分这条弦所对的弧, 所以此命题不正确;

B.从圆外一点可以引圆的两条切线, 则这两条切线长相等, 所以此命题不正确;

C. 在同圆或等圆中, 同弧或等弧所对的圆心角的度数是它所对的圆周角的两倍, 所以此命题不正确;

D. 根据对角线相等且相互平分的四边形是矩形可判断此命题正确.

故旋 $D$.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, $P$ 是 $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 上一点, 连结 $B P$, 下列条件中不能判定 $\triangle A B P \sim \triangle A C B$ 的是
选项：
A. $\frac{A B}{A P}=\frac{A C}{A B}$B. $\frac{A C}{A B}=\frac{B C}{B P}$C. $\angle A B P=\angle C$D. $\angle A P B=\angle A B C$
答案：B
解析：B
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在平行四边形 $A B C D$ 中, $E$ 是 $D C$ 上的点, $D E: E C=3: 2$, 连结 $A E$ 交 $B D$ 于点 $F$, 则 $\triangle D E F$与 $\triangle B A F$ 的面积之比为 $(\quad)$
选项：
A. $2: 5$B. $3: 5$C. $9: 25$D. $4: 25$
答案：C
解析：C【解析】because四边形ABCD是平行四边形,thereforeAB//CD,且AB=CD,thereforeangleEDF=angleABF,angleDEF=angleBAF,thereforetriangleDEFsimtriangleBAF又becauseDE:EC=3:2,thereforefracDEAB=frac35thereforefracS_triangleDEFS_triangleBAF=left(frac35right)^2=frac925,故选C.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 直角 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=30^{\circ}$, 点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的重心, 连接 $C O$ 并延长交 $A B$ 于点 $E$, 过点 $E$ 作 $E F \perp A B$ 交 $B C$ 于点 $F$, 连接 $A F$ 交 $C E$ 于点 $M$, 则 $\frac{M O}{M F}$ 的值为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$B. $\frac{\sqrt{5}}{4}$C. $\frac{2}{3}$D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
答案：D
解析：D