eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 为 $\odot O$ 的切线, 切点为 $B$, 连接 $A O, A O$ 与 $\odot O$ 交于点 $C, B D$ 为 $\odot O$ 的直径, 连接 $C D$. 若 $\angle A=30^{\circ}$, $\odot O$ 的半径为 2 , 则图中阴影部分的面积为 $(\quad)$
选项：
A. $\frac{4 \pi}{3}-\sqrt{3}$
B. $\frac{4 \pi}{3}-2 \sqrt{3}$
C. $\pi-\sqrt{3}$
D. $\frac{2 \pi}{3}-\sqrt{3}$


答案：A
解析：【分析】过 0 点作 $O \mathrm{E} \perp \mathrm{CD}$ 于 $\mathrm{E}$, 首先根据切线的性质和直角三角形的性质可得 $\angle \mathrm{AOB}=60^{\circ}$, 再根据平角的定义和三角形外角的性质可得 $\angle \mathrm{COD}=120^{\circ}, \angle 0 \mathrm{CD}=\angle \mathrm{DDC}=30^{\circ}$, 根据含 $30^{\circ}$ 的直角三角形的性质可得 $O \mathrm{E}, \mathrm{CD}$ 的长, 再根据阴影部分的面积=扇形 $O C D$ 的面积 - 三角形 $O C D$ 的面积, 列式计算即可求解

解: 过 $O$ 点作 $O E \perp C D$ 于 $E$,

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的切线,
$\therefore \angle \mathrm{ABO}=90^{\circ}$,

$\because \angle \mathrm{A}=30^{\circ}$

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

$\therefore \angle \mathrm{COD}=120^{\circ}, \angle \mathrm{OCD}=\angle \mathrm{ODC}=30^{\circ}$,

$\because \odot 0$ 的半径为 2 ,

$\therefore \mathrm{OE}=1, \quad \mathrm{CE}=\mathrm{DE}=\sqrt{3}$

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

$\therefore$ 图中阴影部分的面积为: $\frac{120 \times \pi \times 2^{2}}{360}-\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 1=\frac{4 \pi}{3}-\sqrt{3}$

故选：A
题目（九年级 · 度量几何学）：下列说法正确的是 ( )
选项：
A. 与圆有公共点的直线是圆的切线

B. 到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线

C. 垂直于圆的半径的直线是圆的切线

D. 过圆的半径外端的直线是圆的切线
答案：B
解析：【分析】根据切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线，可判定 C、D 错误; 由切线的定义: 到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线, 可判定 A 错误, B 正确. 注意排除法在解选择题中的应用.

解: A. 与圆只有一个交点的直线是圆的切线, 故本选项错误;

B、到圆心距离等于圆的半径的直线是圆的切线，故本选项正确;

C、经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线, 故本选项错误;

D、经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线, 故本选项错误.

故选 B.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知如图, $A B$ 为半圆的直径, $C 、 D$ 为半圆弧上的两点, 若孤 $C D=$ 弧 $B D, D C$ 与 $B A$ 的延长线交于 $P$, 如果, $\mathrm{AP}: \mathrm{CP}=3: 4, \triangle \mathrm{ADB}$ 的面积为 $16 \sqrt{5}$, 则 $\mathrm{AP}$ 的长为 $(\quad)$


选项：
A. 7
B. 12
C. $\frac{12}{7}$
D. 4
答案：C
解析：【分析】连 $\mathrm{OD} 、 \mathrm{AC}$ 可以根据平行线分线段成比例定理的逆定理证明 $\mathrm{AC} / / \mathrm{OD}$, 则 $\mathrm{CD}$ 即可利用圆的半径表示出来, 进而表示出 $B D$, 在直角 $\triangle A B D$ 中利用勾股定理即可求得 $A D$, 再根据 $\triangle A D B$ 的面积为 $16 \sqrt{5}$ 可以得到关于半径的方程求得圆的半径, 利用切割线定理即可求解.


解：设 $A O=R$, 连 $O D 、 A C$.

$\because \widehat{C D}=\widehat{B D}$

$\therefore \angle 1=\angle 2$,

又 $\because \angle 2=\angle 3$,

$\therefore \angle 1=\angle 3$,

$\therefore \mathrm{AC} / / 0 \mathrm{D}$,

$\therefore \frac{A O}{C D}=\frac{P A}{P C}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \mathrm{CD}=\frac{4}{3} \mathrm{R}$

$\therefore B D=\frac{4}{3} R$

$\therefore \mathrm{AD}=\sqrt{A B^{2}-B D^{2}}=\sqrt{(2 R)^{2}-\left(\frac{4}{3} R\right)^{2}}=\frac{2 \sqrt{5}}{3} \mathrm{R}$,

由 $\mathrm{S}_{\triangle A O B}=16 \sqrt{5}$,

得: $\frac{1}{2} \cdot \frac{2 \sqrt{5}}{3} R \cdot \frac{4}{3} R=16 \sqrt{5}$,

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

$\because P A \cdot P B=P C \cdot P D$, 设 $P A=x$, 则 $x(x+12)=\frac{4}{3} x\left(\frac{4}{3} x+8\right)$,

$\therefore \mathrm{x}=\frac{12}{7}$.

故 $\mathrm{PA}=\frac{12}{7}$.

故选 C.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 晚上小亮在路灯下散步, 他从 $A$ 处向着路灯灯柱方向径直走到 $B$ 处, 这一过程中他在该路灯灯光下的影子 $(\quad)$


选项：
A. 逐渐变短
B. 逐渐变长
C. 先变短后变长
D. 先变长后变短
答案：A
解析：A

【解析】根据光源是由远到近的过程和中心投影的特点可得:小亮在路灯下由远及近向路灯靠近时，其影子应该逐渐变短，故选 A.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知锐角 $\theta$ 满足 $\tan \theta=2$, 则 $\frac{1}{\cos ^{2} \theta}=(\quad)$
选项：
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
答案：C
解析：$\because \sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta=1, \tan \theta=2$,

$$
\therefore \frac{1}{\cos ^{2} \theta}=\frac{\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta}{\cos ^{2} \theta}=\left(\frac{\sin \theta}{\cos \theta}\right)^{2}+1=\tan ^{2} \theta+1=2^{2}+1=4+1=5
$$

故选 $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：$\sin 70^{\circ}, \cos 70^{\circ}, \tan 70^{\circ}$ 的大小关系是 ( )
选项：
A. $\tan 70^{\circ}<\cos 70^{\circ}<\sin 70^{\circ}$
B. $\cos 70^{\circ}<\tan 70^{\circ}<\sin 70^{\circ}$
C. $\sin 70^{\circ}<\cos 70^{\circ}<\tan 70^{\circ}$
D. $\cos 70^{\circ}<\sin 70^{\circ}<$ $\tan 70^{\circ}$
答案：D
解析：根据锐角三角函数的概念, 知

$\sin 70^{\circ}<1, \cos 70^{\circ}<1, \tan 70^{\circ}>1$.

又 $\cos 70^{\circ}=\sin 20^{\circ}$, 正弦值随着角的增大而增大,

$\therefore \sin 70^{\circ}>\cos 70^{\circ}=\sin 20^{\circ}$.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 关于 $\angle \alpha$ 与 $\angle \beta$ 的同一种三角函数值, 有三个结论: (1) $\tan \alpha>\tan \beta$, (2) $\sin \alpha>\sin \beta$, (3) $\cos \alpha>\cos \beta$.正确的结论为 ( )


选项：
A. (1) (2)
B. (2)(3)
C. (1) (3)
D.
(1) (2) (3)
答案：A
解析：根据图形得: $\angle \alpha>\angle \beta$,

$\therefore \tan \alpha>\tan \beta, \sin \alpha>\sin \beta, \cos \alpha<\cos \beta$.

$\therefore$ (1) (2) 正确.

故选 $A$.
题目（九年级 · 度量几何学）：《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表, 其中《方田》章给出计算弧田面积所用公式为: 弧田面积 $=\frac{1}{2}$ (弦 $\times$ 矢 + 矢 $\left.^{2}\right)$, 弧田 (如图)是


由圆弧和其所对的弦所围成, 公式中 “弦” 指圆弧所对弦长 $A B$, “矢”等于半径长与圆心 $O$ 到弦的距离之差. 在如图所示的弧田中, “弦” 为 8 , “矢” 为 3 , 则 $\cos \angle O A B=(\quad)$
选项：
A. $\frac{3}{5}$
B. $\frac{24}{25}$
C. $\frac{4}{5}$
D. $\frac{12}{25}$
答案：B
解析：如图, 作 $O H \perp A B$ 于 $H$.



由题意: $A B=8, O A-O H=3$,

$\because O H \perp A B$,

$\therefore A H=B H=4$,

$\because A H^{2}+O H^{2}=O A^{2}$

$\therefore 4^{2}=(O A+O H)(O A-O H)$,

$\therefore O A+O H=\frac{16}{3}$,

$\therefore O A=\frac{25}{6}, O H=\frac{7}{6}$,

$\therefore \cos \angle O A B=\frac{A H}{O A}=\frac{4}{\frac{25}{6}}=\frac{24}{25}$,

故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A, P B$ 切 $\odot O$ 于 $A 、 B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$, 交 $P A, P B$ 于 $C 、 D$, 若 $\odot O$ 的半径为 $r$, $\triangle P C D$ 的周长等于 $3 r$, 则 $\tan \angle A P B$ 的值是 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{12}{5}$
B. $\frac{5}{12} \sqrt{13}$
C. $\frac{3}{5} \sqrt{13}$
D. $\frac{2}{3} \sqrt{13}$
答案：A
解析：如图, 连接 $O A 、 O B 、 O P$, 延长 $B O$ 交 $P A$ 的延长线于点 $F$,



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

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

$\because \triangle P C D$ 的周长 $=P C+C E+D E+P D=P C+A C+P D+D B=P A+P B=3 r$,

$\therefore P A=P B=\frac{3}{2} r$,
在Rt $\triangle P B F$ 和 Rt $\triangle O A F$ 中,

$\{\angle F A O=\angle F B P$

$\angle O F A=\angle P F B$,

$\therefore R t \triangle P B F \sim R t \triangle O A F$,

$\therefore \frac{A F}{F B}=\frac{A O}{B P}=\frac{r}{\frac{3}{2} r}=\frac{2}{3}$,

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

在Rt $\triangle F B P$ 中,

$\because P F^{2}-P B^{2}=F B^{2}$,

$\therefore(P A+A F)^{2}-P B^{2}=F B^{2}$,

$\therefore\left(\frac{3}{2} r+\frac{2}{3} B F\right)^{2}-\left(\frac{3}{2} r\right)^{2}=B F^{2}$,

解得 $B F=\frac{18}{5} r$,

$\therefore \tan \angle A P B=\frac{B F}{P B}=\frac{\frac{18}{5} r}{\frac{3}{2} r}=\frac{12}{5}$,

故选 $A$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知, 如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $M N$ 切 $\odot O$ 于 $C, \angle B C M=38$. $^{\circ}$,则 $\angle A D C$ 的度数为 $(\quad)$
选项：
A. $142^{\circ}$
B. $128^{\circ}$
C. $104^{\circ}$
D. $52^{\circ}$


答案：B
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 · 度量几何学）：在Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=4, B C=3, O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, 以 $O$ 为圆心, $r$ 为半径的圆与线段 $A B$ 有公共点, 则 $r$ 的取值范围是 $(\quad)$
选项：
A. $1 \leq r \leq \sqrt{5}$
B. $1 \leq r \leq \sqrt{10}$
C. $1 \leq r \leq 4$
D. $r \geq 1$
答案：B
解析：如图, 作 $O D \perp A B$ 于 $D, O E \perp B C$ 于 $E, O F \perp A C$ 于 $F$, 连接 $O A 、 O B$,



则四边形 $O E C F$ 是正方形,

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

$\because \angle C=90^{\circ}, A C=4, B C=3$,

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

$\because O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

$\therefore C E=C F=O F=O E=\frac{1}{2}(A C+B C-A B)=1$,

$\therefore A F=A C-C F=3, B E=B C-C E=2$,

$\therefore O A=\sqrt{A F^{2}+O F^{2}}=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}, O B=\sqrt{B E^{2}+O E^{2}}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$,

当 $r=1$ 时, 以 $O$ 为圆心, $r$ 为半径的圆与线段 $A B$ 有唯一交点;

当 $1<r \leq \sqrt{5}$ 时, 以 $O$ 为圆心, $r$ 为半径的圆与线段 $A B$ 有两个交点;

当 $\sqrt{5}<r \leq \sqrt{10}$ 时, 以 $O$ 为圆心, $r$ 为半径的圆与线段 $A B$ 有 1 个交点;

$\therefore$ 以 $O$ 为圆心, $r$ 为半径的圆与线段 $A B$ 有交点, 则 $r$ 的取值范围是 $1 \leq r \leq \sqrt{10}$;

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图是我国汉代数学家赵爽在注解 《周脾算经》时给出的“赵爽弦图”, 图中的四个直角三角形是
全等的, 如果大正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的面积是小正方形 $\mathrm{EFGH}$ 面积的 13 倍, 那么 $\tan \angle \mathrm{ADE}$ 的值为 ( )


选项：
A. $\frac{3}{2}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{2 \sqrt{13}}{13}$
答案：C
解析：设小正方形 $\mathrm{EFGH}$ 面积是 $\mathrm{a}^{2}$, 则大正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的面积是 $13 \mathrm{a}^{2}$, $\therefore$ 小正方形 $\mathrm{EFGH}$ 边长是 $\mathrm{a}$, 则大正方形 $\mathrm{ABCD}$ 的边长是 $\sqrt{13} \mathrm{a}$,
$\because$ 图中的四个直角三角形是全等的, $\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{DH}$,

设 $\mathrm{AE}=\mathrm{DH}=\mathrm{x}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{AED}$ 中, $\mathrm{AD}^{2}=\mathrm{AE}^{2}+\mathrm{DE}^{2}$,

即 $13 a^{2}=x^{2}+(x+a)^{2}$ 解得: $x_{1}=2 a, x_{2}=-3 a$ （舍去）,

$\therefore \mathrm{AE}=2 \mathrm{a}, \quad \mathrm{DE}=3 \mathrm{a}, \therefore \tan \angle \mathrm{ADE}=\frac{A E}{D E}=\frac{2 a}{3 a}=\frac{2}{3}$. 故选 C.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\cos B=\frac{\sqrt{2}}{2}, \sin C=\frac{3}{5}, A C=5$, 则 $\triangle A B C$ 的面积是 ( )


选项：
A. $\frac{21}{2}$
B. 12
C. 14
D. 21
答案：A
解析：过点 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AD} \perp \mathrm{BC}$,



$\because \triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\cos \mathrm{B}=\frac{\sqrt{2}}{2}, \sin \mathrm{C}=\frac{3}{5}, \mathrm{AC}=5$,

$\therefore \cos \mathrm{B}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{B D}{A B}, \therefore \angle \mathrm{B}=45^{\circ}, \because \sin \mathrm{C}=\frac{3}{5}=\frac{A D}{A C}=\frac{A D}{5}$,

$\therefore \mathrm{AD}=3, \quad \therefore \mathrm{CD}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4, \quad \therefore \mathrm{BD}=3$,

则 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的面积是: $\frac{1}{2} \times \mathrm{AD} \times \mathrm{BC}=\frac{1}{2} \times 3 \times(3+4)=\frac{21}{2}$. 故选: $\mathrm{A}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 小明利用测角仪和旗杆的拉绳测量学校旗杆的高度. 如图, 旗杆 PA 的高度与拉绳 $\mathrm{PB}$ 的长度相等. 小明将 $\mathrm{PB}$ 拉到 $\mathrm{PB}^{\prime}$ 的位置, 测得 $\angle \mathrm{PB}^{\prime} \mathrm{C}=\alpha\left(\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}\right.$ 为水平线 $)$, 测角仪 $\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{D}$ 的高度为 $1 \mathrm{~m}$, 则旗杆 PA 的高度为( $\quad$ )


选项：
A. $\frac{1}{1-\sin \alpha} \mathrm{m}$
B. $\frac{1}{1+\sin \alpha} \mathrm{m}$
C. $\frac{1}{1-\cos \alpha} \mathrm{m}$
D. $\frac{1}{1+\cos \alpha} \mathrm{m}$
答案：A
解析：设 $\mathrm{PA}=\mathrm{PB}=\mathrm{PB}^{\prime}=\mathrm{x}$,

在 $\mathrm{RT} \triangle \mathrm{PCB}^{\prime}$ 中, $\sin \alpha=\frac{P C}{P B^{\prime}}, \therefore \frac{x-1}{x}=\mathrm{sin} \alpha, \therefore \mathrm{x}-1=\mathrm{x} \sin \alpha$,

$\therefore(1-\sin \alpha) \mathrm{x}=1, \quad \therefore \mathrm{x}=\frac{1}{1-\sin \alpha}$. 故选 A.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{C}, \mathrm{D}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 上 $\mathrm{AB}$ 两侧的点, 若 $\angle \mathrm{D}=30^{\circ}$, 则 $\tan \angle \mathrm{ABC}$ 的值为 ( )


选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
答案：C
解析：$\because B C=B C, \therefore \angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{D}=30^{\circ}$,

$\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{ABC}+\angle \mathrm{BAC}=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=60^{\circ}, \therefore \tan \angle \mathrm{ABC}=\sqrt{3}$, 故选 C.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 若锐角 $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O$, 点 $D$ 在 $\odot O$ 外 (与点 $C$ 在 $A B$ 同侧), 则下列三个结论: (1) $\sin \angle C$ $>\sin \angle \mathrm{D}$; (2) $\cos \angle \mathrm{C}>\cos \angle \mathrm{D}$; (3) $\tan \angle \mathrm{C}>\tan \angle \mathrm{D}$ 中, 正确的结论为 ( )


选项：
A. (1) (2)
B. (2)(3)
C. (1)(2)(3)
D. (1)(3)
答案：D
解析：如图, 连接 $\mathrm{BE}$,



根据圆周角定理, 可得 $\angle \mathrm{C}=\angle \mathrm{AEB}, \because \angle \mathrm{AEB}=\angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{DBE}, \therefore \angle \mathrm{AEB}>\angle \mathrm{D}, \therefore \angle \mathrm{C}>\angle \mathrm{D}$,根据锐角三角形函数的增减性, 可得, $\sin \angle \mathrm{C}>\sin \angle \mathrm{D}$, 故(1)正确; $\cos \angle \mathrm{C}<\cos \angle \mathrm{D}$, 故(2)错误; $\tan \angle \mathrm{C}>\tan \angle \mathrm{D}$, 故(3)正确; 故选 D.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\alpha$ 为锐角, 下列结论: (1) $\sin \alpha+\cos \alpha=1$; (2)如果 $\alpha>45^{\circ}$, 那么 $\sin \alpha>\cos \alpha$; (3)如果 $\cos \alpha>\frac{1}{2}$, 那么 $\alpha<60^{\circ}$; (4) $\sqrt{(\sin \alpha-1)^{2}}=1-\sin \alpha$, 正确的有 ( )
选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：C
解析：(1)如果 $\alpha=30^{\circ}$, 那么 $\sin \alpha=\frac{1}{2}, \cos \alpha=\frac{\sqrt{3}}{2}, \sin \alpha+\cos \alpha=\frac{1+\sqrt{3}}{2} \neq 1$, 错误; (2) $\because 90^{\circ}>\alpha>45^{\circ}, \therefore 0^{\circ}<90^{\circ}-\alpha<45^{\circ}<\alpha, \therefore \sin \alpha>\sin \left(90^{\circ}-\alpha\right), \therefore \sin \alpha>\cos \alpha$, 正确; (3) $\because \cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}$,锐角余弦函数随角的增大而减小, $\therefore$ 如果 $\cos \alpha>\frac{1}{2}$, 则 $\alpha<60^{\circ}$, 正确; (4) $\because \sin \alpha \leq 1, \therefore \sin \alpha-1 \leq 0$, $\therefore \sqrt{(\sin \alpha-1)^{2}}=|\sin \alpha-1|=1-\sin \alpha$, 正确. 故选: C.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\odot O$ 的半径为 $5 \mathrm{~cm}, P$ 为 $\odot O$ 外一点, 则 $O P$ 的长可能是 ( )
选项：
A. $5 \mathrm{~cm}$   B. $4 \mathrm{~cm}$   C. $3 \mathrm{~cm}$   D. $6 \mathrm{~cm}$
答案：D
解析：D【解析】because点P在odotO外,therefored>5~cm.故选D.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, D$ 为线段 $A B$ 的中点, 延长 $O D$ 交 $\odot O$ 于点 $E$, 连结 $A E 、 B E$, 则下列五个结论: (1) $A B \perp D E$; (2) $A E=B E$; (3) $O D=D E$; (4) $\angle A E O=\angle C$; (5) $\widehat{A E}=\frac{1}{2} \widehat{A E B}$.正确结论的个数是 $(\quad)$
选项：
A. 2    B. 3    C. 4    D. 5
答案：B
解析：B
题目（九年级 · 度量几何学）：将量角器按如图所示的方式放置在三角形纸板上, 使点 $C$ 在半圆上. 点 $A 、 B$ 的读数分别为 $86^{\circ} 、 30^{\circ}$,则 $\angle A C B$ 的大小为
选项：
A. $15^{\circ}$   B. $28^{\circ}$   C. $29^{\circ}$   D. $34^{\circ}$
答案：B
解析：B【解析】angleACB=frac12timesleft(86^circ-30^circright)=28^circ.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 四边形 $A B C D$ 是 $\odot O$ 的内接四边形, 若 $\angle D=3 \angle B$, 则 $\angle B$ 等于 ( )
选项：
A. $30^{\circ}$   B. $36^{\circ}$   C. $45^{\circ}$   D. $60^{\circ}$
答案：C
解析：C
题目（九年级 · 度量几何学）：一条排水管的截面如图所示, 已知排水管的半径 $O B=10$, 水面宽 $A B=16$, 则截面圆心 $O$到水面的距离 $O C$ 是 $(\quad)$
选项：
A. 4   B. 5   C. 6   D. 8
答案：C
解析：C
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的外接圆, $\angle B A C=60^{\circ}$, 若 $\odot O$ 的半径 $O C$ 为 2 , 则弦 $B C$ 的长为 ( )
选项：
A. 1   B. $\sqrt{3}$   C. 2   D. $2 \sqrt{3}$
答案：D
解析：D
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $\odot O$ 的半径为 5 , 点 $A$ 到圆心 $O$ 的距离为 3 , 则过点 $A$ 的所有弦中, 最短的弦长为 ( )
选项：
A. 4   B. 6   C. 8   D. 10
答案：C
解析：C
题目（九年级 · 度量几何学）：若一直角三角形的斜边长为 $c$, 内切圆半径是 $r$, 则内切圆的面积与三角形面积之比是 ( )


选项：
A. $\frac{\pi r}{c+2 r}$
B. $\frac{\pi r}{c+r}$
C. $\frac{\pi r}{2 c+r}$
D. $\frac{\pi r}{c^{2}+r^{2}}$
答案：B
解析：设直角三角形的两条直角边是 $a, b$, 则有:

$S=\frac{a+b+c}{2} r$,

又 $\because r=\frac{a+b-c}{2}$,

$\therefore a+b=2 r+c$,

将 $a+b=2 r+c$ 代入 $S=\frac{a+b+c}{2} r$ 得: $S=\frac{2 r+2 c}{2} r=r(r+c)$.

又 $\because$ 内切圆的面积是 $\pi r^{2}$,

$\therefore$ 它们的比是 $\frac{\pi r}{c+r}$.
故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 正方形 $A B C D$ 的边长为 4 , 点 $E$ 是 $A B$ 边上的一点, 将 $\triangle B C E$ 沿着 $C E$ 折叠至 $\triangle F C E$, 若 $C F 、 C E$ 恰好与正方形 $A B C D$ 的中心为圆心的 $\odot O$ 相切, 则折痕 $C E$ 的长为 $(\quad)$
选项：
A. $5 \sqrt{3}$
B. 5
C. $\frac{8}{3} \sqrt{3}$
D. 以上都不对
答案：C
解析：连接 $O C$,



$\because O$ 为正方形 $A B C D$ 的中心,

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

又 $\because C F$ 与 $C E$ 都为圆 $O$ 的切线,

$\therefore C O$ 平分 $\angle E C F$, 即 $\angle F C O=\angle E C O$,

$\therefore \angle D C O-\angle F C O=\angle B C O-\angle E C O$, 即 $\angle D C F=\angle B C E$,

又 $\because \triangle B C E$ 沿着 $C E$ 折叠至 $\triangle F C E$,

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

$\therefore \angle B C E=\angle E C F=\angle D C F=\frac{1}{3} \angle B C D=30^{\circ}$,

在 $R t \triangle B C E$ 中, 设 $B E=x$, 则 $C E=2 x$, 又 $B C=4$,

根据勾股定理得: $C E^{2}=B C^{2}+B E^{2}$, 即 $4 x^{2}=x^{2}+4^{2}$,

解得: $x=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$,

$\therefore C E=2 x=\frac{8 \sqrt{3}}{3}$.

故选: $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：小明利用测角仪和旗杆的拉绳测量学校旗杆的高度. 如图, 旗杆 $P A$ 的高度与拉绳 $P B$ 的长度相等. 小明将 $P B$ 拉到 $P B^{\prime}$ 的位置, 测得 $\angle P B^{\prime} C=\alpha\left(B^{\prime} C\right.$ 为水平线 $)$, 测角仪 $B^{\prime} D$ 的高度为 1 米, 则旗杆 $P A$ 的高度为 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{1}{1-\sin \alpha}$
B. $\frac{1}{1+\sin \alpha}$
C. $\frac{1}{1-\cos \alpha}$
D. $\frac{1}{1+\cos \alpha}$
答案：A
解析：设 $P A=P B=P B^{\prime}=x$,

在Rt $\triangle P C B^{\prime}$ 中, $\sin \alpha=\frac{P C}{P B}$,


$\sin \alpha$,

$\therefore x-1=x \sin \alpha$,

$\therefore(1-\sin \alpha) x=1$,

$\therefore x=\frac{1}{1-\sin \alpha}$.

故选 $A$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\angle A$ 为锐角, 且 $\tan A=\sqrt{2}$, 则 $\angle A$ 的取值范围是 $(\quad)$
选项：
A. $0^{\circ}<\angle A<30^{\circ}$
B. $30^{\circ}<\angle A<45^{\circ}$
C. $45^{\circ}<\angle A<60^{\circ}$
D. $60^{\circ}<\angle A<90^{\circ}$
答案：C
解析：$\because \tan 45^{\circ}=1, \tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$,

$\angle A$ 为锐角, 正切值随角增大而增大, $1<\sqrt{2}<\sqrt{3}$,

$\therefore 45^{\circ}<\angle A<60^{\circ}$.

故选 $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如果 $\angle A$ 为锐角, 且 $\cos A=0.31$, 那么 $\angle A$ 的范围是 $(\quad)$
选项：
A. $0^{\circ}<\angle A<30^{\circ}$
B. $60^{\circ}<\angle A<90^{\circ}$
C. $45^{\circ}<\angle A<60^{\circ}$
D. $30^{\circ}<\angle A<45^{\circ}$
答案：B
解析：$\because \cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}=0.5, \cos A=0.31,0.5>0.31$,

$\therefore 60^{\circ}<\angle A<90^{\circ}$.

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：小明一家自驾到古镇 $C$ 游玩，到达 $A$ 地后，导航显示车辆应沿北偏西 $60^{\circ}$ 方向行驶 12 千米至 $B$地, 再沿北偏东 $45^{\circ}$ 方向行驶一段距离到古镇 $C$, 小明发现古镇 $C$ 恰好在 $A$ 地的正北方向, 则 $B$, $C$ 两地的距离为 $(\quad)$
选项：
A. $6 \sqrt{3}$
B. 12
C. $6 \sqrt{6}$
D. $6+6 \sqrt{3}$
答案：C
解析：如图, 作 $B H \perp A C$ 于 $H$,

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

在 $R t \triangle B A H$ 中, $B H=A B \times \sin \angle B A H=6 \sqrt{3}$,


在Rt $\triangle B C H$ 中, $\angle C B H=45^{\circ}$,

$\therefore B C=\frac{B H}{\cos \angle C B H}=6 \sqrt{6}$ (千米),

答: $B, C$ 两地的距离为 $6 \sqrt{6}$ 千米.

故选: $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在正方形纸片 $A B C D$ 中, 对角线 $A C 、 B D$ 交于点 $O$, 折叠正方形纸片 $A B C D$, 使 $A D$ 落在 $B D$ 上, 点 $A$ 恰好与 $B D$ 上的点 $F$ 重合. 展开后, 折痕 $D E$ 分别交 $A B 、 A C$ 于点 $E 、 G$.连接 $G F$.下列结论：(1) $\angle A G D=112.5^{\circ}$;
(2) $A D=2 A E ;$ (3) $S_{\triangle A G D}=S_{\triangle O G D}$
(4)四边形 $A E F G$ 是菱形;
(5) $B E=20 G$


其中正确结论的个数为 $(\quad)$
选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：D
解析：:在正方形纸片 $A B C D$ 中, 折叠正方形纸片 $A B C D$, 使 $A D$ 落在 $B D$ 上, 点 $A$ 恰好与 $B D$ 上的点 $F$重合,

$\therefore \angle G A D=45^{\circ}, \angle A D G=\frac{1}{2} \angle A D O=22.5^{\circ}$,

$\therefore \angle A G D=112.5^{\circ}$,

$\therefore$ (1)正确.

$\because \tan \angle A E D=\frac{A D}{A E}, A E=E F<B E$,

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

$\therefore \tan \angle A E D=\frac{A D}{A E}>2$,

$\therefore A D>2 A E$,

$\therefore$ (2)错误.

$\because A G=F G>O G, \triangle A G D$ 与 $\triangle O G D$ 同高,

$\therefore S_{\triangle A G D}>S_{\triangle O G D}$,

$\therefore$ (3)错误.

根据题意可得: $A E=E F, A G=F G$,

又 $\because E F / / A C$,

$\therefore \angle F E G=\angle A G E$,

又 $\because \angle A E G=\angle F E G$,

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

$\therefore A E=A G=E F=F G$,

$\therefore$ 四边形 $A E F G$ 是菱形,

$\therefore$ (4)正确.

$\because$ 在等腰直角三角形 $B E F$ 和等腰直角三角形 $O F G$ 中, $B E^{2}=2 E F^{2}=2 G F^{2}=2 \times 2 O G^{2}$,

$\therefore B E=20 G$.
$\therefore$ (5)正确.

故其中正确结论的序号是: (1)(4)(5), 一共 3 个.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：一座楼梯的示意图如图所示, $B C$ 是铅垂线, $C A$ 是水平线, $B A$ 与 $C A$ 的夹角为 $\theta$.现要在楼梯上铺一条地毯, 已知 $C A=4$ 米, 楼梯宽度 1 米, 则地毯的面积至少需要 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{4}{\sin \theta}$ ⿻ $^{2}$
B. $\frac{4}{\cos \theta}$ ⿻ $^{2}$
C. $\left(4+\frac{4}{\tan \theta}\right)$ 米 $^{2}$
D. $(4+4 \tan \theta)$ 米 $^{2}$
答案：D
解析：在Rt $\triangle A B C$ 中, $B C=A C \cdot \tan \theta=4 \tan \theta$ (米),

$\therefore A C+B C=4+4 \tan \theta($ 米 $)$,

$\therefore$ 地毯的面积至少需要 $1 \times(4+4 \tan \theta)=4+4 \tan \theta\left(\right.$ 米 $\left.^{2}\right)$;

故选: $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\odot O$ 的直径为 $12 \mathrm{~cm}$, 圆心到直线 $L$ 的距离为 $6 \mathrm{~cm}$, 则直线 $L$ 与 $\odot O$ 的公共点的个数为 $($ )
选项：
A. 2
B. 1
C. 0
D. 不确定
答案：D
解析：已知 $\odot O$ 的直径为 $12 \mathrm{~cm}$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 $6 \mathrm{~cm}$,

又圆心距为 $6 \mathrm{~cm}$,

即 $d=r$,

$\therefore$ 直线 $L$ 与 $\odot O$ 相切,

$\therefore$ 直线 $L$ 与 $\odot O$ 的公共点有 1 个.

故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 以点 $O$ 为圆心的两个同心圆中, 大圆的弦 $A B$ 是小圆的切线, 点 $P$ 为切点, 且 $A B=4, O P=2$,连接 $O A$ 交小圆于点 $E$, 则扇形 $O E P$ 的面积为 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{1}{4} \pi$
B. $\frac{1}{3} \pi$
C. $\frac{1}{2} \pi$
D. $\frac{1}{8} \pi$
答案：C
解析：$S_{O E P}=\frac{45 \pi \times 2^{2}}{360}=\frac{1}{2} \pi$, 故选 $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：下列说法正确的是 $(\quad)$
选项：
A. 经过三个点一定可以作圆

B. 三角形的内心到三角形各边的距离相等

C. 相等的圆心角所对的弧相等
D. $90^{\circ}$ 的角所对的弦是直径
答案：B
解析：$A$. 经过不在同一直线上的三点可以作一个圆, 故 $A$ 错误;

B.三角形的内心到三角形各边的距离相等 , 故 $B$ 正确;

C. 同圆或等圆中, 相等的圆心角所对的弧相等, 故 $C$ 错误;

$D .90^{\circ}$ 的圆周角所对的弦是直径, 故 $D$ 错误.

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A$ 是 $\odot O$ 的切线, $O P$ 交 $\odot O$ 于点 $B$, 如果 $\sin P=\frac{1}{2}, O B=1$, 那么 $B P$ 的长是 $(\quad)$


选项：
A. 4
B. 2
C. 1
D. $\sqrt{3}$
答案：C
解析：连接 $O A$,

$\because P A$ 为 $\odot O$ 的切线，

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



$\because \sin P=\frac{1}{2}, O B=1$,

$\therefore A O=1$, 则 $O P=2$,

故 $B P=2-1=1$.

故选: $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A 、 P B$ 切 $\odot O$ 于点 $A 、 B, P A=8, C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$, 交 $P A 、 P B$ 于 $C 、 D$ 两点, 则 $\triangle P C D$的周长是 ( )


选项：
A. 8
B. 18
C. 16
D. 14
答案：C
解析：$\because P A 、 P B$ 分别切 $\odot O$ 于点 $A 、 B$,

$\therefore P A=P B=8$

$\because C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$,

$\therefore C A=C E, D B=D E$,
$\therefore \triangle P C D$ 的周长 $=P C+C D+P D=P C+C E+D E+P D=P C+A C+B D+P D=P A+P B=16$.

故选 $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在等腰三角形 $\triangle A B C$ 中, $O$ 为底边 $B C$ 的中点, 以 $O$ 为圆心作半圆与 $A B$, $A C$ 相切, 切点分别为 $D, E$. 过半圆上一点 $F$ 作半圆的切线, 分别交 $A B, A C$ 于 $M$, $N$. 那么 $\frac{B M \cdot C N}{B C^{2}}$ 的值等于 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{1}{8}$
B. $\frac{1}{4}$
C. $\frac{1}{2}$
D. 1
答案：B
解析：连 $O M, O N ，$ 如图

$\because M D, M F$ 与 $\odot O$ 相切,

$\therefore \angle 1=\angle 2$,



同理得 $\angle 3=\angle 4$,

而 $\angle 1+\angle 2+\angle 3+\angle 4+\angle B+\angle C=360^{\circ}, A B=A C$

$\therefore \angle 2+\angle 3+\angle B=180^{\circ}$

而 $\angle 1+\angle M O B+\angle B=180^{\circ} ，$

$\therefore \angle 3=\angle M O B$ ，即有 $\angle 4=\angle M O B ，$

$\therefore \triangle O M B \sim \triangle N O C$

$\therefore \frac{B M}{O C}=\frac{O B}{C N}$,

$\therefore B M \cdot C N=\frac{1}{4} B C^{2}$,

$\therefore \frac{B M \cdot C N}{B C^{2}}=\frac{1}{4}$.

故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=66^{\circ}$, 点 $I$ 是内心, 则 $\angle B I C$ 的大小为 $(~)$


选项：
A. $114^{\circ}$
B. $122^{\circ}$
C. $123^{\circ}$
D. $123^{\circ}$
答案：C
解析：$\because \angle A=66^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C+\angle A C B=114^{\circ}$,

$\because$ 点 $I$ 是内心,

$\therefore \angle I B C=\frac{1}{2} \angle A B C, \angle I C B=\frac{1}{2} \angle A C B$,

$\therefore \angle I B C+\angle I C B=57^{\circ}$,

$\therefore \angle B I C=180^{\circ}-57^{\circ}=123^{\circ}$,

故选: $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 阳光从教室的窗户射入室内, 窗户框 $A B$ 在地面上的影长 $D E=1.8 m$, 窗户下檐到地面的距离 $B C=1 m, E C=1.2 m$, 那么窗户的高 $A B$ 为 $(\quad)$


选项：
A. $1.5 m$
B. $1.6 m$
C. $1.86 m$
D. $2.16 m$
答案：A
解析：$\because B E / / A D$,

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


且 $B C=1, D E=1.8, E C=1.2$

$$
\therefore \frac{1}{A B+1}=\frac{1.2}{1.2+1.8}
$$

$\therefore 1.2 A B=1.8$,

$\therefore A B=1.5 m$.

故选: $A$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, 王华晚上由路灯 $A$ 下的 $B$ 处走到 $C$ 处时, 测得影子 $C D$ 的长为 1 米, 继续往前走 3 米到达 $E$ 处时, 测得影子 $E F$ 的长为 2 米, 已知王华的身高是 1.5 米, 那么路灯 $A$ 的高度 $A B$ 等于 $(\quad)$


选项：
A. 4.5 米
B. 6 米
C. 7.5 米
D. 8 米
答案：B
解析：$:$ 王华的身高 $=\frac{\text { 路奵的高度 }}{\text { 华的影仃的影长 }}$,

当王华在 $C G$ 处时, $R t \triangle D C G \sim R t \triangle D B A$, 即 $\frac{C D}{B D}=\frac{C G}{A B}$,

当王华在 $E H$ 处时, $R t \triangle F E H \sim R t \triangle F B A$, 即 $\frac{E F}{B F}=\frac{E H}{A B}=\frac{C G}{A B}$,

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


$\because C G=E H=1.5$ 米, $C D=1$ 米, $C E=3$ 米, $E F=2$ 米,

设 $A B=x, B C=y ，$

$\therefore \frac{1}{y+1}=\frac{2}{y+5}$,

解得 $y=3$,

则 $\frac{1.5}{x}=\frac{1}{4}$,

解得, $x=6$ 米.

即路灯 $A$ 的高度 $A B=6$ 米.

故选 $B$.