eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 画法几何学）：下图是某学校操场上单杜(图中实线部分)在地面上的影子(图中虚线部分), 根据图中所示,可判断形成该影子的光线为 $(\quad)$


选项：
A. 太阳光线
B. 灯光光线
C. 可能为太阳光线或灯光光线
D. 该影子实际不可能存在
答案：B
解析：【分析】

本题综合考查了平行投影和中心投影的特点和规律. 中心投影的特点是:

(1)等高的物体垂直地面放置时, 在灯光下, 离点光源近的物体它的影子短, 离点光源远的物体它的影子长.

(2)等长的物体平行于地面放置时, 在灯光下, 离点光源越近, 影子越长; 离点光源越远, 影子越短, 但不会比物体本身的长度还短.

平行投影的特点是: 在同一时刻, 不同物体的物高和影长成比例.

解答本题关键是要区分开平行投影和中心投影. 若形成的影子是由太阳光照射形成的影子, 则两直线一定平行; 若形成的影子是由灯光照射而形成的影子, 则两直线一定相交. 据此判断即可.

【解答】

解: 若形成的影子是由太阳光照射形成的影子, 则两直线一定平行; 若形成的影子是由灯光照射
而形成的影子, 则两直线一定相交. 所以可判断形成该影子的光线为灯光光线.

故选 $B$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图是底面为正方形的长方体, 下面有关它的三个视图的说法正确的是 ( )
选项：
A. 俯视图与主视图相同

B. 左视图与主视图相同

C. 左视图与俯视图相同

D. 三个视图都相同



主视方向
答案：B
解析：解： $A$ 、俯视图是一个正方形, 主视图是一个长方形, 故 $A$ 错误;

$B 、$ 左视图是一个长方形, 主视图是个长方形, 且两个长方形的长和宽分别相等, 所以 $B$ 正确;

$C 、$ 左视图是一个长方形, 俯视图是一个正方形, 故 $C$ 错误;

$D$ 、俯视图是一个正方形, 主视图是一个长方形, 左视图是一个长方形, 故 $D$ 错误;故选: $B$.

根据从正面看得到的视图是主视图, 从左边看得到的图形是左视图, 从上面看得到的图形是俯视图, 可得答案.

本题考查了简单组合体的三视图, 从正面看得到的视图是主视图, 从左边看得到的图形是左视图,从上面看得到的图形是俯视图.
题目（九年级 · 画法几何学）：已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体可能是( )



俯视图
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：A
解析：【分析】

此题考查由三视图判断几何体, 三视图里有两个相同可确定该几何体是柱体, 锥体还是球体, 由另一个视图确定其具体形状.

根据两个视图是三角形得出该几何体是锥体, 再根据俯视图是圆加一个圆心, 得出几何体是圆锥.

【解答】

解: $\because$ 主视图和左视图是三角形,

$\therefore$ 几何体是锥体,

$\because$ 俯视图的大致轮廓是圆,

$\therefore$ 该几何体是圆锥.

故选: $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图是某几何体的三视图, 该几何体是 ( )

选项：
A. 圆柱
B. 球
C. 圆锥
D. 正四棱柱
答案：A
解析：解: 该几何体的主视图、左视图都是长方形, 而俯视图是圆形, 因此这个几何体是圆柱,故选: $A$.

根据简单几何体的三视图的特征进行判断即可.

本题考查简单几何体的三视图, 掌握简单几何体三视图的形状是正确判断的前提.
题目（九年级 · 画法几何学）：用两块完全相同的长方体搭成如图所示几何体, 这个几何体的主视图是 ( )



正而
选项：
A.
B.
C.
D.
答案：C
解析：【分析】

此题考查的是简单几何体的三视图.主视图是从正面看物体得到的投影, 据此可得到答案, 注意看不到的棱用虚线表示.

【解答】

解: 从物体正面看, 左边1列、右边1列上下各一个正方形, 且左右正方形中间是虚线,故选 $C$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图所示, 图(1)是一个正三棱柱毛坏, 将其截去一部分, 得到一个工件如图(2).对于这个工件，其俯视图、主视图依次是 ( )



(1)



(2)

选项：
A. $c 、 a$
B. $c 、 d$
C. $b 、 d$
D. $b 、 a$
答案：D
解析：解：从上面看可得到一个等边三角形, 从正面看可得到一个直角梯形, 所以俯视图、主视图依次是 $b 、 a$.

故答案为: $D$.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分)（2022$\cdot$浙江衢州$\cdot$九年级期末）如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C=\sqrt{5}$, $B C=4$, 按下列步骤作图: (1)以点 $A$ 为圆心, 适当的长度为半径作弧, 分别交 $A B$, $A C$ 于点 $E, F$, 再分别以点 $E, F$ 为圆心, 大于 $\frac{1}{2} E F$ 的长为半径作弧相交于点 $H$, 作射线 $A H$; (2) 分别以点 $A, B$ 为圆心, 大于 $\frac{1}{2} A B$ 的长为半径作弧相交于点 $M, N$, 作直线 $M N$, 交射线 $A H$ 于点 $O$; (3)以点 $O$ 为圆心, 线段 $O A$ 长为半径作圆. 则 $\odot O$ 的半径为 $(\quad)$
选项：
A. 2.5B. $\sqrt{5}$C. 2D. 5
答案：A
解析：A【解析】【分析】利用基本作图得到AO平分angleBAC,MN垂直平分AB，利用等腰三角形的性质得到AOperpBC,BD=CD=2,连接OB,如图,设odotO的半径为r,利用勾股定理计算出AD=1,则OD=r-1,再利用勾股定理得到2^2+(r-1)^2=r^2,然后解方程即可.【详解】由作法得AO平分angleBAC,MN垂直平分AB,设AO交BC于D,becauseAB=ACthereforeAOperpBC,BD=CD=frac12BC=frac12times4=2,连接OB,如图,设odotO的半径为r,在RttriangleABD中,AD=sqrtAB^2-BD^2=1,在RttriangleOBD中,OB=r,OD=r-1,therefore2^2+(r-1)^2=r^2解得r=2.5,即odotO的半径为2.5.故选：A。【点睛】本题考查了作图-复杂作图,线段垂直平分线的性质,等腰三角形的性质,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与性质和勾股定理.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分)（2021$\cdot$浙江$\cdot$台州市书生中学九年级期中）一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作: 将圆形纸片左右对折、折痕为 $A B$, 将圆形纸片上下折叠使 $A 、 B$ 两点重合，折痕 $C D$ 与 $A B$ 相交于 $M$, 将圆形纸片沿 $E F$ 折叠使 $B 、 M$ 两点重合，折痕 $E F$ 与 $A B$ 相交于 $N$. 连结 $A E 、 A F$, 经过以上操作小芳得到了以下结论: (1) $C D / / E F$; (2)四边形 $M E B F$ 是菱形; (3) $\triangle A E F$ 为等边三角形(4) $S_{\triangle A E F}: S_{\text {圆 }}=3 \sqrt{3}: 4 \pi$. 以上结论正确的有
选项：
1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个
答案：D
解析：D【分析】根据折叠的性质得angleBMD=angleBNF,则CD//EF,故(1)正确;根据垂径定理,BM垂直平分EF,根据折叠的性质得BM、EF互相垂直平分,即可得四边形MEBF是菱形,故(2)正确;连接ME,MF,则ME=MB=2MN,MF=MB=2MN,根据直角三角形的性质得angleMEN=30^circ,angleMFN=30^circ,则angleEMN=60^circ,angleFMN=60^circ,根据三角形内角和定理得angleAFE=60^circ,即可得triangleAEF是等边三角形,故(3)正确;设圆的半径为r,则MN=frac12r,EN=fracsqrt32r,即EF=2EN=sqrt3r,AN=r+frac12r=frac32r,即可得S_triangleAEF:S_text陆=3sqrt3:4pi,故(4)正确；即可得.【详解】解:because纸片上下A、B两点重合,thereforeangleBMD=90^circbecause纸片沿EF折叠,B、M两点重合,thereforeangleBNF=90^circ,thereforeangleBMD=angleBNFthereforeCD//EF,故(1)正确;根据垂径定理，BM垂直平分EF,because纸片沿EF折叠,B、M两点重合,thereforeBM、EF互相垂直平分therefore四边形MEBF是菱形，故(2)正确;如图,连接ME,MF,则ME=MB=2MN,MF=MB=2MN，thereforeangleMEN=30^circ,angleMFN=30^circ,thereforeangleEMN=180^circ-angleMEN-angleMNE=180^circ-90^circ-30^circ=60^circ,angleFMN=180^circ-angleMFN-angleMNF=180^circ-90^circ-30^circ=60^circ,becauseAM=ME,quadAM=MF,thereforeangleAEM=angleEAM,angleAFM=angleEAMthereforeangleAEM=frac12angleEMN=frac12times60^circ=30^circ,angleAFM=frac12angleFMN=frac12times60^circ=30^circ,thereforeangleAEF=angleAEM+angleMEN=30^circ+30^circ=60^circ,angleAFE=angleAFM+angleMFN=30^circ+30^circ=60^circ,thereforeangleEAF=180^circ-angleAEF-angleAFE=180^circ-60^circ-60^circ=60^circ,thereforetriangleAEF是等边三角形,故(3)正确;设圆的半径为r,则MN=frac12r,EN=cosangleMENcdotr=fracsqrt32r,thereforeEF=2EN=sqrt3r,quadAN=r+frac12r=frac32r,S_triangleAEF:S_text圆=left(frac12timessqrt3rtimesfrac32rright)pir^2=3sqrt3:4pi,故(4)正确;综上，结论正确的是(1)(2)(3)正确共4个,故选D.【点睛】本题考查了折叠的性质,垂径定理,等边三角形的判定,菱形的判定,解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分) (2022- 浙江温州$\cdot$九年级期中) 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 $F$, 则 $\odot O$的直径是 ( $\quad)$
选项：
$2 \sqrt{3}$B. 2C. $2 \sqrt{5}$D. 5
答案：C
解析：C【分析】作FGperpAC,FHperpCB,垂足分别为G、H,然后证明triangleDFGcongtriangleEFH,得到DF=EF，再利用勾股定理，即可求出DE的长度.【详解】解：作FGperpAC,FHperpCB,垂足分别为G、H,如图则四边形BCGF是矩形,AC//FH,CB//FG,becauseAC=BC=6,点F是AB的中点,thereforeCG=CH=GF=HF=frac12times6=3,therefore四边形BCGF是正方形,thereforeangleGFH=90^circ,becauseDE是直径,则angleDFE=90^circ,thereforeangleDFG+angleDFH=angleDFH+angleEFH=90^circ,thereforeangleDFG=angleEFH,becauseangleDGF=angleEHF=90^circ,quadGF=HF=3,thereforetriangleDFGcongtriangleEFHthereforeDF=EF,because在直角triangleDFG中,DG=3-2=1,GF=3,thereforeDF=sqrt1^2+3^2=sqrt10=EF,在直角triangleDEF中,DE=sqrt(sqrt10)^2+(sqrt10)^2=2sqrt5;故选：C【点睛】本题考查了圆周角定理,全等三角形的判定和性质,勾股定理,解题的关键是掌握所学的知识,证明DF=EF.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分) (2020$\cdot$浙江温州$\cdot$二模）如图 1, 矩形方框内是一副现代智力七巧板, 它由两个相同的半圆(1)和(7)、等腰直角三角形(2)、角不规图形(3)、直角梯形(4)、圆不规图形(5)、圆(6)组成, 已知 $A J=B K$. 为庆祝北京冬奥会, 小明将这个智力七巧板拼成一个滑冰运动员的图案, 如图 2 所示, 若 $A B$ 平行地面 $M N, A J=2$, 则该图案的高度是 ( )图1图2
选项：
A. 8B. $9-\frac{\sqrt{2}}{2}$C. $7+\sqrt{2}$D. $10-\sqrt{2}$
答案：B
解析：B【分析】由已知可知(3)(5)(6)的高度都为2,直角梯形(4)的锐角为45^circ,图1中B到HG的距离为2,所以下图中RP=2,由已知得OR=1,即OQ=fracsqrt22OQ,推出QT=1-fracsqrt22,从而得出答案.【详解】解：由图1中的数据可知(3)(5)(6)的高度都为2,MN是半圆(7)的切线,如图是直角梯形(4)和半圆(7),作RPperpAB,OTperpMN,RQperpOT图1中,becauseangleKBA=45^circ,thereforeangleGBC=45^circ=angleHGB,即直角梯形(4)的锐角为45^circ,thereforeanglePRO=angleORQ=45^circ,because图1中B到HG的距离为2,therefore图中RP=2,because半圆(7)的直径为2,thereforeOR=1,OQ=fracsqrt22OR=fracsqrt22thereforeQT=1-fracsqrt22,therefore高度为6+PR+QT=9-fracsqrt22;故选：B.【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，矩形的性质，理清题意，找准线段之间的关系是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分) (2021 $\cdot$浙江宁波$\cdot$九年级期末) 如图四个圆形图案中, 分别以它们所在圆的圆心为旋转中心, 顺时针旋转 $72^{\circ}$ 后, 能与原图形完全重合的是
选项：
A.B.C.D.
答案：D
解析：D【解析】【分析】观察图形,从图形的性质可以确定旋转角,然后进行判断即可得到答案.【详解】解:A图形顺时针旋转120^circ后,能与原图形完全重合,A不正确;B图形顺时针旋转90^circ后，能与原图形完全重合，B不正确;C图形顺时针旋转180^circ后，能与原图形完全重合，C不正确;D图形顺时针旋转72^circ后，能与原图形完全重合，D正确;故选:D.【点睛】此题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后,与初始图形重合,这种图形叫做旋转对称图形,这个定点叫做旋转对称中心,旋转角度叫做旋转角.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分)（2020$\cdot$浙江杭州$\cdot$九年级期末）如果用线段 $a 、 b 、 c$, 求作线段 $x$, 使 $a: b=c: x$, 那么下列作图正确的是 $(\quad)$
选项：
A.B.C.D.
答案：B
解析：B【分析】利用比例式a:b=c:x,与已知图形作对比,可以得出结论.【详解】A、a:b=x:c与已知a:b=c:x不符合,故选项A不正确;B、a:b=c:x与已知a:b=c:x符合,故选项B正确;C、a:c=x:b与已知a:b=c:x不符合,故选项C不正确;D、a:x=b:c与已知a:b=c:x不符合,故选项D不正确;故选:B.【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理、复杂作图，熟练掌握平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线)，所得的对应线段成比例.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分) (2020 - 浙江绍兴$\cdot$九年级期末) 如图, 将 $\triangle A O B$ 的三边扩大一倍得到 $\triangle C D E$ (顶点均在格点上), 如果它们是以点 $P$ 为位似中心的位似图形, 则点的 $P$ 坐标是 $(\quad)$
选项：
A. $(0,2)$B. $(0,0)$C. $(0,-2)$D. $(0,-3)$
答案：D
解析：D【分析】根据位似中心的定义作图即可求解.【详解】如图,P点即为位似中心,则P(0,-3)故选D.【点睛】此题主要考查位似中心，解题的关键是熟知位似的特点.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分) (2022-浙江$\cdot$九年级专题练习) 如图, 在直角坐标系中, $\triangle A B C$ 的顶点 $B$的坐标为 $(-1,1)$, 现以坐标原点 $O$ 为位似中心, 作与 $\triangle A B C$ 的位似比为 $\frac{2}{3}$ 的位似图形 $\triangle A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$, 则 $B^{\prime}$ 的坐标为 $(\quad)$
选项：
$\left(-\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$B. $\left(\frac{2}{3},-\frac{2}{3}\right)$C. $\left(-\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 或 $\left(\frac{2}{3},-\frac{2}{3}\right)$D. $\left(-\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$ 或 $\left(-\frac{2}{3},-\frac{2}{3}\right)$
答案：C
解析：C【分析】根据以原点为位似中心的对应点的坐标关系,把B点的横纵坐标都乘以frac23或-frac23得到B^prime的坐标.【详解】解：because位似中心为坐标原点,作与triangleABC的位似比为frac23的位似图形triangleA^primeB^primeC^prime,而B的坐标为(-1,1),thereforeB^prime的坐标为left(-frac23,frac23right)或left(frac23,-frac23right),故选:C.【点睛】本题考查了位似图形的性质,解题的关键是掌握位似图形的性质.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分)(2022$\cdot$浙江宁波$\cdot$九年级期末) 如图, 四边形 $A B C D$ 中, $A B \perp B C, A D / / B C$,以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 刚好与 $C D$ 相切, 连结 $O C 、 B D$ 交于点 $F$, 若 $A B=8$, 则已知下列条件中的一个即可求 $B F$ 的长的有（）(1) $B D ;$ (2) $C D$;(3) $\frac{O F}{C F}$(4) $\frac{B F}{D F}$.
选项：
A. (1)、(2)、(3)、(4)B. (1)、(2)、(3)C. (1)、(2)、(4)D. (1)、(3)、(4)
答案：A
解析：A【分析】延长 $\mathrm{CO}$ 交 $D A$ 的延长线于点 $T$. 由 $B C / / D T$, 推出 $\frac{B F}{B D}=\frac{B C}{D T}$, 欲求 $B F$, 只要求出 $A D, C B, B D$ 即可, 由此即可判断.【详解】 解：延长 $\mathrm{CO}$ 交 $D A$ 的延长线于点 $T$.$\because B C / / D T$$\therefore \triangle B F C \sim \triangle D F T$$\therefore \frac{B F}{B D}=\frac{B C}{D T}$, 欲求 $B F$, 只要求出 $A D, C B, B D$ 即可.已知 $B D, C D$, 可以求出 $A D, B C$, 故(1)(2)符合题意,当 $\frac{O F}{C F}$ 的值已知, 可以求出 $A D: B C: C D$, 可以求出 $A D, C B, B D$, 故(3)符合题意.当 $\frac{B F}{D F}$ 的值已知, 可以求出 $A D: B C: C D$, 可以求出 $A D, C B, B D$, 故(4)符合题意.故选: A.【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，切线的性质等知识，
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题 3 分) (2021-浙江金华・九年级阶段练习) 小明想借助网格在线段 $A B$ 上找一点 $P$, 使 $A P: P B=2: 3$, 下列作法中错误的是 $(\quad)$
选项：
A.B.C.D.
答案：D
解析：D【分析】利用平行可证得三角形相似,再利用相似三角形的对应边成比例,对各选项逐一判断.【详解】解:A、根据图形,可知两个三角形相似,且相似比为2:3,故AP:PB=2:3,故正确,故此选项不符合题意.B、根据图形,可知两个三角形相似,且相似比为2:3,故AP:PB=2:3,故正确,故此选项不符合题意.C、如图,根据图形可知:angleCAD=90^circ,线段CD绕点O顺时针旋转90^circ与AB重合,则angleAPC=旋转角=90^circ=angleCAD,angleACD=angleDCA,thereforetriangleACDsimtriangleDCA,thereforefracACCD=fracAPADbecauseAC=sqrt2,AD=2sqrt2,quadCD=sqrt10,thereforeAP=frac2sqrt105,becauseStriangleBCD=frac12CDcdotBP=frac12times2times3,thereforeBP=frac3sqrt105,故AP:PB=2:3,故正确,故此选项不符合题意.D、可知两个三角形不相似,故AP:PB之比无法判断,故错误,故此选项符合题意.故答案为:D.【点睛】本题考查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是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $C D$ 是平面镜, 光线从点 $A$ 出发, 经 $C D$ 上点 $E$ 反射后照射到点 $B$. 若入射角为 $\alpha, A C \perp C D$, $B D \perp C D$, 垂足分别为点 $C, D$, 且 $A C=3, B D=6, C D=11$, 则 $\tan \alpha$ 的值为 $($ )
选项：
A. $\frac{11}{3}$
   B. $\frac{3}{11}$
   C. $\frac{9}{11}$
   D. $\frac{11}{9}$
答案：D
解析：略
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=90^{\circ}, \cos B=\frac{1}{4}$, 点 $D$ 是边 $B C$ 的中点, 以 $A D$ 为底边在其右侧作等腰三角形 $A D E$, 使 $\angle A D E=\angle B$, 连接 $C E$, 则 $\frac{C E}{A D}$ 的值为 ( )


选项：
A. $\frac{3}{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. $\frac{\sqrt{15}}{2}$
D. 2
答案：D
解析：【分析】

本题考查解直角三角形, 等要三角形的判定和性质, 线段的垂直平分线的性质等知识, 解题的关键是证明 $E A=E C=E D$, 属于中考常考题型. 设 $D E$ 交 $A C$ 于 $T$, 过点 $E$ 作 $E H \perp C D$ 于 $H$. 首先证明 $E A=$ $E D=E C$, 再证明 $\angle B=\angle E C D$, 可得结论.

【解答】

解: 设 $D E$ 交 $A C$ 于点 $T$, 过点 $E$ 作 $E H \perp C D$ 于点 $H$, 如图所示.



$\because$ 在Rt $\triangle A B C$ 中, 点 $D$ 是边 $B C$ 的中点,

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

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

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

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

$\therefore A B / / D E$.

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

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

$\therefore A T=T C$.

$\therefore E A=E C=E D$.

$\therefore \angle E D C=\angle E C D$.

$\because E H \perp C D$,

$\therefore C H=D H$.

$\because D E / / A B$,

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

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

$\therefore \cos \angle E C H=\cos B=\frac{1}{4}$,
$\therefore \frac{C H}{E C}=\frac{1}{4}$.

$\therefore \frac{E C}{A D}=\frac{E C}{C D}=\frac{E C}{2 C H}=2$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=3, A C=4, B C=5, D, E$ 分别是 $A C, A B$ 的中点, 则以 $D E$ 为直径的圆与 $B C$ 的位置关系是 $(\quad)$


选项：
A. 相切
B. 相交
C. 相离
D. 无法确定
答案：B
解析：解：过点 $A$ 作 $A M \perp B C$ 于点 $M$, 交 $D E$ 于点 $N$,



$\therefore A M \times B C=A C \times A B$,

$\therefore A M=\frac{3 \times 4}{5}=\frac{12}{5}$,

$\because D 、 E$ 分别是 $A C 、 A B$ 的中点,

$\therefore D E / / B C, D E=\frac{1}{2} B C=2.5$,

$\therefore A N=M N=\frac{1}{2} A M$,

$\therefore M N=1.2$,

$\because$ 以 $D E$ 为直径的圆半径为 1.25,

$\therefore r=1.25>1.2$,

$\therefore$ 以 $D E$ 为直径的圆与 $B C$ 的位置关系是: 相交.

故选: $B$.

首先过点 $A$ 作 $A M \perp B C$, 根据三角形面积求出 $A M$ 的长, 进而得出直线 $B C$ 与 $D E$ 的距离, 进而得出直线与圆的位置关系.

本题考查了直线和圆的位置关系, 利用中位线定理比较出 $B C$ 到圆心的距离与半径的关系是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图 $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, 点 $P$ 为 $A B$ 延长线上的点, 过点 $P$ 作 $\odot O$ 的切线 $P E$, 切点为 $M$, 过 $A$ 、 $B$ 两点分别作 $P E$ 垂线 $A C 、 B D$, 垂足分为 $C 、 D$, 连接 $A M$, 则 1 ) $A M$ 平分 $\angle C A B$;

(2) $\frac{A C}{A M}=\frac{A M}{A B}$; (3)若 $A B=4, \angle A P E=30^{\circ}$, 则 $\overparen{B M}$ 的长为 $\frac{\pi}{3}$; (4)若 $A C=3 B D$, 则有 $\tan \angle M A P=\frac{\sqrt{3}}{3}$.其中正确的结论有 $(\quad)$


选项：
A. 4 个
B. 3 个
C. 2 个
D. 1 个
答案：B
解析：解：连接 $O M, B M$,



$\because P E$ 为 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O M \perp P C$,

$\because A C \perp P C$,

$\therefore O M / / A C$,

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

$\because O A=O M$,

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

$\therefore \angle C A M=\angle O A M$, 即 $A M$ 平分 $\angle C A B$, 故(1)正确;

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径,

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

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

$\therefore \frac{A C}{A M}=\frac{A M}{A B}$, 故(2)正确;

$\because \angle A P E=30^{\circ}$,

$\therefore \angle M O P=90^{\circ}-\angle A P E=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$,

$\because A B=4$

$\therefore O B=2$,

$\therefore \overparen{B M}$ 的长为 $\frac{60 \times \pi \times 2}{180}=\frac{2 \pi}{3}$, 故(3)错误;

$\because B D \perp P C, A C \perp P C$

$\therefore B D / / A C$,

$\therefore \frac{P B}{P A}=\frac{B D}{A C}=\frac{1}{3}$,

$\therefore P B=\frac{1}{3} P A$,

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

$\therefore P B=O B=O A$,

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

$\therefore \angle O P M=30^{\circ}$,

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

$\because A M$ 平分 $\angle C A B$,

$\therefore \angle M A P=30^{\circ}$,

$\therefore \tan \angle M A P=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故(4)正确.

故选 $B$.

连接 $O M, B M$, 可证 $O M / / A C$, 得出 $\angle C A M=\angle A M O$, 由 $O A=O M$ 可得 $\angle O A M=\angle A M O$, 故(1)正确; 证明 $\triangle A C M \sim \triangle A M B$, 则可得出(2)正确; 求出 $\angle M O P=60^{\circ}, O B=2$, 则用弧长公式可求出 $\overparen{B M}$ 的长为 $\frac{2 \pi}{3}$, 故(3)错误; 由 $B D / / A C$ 可得 $P B=\frac{1}{3} P A$, 则 $P B=O B=O A$, 得出 $\angle O P M=30^{\circ}$, 由余角的性质可求 $\angle C A B=60^{\circ}$, 则 $\angle M A P=30^{\circ}, \tan \angle M A P=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 故(4)正确.

本题考查圆知识的综合应用, 涉及切线的性质, 圆周角定理, 相似三角形的判定和性质、弧长公
式、含30度直角三角形的性质等知识, 解题的关键是灵活运用这些知识解决问题.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $P A 、 P B$ 分别切 $\odot O$ 于点 $A 、 B, A C$ 是 $\odot O$ 的直径, $A C 、 P B$ 的延长线交于点 $D, E$ 为 $P A$ 的中点, $A B$ 分别交 $P O 、 D E$ 于点 $M 、 N$, 若 $B$ 为 $P D$ 的中点, 则下列结论: (1) $P O$ 与 $A B$ 互相垂直平分; (2) $\triangle P A B$ 为等边三角形; (3) $\triangle P A O$ 与 $\triangle D A P$ 相似; (4) $\frac{B N}{A M}=\frac{2}{3}$. 其中正确结论的个数是 $(\quad)$


选项：
A. 1 个
B. 2 个
C. 3 个
D. 4 个
答案：C
解析：【分析】

本题主要考查了切线的性质, 切线长定理, 直角三角形全等判定, 直角三角形斜边的中线, 相似三角形的判定与性质等知识, 分别判断各项即可.

(1) $P A 、 P B$ 分别切 $\odot O$ 于点 $A 、 B$, 切线的性质, 切线长定理, 可得出 $R t \triangle P A O \cong R t \triangle P B O$, 从而判断出结论错误;

(2) 由直角三角形斜边的中线可得结论正确;

(3)由结论(2)推导出角的关系, 从而得出 $\triangle P A O \sim \triangle D A P$, 可得结论正确;

(4)由直角三角形斜边的中线, 得出角的关系, 得到 $\triangle E M N \sim \triangle D B N$, 得出比例式可证结论正确.

【解答】



(1) 连接 $O B$,

$\because P A 、 P B$ 分别切 $\odot O$ 于点 $A 、 B$,

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

又 $\because O A=O B, O P=O P$,

$\therefore R t \triangle P A O \cong R t \triangle P B O$

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

$\therefore P O \perp A B$, 且 $P O$ 平分 $A B$, 但 $A B$ 不一定平分 $P O$, 故 (1)错误;

(2)在 $R t \triangle D A P$ 中, $B$ 为 $P D$ 的中点, $\therefore A B=P B=B D$,

又 $\because P A=P B, \therefore P A=P B=A B, \therefore \triangle P A B$ 为等边三角形, 故(2)正确;

(3) $\because \triangle P A B$ 为等边三角形,

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

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

$\because \triangle P A D$ 中, $\angle P A D=90^{\circ}, \angle A P D=60^{\circ}, \therefore \angle P D A=30^{\circ}$,

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

又 $\because \angle P A O=\angle D A P$,

$\therefore \triangle P A O \sim \triangle D A P$, 故(3)正确;

(4) 连接 $E M$,

$\because \triangle A M P$ 是直角三角形, $E$ 为 $P A$ 的中点,

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

$\therefore \angle E M P=\angle E P M=\frac{1}{2} \angle A P B=30^{\circ}$,
$\therefore \angle E M N=\angle E M P+\angle P M N=30^{\circ}+90^{\circ}=120^{\circ}$,

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

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

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

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

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

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

$\because D B=P B=A P$,

$\therefore \frac{E M}{D B}=\frac{1}{2}$

$\therefore \frac{M N}{B N}=\frac{1}{2}$

$\therefore \frac{B N}{B M}=\frac{2}{3}$

$\because P O$ 平分 $A B$,

$\therefore A M=B M$

$\because \frac{B N}{A M}=\frac{2}{3}$, 故4 4 正确.

$\therefore$ (2)(3) (4)正确,

故选 $C$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在平行四边形 $A B C D$ 中, $B C=5, S_{\square A B C D}=10 \sqrt{6}$, 以顶点 $C$ 为圆心, $B C$ 为半径作圆, 则 $A D$ 边所在直线与 $\odot C$ 的位置关系是 $(\quad)$
选项：
A. 相交

B. 相切

C. 相离

D. 以上三种都有可能


答案：A
解析：解：如图，作 $C H \perp D A$ 交 $D A$ 的延长线于 $H$.

$\because S_{\text {平行四边边形 } A B C D}=B C \cdot C H$,

$\therefore C H=\frac{10 \sqrt{6}}{5}=2 \sqrt{6}$,

$\because 2 \sqrt{6}<5$



$\therefore$ 直线 $A D$ 与 $\odot C$ 相交,

故选: $A$.

如图, 作 $C H \perp D A$ 交 $D A$ 的延长线于 $H$. 求出 $C H$ 的值即可判断.

本题考查直线与圆的位置关系, 平行四边形的性质, 圆周角定理等知识, 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）：已知 $A C \perp B C$ 于 $C, B C=a, C A=b, A B=c$, 下列选项中, $\odot O$ 的半径为 $\frac{a b}{a+b}$ 的是 ( )
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：C
解析：【分析】

本题主要考查对正方形的性质和判定, 切线的性质, 全等三角形的性质和判定, 三角形的内切圆与内心, 解一元一次方程等知识点的理解和掌握, 能根据这些性质求出圆的半径是解此题的关键.连接 $O E 、 O D$, 根据 $A C 、 B C$ 分别切圆 $O$ 于 $E 、 D$, 得到 $\angle O E C=\angle O D C=\angle C=90^{\circ}$, 证出正方形 $O E C D$,
设圆 $O$ 的半径是 $r$, 证 $\triangle O D B \sim \triangle A E O$, 得出 $\frac{O E}{B D}=\frac{A E}{O D}$, 代入即可求出 $r=\frac{a b}{a+b}$; 设圆的半径是 $x$, 圆切 $A C$ 于 $E$, 切 $B C$ 于 $D$, 且 $A B$ 于 $F$, 同样得到正方形 $O E C D$, 根据 $a-x+b-x=c$, 求出 $x$ 即可;设圆切 $A B$ 于 $F$, 圆的半径是 $y$, 连接 $O F$, 则 $\triangle B C A \sim \triangle O F A$ 得出 $\frac{O F}{B C}=\frac{A O}{A B}$, 代入求出 $y$ 即可

【解答】

解: $A$. 设圆的半径是 $x$, 圆切 $A C$ 于 $E$, 切 $B C$ 于 $D$, 切 $A B$ 于 $F$, 如图(1)同样得到正方形 $O E C D, A E=A F$,

$B D=B F$, 则 $a-x+b-x=c$, 求出 $x=\frac{a+b-c}{2}$, 故本选项错误;



B. 设圆切 $A B$ 于 $F$, 圆的半径是 $y$, 连接 $O F$, 如图 $(2)$,



则 $\triangle B C A \sim \triangle O F A, \therefore \frac{O F}{B C}=\frac{A O}{A B}$,

$\therefore \frac{y}{a}=\frac{b-y}{c}$, 解得: $y=\frac{a b}{a+c}$, 故本选项错误;

$C$. 连接 $O E 、 O D$,



$\because A C 、 B C$ 分别切圆 $O$ 于 $E 、 D$,

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

$\because O E=O D$,

$\therefore$ 四边形 $O E C D$ 是正方形,

$\therefore O E=E C=C D=O D$,
设圆 $O$ 的半径是 $r$,

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

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

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

$\therefore \frac{O E}{B D}=\frac{A E}{O D}, \frac{r}{a-r}=\frac{b-r}{r}$,

解得: $r=\frac{a b}{a+b}$, 故本选项正确;

$D$. 从上至下三个切点依次为 $D, E, F$; 并设圆的半径为 $x$;

连接 $O D 、 O E 、 O F$,



容易知道 $B D=B F$, 所以 $A D=B D-B A=B F-B A=a+x-c$;

又 $\because b-x=A E=A D=a+x-c$; 所以 $x=\frac{b+c-a}{2}$, 故本选项错误.

故选 $C$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 小树 $A B$ 在路灯 $O$ 的照射下形成投影 $B C$. 若树高 $A B=2 m$, 树影 $B C=3 m$, 树与路灯的水平距离 $B P=4.5 m$. 则路灯的高度 $O P$ 为 $(\quad)$


选项：
A. $3 m$
B. $4 m$
C. $4.5 m$
D. $5 m$
答案：D
解析：【分析】

本题考查中心投影, 相似三角形的判定和性质等知识, 解题的关键是熟练掌握基本知识, 属于中考常考题型.

利用相似三角形的性质求解即可.

【解答】

解: $\because A B / / O P$,

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

$\therefore \frac{C B}{C P}=\frac{A B}{O P}$,

$\therefore \frac{3}{7.5}=\frac{2}{O P}$

$\therefore O P=5 m$,

故选: $D$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图是底面为正方形的长方体, 下面有关它的三个视图的说法正确的是 (


选项：
A. 俯视图与主视图相同
B. 左视图与主视图相同
C. 左视图与俯视图相同
D. 三个视图都相同
答案：B
解析：解: $A$ 、俯视图是一个正方形, 主视图是一个长方形, 故 $A$ 错误;

$B 、$ 左视图是一个长方形, 主视图是个长方形, 且两个长方形的长和宽分别相等, 所以 $B$ 正确;

C、左视图是一个长方形, 俯视图是一个正方形, 故 $C$ 错误;

$D$ 、俯视图是一个正方形, 主视图是一个长方形, 左视图是一个长方形, 故 $D$ 错误;

故选: $B$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图所示, 图(1)是一个正三棱柱毛坏, 将其截去一部分, 得到一个工件如图(2).对于这个工件，其俯视图、主视图依次是 ( )



(1)




选项：
A. $c 、 a$

B. $c 、 d$
C. $b 、 d$
D. $b 、 a$
答案：D
解析：解：从上面看可得到一个等边三角形, 从正面看可得到一个直角梯形, 所以俯视图、主视图依次是 $b 、 a$.
故答案为: $D$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 小明从图1中几何体的某个方向观察看到如图2所示的结果, 则小明是从该几何体的方向观察的 ( )



从正面看

图1



图2
选项：
A. 左面
B. 正面
C. 上面
D. 右面
第 II 卷（非选择题）
答案：A
解析：解：如图2所示的结果，则小明是从该几何体的左面观察的.

故选：A.

根据三视图的定义判断即可.

本题考查由三视图判断几何体, 解题的关键是理解三视图的定义，属于中考常考题型.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 一把直尺, $60^{\circ}$ 的直角三角板和光盘如图摆放, $A$ 为 $60^{\circ}$ 角与直尺交点, $A B=3$,则光盘的直径是 $(\quad)$


选项：
A. 3
B. $3 \sqrt{3}$
C. 6
D. $6 \sqrt{3}$
答案：D
解析：解：设三角板与圆的切点为 $C$, 连接 $O A 、 O B$, 如图:



由切线长定理知 $A B=A C=3, O A$ 平分 $\angle B A C$,

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

在Rt $\triangle A B O$ 中, $O B=A B \cdot \sqrt{3}=3 \sqrt{3}$,

$\therefore$ 光盘的直径为 $6 \sqrt{3}$,

故选: $D$.

设三角板与圆的切点为 $C$, 连接 $O A 、 O B$, 由切线长定理得出 $A B=A C=3 、 \angle O A B=60^{\circ}$, 根据 $O B=$ $A B \cdot \sqrt{3}$ 可得答案.

本题主要考查切线的性质, 解题的关键是掌握切线长定理的应用.
题目（九年级 · 画法几何学）：已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体可能是 ( )



主视图 左视图



俯视图
选项：
A.


B.


C.


D.


第 II 卷（非选择题）
答案：A
解析：【分析】

此题考查由三视图判断几何体, 三视图里有两个相同可确定该几何体是柱体, 锥体还是球体, 由另一个视图确定其具体形状.

根据两个视图是三角形得出该几何体是锥体, 再根据俯视图是圆, 得出几何体是圆锥.

【解答】

解: $\because$ 主视图和左视图是三角形,

$\therefore$ 几何体是锥体,

$\because$ 俯视图的大致轮廓是圆,

$\therefore$ 该几何体是圆锥.

故选: $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在边长为 4 的正方形 $A B C D$ 中, 点 $E$ 是 $C D$ 边上的一点, 点 $F$ 是点 $D$ 关于直线 $A E$ 对称的点, 连接 $A F 、 B F$, 若 $\tan \angle A B F=2$, 则 $D E$ 的长是 $(\quad)$
选项：
A. 1

B. $\frac{6}{5}$



C. $\frac{4}{3}$

D. $\frac{5}{3}$
答案：C
解析：解: 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 于点 $N$, 并延长 $N F$ 交 $C D$ 于点 $M$,



$\because A B / / C D$,

$\therefore M N \perp C D$,

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

$\because \tan \angle A B F=2$,

$\therefore \frac{F N}{B N}=2$,

设 $B N=x$, 则 $F N=2 x$,

$\therefore A N=4-x$,
$\because$ 点 $F$ 是点 $D$ 关于直线 $A E$ 对称的点,

$\therefore D E=E F, D A=A F=4$,

$\because A E=A E$,

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

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

$\because A N^{2}+N F^{2}=A F^{2}$,

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

$\therefore x_{1}=0$ (舍),$x_{2}=\frac{8}{5}$,

$\therefore A N=4-x=4-\frac{8}{5}=\frac{12}{5}, M F=4-2 x=4-\frac{16}{5}=\frac{4}{5}$,

$\because \angle E F M+\angle A F N=\angle A F N+\angle F A N=90^{\circ}$,

$\therefore \angle E F M=\angle F A N$

$\therefore \cos \angle E F M=\cos \angle F A N$,

$\therefore \frac{F M}{E F}=\frac{A N}{A F}$, 即 $\frac{\frac{4}{5}}{E F}=\frac{\frac{12}{5}}{4}$,

$\therefore E F=\frac{4}{3}$,

$\therefore D E=E F=\frac{4}{3}$.

故选： $C$.

过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 于点 $N$, 并延长 $N F$ 交 $C D$ 于点 $M$, 设 $B N=x$, 则 $F N=2 x$, 则 $A N=4-x$, 由对称的性质得出 $D E=E F, D A=A F=4$, 证明 $\triangle A D E \cong \triangle A F E(S S S)$, 得 $\angle D=\angle A F E=90^{\circ}$, 由勾股定理求出 $x$, 由锐角三角函数的定义可得出答案.

本题考查了正方形的性质, 勾股定理, 锐角三角函数以及对称的性质, 熟练掌握对称的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 点 $O$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $\angle A=60^{\circ}, O B=2, O C=4$, 则 $\triangle O B C$ 的面积是 ( )


选项：
A. $4 \sqrt{3}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. 2
D. 4
答案：B
解析：解：如图, 过点 $C$ 作 $C H \perp B O$ 的延长线于点 $H$,



$\because$ 点 $O$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $\angle A=60^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=180^{\circ}-\angle O B C-\angle O C B=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A=120^{\circ}$,

$\therefore \angle C O H=60^{\circ}$,

$\because O B=2, O C=4$,

$\therefore O H=2$

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

$\therefore \triangle O B C$ 的面积 $=\frac{1}{2} \times O B \cdot C H=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$.

故选: $B$.

过点 $C$ 作 $C H \perp B O$ 的延长线于点 $H$, 根据点 $O$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, $\angle A=60^{\circ}$, 可得 $\angle B O C=180^{\circ}-$ $\angle O B C-\angle O C B=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A=120^{\circ}$, 所以 $\angle C O H=60^{\circ}$, 利用含 30 度角的直角三角形可得 $C H$ 的长,进而可得 $\triangle O B C$ 的面积.

本题考查了三角形的内切圆与内心, 角平分线的性质, 解决本题的关键是掌握三角形的内心定义.