eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 某博览会上有一圆形展示区, 在其圆形边缘的点 $P$ 处安装了一台监视器, 它的监控角度是 $55^{\circ}$, 为了监控整个展区, 最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器_ $\qquad$台.

    

    (第 16 题)


选项：
答案： 4


解析：圆周角定理求出 $\angle P$ 对应的圆心角的度数, 利用 $360^{\circ} \div$ 圆心角的度数即可得解.

【详解】解: $\because \angle P=55^{\circ}$,

$\therefore \angle P$ 对应的圆心角的度数为 $110^{\circ}$,

$\because 360^{\circ} \div 110^{\circ} \approx 3.27$,

$\therefore$ 最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器 4 台;

故答案为: 4

【点睛】本题考查圆周角定理, 熟练掌握同弧所对的圆周角是圆心角的一半, 是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：《墨子. 天文志》记载: “执规矩, 以度天下之方圆. ”度方知圆, 感悟数学之美. 如图, 正方形 $A B C D$ 的面积为 4 , 以它的对角线的交点为位似中心, 作它的位似图形 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$, 若 $A^{\prime} B^{\prime}: A B=2: 1$, 则四边形 $A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ 的外接圆的周长为 $\qquad$ .

    

    （第 17 题）


选项：
答案： $4 \sqrt{2} \pi$


解析：根据正方形 $A B C D$ 的面积为 4 , 求出 $A B=2$, 根据位似比求出 $A^{\prime} B^{\prime}=4$, 周长即可得出;

【详解】解: $\because$ 正方形 $A B C D$ 的面积为 4 ,
$\therefore A B=2$,

$\because A^{\prime} B^{\prime}: A B=2: 1$,

$\therefore A^{\prime} B^{\prime}=4$,

$\therefore A^{\prime} C^{\prime}=\sqrt{4^{2}+4^{2}}=4 \sqrt{2}$,

所求周长 $=4 \sqrt{2} \pi$;

故答案为: $4 \sqrt{2} \pi$.

【点睛】本题考查位似图形, 涉及知识点: 正方形的面积, 正方形的对角线, 圆的周长, 解题关键求出正方形 $A B C D$ 的边长.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\odot O$ 是等边三角形 $A B C$ 的外接圆, 其半径为 
选项：
答案： 6


解析：过点 $P$ 作 $P D \perp A B$, 连接 $\mathrm{CO}$ 并延长交 $A B$ 于点 $F$, 连接 $A O$, 根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到 $O A=O B=4, C F \perp A B$, 然后利用含 $30^{\circ}$ 角直角三角形的性质得到 $O E=\frac{1}{2} O A=2$, 进而求出 $B E=B O+E O=6$, 然后利用 $C P+\frac{1}{2} B P=C P+P D \leq C F$ 代入求解即可.

【详解】如图所示, 过点 $P$ 作 $P D \perp A B$, 连接 $\mathrm{CO}$ 并延长交 $A B$ 于点 $F$, 连接 $A O$



$\because \triangle A B C$ 是等边三角形, $B E \perp A C$

$\therefore \angle A B E=\angle C B E=\frac{1}{2} \angle A B C=30^{\circ}$

$\because \odot O$ 是等边三角形 $A B C$ 的外接圆, 其半径为 4

$\therefore O A=O B=4, C F \perp A B$,

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

$\therefore \angle O A E=\angle O A B=\frac{1}{2} \angle B A C=30^{\circ}$

$\because B E \perp A C$

$\therefore O E=\frac{1}{2} O A=2$

$\therefore B E=B O+E O=6$

$\because P D \perp A B, \quad \angle A B E=30^{\circ}$

$\therefore P D=\frac{1}{2} P B$

$\therefore C P+\frac{1}{2} B P=C P+P D \leq C F$

$\therefore C P+\frac{1}{2} B P$ 的最小值为 $C F$ 的长度

$\because \triangle A B C$ 是等边三角形, $B E \perp A C, C F \perp A B$

$\therefore C F=B E=6$
$\therefore C P+\frac{1}{2} B P$ 的最小值为 6 .

故答案为: 6 .

【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质, 等边三角形的性质, 含 $30^{\circ}$ 角直角三角形的性质等知识, 解题的关键是熟练掌握以上知识点.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A C 、 A B$ 是 $\odot O$ 的两条弦, $A C / / O B, \angle A B O=25^{\circ}$, 则 $\angle B O C=$


选项：
答案： $50^{\circ}$


解析：先由平行线的性质求出 $\angle B A C=\angle A B O=25^{\circ}$, 再由圆周角定理即可得到 $\angle B O C=2 \angle B A C=50^{\circ}$.

【详解】解: $\because A C / / O B, \angle A B O=25^{\circ}$,

$\therefore \angle B A C=\angle A B O=25^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=2 \angle B A C=50^{\circ}$,

故答案为: $50^{\circ}$.

【点睛】本题主要考查了平行线的性质和圆周角定理, 熟知圆周角定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\angle 1=\angle 2$, 请你添加一个条件: $\qquad$ ，使 $\triangle A B C \sim \triangle A D E$, (只需写出一个满足题目要求的条件即可).

选项：
答案： $\angle B=\angle D$ (答案不唯一)


解析：再添加一组角可以利用有两组角对应相等的两个三角形相似来进行判定.

【详解】解: 添加条件 $\angle B=\angle D$, 理由如下:

$\because \angle 1=\angle 2$,

$\therefore \angle 1+\angle B A E=\angle 2+\angle B A E$, 即 $\angle D A E=\angle B A C$,

又 $\because \angle B=\angle D$,

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

故答案为: $\angle B=\angle D$ (答案不唯一).

【点睛】本题考查了相似三角形的判定, 熟悉相似三角形的几个判定定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：数学活动课上, 同学们想测出一个残损轮子的半径, 小聪的解决方案如下: 在轮子圆弧上任取两点 $A, B$, 连接 $A B$, 再作出 $A B$ 的垂直平分线, 交 $A B$ 于点 $C$, 交弧 $A B$ 于点 $D$, 测出 $A B, C D$ 的长度, 即可计


算得出轮子的半径. 现测出 $A B=8 \mathrm{~cm}, C D=2 \mathrm{~cm}$, 则轮子的半径为 $\mathrm{cm}$.


选项：
答案： $5 \mathrm{~cm}$


解析：由垂径定理, 可得出 $B C$ 的长; 连接 $O B$, 在 Rt $\triangle O B C$ 中, 可用半径 $O B$ 表示出 $O C$的长, 进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径, 即可得出轮子的直径长.

【详解】解：设圆心为 $O$, 连接 $O B$.



Rt $\triangle O B C$ 中, $B C=\frac{1}{2} A B=4 \mathrm{~cm}$,

根据勾股定理得:

$O C^{2}+B C^{2}=O B^{2} ，$ 即:

$(O B-2)^{2}+4^{2}=O B^{2}$,

解得: $O B=5$;

故轮子的半径为 $5 \mathrm{~cm}$,

故答案为: $5 \mathrm{~cm}$.

【点睛】本题考查垂径定理, 勾股定理等知识, 解题的关键是学会添加常用辅助线, 构造直角三角形解决问题.
题目（九年级 · 度量几何学）：一个正多边形的中心角为 $36^{\circ}$, 则这个正多边形的内角和为 $\qquad$度.

选项：
答案： 1440


解析：依据正多边形的中心角和为 $360^{\circ}$ 求得边数, 再依据多边形内角和公式代入求解即可.

【详解】解: 因为正多边形的中心角为 $36^{\circ}$, 且中心角和为 $360^{\circ}$,

所以这个多边形边数: $360^{\circ} \div 36^{\circ}=10$,

则这个多边形的内角和为: $(10-2) \times 180^{\circ}=1440^{\circ}$.

故答案为: 1440 .

【点睛】本题考查了正多边形内角和公式、中心角性质, 通过中心角求得边数是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 用长 $8 m$ 的铝合金条制成使窗户的透光面积最大的矩形窗框, 那么这个窗户的最大透光面积是 $\qquad$ $m^{2}$. (中间横框所占的面积忽略不计)




选项：
答案： $\frac{8}{3}$


解析：设窗的高度为 $x m$, 宽为 $\frac{8-2 x}{3} m$, 根据矩形面积公式列出二次函数求函数值的最大值即可.

【详解】解：设窗的高度为 $x m$, 宽为 $\left(\frac{8-2 x}{3}\right) m$.

所以 $S=\frac{x(8-2 x)}{3}$, 即 $S=-\frac{2}{3}(x-2)^{2}+\frac{8}{3}$,

当 $x=2 m$ 时, $\mathrm{S}$ 最大值为 $\frac{8}{3} m^{2}$.

故答案为: $\frac{8}{3}$.

【点睛】本题考查二次函数的应用. 能熟练将二次函数化为顶点式, 并据此求出函数的最值是解决此题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的弦, $C$ 是 $A B$ 的中点, $O C$ 交 $A B$ 于点 $D$. 若 $A B=16 \mathrm{~cm}, C D=4 \mathrm{~cm}$,则 $\odot O$ 的半径为 $\qquad$ $\mathrm{cm}$.




选项：
答案： 10


解析：连接 $O A$, 根据垂径定理, 得 $A D=B D=8$, 设 $O A=x$, 则 $O D=x-4$, 根据勾股定理, 即可.

【详解】连接 $O A$,

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的弦, $C$ 是 $A B$ 的中点,

$\therefore A D=B D$,

$\because A B=16 \mathrm{~cm}$,

$\therefore A D=B D=8 \mathrm{~cm}$,

设 $O A=x \mathrm{~cm}$, 则 $O D=x-4$ ，

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

$\therefore x^{2}=8^{2}+(x-4)^{2}$,
解得: $x=10$.

故答案为: 10 .



【点睛】本题考查圆的基本性质, 解题的关键是掌握垂径定理的运用, 勾股定理的运用.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=5, D 、 E$ 分别是边 $A C$ 和 $A B$ 上的点, 且 $\angle A D E=\angle B$,若 $A D \cdot B C$ 的值为 10 , 则 $D E$ 的长为 $\qquad$




选项：
答案： 2


解析：由相似三角形的判定和性质即可求解.

【详解】解: $\because \angle A D E=\angle B, \angle A=\angle A$,

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

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

$\therefore A D \cdot B C=A B \cdot D E=5 D E=10$,

$\therefore D E=2$.

故答案为: 2 .

【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质, 证明三角形相似得出比例式是解决问题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, 要在斜坡上 $A 、 B$ 两点处测量与地面垂直的铁塔 $C D$ 的高, 由 $A 、 B$ 两地测得塔顶 $C$ 的仰角分别为 $60^{\circ}$ 和 $45^{\circ}, A B$ 的长为 40 米, 斜坡与水平面成 $30^{\circ}$ 角, 则铁塔 $C D$ 的高是米.


选项：
答案：【分析】计算 $\angle B C A=15^{\circ}$ 于是 $A C=A B=40$, 求出 $\angle A D C, \angle C A D$, 在 $\triangle A C D$ 中利用正弦定理得出 $C D$.

解：延长 $C D$ 交过 $A, B$ 的水平线于 $E, F$,

$\because \angle \mathrm{CAE}=60^{\circ}, \angle \mathrm{CBF}=45^{\circ}, \angle \mathrm{DBF}=30^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BCF}=45^{\circ}, \angle \mathrm{ACE}=30^{\circ}, \angle \mathrm{BDF}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCA}=15^{\circ}, \angle \mathrm{ADC}=120^{\circ}, \angle \mathrm{CBA}=15^{\circ}, \angle \mathrm{CAD}=30^{\circ}$.

$\therefore A C=A B=40$,

在 $\triangle A C D$ 中, 由正弦定理得 $\frac{\mathrm{AC}}{\sin \angle \mathrm{ADC}}=\frac{\mathrm{CD}}{\sin \angle \mathrm{CAD}}$,

即 $\frac{40}{\sqrt{3}}=\frac{C D}{\frac{1}{2}}$

解得 $C D=\frac{40 \sqrt{3}}{3}$.

故答案是: $\frac{40 \sqrt{3}}{3}$.

<ImageHere>
解析：【分析】计算 $\angle B C A=15^{\circ}$ 于是 $A C=A B=40$, 求出 $\angle A D C, \angle C A D$, 在 $\triangle A C D$ 中利用正弦定理得出 $C D$.

解：延长 $C D$ 交过 $A, B$ 的水平线于 $E, F$,

$\because \angle \mathrm{CAE}=60^{\circ}, \angle \mathrm{CBF}=45^{\circ}, \angle \mathrm{DBF}=30^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{BCF}=45^{\circ}, \angle \mathrm{ACE}=30^{\circ}, \angle \mathrm{BDF}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BCA}=15^{\circ}, \angle \mathrm{ADC}=120^{\circ}, \angle \mathrm{CBA}=15^{\circ}, \angle \mathrm{CAD}=30^{\circ}$.

$\therefore A C=A B=40$,

在 $\triangle A C D$ 中, 由正弦定理得 $\frac{\mathrm{AC}}{\sin \angle \mathrm{ADC}}=\frac{\mathrm{CD}}{\sin \angle \mathrm{CAD}}$,

即 $\frac{40}{\sqrt{3}}=\frac{C D}{\frac{1}{2}}$

解得 $C D=\frac{40 \sqrt{3}}{3}$.

故答案是: $\frac{40 \sqrt{3}}{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：平行四边形的两相邻边的边长分别为 20 和 30 , 且其夹角为 $120^{\circ}$, 则该平行四边形的面积是 \$ \qquad \$
选项：
答案：【分析】作高 $\mathrm{AE}$, 利用三角函数求高的长; 利用平行四边形的面积公式求解.

解: 如图所示, 平行四边形 $A B C D$ 中,

$A B=D C=20, A D=B C=30$, 且 $\angle B A D=120^{\circ}$.

过点 $A$ 作 $A E \perp B C$ 于 $E$.

$\because \angle B A D=120^{\circ}, A D / / B C$,

$\therefore \angle B A E=\angle B A D-\angle E A D=30^{\circ}$.

$\because \cos 30^{\circ}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathbb{A B}}=\frac{\mathrm{AE}}{20}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\therefore A E=10 \sqrt{3}$.
$\therefore \mathrm{S}_{-A B C D}=B C \times A E=30 \times 10 \sqrt{3}=300 \sqrt{3}$.

故答案为: $300 \sqrt{3}$.

<ImageHere>
解析：【分析】作高 $\mathrm{AE}$, 利用三角函数求高的长; 利用平行四边形的面积公式求解.

解: 如图所示, 平行四边形 $A B C D$ 中,

$A B=D C=20, A D=B C=30$, 且 $\angle B A D=120^{\circ}$.

过点 $A$ 作 $A E \perp B C$ 于 $E$.

$\because \angle B A D=120^{\circ}, A D / / B C$,

$\therefore \angle B A E=\angle B A D-\angle E A D=30^{\circ}$.

$\because \cos 30^{\circ}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathbb{A B}}=\frac{\mathrm{AE}}{20}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\therefore A E=10 \sqrt{3}$.
$\therefore \mathrm{S}_{-A B C D}=B C \times A E=30 \times 10 \sqrt{3}=300 \sqrt{3}$.

故答案为: $300 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 是 $B C$ 边上的中线, $A B=\sqrt{2}, A D=\sqrt{6}, A C=\sqrt{26}$, 则 $\angle A B C=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：【分析】如图, 作辅助线; 证明 $\triangle A B D \cong \triangle E C D$, 得到 $D E=A D=6, E C=A B=9$; 运用勾股定理证明 $\angle A E C=90^{\circ}$, 得到 $\triangle A E C$ 为直角三角形, 求出 $\triangle A B D$ 为直角三角形, 即可解决问题.解: 如图, 过点 $C$ 作 $C E / / A B$, 交 $A D$ 的延长线于点 $\mathrm{E}$;

则 $\angle A B D=\angle E C D ;$

在 $\triangle \mathrm{ABD}$ 与 $\triangle \mathrm{ECD}$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{ECD} \\ \mathrm{BD}=\mathrm{CD} \\ \angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{EDC}\end{array}\right.$,

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

$\therefore \mathrm{DE}=\mathrm{AD}=\sqrt{6}, \quad E C=A B=\sqrt{2}, \angle B A D=\angle C E D$,

$\because A E^{2}+E C^{2}=\left(2 \sqrt{6}^{2}+(\sqrt{2})^{2}=26\right.$,

$A C^{2}=(\sqrt{26})^{2}=26$,

$\therefore \mathrm{AE}^{2}+\mathrm{EC} C^{2}=\mathrm{AC}$,

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

$\therefore \tan \angle A B C=\frac{A D}{A B}=\sqrt{3}$,

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

故答案为: $60^{\circ}$.

<ImageHere>
解析：【分析】如图, 作辅助线; 证明 $\triangle A B D \cong \triangle E C D$, 得到 $D E=A D=6, E C=A B=9$; 运用勾股定理证明 $\angle A E C=90^{\circ}$, 得到 $\triangle A E C$ 为直角三角形, 求出 $\triangle A B D$ 为直角三角形, 即可解决问题.解: 如图, 过点 $C$ 作 $C E / / A B$, 交 $A D$ 的延长线于点 $\mathrm{E}$;

则 $\angle A B D=\angle E C D ;$

在 $\triangle \mathrm{ABD}$ 与 $\triangle \mathrm{ECD}$ 中, $\left\{\begin{array}{l}\angle \mathrm{ABD}=\angle \mathrm{ECD} \\ \mathrm{BD}=\mathrm{CD} \\ \angle \mathrm{ADB}=\angle \mathrm{EDC}\end{array}\right.$,

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

$\therefore \mathrm{DE}=\mathrm{AD}=\sqrt{6}, \quad E C=A B=\sqrt{2}, \angle B A D=\angle C E D$,

$\because A E^{2}+E C^{2}=\left(2 \sqrt{6}^{2}+(\sqrt{2})^{2}=26\right.$,

$A C^{2}=(\sqrt{26})^{2}=26$,

$\therefore \mathrm{AE}^{2}+\mathrm{EC} C^{2}=\mathrm{AC}$,

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

$\therefore \tan \angle A B C=\frac{A D}{A B}=\sqrt{3}$,

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

故答案为: $60^{\circ}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $\mathrm{AB}$ 是 $\odot 0$ 的直径, $\mathrm{PC}$ 切 $\odot 0$ 于点 $\mathrm{C}, \angle \mathrm{PCB}=35^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{B}$ 等于 \$ \qquad \$度.


选项：
答案：【分析】根据弦切角等于弦切角所夹的弧所对的圆周角求出 $\angle A=\angle P C B$, 再根据直径所对的圆周角是直角得出 $\angle \mathrm{A}$ 与 $\angle \mathrm{B}$ 互余, 计算即可求解.

解: $\because \mathrm{PC}$ 切 $\odot 0$ 于点 $\mathrm{C}, \angle \mathrm{PCB}=35^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{PCB}=35^{\circ}$,

$\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot 0$ 的直径,

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

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

$\therefore 35^{\circ}+\angle \mathrm{B}=90^{\circ}$,

解得 $\angle B=55^{\circ}$.

故答案为: 55 .
解析：【分析】根据弦切角等于弦切角所夹的弧所对的圆周角求出 $\angle A=\angle P C B$, 再根据直径所对的圆周角是直角得出 $\angle \mathrm{A}$ 与 $\angle \mathrm{B}$ 互余, 计算即可求解.

解: $\because \mathrm{PC}$ 切 $\odot 0$ 于点 $\mathrm{C}, \angle \mathrm{PCB}=35^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{A}=\angle \mathrm{PCB}=35^{\circ}$,

$\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot 0$ 的直径,

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

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

$\therefore 35^{\circ}+\angle \mathrm{B}=90^{\circ}$,

解得 $\angle B=55^{\circ}$.

故答案为: 55 .
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B 、 A C 、 B D$ 是 $\odot 0$ 的切线, $P 、 C 、 D$ 为切点, 如果 $A B=5, A C=3$, 则 $B D$ 的长为


选项：
答案：【分析】由于 $\mathrm{AB} 、 \mathrm{AC} 、 \mathrm{BD}$ 是 $\odot 0$ 的切线, 则 $\mathrm{AC}=\mathrm{AP}, \mathrm{BP}=\mathrm{BD}$, 求出 $\mathrm{BP}$ 的长即可求出 $\mathrm{BD}$的长.

解: $\because A C 、 A P$ 为 $\odot 0$ 的切线,

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

$\because \mathrm{BP} 、 \mathrm{BD}$ 为 $\odot 0$ 的切线,

$\therefore \mathrm{BP}=\mathrm{BD}$,

$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{PB}=\mathrm{AB}-\mathrm{AP}=5-3=2$.

故答案为: 2 .
解析：【分析】由于 $\mathrm{AB} 、 \mathrm{AC} 、 \mathrm{BD}$ 是 $\odot 0$ 的切线, 则 $\mathrm{AC}=\mathrm{AP}, \mathrm{BP}=\mathrm{BD}$, 求出 $\mathrm{BP}$ 的长即可求出 $\mathrm{BD}$的长.

解: $\because A C 、 A P$ 为 $\odot 0$ 的切线,

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

$\because \mathrm{BP} 、 \mathrm{BD}$ 为 $\odot 0$ 的切线,

$\therefore \mathrm{BP}=\mathrm{BD}$,

$\therefore \mathrm{BD}=\mathrm{PB}=\mathrm{AB}-\mathrm{AP}=5-3=2$.

故答案为: 2 .
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B$ 为 $\odot 0$ 的直径, 点 $C$ 在 $A B$ 的延长线上, $C D 、 C E$ 分别与 $\odot 0$ 相切于点 $D 、 E$, 若 $A D=2, \angle D A C=$ $\angle \mathrm{DCA}$, 则 $\mathrm{CE}=$


选项：
答案：【分析】有条件可得 $\mathrm{AD}=\mathrm{CD}$, 再有切线长定理可得: $\mathrm{CD}=\mathrm{CE}$, 所以 $\mathrm{AD}=\mathrm{CE}$, 问题的解.解: $\because \mathrm{CD} 、 \mathrm{CE}$ 分别与 $\odot 0$ 相切于点 $\mathrm{D} 、 \mathrm{E}$,

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{CE}$,

$\because \angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{DCA}$,

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{CD}$,

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{CE}$,

$\because \mathrm{AD}=2$,

$\therefore \mathrm{CE}=2$.

故答案为: 2 .
解析：【分析】有条件可得 $\mathrm{AD}=\mathrm{CD}$, 再有切线长定理可得: $\mathrm{CD}=\mathrm{CE}$, 所以 $\mathrm{AD}=\mathrm{CE}$, 问题的解.解: $\because \mathrm{CD} 、 \mathrm{CE}$ 分别与 $\odot 0$ 相切于点 $\mathrm{D} 、 \mathrm{E}$,

$\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{CE}$,

$\because \angle \mathrm{DAC}=\angle \mathrm{DCA}$,

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{CD}$,

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{CE}$,

$\because \mathrm{AD}=2$,

$\therefore \mathrm{CE}=2$.

故答案为: 2 .
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 电灯 $P$ 在横杆 $A B$ 的正上方, $A B$ 在灯光下的影子为 $C D, A B / / C D, A B=1.5 m, C D=4.5 m$,点 $\mathrm{P}$ 到 $\mathrm{CD}$ 的距离为 $2.7 \mathrm{~m}$, 则 $\mathrm{AB}$ 与 $\mathrm{CD}$ 间的距离是 m.


选项：
答案：1.8
解析：$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CD}$,

$\therefore \triangle \mathrm{PAB} \sim \triangle \mathrm{PCD}$,

假设 $\mathrm{CD}$ 到 $\mathrm{AB}$ 距离为 $\mathrm{x}$,

则 $\frac{A B}{C D}=\frac{2.7-x}{2.7}$,

即 $\frac{1.5}{4.5}=\frac{2.7-x}{2.7}$,

$x=1.8$,

$\therefore \mathrm{AB}$ 与 $\mathrm{CD}$ 间的距离是 $1.8 \mathrm{~m} ;$

故答案为: 1.8 .

【点睛】本题考查了中心投影, 用到的知识点是相似三角形的性质和判定, 相似三角形对应高之比等于对应边之比. 解此题的关键是把实际问题转化为数学问题 (三角形相似问题).
题目（九年级 · 度量几何学）：小明的身高是 1.6 米, 他的影长是 2 米, 同一时刻古塔的影长是 18 米, 则古塔的高是

米.
选项：
答案：14.4
解析：解：设古塔的高为 $x$ 米. 由题意得: $\frac{x}{18}=\frac{1.6}{2}$, 解得: $x=14.4$. 故答案为: 14.4.
题目（九年级 · 度量几何学）：直角坐标平面内, 一点光源位于 $\mathrm{A}(0,5)$ 处, 线段 $\mathrm{CD} \perp \mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{D}$ 为垂足, $C(3,1)$, 则 $\mathrm{CD}$ 在 $\mathrm{x}$ 轴上的影长为 , 点 $\mathrm{C}$ 的影子的坐标为
选项：
答案：$\frac{3}{4} \quad(3.75,0)$
解析：$\because 0 \mathrm{~A} \perp \mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{CD} \perp \mathrm{x}$ 轴,

$\therefore \mathrm{CD} / / 0 \mathrm{~A}$,
$\therefore \triangle \mathrm{CDE} \sim \triangle \mathrm{A} O \mathrm{E}$,

$\therefore \mathrm{DE}: \mathrm{EO}=\mathrm{CD}: 0 \mathrm{~A}$,

设 $\mathrm{DE}=\mathrm{x}$,

$\therefore \frac{x}{3+x}=\frac{1}{5}$,

解得: $x=0.75$,

$\therefore \mathrm{DE}=0.75$,

$\therefore 0 \mathrm{E}=3+0.75=3.75$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{E}$ 的坐标为 $(3.75,0)$.

故答案为: $\frac{3}{4},(3.75,0)$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 位似图形由三角尺与其灯光下的中心投影组成, 相似比为 $2: 5$, 且三角尺的一边长为 $8 \mathrm{~cm}$, 则投影三角形的对应边长为 $\mathrm{cm}$.



图影
选项：
答案：$20 \mathrm{~cm}$
解析：解: $\because$ 位似图形由三角尺与其灯光照射下的中心投影组成, 相似比为 $2: 5$, 三角尺的一边长为 $8 \mathrm{~cm}, \therefore$ 投影三角形的对应边长为: $8 \div \frac{2}{5}=20 \mathrm{~cm}$. 故选 B.

点睛: 此题主要考查了位似图形的性质以及中心投影的应用, 根据对应边的比为 $2: 5$, 再得出投影三角形的对应边长是解决问题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\triangle A B C$ 中, $A B=10, A C=2 \sqrt{7}, \angle B=30^{\circ}$, 则 $B C=$
选项：
答案：$6 \sqrt{3}$ 或 $4 \sqrt{3}$
解析：作 $A D \perp B C$ 交 $B C$ (或 $B C$ 延长线)于点 $D$,

(1)如图 1, 当 $A B 、 A C$ 位于 $A D$ 异侧时,



图 1

在Rt $\triangle A B D$ 中, $\because \angle B=30^{\circ}, A B=10$,

$\therefore A D=A B \sin B=5, B D=A B \cos B=5 \sqrt{3}$,

在Rt $\triangle A C D$ 中, $\because A C=2 \sqrt{7}$,

$\therefore C D=\sqrt{A C^{2}-A D^{2}}=\sqrt{(2 \sqrt{7})^{2}-5^{2}}=\sqrt{3}$,
则 $B C=B D+C D=6 \sqrt{3}$;

(2)如图 2, 当 $A B 、 A C$ 在 $A D$ 的同侧时,


图 2

由 (1)知, $B D=5 \sqrt{3}, C D=\sqrt{3}$,

则 $B C=B D-C D=4 \sqrt{3}$,

综上, $B C=6 \sqrt{3}$ 或 $4 \sqrt{3}$,

故答案为 $6 \sqrt{3}$ 或 $4 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在正六边形 $A B C D E F$ 中, 分别以 $C 、 F$ 为圆心, 以边长为半径作弧,图中阴影部分的面积为 $24 \pi$, 则 $A E$ 长为 \$ \qquad \$


选项：
答案：$6 \sqrt{3}$
解析：$\because$ 正六边形的内角是 120 度, 阴影部分的面积为 $24 \pi$,

设正六边形的边长为 $r$,

$\therefore \frac{120 \pi \times r^{2}}{360} \times 2=24 \pi$,

解得 $r=6$.

则 $A F=E F=6$,

如图, 过点 $F$ 作 $F D \perp A E$ 于点 $D$,



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

$\therefore A D=A F \times \cos 30^{\circ}=6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=3 \sqrt{3}$,
$\therefore A E=6 \sqrt{3}$.

故答案为 $6 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：公元三世纪, 我国汉代数学家赵爽在注解 《周髀算经》时给出的 “赵爽弦图” 如图所示, 它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方



形。如果大正方形的面积是 125 , 小正方形面积是 25 , 则 $(\sin \theta-\cos \theta)^{2}=$ \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{1}{5}$
解析：$\because$ 大正方形的面积是 125 , 小正方形面积是 25 ,

$\therefore$ 大正方形的边长为 $5 \sqrt{5}$, 小正方形的边长为 5 ,

$\therefore 5 \sqrt{5} \sin \theta-5 \sqrt{5} \cos \theta=5$,

$\therefore \sin \theta-\cos \theta=\frac{\sqrt{5}}{5}$,

则 $(\sin \theta-\cos \theta)^{2}=\frac{1}{5}$.

故答案为 $\frac{1}{5}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在矩形 $A B C D$ 中, $A B=3, A D=5$, 点 $E$ 在 $D C$ 上, 将矩形 $A B C D$ 沿 $A E$ 折叠, 点 $D$ 恰好落在 $B C$ 边上的点 $F$ 处, 那么 $\sin \angle E F C$ 的


值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{4}{5}$
解析：$\because$ 四边形 $A B C D$ 为矩形,

$\therefore A D=B C=5, A B=C D=3$,

$\because$ 矩形 $A B C D$ 沿直线 $A E$ 折叠, 顶点 $D$ 恰好落在 $B C$ 边上的 $F$ 处,

$\therefore A F=A D=5, E F=D E$

在Rt $\triangle A B F$ 中, $\because B F=\sqrt{A F^{2}-A B^{2}}=4$,

$\therefore C F=B C-B F=5-4=1$,

设 $C E=x$ ，则 $D E=E F=3-x$

在Rt $\triangle E C F$ 中, $\because C E^{2}+F C^{2}=E F^{2}$,

$\therefore x^{2}+1^{2}=(3-x)^{2}$, 解得 $x=\frac{4}{3}$,

$\therefore E F=3-x=\frac{5}{3}$,

$\therefore \sin \angle E F C=\frac{C E}{E F}=\frac{4}{5}$.

故答案为: $\frac{4}{5}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：在矩形 $A B C D$ 中, $A B=8, B C=6$. 点 $O$ 为对角线 $A C$ 上一点(不与 $A$ 重合), $\odot O$ 是以点 $O$ 为圆心, $A O$ 为半径的圆.当 $\odot O$ 与矩形各边的交点个数为 5 个时, 半径 $O A$ 的范围是 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{15}{4}<O A<\frac{40}{9}$.
解析：根据题意可知, 点 $O$ 从 $A$ 沿着 $A C$ 移动, 当 $O$ 移动到如图 1 时,

即与 $C D$ 相切, $\odot O$ 与矩形各边的交点个数为 4 个,

当 $O$ 继续移动, 会出现 5 的交点的情况.

$\therefore$ 图 1 是一种临界情况,

分别过 $O$ 作 $C D, A D$ 的垂线段 $O E, O F$,



图1

$\because \odot O$ 与 $C D$ 相切, $O A=O E$,

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形,

$\angle D=90^{\circ}$,
又 $\because O F \perp A D, O E \perp C D$,

$\therefore O F / / C D$,

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

$\therefore \triangle A O F \sim \triangle A C D$,

$\therefore \frac{O C}{O E}=\frac{A C}{A D}$

在Rt $\triangle A C D$ 中, $A C=\sqrt{A D^{2}+C D^{2}}$,

$\because A D=B C=6, C D=A B=8$,

$\therefore A C=10$,

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

$A C=O A+O C=O A+\frac{5}{3} O E=O A+\frac{5}{3} O A=\frac{8}{3} O A$,

即 $A C=\frac{8}{3} O A, O A=\frac{15}{4} ，$

$\therefore \odot O$ 与矩形各边的交点个数为 5 个时, $O A>\frac{15}{4}$,

点 $O$ 继续移动到如图 2 时, 即与 $B C$ 相切,

$\odot O$ 与矩形各边的交点个数为 6 个, 在此之前的交点是 5 个,

$\therefore$ 图 2 又是一种临界情况,

分别过 $O$ 作 $B C, A B$ 的垂线段 $O G, O H$,



图2

$\because \odot O$ 与 $B C$ 相切, $O A=O G$,

又 $\because O G \perp B C, O H \perp A B$,

$\therefore O G / / A B$,

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

$\therefore \triangle O C G \backsim \triangle A C B$,
$\therefore \frac{O C}{O G}=\frac{A C}{A B}$

$O C=\frac{A C}{A B} \cdot O G=\frac{5}{4} O G=\frac{5}{4} O A$,

$A C=O A+O C=O A+\frac{5}{4} O A=\frac{9}{4} O A$,

即 $A C==\frac{9}{4} O A$, 得 $O A=\frac{40}{9}$,

$\therefore \odot O$ 与矩形各边的交点个数为 5 个时, $O A<\frac{40}{9}$,

综上, $\frac{15}{4}<O A<\frac{40}{9}$.

故本题答案为: $\frac{15}{4}<O A<\frac{40}{9}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：$P$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, $B C=4, \angle B A C=90^{\circ}$, 则 $\triangle P B C$ 的外接圆半径为
选项：
答案：$2 \sqrt{2}$

<ImageHere>
解析：$\because P$ 是 $\triangle A B C$ 的内心

$\therefore A D$ 平分 $\angle B A C, B P$ 平分 $\angle A B C$,

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

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

$\therefore B D=C D$

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

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

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

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

$\therefore D P=D B$

$$
\therefore B D=D P=C D
$$

$\therefore D$ 为 $\triangle P B C$ 的外接圆的圆心, $B D$ 为 $\triangle P B C$ 的外接圆半径

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

$\therefore B C$ 是直径,

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

$$
\begin{gathered}
\therefore 2 B D^{2}=B C^{2}=16 \\
\therefore B D^{2}=8
\end{gathered}
$$

$$
B D=2 \sqrt{2}
$$

$\therefore \triangle P B C$ 外接圆的半径为 $2 \sqrt{2}$
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A 、 P B$ 是 $\odot O$ 的切线, $A 、 B$ 为切点, 点 $C 、 D$ 在 $\odot O$ 上. 若 $\angle P=102^{\circ}$,则 $\angle A+\angle C=$ \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$219^{\circ}$
解析：连接 $A B$,



$\because P A 、 P B$ 是 $\odot O$ 的切线，

$\therefore P A=P B$,

$\because \angle P=102^{\circ}$,

$\therefore \angle P A B=\angle P B A=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-102^{\circ}\right)=39^{\circ}$,

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

$\therefore \angle P A D+\angle C=\angle P A B+\angle D A B+\angle C=180^{\circ}+39^{\circ}=219^{\circ}$,

故答案为: $219^{\circ}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \tan \angle A B C=\frac{7}{24}$, 若点 $O$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 则 $\cos \angle O A C=$ \$ \qquad \$


.


选项：
答案：$\frac{4}{5}$
解析：: 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, \tan \angle A B C=\frac{7}{24}$, 设 $A C=7 x, B C=24 x$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{(7 x)^{2}+(24 x)^{2}}=25 x$,

$\because$ 点 $O$ 为 $\triangle A B C$ 的内心,



$\therefore \frac{1}{2} A C \times B C=\frac{1}{2} \times(A C+B C+A B) \times O D$,
$\frac{1}{2} \times 7 x \times 24 x=\frac{1}{2}(7 x+24 x+25 x) \times O D$,

解得 $O D=3 x$,

$\because$ 四边形 $C D O E$ 是正方形,

$\therefore A D=7 x-3 x=4 x$,

$\therefore O A=\sqrt{(3 x)^{2}+(4 x)^{2}}=5 x$,

$\therefore \cos \angle O A C=\frac{A D}{O A}=\frac{4 x}{5 x}=\frac{4}{5}$,

故答案为 $\frac{4}{5}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：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 $C D$ 于点 $E, A B=2$,则四边形 $A B_{1} E D$ 的内切圆半径为 \$ \qquad \$。
选项：
答案：$\sqrt{3}-1$
解析：作 $\angle D A B_{1}$ 与 $\angle A B_{1} C_{1}$ 的角平分线交于点 $O$, 过 $O$ 作 $O F \perp A B_{1}$,



则 $\angle O A F=30^{\circ}, \angle A B_{1} O=45^{\circ}$,

故 $B_{1} F=O F=\frac{1}{2} O A ，$

设 $B_{1} F=x$, 则 $A F=2-x, A O=2 x$ ，

在Rt $\triangle A O F$ 中，

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

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

解得 $x=\sqrt{3}-1$ 或 $x=-\sqrt{3}-1$ (舍去)，

$\therefore$ 四边形 $A B_{1} E D$ 的内切圆半径为 $\sqrt{3}-1$.

故答案为 $\sqrt{3}-1$.