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题目（九年级 · 画法几何学）：(本题10分)（2020$cdot$浙江$cdot$九年级期末）如图，$AB$是$odotO$的直径，弦$CDperpAB$于点$E$,点$G$为弧$BC$上一动点,$CG$与$AB$的延长线交于点$F$,连接$OD,GB,BD$.(1)判定$angleAOD$与$angleCGD$的大小关系,并说明理由,(2)求证:$GB$平分$angleDGF$.(3)在$G$点运动过程中,当$GD=GF$时,$DE=4,BF=4sqrt{5}$,求$odotO$的面积.
选项：
答案：(1)$angleAOD=angleCGD$,理由见解析;(2)见解析;(3)$25pi$
解析：【分析】（1）由垂径定理得出$AC=AD$,由圆周角定理即可得出$angleAOD=angleCGD$;(2)连接$BC$,由垂径定理得出$BC=BD$,由圆周角定理得出$angleBCD=angleBGD=angleBDC$,由四边形$BDCG$为圆内接四边形,得出$angleBGF=angleBDC$,推出$angleBGD=angleBGF，$即可得出结论；（3）由$SAS$证得$triangleBGDcongtriangleBGF$，得出$BD=BF=4sqrt{5}$,由勾股定理得出$BE=sqrt{BD^{2}-DE^{2}}=8$,设$odotO$的半径为$r$,则$OE=8-r$,在Rt$triangleODE$中,$(8-r)^{2}+4^{2}=r^{2}$,解得$r=5$,从而可得面积.【详解】解:(1)$angleAOD=angleCGD$;理由如下:$becauseAB$是$odotO$的直径,弦$CDperpAB$,$thereforeAC=AD$,$thereforeangleAOD=angleCGD$,故答案为:$angleAOD=angleCGD$;(2)连接$BC$,如图所示:$becauseAB$是$odotO$的直径,弦$CDperpAB$,$thereforeBC=BD$,$thereforeangleBCD=angleBGD=angleBDC$,$because$四边形$BDCG$为圆内接四边形,$thereforeangleBGF=angleBDC$,$thereforeangleBGD=angleBGF$,$thereforeGB$平分$angleDGF;$(3)在$triangleBGD$和$triangleBGF$中,$left{begin{array}{l}GD=GFangleBGD=angleBGF,BG=BGend{array}right.$$thereforetriangleBGDcongtriangleBGF(SAS)$$thereforeBD=BF=4sqrt{5}$,$BE=sqrt{BD^{2}-DE^{2}}=sqrt{(4sqrt{5})^{2}-4^{2}}=8$,设$odotO$的半径为$r$,则$OE=8-r$,在Rt$triangleODE$中,$(8-r)^{2}+4^{2}=r^{2}$,解得：$r=5$,即$odotO$的半径为5,$thereforeodotO$的面积为$25pi$.【点睛】本题考查了圆周角定理、垂径定理、勾股定理、圆内接四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识;熟练掌握垂径定理、圆周角定理、证明三角形全等是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题9分)(2022-浙江$cdot$养正学校九年级阶段练习)如图,在$triangleABC$中,$D,E$分别是$AB,AC$上的点,$triangleADEsimtriangleACB,triangleABC$的角平分线$AF$交$DE$于点$G$,交$BC$于点$F$.(1)求证:$triangleADGsimtriangleACF$;(2)若$AE:AB=2:3$,求$frac{AG}{FG}$的值.
选项：
答案：(1)见解析(2)2
解析：【分析】(1)根据$triangleADEbacksimtriangleACB$,得$angleADE=angleACB,AF$为$angleBAC$的角平分线,得$angleDAG=angleFAC$,可得$triangleADGbacksimtriangleACF;$(2)根据$triangleADEbacksimtriangleACB$,得$frac{AE}{AB}=frac{AD}{AC}$,在$triangleADGbacksimtriangleACF$时,$AG:AF=AD$：$AC=2:3$,根据比例性质可得$frac{AG}{FG}=frac{2}{1}$.(1)解:$becausetriangleADEsimtriangleACB$,$thereforeangleADE=angleACB$,又$becauseAF$为$angleBAC$的角平分线,$thereforeangleDAG=angleFAC$,$therefore$在$triangleADG$与$triangleACF$中,$thereforetriangleADGsimtriangleACF;$(2)$becausetriangleADEsimtriangleACB$,$thereforefrac{AE}{AB}=frac{AD}{AC}=frac{2}{3}$,在$triangleADGsimtriangleACF$时，$AG:AF=AD:AC=2:3$,设$AG$为$2x$,则$AF=3x$，即$GF=x，$$thereforefrac{AG}{FG}=frac{2}{1}$.【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质.解本题关键掌握相似三角形的判定和性质.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题10分)(2022$cdot$浙江金华$cdot$九年级期末)如图1,在矩形$ABCD$中,$AB=3,BC=5$,点$E$在$AB$边上,且$AE=1$.点$F$是$BC$边上的动点.将$triangleBEF$沿$EF$折叠得到$triangleGEF$.直线$GF$与直线$AB$的交点为$H$.图1图2图3(1)如图2,点$F$与点$C$重合时,求$triangleHEG$与$triangleHBC$的面积比;(2)如图3,当$H$在点$A$的上方,且满足三角形$HEF$是等腰三角形时,求线段$EH$的长.(3)在点$F$的运动过程中,以$E、G、H$为顶点的三角形能否与以$B、C、D$为顶点的三角形相似？若能,求$BF$的长;若不存在,请说明理由.
选项：
答案：(1)$frac{4}{25}$(2)4(3)存在,$BF=frac{2sqrt{34}+6}{5}$或$BF=frac{2sqrt{34}-6}{5}$
解析：【分析】(1)根据$angleGHE=angleBHC,angleEGH=angleCBH$,得证$triangleHEGsimtriangleHCB$,根据面积之比等于相似比的平方,得到${S}_{triangleHEG}:{S}_{triangleHCB}=left(frac{EG}{CB}right)^{2}$,结合$EG=BE=AB-AE=2$,计算即可.（2）根据题意,$EF=EH$,根据折叠性质,等腰三角形三线合一性质,得$FB=FG=GH$,得到$angleBHF=30^{circ}$,结合$EG=BE=AB-AE=2$,计算即可.（3）根据题意,当$H$在上方时,先计算$BD$,利用$triangleHEGsimtriangleBCD$计算$GH$,再利用$triangleHFBsimtriangleBDC$计算即可;当$H$在下方时,先计算$BD$,利用$triangleHEGsimtriangleBCD$计算$HE$,$BH$,再利用$triangleHFBsimtriangleBDC$计算即可.(1)如图,$becauseangleGHE=angleBHC,angleEGH=angleCBH$,$thereforetriangleHEGsimtriangleHCB$,根据面积之比等于相似比的平方,$therefore{S}_{triangleHEG}:{S}_{triangleHCB}=left(frac{EG}{CB}right)^{2}$,$becauseEG=BE=AB-AE=2$,$therefore{S}_{triangleHEG}:{S}_{triangleHCB}=left(frac{2}{5}right)^{2}=frac{4}{25}$.(2)根据题意,$EF=EH$,根据折叠性质,等腰三角形三线合一性质,得$FB=FG=GH$,$thereforeangleBHF=30^{circ}$$becauseEG=BE=AB-AE=2$,$thereforeEH=4$.(3)$becauseBC=5,DC=3$,四边形$ABCD$是矩形,$thereforeBD=sqrt{3^{2}+5^{2}}=sqrt{34}$.根据题意,得到$CHperpBD$时,$triangleHEGbacksimtriangleBCD$,$thereforefrac{HE}{BD}=frac{HG}{BC}=frac{EG}{DC}$,$thereforefrac{HG}{5}=frac{2}{3}$,解得$GH=frac{10}{3}$.$becausetriangleHEGbacksimtriangleHFB$,$thereforetriangleHFBsimtriangleBDC$,$thereforefrac{BF}{FH}=frac{DC}{BD}$,$thereforefrac{BF}{BF+frac{10}{3}}=frac{3}{sqrt{34}}$,解得$BF=frac{2sqrt{34}+6}{5}$.当$H$在下方时,$becauseBC=5,DC=3$,四边形$ABCD$是矩形,$thereforeBD=sqrt{3^{2}+5^{2}}=sqrt{34}$.根据题意,得到$CHperpBD$时,$triangleHEGsimtriangleBCD$,$thereforefrac{HE}{BD}=frac{HG}{BC}=frac{EG}{DC}$,$thereforefrac{HE}{sqrt{34}}=frac{2}{3}$,解得$HE=frac{2sqrt{34}}{3}$,$thereforeBH=HE-BE=frac{2sqrt{34}}{3}-2=frac{2sqrt{34}-6}{3}$.$becausetriangleHEGsimtriangleHFB$,$thereforetriangleHFBsimtriangleBDC$,$thereforefrac{BF}{BH}=frac{DC}{BC}$,$thereforefrac{frac{BF}{2sqrt{34}-6}}{3}=frac{3}{5}$,解得$BF=frac{2sqrt{34}-6}{5}$.【点睛】本题考查了矩形的性质,折叠的性质,等腰三角形的判定和性质,勾股定理,三角形相似的判定和性质,熟练掌握三角形相似的判定性质是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题6分)(2021$cdot$浙江绍兴$cdot$九年级期中)如图,在$6times6$的正方形网格中,点$A,B$,$C$均在格点上，请按要求完成下列作图:(1)仅用无刻度直尺:(2)保留作图痕迹.图1图2(1)在图1中请用一把无刻度的尺子,画出线段$MN$三等分点$P,Q$.(2)在图2中以$AB$为直径的半圆上找一点$P$,画出$anglePBA$,使得$anglePBA=22.5^{circ}$.
选项：
答案：(1)见解析(2)见解析
解析：【分析】(1)取格点$E、F、J、K、G$,连接$EF、JK、NG$交$MN$于点$P、Q$,即可得出答案;(2)连接$OT$,交$odotO$于一点$P$,连接$PB$,即可得出答案.(1)解：取格点$E、F、J、K、G$,连接$EF、JK、NG$交$MN$于点$P、Q$,如图所示:根据格点特点可知,$NG//EF//JK$,$thereforeMQ:PQ:PN=MK:KF:FG$,$becauseMK=KF=FG$$thereforeMQ:PQ:PN=1:1:1$,即点$P$,点$Q$即为所求作的点.(2)解:连接$OT$,交$odotO$于一点$P$,连接$PB$,点$P$即为所求,如图所示:$becauseAO=AT,angleTAO=90^{circ}$,$thereforeangleAOT=angleATO=frac{1}{2}times90^{circ}=45^{circ}$,$thereforeangleABP=frac{1}{2}angleAOT=22.5^{circ}$.【点睛】本题考查作图一应用与设计作图,圆周角定理,平行分线段成比例定理等知识,解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理,属于中考常考题型.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本题9分)(2022$cdot$浙江绍兴$cdot$九年级期末)在矩形$ABCD$中,$AB=2,E$是$AD$上一点,$AE=1$.将$triangleABE$沿$BE$折叠,点$A$的对应点为$F$.图1图2(1)如图1,若点$F$落在矩形$ABCD$的边$CD$上.(1)求证:$triangleBCFsimtriangleFDE$.(2)求边$AD$的长.(2)如图2,若点$F$落在对角线$BD$上,求边$AD$的长.
选项：
答案：(1)解析、(2)$frac{8}{5}$(2)$frac{8}{3}$
解析：【分析】(1)(1)根据同角的余角相等可得$angleCBF=angleDFE$,从而可证明$triangleBCFsimtriangleFDE$.(2)设$DE=x$,则$AD=x+1$,由(1)知$triangleBCFsimtriangleFDE$,得$frac{DF}{DA}=frac{EF}{BA}=frac{1}{2}$,再利用勾股定理列方程即可解答.(2)设$DF=x$,证明$triangleABDsimtriangleFED$,得$frac{DF}{DA}=frac{EF}{BA}=frac{1}{2}$,在$RttriangleDEF$中,利用勾股定理列方程即可解答.(1)(1)$because$四边形$ABCD$是矩形,将$triangleABE$沿$BE$折叠,点$A$的对应点为$F$.$thereforeangleEFB=angleA=90^{circ},EF=AE=1,quadBF=AB=2$$thereforeangleDFE+angleBFC=90^{circ}$$becauseangleCBF+angleCFB=90^{circ}$$thereforeangleCBF=angleDFE$$becauseangleC=angleD=90^{circ}$$thereforetriangleBCFsimtriangleFDE$(2)设$DE=x，$则$AD=x+1$由(1)知$triangleBCFsimtriangleFDE$$thereforefrac{EF}{FB}=frac{ED}{FC}=frac{1}{2}$$thereforeCF=2x$在Rt$triangleBCF$中，由勾股定理得$(x+1)^{2}+(2x)^{2}=2^{2}$解得$x=frac{3}{5}$或-1(舍去)$thereforeAD=frac{3}{5}+1=frac{8}{5}$(2)设$DF=x$$because$将$triangleABE$沿$BE$折叠,$thereforeEF=AE=1,angleEFB=angleA=90^{circ}$又$becauseangleBDA=angleEDF$$thereforetriangleABDsimtriangleFED$$thereforefrac{DF}{DA}=frac{EF}{BA}=frac{1}{2}$$thereforeAD=2x$$thereforeDE=2x-1$在Rt$triangleDEF$中,由勾股定理得$EF^{2}=DE^{2}-DF^{2}$即$(2x-1)^{2}-x^{2}=1$解得$x=frac{4}{3}$或0（舍去）$thereforeAD=2x=2timesfrac{4}{3}=frac{8}{3}$【点睛】本题主要考查了矩形的性质、翻折的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点,熟练掌握上述知识点是解答本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

图1是一种三角车位锁, 其主体部分是由两条长度相等的钢条组成. 当位于顶端的小挂锁打开时, 钢条可放入底盒中(底盒固定在地面下), 此时汽车可以进入车位; 当车位锁上锁后, 钢条按图1的方式立在地面上, 以阻止底盘高度低于车位锁高度的汽车进入车位. 图2是其示意图, 经测量, 钢条 $A B=A C=50 \mathrm{~cm}, \angle A B C=47^{\circ}$.

(1)求车位锁的底盒长 $B C$.

(2)若一辆汽车的底盘高度为 $30 \mathrm{~cm}$, 当车位锁上锁时, 问这辆汽车能否进入该车位?

(参考数据: $\sin 47^{\circ} \approx 0.73, \cos 47^{\circ} \approx 0.68, \tan 47^{\circ} \approx 1.07$ )



图1



图2
选项：
答案：解：(1)过点 $A$ 作 $A H \perp B C$ 于点 $H$,

<ImageHere>

图2

$\because A B=A C$,
$\therefore B H=H C$,

在Rt $\triangle A B H$ 中, $\angle B=47^{\circ}, A B=50 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B H=A B \times \cos B=50 \times \cos 47^{\circ} \approx 50 \times 0.68=34 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B C=2 B H=68 \mathrm{~cm}$.

(2)在Rt $\triangle A B H$ 中,

$\therefore A H=A B \sin B=50 \sin 47^{\circ} \approx 50 \times 0.73=36.5 \mathrm{~cm}$

$\therefore 36.5>30$,

$\therefore$ 当车位锁上锁时, 这辆汽车不能进入该车位.

【解析】本题考查解直角三角形, 解题的关键是熟练运用锐角函数的定义.

(1)过点 $A$ 作 $A H \perp B C$ 于点 $H$, 根据锐角三角函数的定义即可求出答案.

(2)根据锐角三角函数的定义求出 $A H$ 的长度即可判断.
解析：解：(1)过点 $A$ 作 $A H \perp B C$ 于点 $H$,



图2

$\because A B=A C$,
$\therefore B H=H C$,

在Rt $\triangle A B H$ 中, $\angle B=47^{\circ}, A B=50 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B H=A B \times \cos B=50 \times \cos 47^{\circ} \approx 50 \times 0.68=34 \mathrm{~cm}$,

$\therefore B C=2 B H=68 \mathrm{~cm}$.

(2)在Rt $\triangle A B H$ 中,

$\therefore A H=A B \sin B=50 \sin 47^{\circ} \approx 50 \times 0.73=36.5 \mathrm{~cm}$

$\therefore 36.5>30$,

$\therefore$ 当车位锁上锁时, 这辆汽车不能进入该车位.

【解析】本题考查解直角三角形, 解题的关键是熟练运用锐角函数的定义.

(1)过点 $A$ 作 $A H \perp B C$ 于点 $H$, 根据锐角三角函数的定义即可求出答案.

(2)根据锐角三角函数的定义求出 $A H$ 的长度即可判断.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

直角三角形纸片的两直角边长分别为 6,8 , 现将 $\triangle A B C$ 如图所示那样折叠, 使点 $A$ 与点 $B$ 重合,折痕为 $D E$, 求 $\tan \angle C B E$ 的值.


选项：
答案：解: $\because A C=8, B C=6$,

$\therefore$ 由勾股定理得 $A B=10$,

由折叠可得 $A D=B D=5, A E=B E$,

设 $C E=x$, 则 $B E=A E=8-x$,

所以 $(8-x)^{2}=6^{2}+x^{2}$,

解得 $x=\frac{7}{4}$,

$\therefore \tan \angle C B E=\frac{C E}{B C}=\frac{\frac{7}{4}}{6}=\frac{7}{24}$.

【解析】本题主要考查了翻折变换, 勾股定理的应用, 解题的关键是熟练掌握翻折变换, 勾股定理的计算, 根据已知及翻折变换, 勾股定理的计算, 求出 $\tan \angle C B E$ 的值.
解析：解: $\because A C=8, B C=6$,

$\therefore$ 由勾股定理得 $A B=10$,

由折叠可得 $A D=B D=5, A E=B E$,

设 $C E=x$, 则 $B E=A E=8-x$,

所以 $(8-x)^{2}=6^{2}+x^{2}$,

解得 $x=\frac{7}{4}$,

$\therefore \tan \angle C B E=\frac{C E}{B C}=\frac{\frac{7}{4}}{6}=\frac{7}{24}$.

【解析】本题主要考查了翻折变换, 勾股定理的应用, 解题的关键是熟练掌握翻折变换, 勾股定理的计算, 根据已知及翻折变换, 勾股定理的计算, 求出 $\tan \angle C B E$ 的值.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, A B=A C, B D \perp A C$, 垂足为点 $E$, 点 $F$ 在 $B D$ 的延长线上,且 $D F=D C$, 连接 $A F, C F$, 若 $A F=10, B C=4 \sqrt{5}$, 求 $\tan \angle B A D$ 的值.


选项：
答案：解:

$\because A B=A C$,

$\therefore \widehat{A B}=\overparen{A C}, \angle A B C=\angle A C B$,

$\therefore \angle A B C=\angle A D B, \angle A B C=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle B A C\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C$,

$\because B D \perp A C$,

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

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

$\therefore \angle C A D=\angle F B C=\frac{1}{2} \angle B A C$,
$\because D F=D C$,

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

$\therefore C B=C F$,

又 $B D \perp A C$,

$\therefore A C$ 是线段 $B F$ 的中垂线,

$\therefore A B=A F=10, A C=10$.

又 $B C=4 \sqrt{5}$, 设 $A E=x, C E=10-x$,

则 $A B^{2}-A E^{2}=B C^{2}-C E^{2}$, 即 $100-x^{2}=80-(10-x)^{2}$, 解得 $x=6$,

$\therefore A E=6, B E=8, C E=4$,

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

$\therefore D E=\frac{A E \cdot C E}{B E}=\frac{6 \times 4}{8}=3$,

作 $D H \perp A B$, 垂足为点 $H$,

<ImageHere>

$\because \angle D B H=\angle A B E, \angle B H D=\angle A E B=90^{\circ}$,

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

$\because \frac{D B}{A B}=\frac{B H}{B E}=\frac{D H}{A E}$,

$\therefore \frac{11}{10}=\frac{B H}{8}=\frac{D H}{6}$,

$\therefore B H=\frac{44}{5}, D H=\frac{33}{5}$,

$\therefore A H=A B-B H=10-\frac{44}{5}=\frac{6}{5}$,
$\therefore \tan \angle B A D=\frac{D H}{A H}=\frac{\frac{33}{5}}{6}=\frac{11}{2}$,

【解析】见答案
解析：解:

$\because A B=A C$,

$\therefore \widehat{A B}=\overparen{A C}, \angle A B C=\angle A C B$,

$\therefore \angle A B C=\angle A D B, \angle A B C=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle B A C\right)=90^{\circ}-\frac{1}{2} \angle B A C$,

$\because B D \perp A C$,

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

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

$\therefore \angle C A D=\angle F B C=\frac{1}{2} \angle B A C$,
$\because D F=D C$,

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

$\therefore C B=C F$,

又 $B D \perp A C$,

$\therefore A C$ 是线段 $B F$ 的中垂线,

$\therefore A B=A F=10, A C=10$.

又 $B C=4 \sqrt{5}$, 设 $A E=x, C E=10-x$,

则 $A B^{2}-A E^{2}=B C^{2}-C E^{2}$, 即 $100-x^{2}=80-(10-x)^{2}$, 解得 $x=6$,

$\therefore A E=6, B E=8, C E=4$,

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

$\therefore D E=\frac{A E \cdot C E}{B E}=\frac{6 \times 4}{8}=3$,

作 $D H \perp A B$, 垂足为点 $H$,



$\because \angle D B H=\angle A B E, \angle B H D=\angle A E B=90^{\circ}$,

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

$\because \frac{D B}{A B}=\frac{B H}{B E}=\frac{D H}{A E}$,

$\therefore \frac{11}{10}=\frac{B H}{8}=\frac{D H}{6}$,

$\therefore B H=\frac{44}{5}, D H=\frac{33}{5}$,

$\therefore A H=A B-B H=10-\frac{44}{5}=\frac{6}{5}$,
$\therefore \tan \angle B A D=\frac{D H}{A H}=\frac{\frac{33}{5}}{6}=\frac{11}{2}$,

【解析】见答案
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $F$ 为 $\odot O$ 上一点, $A C$ 平分 $\angle F A B$ 交 $\odot O$ 于点 $C$. 过点 $C$ 作 $C D \perp A F$ 交 $A F$的延长线于点 $D$.



(1)求证: $C D$ 是 $\odot O$ 的切线.

(2) 若 $D C=3, A D=9$, 求 $\odot O$ 半径
选项：
答案：(1)证明：连接 $O C$,

<ImageHere>

$\because A C$ 平分 $\angle F A B$,

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

$\because A O=C O$,

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

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

$\therefore A D / / O C$,

$\because C D \perp A F$,

$\therefore C D \perp O C$,

$\because O C$ 为半径,

$\therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 解：过点 $O$ 作 $O E \perp A F$ 于 $E$,

<ImageHere>

$\therefore A E=E F=\frac{1}{2} A F, \angle O E D=\angle E D C=\angle O C D=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $O E D C$ 为矩形,

$\therefore C D=O E=3, D E=O C$,

设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 则 $O A=O C=D E=r$,

$\therefore A E=9-r$,
$\because O A^{2}-A E^{2}=O E^{2}$

$\therefore r^{2}-(9-r)^{2}=3^{2}$,

解得 $r=5$.

$\therefore \odot O$ 半径为 5 .

【解析】本题主要考查了切线的判定, 矩形的性质与判定, 构造直角三角形是解题的关键.

(1)根据角平分线的定义和平行线的判定和性质以及切线的判定定理即可得到结论;

(2)过点 $O$ 作 $O E \perp A F$ 于 $E$, 证明四边形 $O E D C$ 为矩形, 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 由勾股定理列出方程求解.
解析：(1)证明：连接 $O C$,



$\because A C$ 平分 $\angle F A B$,

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

$\because A O=C O$,

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

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

$\therefore A D / / O C$,

$\because C D \perp A F$,

$\therefore C D \perp O C$,

$\because O C$ 为半径,

$\therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 解：过点 $O$ 作 $O E \perp A F$ 于 $E$,



$\therefore A E=E F=\frac{1}{2} A F, \angle O E D=\angle E D C=\angle O C D=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $O E D C$ 为矩形,

$\therefore C D=O E=3, D E=O C$,

设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 则 $O A=O C=D E=r$,

$\therefore A E=9-r$,
$\because O A^{2}-A E^{2}=O E^{2}$

$\therefore r^{2}-(9-r)^{2}=3^{2}$,

解得 $r=5$.

$\therefore \odot O$ 半径为 5 .

【解析】本题主要考查了切线的判定, 矩形的性质与判定, 构造直角三角形是解题的关键.

(1)根据角平分线的定义和平行线的判定和性质以及切线的判定定理即可得到结论;

(2)过点 $O$ 作 $O E \perp A F$ 于 $E$, 证明四边形 $O E D C$ 为矩形, 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 由勾股定理列出方程求解.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, $P A, P B$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $A, B$ 两点, $C$ 是 $\overparen{A B}$ 上任意一点, 过点 $C$ 作 $\odot O$ 的切线, 分别与 $P A, P B$ 相交于 $D, E$ 两点, 若 $P A=P B=5 \mathrm{~cm}$, 求 $\triangle P D E$ 的周长.


选项：
答案：解: $\because P A$ 与 $P B$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B$ 两点, $D E$ 切 $\odot O$ 于 $C$,

$\therefore P A=P B=5 \mathrm{~cm}, D A=D C, E C=E B$

$\therefore \triangle P D E$ 的周长 $=P D+P E+D C+E C=P D+D A+P E+E B=P A+P B=10 \mathrm{~cm}$.

【解析】由 $P A 、 P B 、 D C 、 E C$ 都为 $\odot O$ 的切线, 根据切线长定理得到 $P A=P B=5 \mathrm{~cm}, D A=D C$, $E C=E B$, 然后把 $\triangle P D E$ 的周长 $=P D+P E+D C+E C$ 进行等线段代换得到 $\triangle P D E$ 的周长 $=P A+$ $P B$, 而 $P A=P B=5 \mathrm{~cm}$, 即可得到 $\triangle P D E$ 的周长.

本题考查了切线长定理: 从圆外一点引圆的两条切线, 切线长相等, 并且这点与圆心的连线平分两切线的夹角.
解析：解: $\because P A$ 与 $P B$ 分别切 $\odot O$ 于 $A 、 B$ 两点, $D E$ 切 $\odot O$ 于 $C$,

$\therefore P A=P B=5 \mathrm{~cm}, D A=D C, E C=E B$

$\therefore \triangle P D E$ 的周长 $=P D+P E+D C+E C=P D+D A+P E+E B=P A+P B=10 \mathrm{~cm}$.

【解析】由 $P A 、 P B 、 D C 、 E C$ 都为 $\odot O$ 的切线, 根据切线长定理得到 $P A=P B=5 \mathrm{~cm}, D A=D C$, $E C=E B$, 然后把 $\triangle P D E$ 的周长 $=P D+P E+D C+E C$ 进行等线段代换得到 $\triangle P D E$ 的周长 $=P A+$ $P B$, 而 $P A=P B=5 \mathrm{~cm}$, 即可得到 $\triangle P D E$ 的周长.

本题考查了切线长定理: 从圆外一点引圆的两条切线, 切线长相等, 并且这点与圆心的连线平分两切线的夹角.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题8.0分)

如图, 已知 $\triangle A B C, B D$ 平分 $\angle A B C$ 交 $A C$ 于点 $D$, 请利用尺规作 $\triangle A B C$ 的内心 $O$. (保留作图痕迹,不要求写作法)


选项：
答案：解: 如图:

<ImageHere>

点 $O$ 即为所求.

【解析】作 $\angle A C B$ 的平分线, 交 $B D$ 于 $O$, 则 $O$ 即为 $\triangle A B C$ 的内心.

本题考查作图一复杂作图, 解题的关键是掌握三角形内心的概念和用尺规作角平分线的方法.
解析：解: 如图:



点 $O$ 即为所求.

【解析】作 $\angle A C B$ 的平分线, 交 $B D$ 于 $O$, 则 $O$ 即为 $\triangle A B C$ 的内心.

本题考查作图一复杂作图, 解题的关键是掌握三角形内心的概念和用尺规作角平分线的方法.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

已知在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}$.

(1)用尺规作图, 作出 $\triangle A B C$ 的内切圆, 与边 $A C, B C, A B$ 分别切于点 $D, E, F$. (保留作图痕迹);

(2)若 $B C=3, A C=4$, 求此内切圆的半径.


选项：
答案：(1)如图即为所求作的图形.

<ImageHere>

(2)如图: 连接 $O D 、 O E 、 O F$, 得正方形 $O D C E$,

$\triangle A B C$ 的内切圆, 与边 $A C, B C, A B$ 分别切于点 $D, E, F$,

设此内切圆的半径为 $r$,

在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, B C=3, A C=4, \therefore A B=5$.

$\therefore A F=A D=4-r, B F=B E=3-r, \because A F+B F=A B$,

$\therefore 4-r+3-r=5$ 解得 $r=1$.

答: 此内切圆的半径为 1 .

【解析】 (1)根据尺规作图作两个角的平分线即可找到内切圆的圆心, 进而作出三角形的内切圆; (2)根据切线长定理和勾股定理即可求解.

本题考查了尺规作图、切线的性质、三角形的内切圆与内心, 解决本题的关键是掌握切线长定理并会运用.
解析：(1)如图即为所求作的图形.



(2)如图: 连接 $O D 、 O E 、 O F$, 得正方形 $O D C E$,

$\triangle A B C$ 的内切圆, 与边 $A C, B C, A B$ 分别切于点 $D, E, F$,

设此内切圆的半径为 $r$,

在 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, B C=3, A C=4, \therefore A B=5$.

$\therefore A F=A D=4-r, B F=B E=3-r, \because A F+B F=A B$,

$\therefore 4-r+3-r=5$ 解得 $r=1$.

答: 此内切圆的半径为 1 .

【解析】 (1)根据尺规作图作两个角的平分线即可找到内切圆的圆心, 进而作出三角形的内切圆; (2)根据切线长定理和勾股定理即可求解.

本题考查了尺规作图、切线的性质、三角形的内切圆与内心, 解决本题的关键是掌握切线长定理并会运用.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 点 $E$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, $A E$ 的延长线和 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\odot O$ 相交于点 $D$ 过 $D$ 作直线 $D G / / B C$.

(1) 若 $\angle A C B=70^{\circ}$ ，则 $\angle A D B=$ ; $\angle A E B=$

(2)求证: $D E=C D$;

(3)求证: $D G$ 是 $\odot O$ 的切线.


选项：
答案： $70^{\circ} 125^{\circ}$
【解析】(1)解：如图, 连接 $B D, O D$,

<ImageHere>

$\because \overparen{A B}=\overparen{A B}$

$\therefore \angle A C B=\angle A D B=70^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C+\angle B A C=110^{\circ}$,

$\because$ 点 $E$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

$\therefore A E$ 平分 $\angle B A C, B E$ 平分 $\angle A B C$,

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

$\therefore \angle B A E+\angle A B E=55^{\circ}$,

$\therefore \angle A E B=125^{\circ}$,

故答案为: $70^{\circ}, 125^{\circ}$;

(2)证明: $\because \angle B A E=\angle C A E$,

$\therefore \overparen{B D}=\overparen{C D}$,

$\therefore B D=C D$,

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

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

$\therefore B D=D E$,

$\therefore D E=C D$;

(3)证明: $\because \widehat{B D}=\widehat{C D}$,

$\therefore O D \perp B C$,

$\because D G / / B C$

$\therefore O D \perp D G$,

又 $\because O D$ 是半径,

$\therefore D G$ 是 $\odot O$ 的切线.

(1) 由圆周角定理可得 $\angle A C B=\angle A D B=70^{\circ}$, 由三角形的内心的性质可得 $\angle A E B=125^{\circ}$;

(2) 由三角形的内心的性质可得 $A E$ 平分 $\angle B A C, B E$ 平分 $\angle A B C$, 可得 $\angle B A E=\angle C A E, \angle A B E=\angle C B E$,
由外角的性质可得 $\angle B E D=\angle D B E$, 可证 $D E=C D$;

(3) 由垂径定理可得 $O D \perp B C$, 由平行线的性质可得 $O D \perp D G$, 可得结论.

本题考查了三角形内切圆与内心, 圆的有关性质, 切线的判定和性质, 灵活运用这些性质解决问题是解题的关键.
解析： $70^{\circ} 125^{\circ}$
【解析】(1)解：如图, 连接 $B D, O D$,



$\because \overparen{A B}=\overparen{A B}$

$\therefore \angle A C B=\angle A D B=70^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C+\angle B A C=110^{\circ}$,

$\because$ 点 $E$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

$\therefore A E$ 平分 $\angle B A C, B E$ 平分 $\angle A B C$,

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

$\therefore \angle B A E+\angle A B E=55^{\circ}$,

$\therefore \angle A E B=125^{\circ}$,

故答案为: $70^{\circ}, 125^{\circ}$;

(2)证明: $\because \angle B A E=\angle C A E$,

$\therefore \overparen{B D}=\overparen{C D}$,

$\therefore B D=C D$,

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

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

$\therefore B D=D E$,

$\therefore D E=C D$;

(3)证明: $\because \widehat{B D}=\widehat{C D}$,

$\therefore O D \perp B C$,

$\because D G / / B C$

$\therefore O D \perp D G$,

又 $\because O D$ 是半径,

$\therefore D G$ 是 $\odot O$ 的切线.

(1) 由圆周角定理可得 $\angle A C B=\angle A D B=70^{\circ}$, 由三角形的内心的性质可得 $\angle A E B=125^{\circ}$;

(2) 由三角形的内心的性质可得 $A E$ 平分 $\angle B A C, B E$ 平分 $\angle A B C$, 可得 $\angle B A E=\angle C A E, \angle A B E=\angle C B E$,
由外角的性质可得 $\angle B E D=\angle D B E$, 可证 $D E=C D$;

(3) 由垂径定理可得 $O D \perp B C$, 由平行线的性质可得 $O D \perp D G$, 可得结论.

本题考查了三角形内切圆与内心, 圆的有关性质, 切线的判定和性质, 灵活运用这些性质解决问题是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：(本小题 8.0 分)

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

(1) 如图 (1), 点 $O$ 在斜边 $A B$ 上, 以点 $O$ 为圆心, $O B$ 长为半径的圆交 $A B$ 于点 $D$, 交 $B C$ 于点 $E$,与边 $A C$ 相切于点 $F$.求证: $\angle 1=\angle 2$;

(2)在图(2)中作 $\odot M$ ，使它满足以下条件:

(1)圆心在边 $A B$ 上; (2) 经过点 $B$; (3)与边 $A C$ 相切.

(尺规作图, 只保留作图痕迹, 不要求写出作法)



图(1)



图(2)
选项：
答案：解: (1)证明：如图(1), 连接 $O F$,

<ImageHere>

图(1)

$\because A C$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O F \perp A C$,

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

$\therefore O F / / B C$,
$\therefore \angle 1=\angle O F B$,

$\because O F=O B$,

$\therefore \angle O F B=\angle 2$,

$\therefore \angle 1=\angle 2$.

(2)如图(2)所示 $\odot M$ 为所求.

(1) 作 $\angle A B C$ 平分线交 $A C$ 于 $F$ 点,

(2)作 $B F$ 的垂直平分线交 $A B$ 于 $M$, 以 $M B$ 为半径作圆,即 $\odot M$ 为所求.

证明: $\because M$ 在 $B F$ 的垂直平分线上,

$\therefore M F=M B$,

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

又 $\because B F$ 平分 $\angle A B C$,

<ImageHere>

图(2)

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

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

$\therefore M F / / B C$,

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

$\therefore F M \perp A C$,

$\therefore \odot M$ 与边 $A C$ 相切.

【解析】本题主要考查圆和切线的性质和基本作图的综合应用. 掌握连接圆心和切点的半径与切线垂直是解题的关键,

(1)连接 $O F$, 可证得 $O F / / B C$, 结合平行线的性质和圆的特性可求得 $\angle 1=\angle O F B=\angle 2$, 可得出结论;

(2) 由 (1)可知切点是 $\angle A B C$ 的角平分线和 $A C$ 的交点, 圆心在 $B F$ 的垂直平分线上, 由此即可作出 $\odot M$.
解析：解: (1)证明：如图(1), 连接 $O F$,



图(1)

$\because A C$ 是 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O F \perp A C$,

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

$\therefore O F / / B C$,
$\therefore \angle 1=\angle O F B$,

$\because O F=O B$,

$\therefore \angle O F B=\angle 2$,

$\therefore \angle 1=\angle 2$.

(2)如图(2)所示 $\odot M$ 为所求.

(1) 作 $\angle A B C$ 平分线交 $A C$ 于 $F$ 点,

(2)作 $B F$ 的垂直平分线交 $A B$ 于 $M$, 以 $M B$ 为半径作圆,即 $\odot M$ 为所求.

证明: $\because M$ 在 $B F$ 的垂直平分线上,

$\therefore M F=M B$,

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

又 $\because B F$ 平分 $\angle A B C$,



图(2)

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

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

$\therefore M F / / B C$,

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

$\therefore F M \perp A C$,

$\therefore \odot M$ 与边 $A C$ 相切.

【解析】本题主要考查圆和切线的性质和基本作图的综合应用. 掌握连接圆心和切点的半径与切线垂直是解题的关键,

(1)连接 $O F$, 可证得 $O F / / B C$, 结合平行线的性质和圆的特性可求得 $\angle 1=\angle O F B=\angle 2$, 可得出结论;

(2) 由 (1)可知切点是 $\angle A B C$ 的角平分线和 $A C$ 的交点, 圆心在 $B F$ 的垂直平分线上, 由此即可作出 $\odot M$.