eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2019-浙江台州$cdot$中考模拟）如图,矩形${ABCD}$周长为30,经过矩形对称中心$O$的直线分别交${AD},{BC}$于点${E},{F}$.将矩形沿直线${EF}$翻折,${A}^{prime}{B}^{prime}$分别交${AD}$,$CD$于点$M,N,B^{prime}F$交CD于点$G$.若$MN:EM=1:2$,则$triangleDMN$的周长为$qquad$.
选项：
答案：5
解析：【分析】根据中心对称的性质得到${AE}={CF},{ED}={BF}$,根据折叠的性质得到${A}^{prime}{E}={AE}$,$B^{prime}F=BF$,得到$CF=A^{prime}E$,根据全等三角形的性质得到$EM=FG,MN=NG$,求得${CF}+{CD}+{DE}=15$,根据相似三角形的性质得到$frac{A^{prime}E}{DN}=frac{A^{prime}M}{DM}=frac{EM}{MN}=2$,设${MN}={x}$,$DM+DN=y$，则$ME=2x，A^{prime}E+A^{prime}M=2y$，于是得到结论.【详解】解:$becauseEF$过矩形对称中心${O}$,$therefore{AE}={CF},{ED}={BF}$$because$将矩形沿直线${EF}$翻折,$therefore{A}^{prime}{E}={AE},{B}^{prime}{F}={BF}$,$therefore{CF}={A}^{prime}{E}$,$becauseangle{A}^{prime}=angle{B}^{prime}=angle{D}=angle{C}=90^{circ}$$becauseangle{A}^{prime}{ME}=angle{DMN},angle{DNM}=angle{B}^{prime}{NG},angle{B}^{prime}{GN}=angle{CGF}$,$thereforeangle{A}^{prime}{EM}=angle{CFG}$$thereforetriangle{A}^{prime}{ME}congtriangle{CGF}({ASA})$$therefore{EM}={FG}$同理$triangle{DMN}congtriangle{B}^{prime}{NG}$,$therefore{MN}={NG}$,$because$矩形${ABCD}$周长为30,$therefore{CF}+{CD}+{DE}=15$,$becauseangle{A}^{prime}=angle{D}=90^{circ},angle{A}^{prime}{ME}=angle{DMN}$$thereforetriangle{A}^{prime}{EM}simtriangle{DNM}$,$thereforefrac{A^{prime}E}{DN}=frac{A^{prime}M}{DM}=frac{EM}{MN}=2$,设$MN=x,DM+DN=y$,则$ME=2x,A^{prime}E+A^{prime}M=2y$,$therefore{CF}={CG}=2{y},{NG}={MN}={x}$,$therefore2y+x+y+2x=15$$therefore{x}+{y}=5$,$thereforetriangle{DMN}$的周长为5.故答案为5.【点睛】本题考查中心对称，矩形的性质。折叠的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质,正确的识别图形是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2019$cdot$浙江嘉兴$cdot$中考模拟)如图,点${C}$为半圆的中点,${AB}$是直径,点${D}$是半圆上一点,${AC},{BD}$交于点${E}$.若${AD}=1,{BD}=7$,则${CE}$的长为
选项：
答案：$frac{15}{4}$
解析：【分析】直径所对应的的圆周角为$90^{circ}$,再利用勾股定理求出${AB}$的值,然后利用${C}$点为半圆的中点判断出$triangle{ABC}$为等腰直角三角形,利用勾股定理求出${BC}$的值,最后利用三角形相似，对应边成比例求出${DE}$的长度.【详解】$because$点${C}$为半圆的中点,$therefore{AC}={BC},because{AB}$是直径,$thereforeangle{C}=angle{D}=90^{circ}$,在Rt$triangle{ADB}$中,$AD=1,BD=7,thereforeAB=5sqrt{2}$,在等腰Rt$triangleACB$中,$therefore{AC}={BC}=5,becauseangle{CBE}=angle{CAD},angle{C}=angle{D},thereforetriangle{ADE}simtriangle{BCE},thereforefrac{BC}{AD}=frac{CE}{DE}$,即$frac{5}{1}=$$frac{CE}{DE},therefore{CE}=5{DE},therefore{BE}=7-{DE}$,在Rt$triangle{CEB}$中,利用勾股定理得：$5^{2}+(5{DE})^{2}=(7-{DE})^{2}$,解得:${DE}=-frac{4}{3}$(舍去)或${DE}=frac{3}{4},quadtherefore{CE}=frac{15}{4}$故答案为$frac{15}{4}$。【点睛】直径所对的圆周角等于$90^{circ}$;两个角对应相等的三角形相似，相似三角形线段成比例;勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2021$cdot$浙江绍兴$cdot$九年级期中)如图,在$triangleABC$中,点$M$是边$BC$的中点,点$D、E$分别在边$AB、AC$上.若$angleB=angleC=angleDME=45^{circ},BC=8sqrt{2},CE=6$,则$DE=$$qquad$.
选项：
答案：$frac{10}{3}$
解析：【分析】先证明$triangleBDMsimtriangleCME$,再根据利用相似三角形的性质得出比例式求出$BD$,从而得到$AD$的长,再由$AC$和$CE$的长求出$AE$的长,最后在$RttriangleADE$中利用勾股定理来求$DE$的长度.【详解】解:$because$点$M$是$BC$中点,$BC=8sqrt{2}$,```$thereforeBM=MC=4sqrt{2}$,$becauseangleB=angleC=angleDME=45^{circ}$,$thereforeangleA=90^{circ},AB=AC=8$,$becauseangleB+angleBDM+angleDMB=180^{circ}$,$angleDMB+angleDME+angleEMC=180^{circ}$,$thereforeangleBDM=angleEMC$$thereforetriangleDBMsimtriangleMCE$$thereforefrac{DB}{CM}=frac{BM}{EC}$,$becauseCE=6$,$thereforefrac{DB}{4sqrt{2}}=frac{4sqrt{2}}{6}$,$thereforeBD=frac{16}{3}$,$thereforeAD=AB-BD=8-frac{16}{3}=frac{8}{3},AE=AC-EC=8-6=2$,```在Rt$triangleADE$中,由勾股定理得:$AD^{2}+AE^{2}=DE^{2}$,$thereforeDE=sqrt{left(frac{8}{3}right)^{2}+2^{2}}=frac{10}{3}$.故答案为:$frac{10}{3}$.【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理,解本题的关键是判断$triangleDBMsimtriangleMCE$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022$cdot$浙江温州$cdot$一模)如图,将两块三角板$OABleft(angleOAB=45^{circ}right)$和三角板$OCDleft(angleOCD=30^{circ}right)$放置在矩形$BCEF$中,直角顶点$O$重合,点$A,D$在$EF$边上,$AB=12$.(1)若点$O$到$BC$的距离为$2sqrt{6}$,则点$O$到$EF$的距离为$qquad$;(2)若$BC=3AD$,则$triangleOCD$外接圆的半径为$qquad$.
选项：
答案：$4sqrt{3};2sqrt{15}$
解析：【分析】(1)根据题意可得$angleAOB=angleDOC=90^{circ},AO=BO,CD=2DO$,过点$O$作$OGperpBC$于点$G$,延长$GO$交$EF$于点$H$,证明$triangleOAHcongtriangleBOG(AAS)$,可得$OH=BG$,$AH=OG=2sqrt{6}$,然后根据勾股定理即可解决问题;(2)根据题意证明$triangleHODsimtriangleGCO$,可得$frac{HO}{GC}=frac{HD}{OG}=frac{OD}{OC}$,由$tanangleOCD=tan30^{circ}=$$frac{OD}{OC}=frac{sqrt{3}}{3}$,设$BG=OH=x$,可得$CG=sqrt{3}x$,设$HD=k$,可得$OG=sqrt{3}k$,根据$BC=$$3AD$可得,$k=frac{1}{3}x$,然后利用勾股定理可得$DO=2sqrt{15}$,进而可以解决问题.【详解】解:(1)$because$两块三角板$OABleft(angleOAB=45^{circ}right)$和三角板$OCDleft(angleOCD=30^{circ}right)$放置在矩形$BCEF$中，$thereforeangleAOB=angleDOC=90^{circ},AO=BO,CD=2DO$,如图,过点$O$作$OGperpBC$于点$G$,延长$GO$交$EF$于点$H$,$because$四边形$BCEF$是矩形,$thereforeBC//EF$,$thereforeOHperpEF$,$thereforeangleOHA=angleAOB=90^{circ}$,$thereforeangleAOH+angleOAH=angleAOH+angleBOG=90^{circ}$,$thereforeangleOAH=angleBOG$,在$triangleOAH$和$triangleOGB$中,$$left{begin{array}{l}angleAHO=angleOGB=90^{circ}angleOAH=angleBOGAO=BOend{array}right.$$$thereforetriangleOAHcongtriangleBOG(AAS)$,$thereforeOH=BG,AH=OG=2sqrt{6}$,$becauseAB=12$.$thereforeAO=BO=frac{sqrt{2}}{2}AB=6sqrt{2}$,$thereforeBG=sqrt{BO^{2}-OG^{2}}=sqrt{(6sqrt{2})^{2}-(2sqrt{6})^{2}}=4sqrt{3}$$therefore{OH}=4sqrt{3}$,则点$O$到$EF$的距离为$4sqrt{3}$,故答案为:$4sqrt{3}$(2)$becauseangleOGC=angleDHO=angleDOC=90^{circ}$,$thereforeangleHOD+angleCOG=angleGCO+angleCOG=90^{circ}$,$thereforeangleHOD=angleGCO$,$thereforetriangleHODsimtriangleGCO$,$thereforefrac{HO}{GC}=frac{HD}{OG}frac{OD}{OC}$$becauseangleOCD=30^{circ}$,$thereforetanangleOCD=tan30^{circ}=frac{OD}{OC}=frac{sqrt{3}}{3}$,$thereforefrac{HO}{GC}=frac{HD}{OG}=frac{sqrt{3}}{3}$,由(1)知:$OH=BG,AH=OG$,设$BG=OH=x，$$thereforeCG=sqrt{3}x$,设$HD=k$,$thereforeOG=sqrt{3}k$,$thereforeAH=OG=sqrt{3}k$,$thereforeAD=AH+DH=(sqrt{3}+1)k$,$becauseBC=3AD,BC=BG+CG=OH+CG=(sqrt{3}+1)x$,$therefore(sqrt{3}+1)x=3(sqrt{3}+1)k$,$thereforek=frac{1}{3}x$,$thereforeAH=OG=sqrt{3}k=frac{sqrt{3}}{3}x$,在$RttriangleAHO$中,根据勾股定理得:$OH^{2}+AH^{2}=AO^{2}$,$thereforex^{2}+left(frac{sqrt{3}}{3}xright)^{2}=(6sqrt{2})^{2}$,解得$x=3sqrt{6}$,$thereforeHD=k=frac{1}{3}x=sqrt{6},BG=OH=x=3sqrt{6}$,在$RttriangleDHO$中，根据勾股定理得:$DH^{2}+OH^{2}=DO^{2}$,$therefore(sqrt{6})^{2}+(3sqrt{6})^{2}=DO^{2}$,$thereforeDO=2sqrt{15}$,$becauseangleOCD=30^{circ}$$thereforeCD=2OD=4sqrt{15}$$becauseangleCOD=90^{circ}$$thereforeCD$是$triangleOCD$外接圆的直径$thereforetriangleOCD$外接圆的半径为$2sqrt{15}$.故答案为:$2sqrt{15}$.【点睛】本题属于几何综合题,是中考填空题的压轴题,考查了全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,解直角三角形,勾股定理,三角形外接圆与外心,矩形的性质,解决本题的关键是综合运用以上知识.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022$cdot$浙江嘉兴$cdot$九年级期末)如图,矩形$ABCDsim$矩形$BCEF$,若$AB=8$,$BC=6$,则$CE$的值为
选项：
答案：$frac{9}{2}$
解析：【分析】利用相似多边形的性质求解即可.【详解】解：$because$矩形$ABCDsim$矩形$BCEF$,$thereforefrac{AB}{BC}=frac{BC}{CE}$$thereforeCE=frac{BC^{2}}{AB}=frac{6^{2}}{8}=frac{9}{2}$,故答案为:$frac{9}{2}$.【点睛】本题考查相似多边形的性质,矩形的性质等知识,解题的关键是掌握相似多边形的性质。
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2021浙江温州$cdot$九年级期末)如图,在$triangleABC$中,$DE//BC$分别交$AB$,$AC$于点$D,E$.若$frac{BD}{AD}=frac{1}{2}$,则$triangleADE$与$triangleABC$的周长之比为
选项：
答案：$frac{2}{3}$
解析：【分析】根据$DE//BC$,即可证得$triangleADEsimtriangleABC$,然后根据相似三角形的周长比等于相似比，即可求解.【详解】解:$becauseDE//BC$,$thereforetriangleADEsimtriangleABC$,$becausefrac{BD}{AD}=frac{1}{2}$,$thereforefrac{AD}{AB}=frac{2}{3}$,即:$triangleADE$与$triangleABC$的相似比为$frac{2}{3}$,$thereforetriangleADE$与$triangleABC$的周长之比为$frac{2}{3}$,故答案为:$frac{2}{3}$.【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质,解题的关键是熟练的掌握相似三角形的判定与性质.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022-浙江.瑞安市集云实验学校九年级期中)在半径为5的圆内放置正方形$ABCD,E$为$AB$的中点,$EFperpAB$交圆于点$F$,直线$DC$分别交圆于点$G,H$,如图所示.若$AB=4,EF=DG=CH$,则$GH$的长为$qquad$.
选项：
答案：$4sqrt{2}+4$
解析：【分析】根据正方形的性质推出$triangleFEBsimtriangleBCH$,根据相似三角形的性质得出$EF=2sqrt{2}$,根据线段的和差求解即可.【详解】解:$because$四边形$ABCD$是正方形,$thereforeAB//CD,angleBCD=90^{circ}$,$thereforeangleFBE=angleH,angleBCH=180^{circ}-90^{circ}=90^{circ}$,$becauseEFperpAB$$thereforeangleFEB=90^{circ}$,$thereforeangleFEB=angleBCH$,$thereforetriangleFEBsimtriangleBCH$$thereforefrac{EF}{BC}=frac{BE}{CH}$,$becauseAB=4,E$为$AB$的中点,$thereforeBE=2$,$thereforefrac{EF}{4}=frac{2}{CH}$,$thereforeEFcdotCH=8$,$becauseEF=CH$$thereforeEF^{2}=8$,$thereforeEF=2sqrt{2}$或$EF=-2sqrt{2}$(舍去),$thereforeEF=DG=CH=2sqrt{2}$,$thereforeGH=DG+DC+CH=2sqrt{2}+4+2sqrt{2}=4sqrt{2}+4$,故答案为:$4sqrt{2}+4$。【点睛】本题考查正方形的性质,以及相似三角形的判定和性质.熟练掌握正方形的性质,判定三角形相似是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022-浙江金华$cdot$九年级期中)如图,$DAperpAC,BCperpAC,AB$与$CD$相交于点$E$,过点$E$作$EFperpAC$交$AC$于$F$.且$BC=2,AD=3$,则$EF$的长为
选项：
答案：$frac{6}{5}$
解析：【分析】由$DAperpAC,BCperpAC,EFperpAC$,可得$EF//BC//AD$,则$triangleAEFsimtriangleABC,triangleCEFsimtriangleCDA$,再利用相似三角形的性质可得答案.【详解】解:$becauseDAperpAC,BCperpAC,EFperpAC$,$thereforeEF//BC//AD$,$thereforetriangleAEFsimtriangleABC,triangleCEFsimtriangleCDA$$thereforefrac{EF}{BC}=frac{AF}{AC},frac{EF}{AD}=frac{CF}{AC}$,$thereforefrac{EF}{BC}+frac{EF}{AD}=frac{AF}{AC}+frac{CF}{AC}=frac{AC}{AC}=1$,$becauseBC=2,quadAD=3$,$thereforefrac{EF}{2}+frac{EF}{3}=1$,解得:$EF=frac{6}{5}$.故答案为:$frac{6}{5}$.【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，证明$triangleAEFsimtriangleABC,triangleCEFsimtriangleCDA$是解本题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022$cdot$浙江舟山$cdot$九年级期末)如图,在直角$triangleABC$中,$angleC=90^{circ},AC=8$,$BC=6$,点$M$从点$C$出发沿线段$CA$向点${A}$移动,连接$BM,quadMNperpBM$交边$AB$于点$N$.若$CM=2，$那么线段$AN=$$qquad$;当点$M$从点$C$移动到$AC$的中点时,则点$N$的运动过程中路径长为$qquad$.
选项：
答案：$quadfrac{30}{13}quadfrac{45}{17}2frac{11}{17}$
解析：【分析】过点$N$作$NHperpAC$于点$H$,设$CM=x,AH=y$,利用相似三角形的性质可得$5x^{2}+(4y-40)x+18y=0$由$Deltageq0$,解得:$yleqfrac{5}{2}$和$ygeq40$(舍去),求出$y$的最大值可得出结论.【详解】解：如图,过点$N$作$NHperpAC$于点$H$,设$CM=x,AH=y$$becauseangleC=90^{circ},BC=6,AC=8$$therefore{AB}=sqrt{BC^{2}+AC^{2}}=sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$$becauseangleAHN=angleC=90^{circ},angleA=angleA$$thereforetriangleAHNsimtriangleACB$$thereforefrac{AN}{AB}=frac{AH}{AC}=frac{NH}{BC}$$thereforefrac{y}{10}=frac{AH}{8}=frac{NH}{6}$$thereforeAH=frac{4}{5}y,NH=frac{3}{5}y$$becauseangleC=angleBMN=angleMNH=90^{circ}$$thereforeangle{BMC}+angleNMH=90^{circ}$$thereforetriangle{BCM}simtriangleHMN$$thereforefrac{BC}{MH}=frac{CM}{NH}$$thereforefrac{6}{8-x-frac{4}{5}y}=frac{x}{frac{3}{5}y}$整理得：$5x^{2}+(4y-40)x+18y=0$$becauseDeltageq0$$therefore(4y-40)^{2}-4times5times18ygeq0$$therefore2y^{2}-85y+200geq0$$therefore$解得:$yleqfrac{5}{2}$和$ygeq40$(舍去)$thereforey$的最大值为$frac{5}{2}$,此时$x=3$当$x=2$时,$y=frac{30}{13}$当$x=4$时,$y=frac{40}{17}$$therefore$当点$M$从点$C$移动到$AC$的中点时,则点$N$的运动过程中路径长$=frac{5}{2}+left(frac{5}{2}-frac{40}{17}right)=frac{45}{17}$故答案为:$frac{30}{13},frac{45}{17}$【点睛】本题考查轨迹,勾股定理,一元二次方程的根的判别式,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会利用参数解决问题,属于中考常考题型.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2021浙江$cdot$九年级阶段练习)如图,在$triangleABC$中,点$D$在$AC$边上,$AD:DC=1:2$,点$E$是$BD$的中点,连接$AE$并延长交$BC$于点$F,BC=12$,则$BF=$$qquad$.
选项：
答案：3
解析：【分析】过$E$作$BC$的平行线交$AC$与$G$,由中位线的知识可得出$DG:DC=1:2$,根据已知和平行线分线段成比例得出$EG:FC=2:3$,再根据$BC=12$,即可得出$BF$的值.【详解】解：过$E$作$EG//BC$,交$AC$于$G$,$becauseEG//BC,E$为$BD$中点,$BC=12$,$thereforeDG=CG,frac{EG}{BC}=frac{1}{2}$,$thereforeEG=6$,又$becauseAD:DC=1:2$,$thereforeAG:AC=2:3$,$becauseEG//BC$$thereforefrac{EG}{FC}=frac{AG}{AC}=frac{2}{3}$,$thereforeFC=9$,$becauseBC=12$$thereforeBF=BC-FC=3$,故答案为:3.【点睛】本题考查了平行线分线段成比例及三角形的中位线的知识,难度较大,注意熟练运用中位线定理和三角形面积公式.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本题3分)(2022浙江杭州$cdot$九年级专题练习)为了测量河宽$AB$,某同学采用以下方法:如图,取一根标尺,把它横放,使$CD//AB$,并使点$B,D,O$和点$A,C,O$分别在同一条直线上,量得$CD=10$米,$OC=15$米,$OA=45$米,则河宽$AB=$米.
选项：
答案：30
解析：【分析】根据题意得到$triangleOCDsimtriangleOAB$,由该相似三角形的对应边成比例求得答案.【详解】解:$becauseCD//AB$,$thereforetriangleOCDsimtriangleOAB$.$thereforefrac{CD}{AB}=frac{OC}{OA}$,$becauseCD=10$米,$OC=15$米,$OA=45$米,$thereforefrac{10}{AB}=frac{15}{45}$,$thereforeAB=30$.故答案为:30.【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用,解题的关键是判定相似三角形$triangleOCDsimtriangleOAB$.
题目（九年级 · 度量几何学）：在菱形 $A B C D$ 中, $D E \perp A B$, 垂足是 $E, D E=6, \sin A=\frac{3}{5}$, 则菱形 $A B C D$ 的周长是
选项：
答案：40
解析：解: $\because D E \perp A B, D E=6$,

在Rt $\triangle A D E$ 中, $\sin A=\frac{3}{5}=\frac{D E}{A D}$,

$\therefore A D=10$,

则菱形 $A B C D$ 的周长为: $10 \times 4=40$.

故答案为: 40 .
题目（九年级 · 度量几何学）：若锐角 $\alpha$ 满足 $\cos \alpha<\frac{\sqrt{2}}{2}$ 且 $\tan \alpha<\sqrt{3}$, 则 $\alpha$ 的范围是 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：$45^{\circ}<\alpha<60^{\circ}$
解析：【分析】

此题主要考查了特殊角的三角函数值以及锐角三角函数关系的增减性, 正确记忆相关数据是解题关键.

直接利用特殊角的三角函数值结合锐角三角函数的增减性, 得出答案.

【解答】

解: $\because \cos 45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 且 $\cos \alpha<\frac{\sqrt{2}}{2}$,

$\therefore \alpha>45^{\circ}$,

$\because \tan 60^{\circ}=\sqrt{3}$, 且 $\tan \alpha<\sqrt{3}$,

$\therefore \alpha<60^{\circ}$,

$\because \cos \alpha<\frac{\sqrt{2}}{2}$, 且 $\tan \alpha<\sqrt{3}$,
$\therefore 45^{\circ}<\alpha<60^{\circ}$.

故答案为: $45^{\circ}<\alpha<60^{\circ}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C=5 \mathrm{~cm}, \cos B=\frac{3}{5}$ 如果 $\odot O$ 的半径为 $\sqrt{10} \mathrm{~cm}$, 且经过点 $B$, $C$, 那么线段 $A O=$ \$ \qquad \$ $\mathrm{cm}$.(本地图片-3227.jpg)
选项：
答案：5
解析：【分析】

本题考查锐角三角函数、勾股定理. $O A$ 垂直平分 $B C$ 是解题的关键, 根据勾股定理可解此题.

【解答】

解: 连接 $B O$, 设 $O A$ 与 $B C$ 交于点 $D$,



根据题意，得 $O A$ 垂直平分 $B C$

$\because A B=A C=5 \mathrm{~cm}, \cos B=\frac{3}{5}$

$$
\therefore B D=3
$$

根据勾股定理得:

$$
\begin{aligned}
& A D=\sqrt{A B^{2}-B D^{2}}=\sqrt{25-9}=4 \\
& O D=\sqrt{B O^{2}-B D^{2}}=\sqrt{10-9}=1
\end{aligned}
$$

$\therefore A O=A D+O D=5$,

故答案为: 5 .
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A=90^{\circ}, A D \perp B C$, 垂足为 $D$.给出下列四个结论: (1) $\sin \alpha=\sin B$; (2) $\sin \beta=\sin C$; (3) $\sin B=\cos C$; (4) $\sin \alpha=\cos \beta$. 其中正确的结论有


选项：
答案：(1)(2)(3)
解析：解: $\because \angle A=90^{\circ}, A D \perp B C$,

$\therefore \angle \alpha+\angle \beta=90^{\circ}, \angle B+\angle \beta=90^{\circ}, \angle B+\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore \angle \alpha=\angle B, \angle \beta=\angle C$,

$\therefore \sin \alpha=\sin B$, 故 1 1正确;

$\sin \beta=\sin C$, 故(2)正确;

$\because$ 在 $R$ t $\triangle A B C$ 中 $\sin B=\frac{A C}{B C}, \cos C=\frac{A C}{B C}$,

$\therefore \sin B=\cos C$, 故(3)正确;

$\because \sin \alpha=\sin B, \cos \angle \beta=\cos C$,

$\therefore \sin \alpha=\cos \angle \beta$, 故(4)正确;

故答案为(1)(2)(3)(4).

本题主要考查锐角三角函数的定义, 根据 $\angle A=90^{\circ}, A D \perp B C$, 可得 $\angle \alpha=\angle B, \angle \beta=\angle C$, 再利用锐角三角函数的定义可列式进行逐项判断.

本题主要考查锐角的三角函数, 解题的关键是熟练掌握互余两角的三角函数间的关系.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在菱形 $A B C D$ 中, $D E \perp A B, \cos A=\frac{3}{5}, B E=2$, 则该菱形的面积是


选项：
答案：20
解析：解: $\because D E \perp A B, \cos A=\frac{3}{5}$,

$\therefore$ 设 $A E=3 x, A D=5 x$,

$\because B E=2$,

$\therefore$ :菱形的边 $A B=3 x+2=5 x$,

解得 $x=1$,

$\therefore A E=3, A D=5$,

在Rt $\triangle A D E$ 中, $D E=\sqrt{A D^{2}-A E^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$,

$\therefore$ 该菱形的面积 $=A B \cdot D E=5 \times 4=20$.

故答案为: 20 .

根据 $\angle A$ 的余弦设 $A E=3 x, A D=5 x$, 根据菱形的四条边都相等列式求出 $x$ 的值, 从而得到 $A E 、 A D$的值, 再利用勾股定理求出 $D E$, 然后根据菱形的面积等于底乘以高列式计算即可得解.

本题考查了菱形的性质, 解直角三角形, 根据根据菱形的四条边都相等求出菱形的边长是解题的关键, 利用 $\angle A$ 的余弦设 $A E=3 x, A D=5 x$ 使求解更加简便.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $B C$ 与 $\odot O$ 相切于点 $B$, 连接 $A C, O C$ 若 $\sin \angle B A C=\frac{1}{3}$, 则 $\tan \angle B O C=$


选项：
答案：$\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：解: $\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $B C$ 与 $\odot O$ 相切于点 $B$,

$\therefore A B \perp B C$,

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

$\because \sin ^{\angle B A C}=\frac{B C}{A C}=\frac{1}{3}$,

$\therefore$ 设 $B C=x, A C=3 x$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}-B C^{2}}=\sqrt{(3 x)^{2}-x^{2}}=2 \sqrt{2} x$,

$\therefore O B=\frac{1}{2} A B=\sqrt{2} x$,

$\therefore \tan ^{\angle B O C}=\frac{B C}{O B}=\frac{x}{\sqrt{2} x}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

故答案为: $\frac{\sqrt{2}}{2}$.

根据切线的性质得到 $A B \perp B C$, 设 $B C=x, A C=3 x$, 根据勾股定理得到 $A B=\sqrt{A C^{2}-B C^{2}}=$ $\sqrt{(3 x)^{2}-x^{2}}=2 \sqrt{2} x$, 于是得到结论.

本题考查了切线的性质, 解直角三角形, 熟练掌握三角函数的定义是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\angle M A N=30^{\circ}, O$ 为边 $A N$ 上一点, 以 $O$ 为圆心, 2 为半径作 $\odot O$, 交 $A N$ 于 $D, E$ 两点, 当 $A D=$时, $\odot O$ 与 $A M$ 相切.


选项：
答案：2
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B, A C, B D$ 是 $\odot O$ 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：2
解析：【分析】

本题考查了切线长定理, 两次运用切线长定理并利用等式的性质是解题的关键.

由于 $A B 、 A C 、 B D$ 是 $\odot O$ 的切线, 则 $A C=A P, B P=B D$, 求出 $B P$ 的长即可求出 $B D$ 的长.

【解答】

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

$\therefore A C=A P$,

$\because B P 、 B D$ 为 $\odot O$ 的切线,

$\therefore B P=B D$,
$\therefore B D=P B=A B-A P=5-3=2$.

故答案为 2 .
题目（九年级 · 度量几何学）：若 $\triangle A B C$ 的周长为 20 , 面积为 32 , 则 $\triangle A B C$ 的内切圆半径为
选项：
答案：3.2
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：一个边长为 $3 \mathrm{~cm}$ 的正 $\triangle A B C$ 它有一个外接圆 $\odot O$, 我们记为第 1 个圆, 它的内切圆记为第 2 个圆; 在第 2 个圆内作一个内接正 $\triangle$ 的内切圆, 记为第 3 个圆; 在第 3 个圆内作一个内接正 $\triangle$的内切圆, 记为第 4 个圆, ..., 如此作下去, 那么第2022个圆的半径是 cm.
选项：
答案：$\frac{\sqrt{3}}{2^{2021}}$
解析：解：根据题意画图如下:



设第二个三角形为 $D E F$, 正三角形 $A B C$ 中心为 $O$, 连接 $O B, O F$, $\because$ 正三角形的中心与内切圆的圆心重合,

$\therefore$ 点 $D 、 E 、 F$ 为边 $A B 、 A C 、 B C$ 的中点,

由三角形的中位线可得: $D E=D F=E F=\frac{1}{2} B C$,

同理可得: 下一个正三角形的边长是上一个正三角形边长的一半;

$\therefore$ 第2022个正三角形的边长为: $3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2021} \mathrm{~cm}$,

由图可得 $\cos \angle O B F=\frac{B F}{O B}=\cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
$\therefore O B=\frac{2 \sqrt{3}}{3} B F=\frac{\sqrt{3}}{3} B C$

$\therefore$ :第2022个正三角形的外接圆半径为: $\frac{\sqrt{3}}{3} \times 3 \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2021}=\frac{\sqrt{3}}{2^{2021}}(\mathrm{~cm})$,

故答案为: $\frac{\sqrt{3}}{2^{2021}}$.

设第二个三角形为 $D E F$, 正三角形 $A B C$ 中心为 $O$, 连接 $O B, O F$, 根据正三角形的中心与内切圆的圆心重合, 得点 $D 、 E 、 F$ 为边 $A B 、 A C 、 B C$ 的中点, 然后根据三角形中位线定理和特殊角三角函数即可解决问题.

本题主要考查了正三角形的性质, 三角形中位线的性质, 特殊角的三角函数; 结合图形找到正三角形的边长规律是解题关键.
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 $C D$ 边上一点, 连接 $A E$, 过点 $B$ 作 $B G \perp A E$ 于点 $G$,连接 $C G$ 并延长交 $A D$ 于点 $F$, 则 $A F$ 的最大值是


选项：
答案：1
解析：解: 以 $A B$ 为直径作圆, 因为 $\angle A G B=90^{\circ}$, 所以 $G$ 点在圆上.



当 $C F$ 与圆相切时, $A F$ 最大.

此时 $F A=F G, B C=C G$.
设 $A F=x$, 则 $D F=4-x, F C=4+x$,

在 $R t \triangle D F C$ 中，利用勾股定理可得:

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

解得 $x=1$.

故答案为 1

以 $A B$ 为直径作圆, 当 $C F$ 与圆相切时, $A F$ 最大. 根据切线长定理转化线段 $A F+B C=C F$, 在 $R t \triangle$ DFC 利用勾股定理求解.

本题主要考查正方形的性质、切线长定理等.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A, P B$ 分别与 $\odot O$ 相切于点 $A, B$, 若 $\angle P=55^{\circ}, C$ 为 $\odot O$ 上一点, 则 $\angle A C B$ 的度数为


选项：
答案：$117.5^{\circ}$
解析：解：连接 $O A 、 O B$, 作 $\overparen{A B}$ 所对的圆周角 $\angle A D B$, 如图,

$\because P A 、 P B$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $A 、 B$,

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

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



$\therefore \angle A O B=360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}-\angle P=180^{\circ}-55^{\circ}=125^{\circ}$,

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

1

2
$\angle A O B=62.5^{\circ}$,

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

$\therefore \angle A C B=180^{\circ}-62.5^{\circ}=117.5^{\circ}$.

故答案为: $117.5^{\circ}$

本题了切线的性质: 圆的切线垂直于经过切点的半径. 也考查了圆周角定理.

连接 $O A 、 O B$, 作

$\overparen{A B}$

所对的圆周角 $\angle A D B$, 如图, 根据切线的性质得到 $\angle O A P=\angle O B P=90^{\circ}$, 则利用四边形的内角和计算出 $\angle A O B=125^{\circ}$, 再根据圆周角定理得到 $\angle A D B=62.5^{\circ}$, 然后利用圆内接四边形的性质计算 $\angle A C B$ 的度数.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A 、 P B$ 是 $\odot O$ 的切线, $A 、 B$ 是切点, 已知 $\angle P=60^{\circ}, O A=3$, 那么 $A B$ 的长为


选项：
答案：$3 \sqrt{3}$
解析：【分析】

本题考查了切线长定理、垂径定理、等边三角形的判定与性质以及三角函数的定义. 此题难度适中, 注意掌握辅助线的作法, 注意数形结合思


想的应用.

首先过点 $O$ 作 $O C \perp A B$ 于点 $C$, 由垂径定理可得: $A C=\frac{1}{2} A B$, 又由 $P A 、 P B$ 是 $\odot O$ 的切线, 由切线长定理可得 $P A=P B$, 由 $\angle P=60^{\circ}$, 即可得 $\triangle P A B$ 是等边三角形, 继而可求得 $\angle O A C=30^{\circ}$, 则可求得 $A C$ 的长, 继而求得答案.

【解答】

解: 过点 $O$ 作 $O C \perp A B$ 于点 $C$,

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

$\because P A 、 P B$ 是 $\odot O$ 的切线,

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

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

$\therefore \triangle P A B$ 是等边三角形,

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

$\therefore \angle O A C=90^{\circ}-\angle P A B=30^{\circ}$,
在Rt $\triangle A O C$ 中, $O A=3$,

$\therefore A C=O A \cdot \cos 30^{\circ}=3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3 \sqrt{3}}{2}$,

$\therefore A B=2 A C=3 \sqrt{3}$.

故答案为: $3 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 若点 $O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, $\angle A=70^{\circ}$, 则 $\angle B O C=$


选项：
答案：$125^{\circ}$
解析：【分析】

此题主要考查了三角形内切圆与内心, 角平分线的概念, 三角形的内角和定理, 解答本题的关键是理解三角形内心的定义; 首先根据三角形内心的概念得出 $B O$ 平分 $\angle A B C, C O$ 平分 $\angle A C B$, 然后根据角平分线的定义和三角形的内角和定理进行解答, 即可求解.

【解答】

解: $\because O$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

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

$\therefore \angle O B C=\frac{1}{2} \angle A B C, \angle O C B=\frac{1}{2} \angle A C B, \angle A=70^{\circ}$,

$\therefore \angle O B C+\angle O C B=\frac{1}{2}(\angle A B C+\angle A C B)=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-\angle A\right)=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-70^{\circ}\right)=55^{\circ}$,

$\therefore \angle B O C=180^{\circ}-(\angle O B C+\angle O C B)=180^{\circ}-55^{\circ}=125^{\circ}$.

故答案为: $125^{\circ}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 甲楼 $A B$ 高 18 米, 乙楼 $C D$ 坐落在甲楼的正北面, 已知当地冬至中午 12 时, 物高与影长的比是 $1: \sqrt{2}$, 已知两楼相距 20 米, 那么甲楼的影子落在乙楼上的高 $D E=$米. (结果保留根号)


选项：
答案：$(18-10 \sqrt{2})$
解析：【分析】

本题考查了平行投影, 解直角三角形的应用, 根据物高与影长的比是 $1: \sqrt{2}$, 得出 $A F$ 的值是解题的关键. 设 $F E \perp A B$ 于点 $F$, 那么在 $\triangle A E F$ 中, $\angle A F E=90^{\circ}$, 解直角三角形 $A E F$ 可以求得 $A F$ 的长,进而求得 $D E=A B-A F$ 即可解题.

【解答】

解：设冬天太阳最低时, 甲楼最高处 $A$ 点的影子落在乙楼的 $E$ 处, 那么图中 $E D$ 的长度就是甲楼的影子在乙楼上的高度,



设 $F E \perp A B$ 于点 $F$, 那么在 $\triangle A E F$ 中, $\angle A F E=90^{\circ}, E F=20$ 米.

$\because$ 物高与影长的比是 $1: \sqrt{2}$,

$\therefore \frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{EF}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$,

则 $A F=\frac{\sqrt{2}}{2} E F=10 \sqrt{2}$,

故 $D E=F B=18-10 \sqrt{2}$.

故答案为 $(18-10 \sqrt{2})$
题目（九年级 · 度量几何学）：一等腰三角形的腰长为 3 , 底长为 2 , 则其底角的余弦值为 \$ \qquad \$
选项：
答案：$\frac{1}{3}$
解析：【分析】

本题考查了三角函数的定义，利用了等腰三角形的性质：底边上高也是底边上的中线.

在等腰三角形中, 根据三线合一可知底边上的高也是底边的中线. 运用三角函数定义解答.

【解答】

解: 如图, $A B=A C=3, B C=2$.

作出底边上高 $A D$, 则 $B D=1, \cos B=\frac{B D}{A B}=\frac{1}{3}$.

故答案为 $\frac{1}{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A$ 切 $\odot O$ 于点 $A$, 该圆的半径为 $3, P O=5$, 则 $P A$ 的长等于


选项：
答案：4
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A 、 P B$ 是 $\odot O$ 的两条切线, $A 、 B$ 是切点, 若 $\angle A P B=60^{\circ}, P O=2$, 则 $\odot O$ 的半径等于 \$ \qquad \$


选项：
答案：1
解析：【分析】

本题考查了切线长定理、切线的性质和直角三角形的性质, 是基础知识, 要熟练掌握.根据切线的性质求得 $\angle A P O=30^{\circ}, \angle P A O=90^{\circ}$, 再由直角三角形的性质得 $A O=1$.

【解答】

解: $\because P A 、 P B$ 是 $\odot O$ 的两条切线,
$\therefore \angle A P O=\angle B P O=\frac{1}{2} \angle A P B, \angle P A O=90^{\circ}$

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

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

$\because P O=2$,

$\therefore A O=1$.

故答案为 1.
题目（九年级 · 度量几何学）：张华同学的身高为 160 厘米, 某一时刻他在阳光下的影子长为 200 厘米, 与他相邻近的一棵树的影子长为 6 米, 则这棵树的高为米.
选项：
答案：4.8
解析：【分析】

设这棵树高度为 $h$, 根据同一时刻物高与影长成正比列出关于 $h$ 的方程, 求出 $h$ 的值即可.

本题考查的是相似三角形的应用, 熟知同一时刻物高与影长成正比是解答此题的关键.

【解答】

解：设这棵树高度为 $h$ 米，

$\because$ 同一时刻物高与影长成正比,

$\therefore \frac{160}{200}=\frac{h}{6}$

解得: $h=4.8$.

答: 这棵树的高为 4.8 米,

故答案为: 4.8 .
题目（九年级 · 度量几何学）：对于坚直向上拋出的物体, 在不考虑空气阻力的情况下, 有如下的关系式: $h=v t-\frac{1}{2} g t^{2}$,其中 $h$ 是物体上升的高度, $v$ 是抛出时的速度, $g$ 是重力加速度 $\left(g \approx 10 \mathrm{~m} / \mathrm{s}^{2}\right), t$ 是抛出后
的时间. 如果一物体以 $25 \mathrm{~m} / \mathrm{s}$ 的初速度从地面坚直向上抛出, 经过 $\qquad$秒钟后它在离地面 $20 \mathrm{~m}$ 高的地方.

选项：
答案： 1 或 4


解析：把 $v=25, g=10, h=20$ 代入所给关系式求 $t$ 的值即可.
【详解】解: 由题意得: $20=25 t-\frac{1}{2} \times 10 t^{2}$.

整理得 $t^{2}-5 t+4=0$,

解得 $t_{1}=1, t_{2}=4$.

$\therefore 1$ 秒或 4 秒后, 物体处在离抛出点 $20 \mathrm{~m}$ 高的地方.

故答案为: 1 或 4 .

【点睛】本题考查二次函数的应用; 只需把相关数值代入所给关系式即可.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图(1)是一种常见的道路路灯, $P F$ 为立柱, 其中灯杆 $A D B$ 可以近似看作某拋物线的一部分，且抛物线对称轴到立柱的距离为 2.5 米, $C D$ 是灯杆的固定支架, 现测得支架 $C D$ 与立柱 $P F$ 的夹角 $\angle P C D$ 满足 $\tan \angle P C D=2$, 且 $C D=\sqrt{5}$ 米, 某时刻路灯 $\mathrm{A}$ 发光时, 所能照到的地面最远点 $E$ 恰好和路灯 $\mathrm{A}$以及立柱顶点 $P$ 在同一直线上，相关数据如图(2)所示，则立柱 $P F=$ $\qquad$米.

选项：
答案： $\frac{94}{3}$


解析：根据题意可以求得二次函数的解析式，从而可以求得 A 的坐标, 然后利用三角形相似即可求得 $P F$ 的长.

【详解】解：由题意和图形可得，



点 $B$ 的坐标为 $(0,15)$,

$\because$ 支架 $C D$ 与立柱 $P F$ 的夹角 $\angle P C D$ 满足 $\tan \angle P C D=2$, 且 $C D=\sqrt{5}$ 米,
过点 $D$ 作 $D Q \perp y$ 轴, 则 $\tan \angle P C D=2=\frac{D Q}{C P}$, 则 $D Q=2 C Q$,

又 $\because C Q^{2}+D Q^{2}=C D^{2}=5$, 可得 $C Q=1$ 米, $D Q=2$ 米,

$\therefore P Q=B F+B C+C Q=18$ 米,

点 $D$ 的坐标为 $(2,18)$,

设抛物线的解析式为 $y=a x^{2}+b x+c$,

$\left\{\begin{array}{l}-\frac{b}{2 a}=2.5 \\ c=15 \\ 4 a+2 b+c=18\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}a=-0.5 \\ b=2.5 \\ c=15\end{array}\right.$

$\therefore y=-0.5 x^{2}+2.5 x+15$,

当 $y=17 \frac{5}{8}$ 时, $17 \frac{5}{8}=-0.5 x^{2}+2.5 x+15$,

解得, $x_{1}=1.5, x_{2}=3.5$,

$\therefore$ 点 A 的坐标为 $\left(3.5,17 \frac{5}{8}\right)$,

作 $E M / / y$ 轴, $P M \perp M N, A N \perp M N$, 则 $P M E F$ 为矩形,

则 $P F=M E, P M=E F=8$ 米, $P M / / A N$,

$\therefore \triangle E A N \sim \triangle E P M$,

$\therefore \frac{E N}{E M}=\frac{A N}{P M}, \quad A N=x_{N}-x_{A}=4.5$ 米,

设 $P F$ 的长度为 $m$ 米，

则 $\frac{17 \frac{5}{8}}{m}=\frac{4.5}{8}$,

解得, $m=\frac{94}{3}$,

故答案为: $\frac{94}{3}$.

【点睛】本题考查二次函数的应用、解直角三角形的应用, 相似三角形的判定及性质, 解答本题的关键是明确题意, 利用数形结合的思想解答.