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题目（九年级 · 度量几何学）：如图所示, 三个半径为 $\sqrt{3}$ 的圆两两外切, 且 $\triangle A B C$ 的每一边都与其中两个圆相切, 则 $\triangle$ $A B C$ 的周长是 $(\quad)$
选项：
A. $12+6 \sqrt{3}$

$18+6 \sqrt{3}$

$18+12 \sqrt{3}$


B.
C.
D.

$12+12 \sqrt{3}$
答案：B
解析：解: 如图. 连接 $A R 、 R S 、 R W 、 D F 、 D E$, 由题意知, $\triangle A B C$

是等边三角形, $\angle E D B=60^{\circ}, B D$ 是 $\angle E B F$ 的平分线,

$\therefore \angle D B E=30^{\circ}, B E=B F=D E c o t 30^{\circ}=3$,

同理, $A W=A S=C G=C H=3$, 四边形 $W F D R, S G T R, T H E D$

是矩形, $W F=S G=E H=D T=2 \sqrt{3}$,

$\therefore \triangle A B C$ 的周长 $=6 B E+3 E H=18+6 \sqrt{3}$.



故选 $B$.

从各圆心向边作垂线, 由题意知 $\triangle A B C$ 是等边三角形, $B D$ 是 $\angle E B F$ 的平分线, 可求得 $B E=B F=$ $D E c o t 30^{\circ}=3, A W=A S=C G=C H=3$; 再根据四边形 $W F D R, S G T R, T H E D$ 是矩形, $W F=S G=$ $E H=D T=2 \sqrt{3}$, 从而求得 $\triangle A B C$ 的周长.

本题考查了切线长定理、等边三角形的判定和性质等知识点.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A, P B$ 切 $\odot O$ 于 $A, B$ 两点, $C D$ 切 $\odot O$ 于点 $E$, 交 $P A, P B$ 于 $C, D$. 若 $\odot O$ 的半径为 $r, \triangle P C D$ 的周长等于 $3 r$, 则 $\tan \angle A P B$ 的值是 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{5}{12} \sqrt{13}$
B. $\frac{12}{5}$
C. $\frac{3}{5} \sqrt{13}$
D. $\frac{2}{3} \sqrt{13}$
答案：B
解析：【分析】

本题主要考查了切线的性质, 相似三角形及三角函数的定义, 解决本题的关键是切线与相似三角形相结合, 找准线段及角的关系.

连接 $O A 、 O B 、 O P$, 延长 $B O$ 交 $P A$ 的延长线于点 $F$. 利用切线求得 $C A=C E, D B=D E, P A=P B$,再得出 $P A=P B=\frac{3}{2} r$. 利用 $R t \triangle B F P \sim R t \triangle O A F$ 得出 $A F=\frac{2}{3} F B$, 在 $R t \triangle F B P$ 中, 利用勾股定理求出 $B F$, 再求 $\tan \angle A P B$ 的值即可.

【解答】

解: 连接 $O A 、 O B 、 O P$, 延长 $B O$ 交 $P A$ 的延长线于点 $F$.



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

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

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

$\therefore P A=P B=\frac{3}{2} r$.

在 $R t \triangle P B F$ 和 $R t \triangle O A F$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}\angle F A O=\angle F B P \\ \angle O F A=\angle P F B\end{array}\right.$,

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

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

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

$$
\begin{aligned}
& \because P F^{2}-P B^{2}=F B^{2} \\
& \therefore(P A+A F)^{2}-P B^{2}=F B^{2}
\end{aligned}
$$

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

解得 $B F=\frac{18}{5} r$,

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

故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 点 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 连接 $A I$ 并延长, 交 $\triangle A B C$ 的外接圆于点 $D$, 点 $E$ 为弦 $A C$ 的中点, 连接 $C D, E I, I C$, 当 $A I=2 C D, I C=6, I D=5$ 时, $I E$ 的长为 $($ )


选项：
A. 5
B. 4.5
C. 4
D. 3.5
答案：C
解析：解: 延长 $I D$ 到 $M$, 使 $D M=I D$, 连接 $C M$.

$\because I$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

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

$\because \angle D I C=\angle I A C+\angle I C A, \quad \angle D C I=\angle B C D+\angle I C B$,

$\therefore \angle D I C=\angle D C I$,

$\therefore D I=D C=D M$,


$\therefore \angle I C M=90^{\circ}$,

$\therefore C M=\sqrt{I M^{2}-I C^{2}}=8$,

$\because A I=2 C D=10$,

$\therefore A I=I M$,

$\because A E=E C$,

$\therefore I E$ 是 $\triangle A C M$ 的中位线，

$\therefore I E=\frac{1}{2} C M=4$,

故选： $C$.

延长 $I D$ 到 $M$, 使 $D M=I D$, 连接 $C M$. 想办法求出 $C M$, 证明 $I E$ 是 $\triangle A C M$ 的中位线即可解决问题.

本题考查三角形的内心、三角形的外接圆、三角形的中位线定理、直角三角形的判定、勾股定理等知识, 解题的关键是学会添加常用辅助线, 构造三角形中位线解决问题.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=60^{\circ}, B C=3$, 内心为 $I$, 连接 $A I$ 并延长交 $\triangle A B C$ 的外接圆于 $D$, 若 $\angle A B D=45^{\circ}$, 则 $A I=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{3}-1$

B. 1
C. $\sqrt{6}-2$


D. $\sqrt{6}-\sqrt{3}$
答案：D
解析：解：如图, 设 $\triangle A B C$ 的外接圆的圆心为 $O$, 连接 $O A, O B, O D, B I$,



在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=60^{\circ}, B C=3$, 内心为 $I$,

$\therefore \angle B A D=\angle C A D=30^{\circ}$,

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

$\because O B=O D$

$\therefore \triangle O B D$ 是等边三角形,

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

$\because \angle B A D=\angle C A D=30^{\circ}$,

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

$\therefore O D \perp B C, B E=C E=\frac{1}{2} B C=\frac{3}{2}$,

$\because \angle B A D=\angle C B D=30^{\circ}$,
$\therefore D E=B E \cdot \tan 30^{\circ}=\frac{3}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,

$\therefore D B=2 D E=\sqrt{3}$,

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

$\because I$ 是 $\triangle A B C$ 的内心,

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

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

$\therefore D I=D B=\sqrt{3}$,

$\because \angle A B D=45^{\circ}$,

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

$\because O A=O D=D B=\sqrt{3}$,

$\therefore A D=\sqrt{2} O A=\sqrt{6}$,

$\therefore A I=A D-D I=\sqrt{6}-\sqrt{3}$.

故选: $D$.

设 $\triangle A B C$ 的外接圆的圆心为 $O$, 连接 $O A, O B, O D, B I$, 根据圆周角定理证明 $\triangle O B D$ 是等边三角形, 根据垂径定理可得 $O D \perp B C, B E=C E=\frac{1}{2} B C=\frac{3}{2}$, 然后根据三角形内心证明 $D I=D B=\sqrt{3}$,进而可以解决问题.

本题考查了三角形的内切圆与内心, 三角形的外接圆与外心, 垂径定理, 圆周角定理, 等边三角形的判定与性质, 等腰直角三角形的判定与性质, 含 30 度角的直角三角形, 解决本题的关键是得到 $\triangle O B D$ 是等边三角形.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, \odot O$ 与 $B C, A C$ 分别相切于点 $E, F, B O$ 平分 $\angle A B C$,连接 $O A$.若 $B E=A C=6, \odot O$ 的半径是 2 . 则图中阴影部分的面积为 ( )


选项：
A. $10-\frac{3}{2} \pi$
B. $10-\frac{3}{4} \pi$
C. $8-\pi$
D. 6
答案：A
解析：【分析】

本题主要考查了圆的切线的定义, 圆的切线的性质, 角平分线的定义与性质, 勾股定理, 三角形的内角和定理, 直角三角形的性质, 正方形的判定与性质, 扇形、三角形的面积, 熟练应用圆的切线的性质是解题的关键.

连接 $O E, O F$, 过点 $O$ 作 $O G \perp A B$ 于点 $G$, 证出 $A B$ 是 $\odot O$ 的切线证明四边形 $O E C F$ 为正方形, 则 $B C=8$,利用勾股定理求得 $A B$, 利用角平分线的定义, 直角三角形的两个锐角互余三角形的内角和定理求



【解答】

解: 连接 $O E, O F$, 过点 $O$ 作 $O G \perp A B$ 于点 $G$, 如图,



$\because B C$ 为 $\odot O$ 的切线,

$\therefore O E \perp B C$.

$\because B O$ 平分 $\angle A B C, O G \perp A B, O E \perp B C$,

$\therefore O E=O G$.

这样, 直线 $A B$ 经过半径 $O G$ 的外端 $G$, 且垂直于半径 $O G$,

$\therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线;

$\because \odot O$ 与 $B C, A C$ 分别相切于点 $E, F$,

$\therefore O E \perp B C, O F \perp A C$,

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

$\therefore$ 四边形 $O E C F$ 为矩形,

$\because O E=O F$,
$\therefore$ 四边形 $O E C F$ 为正方形.

$\therefore E C=F C=O E=O F=2$.

$\because B E=A C=6$,

$\therefore B C=8$,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=10$.

由(1)知: $O G=O E=2$,

$\therefore O G=O F$,

$\because O G \perp A B, O F \perp A C$,

$\therefore A O$ 平分 $\angle B A C$,

$\therefore \angle O A B=\frac{1}{2} \angle B A C$.

$\because B O$ 平分 $\angle A B C$,

$\therefore \angle O B A=\frac{1}{2} \angle A B C$.

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

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

$\therefore \angle O A B+\angle O B C=\frac{1}{2}(\angle A B C+\angle A C B)=45^{\circ}$,

$\therefore \angle A O B=135^{\circ}$.

$\therefore S_{\text {朋影 }}=S_{\triangle O A B}-S_{\text {扁形 } O M N}=\frac{1}{2} A B \cdot O G-\frac{135 \pi \times 2^{2}}{360}=10-\frac{3 \pi}{2}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}$, 以 $B C$ 为直径的 $\odot O$ 交 $A B$ 于 $E, O D \perp B C$ 交 $\odot O$ 于 $D$, $D E$ 交 $B C$ 于 $F$, 点 $P$ 为 $C B$ 延长线上的一点且 $P E=P F$. 延长 $P E$ 交 $A C$ 于 $G$, 小华得出 3 个结论:

(1) $G E=G C$; (2) $A G=G E$; (3) $O G / / B E$. 其中正确的是 ( )


选项：
A. (1) (2)
B. (1) (3)
C. (2) (3)
D. (1) (2) (3)
答案：D
解析：【分析】本题考查了切线的判定与性质、切线长定理、圆周角定理、三角形中位线的性质以及等腰三角形的性质, 此题综合性较强, 难度较大, 注意掌握辅助线的作法.

连结 $O E, C E$, 由 $O E=O D, P E=P F$ 易得 $\angle O E D=\angle O D E, \angle P E F=\angle P F E$, 然后得出 $O E \perp P E$,即可得出 (1)正确; 又 $B C$ 是直径可得 $\angle B E C=90^{\circ}, \angle A E C=90^{\circ}$, 得出 $E G=C G$, 然后得出 $\angle A=$ $\angle A E G$, 即可判断出故 (2)正确; 根据 $O C=O B, A G=G E=C G$, 判断出中位线, 即可得出 (3)正确.

【解答】

解: 连结 $O E, C E$,

$\because O E=O D, P E=P F, \therefore \angle O E D=\angle O D E, \angle P E F=\angle P F E$,

$\because O D \perp B C, \therefore \angle O D E+\angle O F D=90^{\circ}$,
$\because \angle O F D=\angle P F E, \quad \therefore \angle O D E+\angle P F E=90^{\circ}$,

$\therefore \angle O E D+\angle P E F=90^{\circ} ，$ 即 $O E \perp P E ，$

$\therefore G E$ 为 $\odot O$ 的切线,

由已知得 $G C$ 为 $\odot O$ 的切线,

$\therefore G C=G E$, 故 (1)正确;

$\because B C$ 是直径, $\therefore \angle B E C=90^{\circ}, \therefore \angle A E C=90^{\circ}$,

$\because E G=C G, \quad \therefore \angle G C E=\angle G E C$,

$\because \angle G C E+\angle A=90^{\circ}, \quad \angle G E C+\angle A E G=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A=\angle A E G, \therefore A G=E G$, 故 (2)正确;

$\because O C=O B, A G=G E=C G$,

$\therefore O G$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线, $\therefore O G / / A B$, 故 (3)正确.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C=10$, 以 $A B$ 为直径的 $\odot O$ 分别交 $A C 、 B C$ 于点 $D 、 E$, 点 $F$ 在 $A C$ 的延长线上, 且 $\angle C B F=\frac{1}{2} \angle A, \tan \angle C B F=\frac{1}{3}$, 则 $C F$ 的长为 $($ )


选项：
A. $\frac{12}{5}$
B. $\frac{5}{2}$
C. $\frac{1}{2} \sqrt{3}$
D. $\sqrt{5}$
答案：B
解析：【分析】

本题考查了圆周角定理, 等腰三角形的性质, 相似三角形的判定与性质, 解直角三角形等, 证明三角形相似是本题的关键.

连接 $A E, B D$, 根据 $A B$ 是直径, 得出 $A E \perp B C, \angle A D B=90^{\circ}$, 进而得 $C E=E B$, 依据已知条件得出 $\angle C B F=\angle E A B$, 证明 $\triangle F D B \sim \triangle F B A, \triangle C D B \sim \triangle C E A$, 最后根据勾股定理求得 $C F$.

【解答】

解：连接 $A E, B D$,



$\because A B$ 为直径,

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

$\because A B=A C$,

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

$\because \angle C B F=\frac{1}{2} \angle C A B, \quad \tan \angle C B F=\frac{1}{3}$,

$\therefore \angle C B F=\angle E A B, \tan \angle E A B=\frac{E B}{A E}=\frac{1}{3}$,

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

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

易证 $\triangle F D B \sim \triangle F B A ，$

$\therefore \frac{F D}{F B}=\frac{F B}{F A}$, 即 $F B^{2}=F D \cdot F A$,

在Rt $\triangle A E B$ 中, $A B=10$,

$\therefore E B=\sqrt{10}$,

$\therefore C B=2 \sqrt{10}, C E=\sqrt{10}$,

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

可得 $C E \cdot C B=C D \cdot A C$,

$\because A C=10$,

$\therefore C D=2$,

$\therefore A D=A C-C D=8$,

设 $C F=x$, 则 $F D=x+2, F A=10+x$,

$F B^{2}=A F^{2}-A B^{2}=(10+x)^{2}-10^{2}$,

$\therefore(10+x)^{2}-10^{2}=(x+2)(10+x)$,

解得 $x=2.5$,
$\therefore C F=2.5$,

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, \angle B A C=120^{\circ}$, 点 $D$ 在 $B C$ 边上 (不与 $B, C$ 重合), 点 $O$ 为 $\triangle A D C$的内心，则 $\angle A O C$ 不可能是 $(\quad)$


选项：
A. $150^{\circ}$
B. $120^{\circ}$
C. $110^{\circ}$
D. $100^{\circ}$
答案：D
解析：解：在 $\triangle A B C$ 中,

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

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

$\because O$ 为 $\triangle A D C$ 的内心,

$\therefore \angle O A C=\frac{1}{2} \angle D A C, \angle O C A=\frac{1}{2} \angle A C B=15^{\circ}$,

$\therefore \angle A O C=180^{\circ}-\angle O A C-\angle O C A=165^{\circ}-\frac{1}{2} \angle D A C$,

$\because$ 点 $D$ 在线段 $B C$ 上 $($ 不与 $B 、 C$ 重合 $)$,

$\therefore 0^{\circ}<\angle D A C<120^{\circ}$,

$\therefore 0^{\circ}<\frac{1}{2} \angle D A C<60^{\circ}$,

$\therefore 105^{\circ}<\angle A O C<165^{\circ}$,

$\therefore \angle A O C$ 不可能是 $100^{\circ}$.

故选: $D$.

根据三角形的内角和可得 $\angle B A C=100^{\circ}$, 由 $O$ 为 $\triangle A D C$ 的内心, 可得 $\angle O A C=\frac{1}{2} \angle D A C, \angle O C A=$ $\frac{1}{2} \angle A C B=15^{\circ}$, 所以 $\angle A O C=165^{\circ}-\frac{1}{2} \angle D A C$, 由点 $D$ 在线段 $B C$ 上(不与 $B 、 C$ 重合), 可得 $0^{\circ}<$ $\angle D A C<120^{\circ}$, 进而可得 $105^{\circ}<\angle A O C<165^{\circ}$.

本题考查了三角形的内切圆与内心, 等腰三角形的性质, 圆周角定理, 解决本题的关键是掌握三

角形的内切圆与内心，
题目（九年级 · 度量几何学）：如图在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, A C=6, B C=8, \odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, 连接 $A O$, $B O$, 则图中阴影部分的面积之和为 $(\quad)$


选项：
A. $10-\frac{3}{2} \pi$
B. $14-\frac{5}{2} \pi$
C. 12
D. 14
答案：B
解析：【分析】

本题考查的是三角形的内切圆与内心、扇形面积计算、勾股定理, 掌握扇形面积公式是解题的关键.

根据勾股定理求出 $A B$, 求出 $\triangle A B C$ 的内切圆的半径, 根据扇形面积公式、三角形的面积公式计算,得到答案.

【解答】

解：设 $\odot O$ 与 $\triangle A B C$ 的三边 $A C 、 B C 、 A B$ 的切点分别为 $D 、 E 、 F$, 连接 $O D 、 O E 、 O F$,



在Rt $\triangle A B C$ 中, $A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=10$,

$\therefore \triangle A B C$ 的内切圆的半径 $=\frac{6+8-10}{2}=2$,
$\because \odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆,

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

$\therefore \angle A O B=180^{\circ}-(\angle O A B+\angle O B A)=180^{\circ}-\frac{1}{2}(\angle C A B+\angle C B A)=135^{\circ}$,

则图中阴影部分的面积之和 $=2^{2}-\frac{90 \pi \times 2^{2}}{360}+\frac{1}{2} \times 10 \times 2-\frac{135 \pi \times 2^{2}}{360}=14-\frac{5}{2} \pi$,

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\odot O$ 是等边 $\triangle A B C$ 的内切圆, 分别切 $A B, B C, A C$ 于点 $E, F, D, P$ 是 $\overparen{D F}$ 上一点,则 $\angle E P F$ 的度数是 $(\quad)$


选项：
A. $65^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $58^{\circ}$
D. $50^{\circ}$

第 II 卷（非选择题）
答案：B
解析：【分析】

本题考查三角形的内切圆与内心, 等边三角形的性质、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.

如图, 连接 $O E, O F$, 求出 $\angle E O F$ 的度数即可解决问题.

【解答】

解：如图, 连接 $O E, O F$.



$\because \odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的内切圆, $E, F$ 是切点,

$\therefore O E \perp A B, O F \perp B C$,

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

$\because \triangle A B C$ 是等边三角形,

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

$\therefore \angle E O F=120^{\circ}$,

$\therefore \angle E P F=\frac{1}{2} \angle E O F=60^{\circ}$,

故选: $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $P A 、 P B$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $A 、 B$ 两点, 点 $C$ 为 $\odot O$ 上一点, 连接 $A C 、 B C$, 若 $\angle P=50^{\circ}$,则 $\angle A C B$ 的度数为 $(\quad)$


选项：
A. $60^{\circ}$
B. $75^{\circ}$
C. $70^{\circ}$
D. $65^{\circ}$
答案：D
解析：【分析】

本题考查了切线的性质: 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 $O A 、 O B$, 先利用切线的性质得 $\angle O A P=\angle O B P=90^{\circ}$, 再利用四边形的内角和计算出 $\angle A O B$的度数, 然后根据圆周角定理计算 $\angle A C B$ 的度数.

【解答】

解: 连接 $O A 、 O B$,

$\because P A 、 P B$ 分别与 $\odot O$ 相切于 $A 、 B$ 两点,

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

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



$\therefore \angle A O B=360^{\circ}-\angle P-\angle O A P-\angle O B P=130^{\circ}$,

$\therefore \angle A C B=\frac{1}{2} \angle A O B=\frac{1}{2} \times 130^{\circ}=65^{\circ}$.

故选: $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：已知半径为 3 的 $\odot O$ 上一点 $P$ 和 $\odot O$ 外一点 $Q$, 如果 $O Q=5, P Q=4$, 则 $P Q$ 与 $\odot O$ 的位置关系是 $(\quad)$
选项：
A. 相交
B. 相切
C. 相离
D. 位置不定
答案：B
解析：【分析】

本题考查了直线与圆的位置关系.当点 $O 、 P 、 Q$ 三点不在同一直线上时，满足勾股定理的逆定理判断即可; 当点 $O 、 P 、 Q$ 三点在同一直线上时, 不满足 $O Q=5$, 故舍去, 从而得到答案.

【解答】

解: (1)当点 $O 、 P 、 Q$ 三点不在同一直线上时, 如图,



在 $\triangle O P Q$ 中, $O P=3, P Q=4, O Q=5$,

$\because O P^{2}+P Q^{2}=3^{2}+4^{2}=25=O Q^{2}$,

$\therefore \triangle O P Q$ 是直角三角形,

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

即 $O P \perp P Q ，$

$\therefore P Q$ 与 $\odot O$ 的位置关系是相切;

(2)当点 $O 、 P 、 Q$ 三点在同一直线上时, 如图,



$\because O P=3, P Q=4$,

$\therefore O Q=3+4=7 \neq 5$,
故此种情况不符合题意, 舍去;

故选 $B$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $\triangle A B C$ 中, $A B=5, B C=3, A C=4$, 以点 $C$ 为圆心的圆与 $A B$ 相切, 则 $\odot C$ 的半径为 $($ )


选项：
A. 2.3
B. 2.4
C. 2.5
D. 2.6
答案：B
解析：【分析】

此题考查了圆的切线的性质, 勾股定理, 以及直角三角形斜边上的高的求解方法. 此题难度不大, 解题的关键是注意辅助线的作法与数形结合思想的应用, 设切点为 $D$, 连接 $C D$, 由 $A B$ 是 $\odot C$的切线, 即可得 $C D \perp A B$, 又由在直角 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=3, B C=4$, 根据勾股定理求得 $A B$ 的长, 然后由三角形的面积公式, 即可求得以 $C$ 为圆心与 $A B$ 相切的圆的半径的长.

【解答】

解: 在 $\triangle A B C$ 中, $\because A B=5, B C=3, A C=4$,

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

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

设切点为 $D$, 连结 $C D$,



$\because A B$ 是 $\odot C$ 的切线,

$\therefore C D \perp A B$,

$\because S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} A C \cdot B C=\frac{1}{2} A B \cdot C D$,

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

即 $C D=\frac{A C \cdot B C}{A B}=\frac{3 \times 4}{5}=\frac{12}{5}=2.4$,

$\therefore \odot C$ 的半径为 2.4 .
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 已知 $P A, P B$ 是 $\odot O$ 的两条切线, $A, B$ 为切点, 线段 $O P$ 交 $\odot O$ 于点 $M$.给出下列四种说法:

(1) $P A=P B$; (2) $O P \perp A B$; (3)四边形 $O A P B$ 有外接圆; (4) $M$ 是 $\triangle A O P$ 外接圆的圆心.

其中正确说法的个数是 ( )


选项：
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：解: $\because P A, P B$ 是 $\odot O$ 的两条切线, $A, B$ 为切点,

$\therefore P A=P B$, 故 (1)正确;
$\because O A=O B, P A=P B$

$\therefore O P$ 垂直平分 $A B$, 故 (2)正确;

$\because P A, P B$ 是 $\odot O$ 的两条切线, $A, B$ 为切点,

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

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

$\therefore$ 点 $A 、 B$ 在以 $O P$ 为直径的圆上,

$\therefore$ 四边形 $O A P B$ 有外接圆, 故 (3)正确;

$\because$ 只有当 $\angle A P O=30^{\circ}$ 时, 点 $M$ 到 $\triangle A P O$ 各顶点的距离相等,

$\therefore M$ 不一定为 $\triangle A O P$ 外接圆的圆心, 故 (4)错误.

故选 $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：设边长为 $a$ 的等边三角形的高、内切圆的半径、外接圆的半径分别为 $h 、 r 、 R$, 则下列结论不正确的是 ( )


选项：
A. $h=R+r$
B. $R=2 r$
C. $r=\frac{\sqrt{3}}{4} a$
D. $R=\frac{\sqrt{3}}{3} a$
答案：C
解析：解: 如图,



$\because \triangle A B C$ 是等边三角形,

$\therefore \triangle A B C$ 的内切圆和外接圆是同心圆, 圆心为 $O$,

设 $O E=r, A O=R, A D=h$,

$\therefore h=R+r$, 故 $A$ 正确;

$\because A D \perp B C$,

$\therefore \angle D A C=\frac{1}{2} \angle B A C=\frac{1}{2} \times 60^{\circ}=30^{\circ}$,

在Rt $\triangle A O E$ 中,
$\therefore R=2 r$, 故 $B$ 正确;

$\because O D=O E=r$

$\because A B=A C=B C=a$,

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

$\therefore\left(\frac{1}{2} a\right)^{2}+r^{2}=(2 r)^{2},\left(\frac{1}{2} a\right)^{2}+\left(\frac{1}{2} R\right)^{2}=R^{2}$,

$\therefore r=\frac{\sqrt{3} a}{6}, R=\frac{\sqrt{3}}{3} a$, 故 $C$ 错误, $D$ 正确;

故选: $C$.

根据等边三角形的内切圆和外接圆是同心圆, 设圆心为 $O$, 根据 $30^{\circ}$ 角所对的直角边是斜边的一半得: $R=2 r$; 等边三角形的高是 $R$ 与 $r$ 的和, 根据勾股定理即可得到结论.

本题考查了等边三角形及它的内切圆和外接圆的关系, 等边三角形的内心与外心重合, 是三条角平分线的交点; 由等腰三角形三线合一的特殊性得出 $30^{\circ}$ 角和 $60^{\circ}$, 利用直角三角形 $30^{\circ}$ 的性质或三角函数得出 $R 、 r 、 h$ 的关系.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 路灯距地面 $8 m$, 身高 $1.6 m$ 的小明从点 $A$ 处沿 $A O$ 所在的直线行走 $14 m$ 到点 $B$ 时, 人影长度( )


选项：
A. 变长 $3.5 m$
B. 变长 $2.5 m$
C. 变短 $3.5 m$
D. 变短 $2.5 m$
答案：C
解析：【分析】

此题考查相似三角形对应边成比例, 应注意题中三角形的变化. 小明在不同的位置时, 均可构成两个相似三角形, 可利用相似比求人影长度的变化.

【解答】

解：设小明在 $A$ 处时影长为 $x, A O$ 长为 $a, B$ 处时影长为 $y$.


$\because A C / / O P, B D / / O P$,
$\therefore \triangle A C M \sim \triangle O P M, \quad \triangle B D N \sim \triangle O P N$,

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

则 $\frac{x}{x+a}=\frac{1.6}{8}$,

$\therefore x=\frac{1}{4} a$

$\frac{y}{y+a-14}=\frac{1.6}{8}$

$\therefore y=\frac{1}{4} a-3.5$

$\therefore x-y=3.5$,

故变短了 3.5 米.

故选： $C$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 商用手扶梯 $A B$ 的坡比为 $1: \sqrt{3}$, 已知扶梯的长 $A B$ 为 12 米, 则小明乘坐扶梯从 $B$ 处到 $A$ 处上升的高度 $A C$ 为 $(\quad)$


选项：
A. 6 米
B. $6 \sqrt{3}$ 米
C. 12 米
D. $12 \sqrt{3}$ 米
答案：A
解析：解: $\because$ 商用手扶梯 $A B$ 的坡比为 $1: \sqrt{3}$,

设 $A C=x$ 米, 则 $B C=\sqrt{3} x$ 米,

$\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=\sqrt{x^{2}+(\sqrt{3} x)^{2}}=2 x=12$,

解得: $x=6$,

$\therefore A C=6$ 米,

故选: $A$.

根据坡比的定义可知, 设 $A C=x$ 米, 则 $B C=\sqrt{3} x$ 米, 由勾股定理求出 $A B=2 x=12$, 得出 $x=6$ 即可.

此题考查了解直角三角形的应用一坡度坡角问题以及勾股定理. 理解坡比的定义是解此题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 某地夏季中午, 当太阳移至房顶上方偏南时, 光线与地面成 $80^{\circ}$ 角, 房屋朝南的窗子高 $A B=1.8 m$, 要在窗子外面上方安装水平挡光板 $A C$, 使午间光线不能直接射入室内, 那么挡光板的宽度 $A C$ 应为 $(\quad)$


选项：
A. $1.8 \tan 80^{\circ} \mathrm{m}$
B. $1.8 \cos 80^{\circ} \mathrm{m}$
C. $\frac{1.8}{\sin 80^{\circ}} m$
D. $\frac{1.8}{\tan 80^{\circ}} m$
答案：D
解析：【分析】

此题主要考查了解直角三角形的应用, 正确掌握锐角三角函数关系是解题关键. 根据题意得出: $\angle A C B=80^{\circ}, A B=1.8 m$, 再利用锐角三角函数关系得出答案.

【解答】

解: 如图所示:



由题意可得: $\angle B A C=90^{\circ}, \angle A C B=80^{\circ}, A B=1.8 \mathrm{~m}$,

$\therefore A C=\frac{A B}{\tan 80^{\circ}}=\frac{1.8}{\tan 80^{\circ}}(m)$.

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $\angle A=90^{\circ}, A B=A C=2, O$ 为 $B C$ 的中点, 以 $O$ 为圆心的圆弧分别与 $A B, A C$ 相切于点 $D, E$, 则图中阴影部分的面积是 $(\quad)$


选项：
A. $1-\frac{\pi}{4}$
B. $\frac{\pi}{4}$
C. $1-\frac{\pi}{2}$
D. $2-\frac{\pi}{2}$
答案：A
解析：【分析】

本题考查了扇形的面积公式: $S=\frac{n \pi R^{2}}{360}$, 也考查了切线的性质定理.

连 $O D, O E$, 根据切线的性质得到 $O D \perp A B, O E \perp A C$, 则四边形 $O E A D$ 为正方形, 而 $A B=A C=2$, $O$ 为 $B C$ 的中点, 则 $O D=O E=1$, 再根据正方形的面积公式和扇形的面积公式, 利用 $S_{\text {阴影部分 }}=$ $S_{\text {正方形 } O E A D}-S_{\text {扇形 } O E D}$, 进行计算即可.

【解答】

解: 连 $O D, O E$, 如图,



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

$\therefore$ 四边形 $O E A D$ 为正方形,

$\because A B=A C=2, O$ 为 $B C$ 的中点,

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

$$
\begin{aligned}
& \therefore S_{\text {阴影部分 }}=S_{\text {正方形 } O E A D}-S_{\text {扇形OED }} \\
& =1-\frac{90 \pi \times 1^{2}}{360} \\
& =1-\frac{\pi}{4}
\end{aligned}
$$

故选 $A$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, $A B 、 A C$ 为 $\odot O$ 的切线, $B$ 和 $C$ 是切点, 延长 $O B$ 到点 $D$, 使 $B D=O B$, 连接 $A D$, 若 $\angle D A C=78^{\circ}$, 则 $\angle A D O=(\quad)$
选项：
A. $70^{\circ}$

B. $64^{\circ}$

C. $62^{\circ}$

D. $51^{\circ}$


答案：B
解析：解：连接 $O A$,

$\because A B 、 A C$ 为 $\odot O$ 的切线,



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

$\because B D=O B$,

$\therefore A B$ 垂直平分 $O D$,

$\therefore A O=A D, \triangle A O D$ 为等腰三角形,

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

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

$\because \angle D A C=\angle B A D+\angle B A O+\angle C A O=78^{\circ}$,

$\therefore 3 \angle B A D=78^{\circ}$,

$\therefore \angle B A D=26^{\circ}$,

$\therefore \angle A D O=90^{\circ}-\angle B A D=90^{\circ}-26^{\circ}=64^{\circ}$.

故选: $B$.

先根据切线长定理, 由 $A B 、 A C$ 为 $\odot O$ 的切线得到 $\angle B A O=\angle C A O$, 根据切线的性质得 $O B \perp A B$,加上 $B D=O B$, 则可判断 $\triangle A O D$ 为等腰三角形, 于是根据等腰三角形的性质得 $\angle B A O=\angle B A D$,即 $\angle C A O=\angle B A O=\angle B A D$, 然后利用 $\angle D A C=\angle B A D+\angle B A O+\angle C A O=78^{\circ}$ 可计算出 $\angle B A D=$
$26^{\circ}$, 再利用 $\angle A D O=90^{\circ}-\angle B A D$ 求解.

本题考查了切线的性质，圆的切线垂直于经过切点的半径，也考查了切线长定理.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 点 $B$ 在 $\odot A$ 上, 点 $C$ 在 $\odot A$ 外, 以下条件不能判定 $B C$ 是 $\odot A$ 切线的是( )


选项：
A. $\angle A=50$ !' $\angle C=40 \ldots$
B. $\angle B-\angle C=\angle A$
C. $A B^{2}+B C^{2}=A C^{2}$
D. $\odot A$ 与 $A C$ 的交点是 $A C$ 中点
答案：D
解析：【分析】

本题考查了切线的判定、勾股定理的逆定理、三角形内角和定理等知识, 根据切线的判定分别对各个选项进行判断, 即可得出结论.

【解答】

解: $A . \because \angle A=50^{\circ}, \angle C=40^{\circ}$,

$\therefore \angle B=180^{\circ}-\angle A-\angle C=90^{\circ}$,

$\therefore B C \perp A B$,

$\because$ 点 $B$ 在 $\odot A$ 上,

$\therefore A B$ 是 $\odot A$ 的半径,

$\therefore B C$ 是 $\odot A$ 切线;

B. $\because \angle B-\angle C=\angle A$,

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

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

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

$\therefore B C \perp A B$,

$\because$ 点 $B$ 在 $\odot A$ 上,

$\therefore A B$ 是 $\odot A$ 的半径,

$\therefore B C$ 是 $\odot A$ 切线;

C. $\because A B^{2}+B C^{2}=A C^{2}$,

$\therefore \triangle A B C$ 是直角三角形, $\angle B=90^{\circ}$,

$\therefore B C \perp A B$,

$\because$ 点 $B$ 在 $\odot A$ 上,

$\therefore A B$ 是 $\odot A$ 的半径,

$\therefore B C$ 是 $\odot A$ 切线;

D. $\because \odot$ 与 $A C$ 的交点是 $A C$ 中点,

$\therefore A B=\frac{1}{2} A C$, 但不能证出 $\angle B=90^{\circ}$,

$\therefore$ 不能判定 $B C$ 是 $\odot A$ 切线;

故选 $D$.
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A B=13, A C=5$, 则 $\cos A$ 的值是 ( )


选项：
A. $\frac{12}{5}$
B. $\frac{5}{12}$
C. $\frac{12}{13}$
D. $\frac{5}{13}$
答案：D
解析：略
题目（九年级 · 度量几何学）：如图, 坡角为 $30^{\circ}$ 的斜坡上两树间的水平距离 $A C$ 为 $2 m$, 则两树间的坡面距离 $A B$ 为 ( )


选项：
A. $4 m$
B. $\sqrt{3} m$
C. $\frac{4 \sqrt{3}}{3} m$
D. $4 \sqrt{3} m$
答案：C
解析：【分析】

此题主要考查学生对直角三角形的坡度坡角及三角函数的运用. 熟记特殊三角函数值, 利用 $30^{\circ}$ 的余弦, 结合图形可得 $\cos \angle B A C=\cos 30^{\circ}=\frac{A C}{A B}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 将 $A C$ 的值代入即可求出 $A B$.

【解答】

解: $\because A C=2, \angle A=30^{\circ}$,

$\therefore A B=\frac{A C}{\cos A}=\frac{2}{\cos 30^{\circ}}=\frac{4 \sqrt{3}}{3} \mathrm{~cm}$,

故选 $C$
题目（九年级 · 度量几何学）：已知 $\odot O$ 的半径为 1 , 圆心 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 2 , 过直线 $l$ 上任一点 $A$ 作 $\odot O$ 的切线, 切点为 $B$ ，则线段 $A B$ 长度的最小值为 $(\quad)$
选项：
A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{3}$
D. 2
答案：C
解析：【分析】

此题考查了切线的性质, 勾股定理, 解题的关键是连接 $O B$, 构造直角三角形. 先连接 $O B$, 易知 $\triangle A O B$ 是直角三角形, 再利用勾股定理得 $A B=\sqrt{O A^{2}-O B^{2}}$, 线段 $A B$ 要取最小值, 即 $O A$ 最小时取得, 可求出 $A B$.

【解答】

解: 线段 $A B$ 要取最小值, 即 $O A$ 最小时取得,

如图所示, $O A \perp l, A B$ 是切线, 连接 $O B$,



$\because O A \perp l$,

$\therefore O A=2$,

又 $\because A B$ 是切线，

$\therefore O B \perp A B$,

在Rt $\triangle A O B$ 中,

$A B=\sqrt{O A^{2}-O B^{2}}=\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$,

故选 $C$.