eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B+A C=2 B C, A D \perp B C$ 于 $D, \odot O$ 为 $\triangle A B C$ 的内切圆, 设 $\odot O$ 的半径为 $R, A D$ 的长为 $h$, 则 $R$ 与 $h$ 的比值为 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{2}{7}$
B. $\frac{3}{8}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{3}$
答案：D
解析：【分析】

本题考查三角形内切圆的相关性质, 根据已知条件利用三角形 $A B C$ 面积相等推出关系式是解题关键.

根据三角形内切圆特点作出圆心和三条半径, 分别表示出 $\triangle A B C$ 的面积, 利用面积相等即可解决问题.

【解答】

解: 如图所示: $O$ 为 $\triangle A B C$ 中 $\angle A B C 、 \angle A C B 、 \angle B A C$ 的角平分线交点, 过点 $O$ 分别作垂线相交于 $A B 、$ $A C 、 B C$ 于点 $E 、 G 、 F$,



$S_{\triangle A B C}=S_{\triangle A O B}+S_{\triangle B O C}+S_{\triangle A O C}=\frac{1}{2} \times A B \cdot R+\frac{1}{2} \times B C \cdot R+\frac{1}{2} \times A C \cdot R=\frac{1}{2} R(A B+A C+B C)$,

$\because A B+A C=2 B C$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} R(2 B C+B C)=\frac{1}{2} R \cdot 3 B C$

$\because A D$ 的长为 $h$,

$\therefore S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} B C \cdot h$,

$\therefore \frac{3}{2} R \cdot B C=\frac{1}{2} B C \cdot h$,

$\therefore h=3 R$,

$\therefore \frac{R}{h}=\frac{R}{3 R}=\frac{1}{3}$

故选 $D$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}$, 以 $A C$ 为直径的 $\odot O$ 交 $A B$ 于点 $D$, 过点 $D$ 作 $\odot O$ 的切线,与边 $B C$ 交于点 $E$, 若 $A D=\frac{9}{5}, A C=3$. 则 $D E$ 长为 $(\quad)$


选项：
A. $\frac{3}{2}$
B. 2
C. $\frac{5}{2}$
D. $\sqrt{5}$
答案：B
解析：解: 连接 $O D, C D$.

$\because A C$ 为 $\odot O$ 的直径,

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

$\because A D=\frac{9}{5}, A C=3$.



$\therefore C D=\frac{12}{5}$,

$\because O D=O C=O A$,

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

$\because D E$ 是切线,

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

$\because \angle O C D+\angle D C B=90^{\circ}$,

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

$\therefore D E=C E$.

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

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

$\therefore B C=\frac{A C \cdot C D}{A D}=\frac{3 \times \frac{12}{5}}{\frac{9}{5}}=4$

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

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

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

$\therefore B E=D E$,

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

$\therefore D E=\frac{1}{2} B C=\frac{1}{2} \times 4=2$.

故选：B.

连接 $O D, C D$. 由切线长定理得 $C D=D E$, 可证明 $\triangle A D C \sim \triangle A C B$, 则可求得 $B D$, 再由勾股定理求得 $B C$, 可证明 $B E=D E$, 从而求得 $D E$ 的长.

本题考查了切线长定理、圆周角定理、相似三角形的判定和性质, 是基础知识要熟练掌握.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在正方形 $\mathrm{ABCD}$ 中, $\mathrm{E}$ 为 $\mathrm{DC}$ 边上的点, 连接 $\mathrm{BE}$, 将 $\triangle \mathrm{BCE}$ 绕点 $\mathrm{C}$ 顺时针方向旋转 $90^{\circ}$ 得到 $\triangle \mathrm{DCF}$, 连接 $\mathrm{EF}$, 若 $\angle \mathrm{BEC}=65^{\circ}$, 则 $\angle \mathrm{EFD}$ 的度数是 $(\quad)$



选项：
A. $15^{\circ}$
B. $20^{\circ}$
C. $25^{\circ}$
D. 30


答案：B
解析：利用旋转的性质得 $\mathrm{CE}=\mathrm{CF}, \angle \mathrm{ECF}=\angle \mathrm{BCD}=90^{\circ}, \angle \mathrm{DFC}=\angle \mathrm{BEC}=65^{\circ}$, 则利用等腰直角三角形的性质得 $\angle \mathrm{CFE}=45^{\circ}$, 然后计算 $\angle \mathrm{DFC}$ 与 $\angle \mathrm{CFE}$ 的差即可.

【详解】解: $\because \triangle \mathrm{BCE}$ 绕点 $\mathrm{C}$ 顺时针方向旋转 $90^{\circ}$ 得到 $\triangle \mathrm{DCF}$,

$\therefore \mathrm{CE}=\mathrm{CF}, \angle \mathrm{ECF}=\angle \mathrm{BCD}=90^{\circ}, \angle \mathrm{DFC}=\angle \mathrm{BEC}=65^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{CFE}=45^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EFD}=65^{\circ}-45^{\circ}=20^{\circ}$

故选 B.

【点睛】本题考查了旋转的性质: 对应点到旋转中心的距离相等; 对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角; 旋转前、后的图形全等.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $\mathrm{AD}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, 作 $\odot \mathrm{O}$ 的内接正三角形 $\mathrm{ABC}$, 甲、乙两人的作法分别是:



甲：1、作 $\mathrm{OD}$ 的中垂线，交 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ 两点，

2、连接 $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}, \triangle \mathrm{ABC}$ 即为所求的三角形

乙: 1、以 $\mathrm{D}$ 为圆心, $\mathrm{OD}$ 长为半径作圆弧, 交 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ 两点.

2、连接 $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CA} . \triangle \mathrm{ABC}$ 即为所求的三角形.

对于甲、乙两人的作法, 可判断（）

选项：
A. 甲、乙均正确
B. 甲、乙均错误
C. 甲正确、乙错误
D. 甲错误, 乙正确


答案：A
解析：根据甲的思路, 作出图形如下:



连接 $\mathrm{OB}, \because \mathrm{BC}$ 垂直平分 $\mathrm{OD}, \therefore \mathrm{E}$ 为 $\mathrm{OD}$ 的中点, 且 $\mathrm{OD} \perp \mathrm{BC} . \therefore \mathrm{OE}=\mathrm{DE}=\frac{1}{2} \mathrm{OD}$.

又 $\because \mathrm{OB}=\mathrm{OD}, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{OBE}$ 中, $\mathrm{OE}=\frac{1}{2} \mathrm{OB} . \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=30^{\circ}$.
又 $\because \angle \mathrm{OEB}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{BOE}=60^{\circ}$.

$\because \mathrm{OA}=\mathrm{OB}, \quad \therefore \angle \mathrm{OAB}=\angle \mathrm{OBA}$

又 $\because \angle \mathrm{BOE}$ 为 $\triangle \mathrm{AOB}$ 的外角, $\therefore \angle \mathrm{OAB}=\angle \mathrm{OBA}=30^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{ABO}+\angle \mathrm{OBE}=60^{\circ}$.

同理 $\angle \mathrm{C}=60^{\circ} . \therefore \angle \mathrm{BAC}=60^{\circ}$.

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=\angle \mathrm{BAC}=\angle \mathrm{C}=60^{\circ} . \therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 为等边三角形. 故甲作法正确.

根据乙的思路，作图如下:



连接 $\mathrm{OB}, \mathrm{BD}, \mathrm{OC}, \mathrm{CD}$.

$\because \mathrm{OD}=\mathrm{BD}, \mathrm{OD}=\mathrm{OB}, \therefore \mathrm{OD}=\mathrm{BD}=\mathrm{OB} . \quad \therefore \triangle \mathrm{BOD}$ 为等边三角形.

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

同理可得, $\angle \mathrm{COD}=60^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{BOC}=120^{\circ}$.

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

$\because \mathrm{AD}$ 是直径,

$\therefore$ 弧 $\mathrm{ABD}=$ 弧 $\mathrm{ACD}$,

$\because \mathrm{DB}=\mathrm{DC}$

$\therefore$ 弧 $\mathrm{BD}=$ 弧 $\mathrm{CD}$,

$\therefore$ 弧 $\mathrm{AB}=$ 弧 $\mathrm{AC}$,

$\therefore \mathrm{AB}=\mathrm{AC}$.

$\therefore \triangle \mathrm{ABC}$ 为等边三角形. 故乙作法正确.

故选 A.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A B=10, A C=8, D$ 是 $A C$ 上一点, $A D=5$, $D E \perp A B$, 垂足为 $E$, 则 $A E=$ （）



选项：
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5


答案：C
解析：先证明 $\triangle A D E \sim \triangle A B C$, 得出对应边成比例, 即可求出 $A E$ 的长.

【详解】解: $\because E D \perp A B$,

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

$\because \angle A=\angle A$,

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

$\therefore \frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A C}$, 即 $\frac{5}{10}=\frac{A E}{8}$,

解得: $A E=4$.

故选: C.

【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质; 熟练掌握相似三角形的判定方法, 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 · 画法几何学）：如图, $A B / / C D / / E F, A F$ 交 $B E$ 于点 $G$, 若 $A C=C G, A G=F G$, 则下列结论错误的是（）



选项：
A. $\frac{D G}{B G}=\frac{1}{2}$
B. $\frac{D G}{B E}=\frac{1}{3}$
C. $\frac{C G}{C F}=\frac{1}{3}$
D. $\frac{C D}{E F}=\frac{1}{2}$


答案：B
解析：根据平行线分线段成比例定理进行逐项判断即可.

【详解】解: $\because A B / / C D$,

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

$\because A C=C G$,

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

故 A 正确, 不符合题意;

$\because A B / / C D / / E F$,

$\therefore \frac{B G}{E G}=\frac{A G}{F G}$,

$\because A G=F G$,

$\therefore B G=E G$,

$\therefore B E=2 B G$,

$\because \frac{D G}{B G}=\frac{C G}{A G}=\frac{1}{2}$,

$\therefore B G=2 D G$,

$\therefore B E=4 D G$,

$\therefore \frac{D G}{B E}=\frac{1}{4}$,

故 B 错误, 符合题意;

$\because C D / / E F$,

$\therefore \frac{C G}{C F}=\frac{D G}{D E}$,

$\because B G=2 D G, \quad B E=4 D G$,

$\therefore D E=3 D G$,

$\therefore \frac{C G}{C F}=\frac{D G}{D E}=\frac{1}{3}$,

故 C 正确, 不符合题意;

$\because C D / / E F$,

$\therefore \frac{C D}{E F}=\frac{D G}{E G}$,

$\because D E=3 D G$,

$\therefore E G=2 D G$,

$\therefore \frac{C D}{E F}=\frac{D G}{E G}=\frac{1}{2}$,

故 D 正确, 不符合题意.

故选: B.

【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理, 根据平行线分线段成比例定理逐一分析四个结论的正误是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 如果 $\triangle \mathrm{ABC}$ 与 $\triangle \mathrm{DEF}$ 都是正方形网格中的格点三角形 (顶点在格点上), 那么 $\triangle \mathrm{DEF}$ 与 $\triangle \mathrm{ABC}$ 的周长比为 ( ).



选项：
A. 4: 1
B. 3: 1
C. 2: 1
D. $\sqrt{2}: 1$


答案：D
解析：试题分析: 如图, 设正方形网格的边长为 1 , 根据勾股定理求出 $\triangle \mathrm{EFD} 、 \triangle \mathrm{ABC}$ 的边长, $\mathrm{DE}=2 \sqrt{2}, \mathrm{EF}=2 \sqrt{5}, \mathrm{DF}=2 ; \mathrm{AC}=\sqrt{2}, \mathrm{BC}=\sqrt{10}, \mathrm{AB}=2$, 运用三边对应成比例, 则两个三角形相似这一判定定理证明 $\triangle E D F \sim \triangle B A C$, 所以 $1_{\triangle \mathrm{DEF}}: 1_{\triangle \mathrm{ABC}}=\sqrt{2}: 1$.

故选 D.



考点：勾股定理.
题目（九年级 · 画法几何学）：为了测量圆形工件的直径.

甲: 如图 1, 在工作台上用边长相同的两个立方体小木块顶在圆形工件的两侧, 测得
两木块间的距离 $b$ 和小木块的边长 $a$ 即可;

乙: 如图 2, 把两个小木块换成两个相同的小圆柱, 量得圆柱半径 $n$ 和两个圆心之间的距离 $m$ 即可.

下面的说法正确的是（）



图 1



图2


选项：
A. 甲对乙不对
B. 甲不对乙对
C. 两人都不对
D. 两人都对

##
答案：D
解析：甲: 如图 1, 连接 $C D, O C, O D$, 过 $O$ 点作 $O E \perp C D$ 于 $E$ 点, 交圆 $O$ 点 $F$,根据图形可知: $C D=b, \quad E F=a$, 利用垂直定理以及勾股定理即可作答; 乙: 如图 2, 连接 $C D, O C, O D$, 过 $O$ 点作 $O E \perp C D$ 于 $E$ 点, 交圆 $O$ 点 $F$,

根据图形可知: $C D=2 n+m, E F=n$, 同理利用垂直定理以及勾股定理即可作答.

【详解】



图1



图2

甲: 如图 1, 连接 $C D, O C, O D$, 过 $O$ 点作 $O E \perp C D$ 于 $E$ 点, 交圆 $O$ 点 $F$,根据图形可知: $C D=b, E F=a$,

$\because O E \perp C D$,

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

设圆 $O$ 的半径为 $r$,

$\therefore O E=O F-E F=r-a$,

在 Rt $\triangle O D E$ 中, 有: $O D^{2}=O E^{2}+D E^{2}$,

$\therefore r^{2}=(r-a)^{2}+\left(\frac{b}{2}\right)^{2}$,
解方程即可求出 $r$, 即甲的说法正确;

乙: 如图 2, 连接 $C D, O C, O D$, 过 $O$ 点作 $O E \perp C D$ 于 $E$ 点, 交圆 $O$ 点 $F$,根据图形可知: $C D=2 n+m, E F=n$,

设圆 $O$ 的半径为 $r$,

同理可得: $r^{2}=(r-n)^{2}+\left(\frac{m+2 n}{2}\right)^{2}$ ，

解方程即可求出 $r$, 即乙的说法正确;

故选: D.

【点睛】本题主要考查了垂径定理和勾股定理的知识, 掌握垂径定理是解答本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：有一个未知圆心的圆形工件需要画出圆心. 暂时只能用一块足够大的直角三角板 (无刻度) 可以使用. 为此同学们需要先得到两条不同的直径, 下列寻找直径 $A B$ 的方法正确的是（ ）

选项：
A.







答案：C
解析：根据直角所对的弦是直径进行求解即可

【详解】解: $\because$ 直角所对的弦是直径,

$\therefore$ 四个选项中只有 $\mathrm{B}$ 选项中的 $A B$ 是直径,

故选 C.
【点睛】本题主要考查了直角所对的弦是直径, 熟知相关知识是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $\odot O$ 的内接正方形 $A B C D$ 的边长为 4 , 则 $\odot O$ 的半径为 ( )

  

  (第 5 题)

  
选项：
A. $\sqrt{2}$
  B. $2 \sqrt{2}$
  C. $4 \sqrt{2}$
  D. 2


答案：A
解析：根据圆内接正方形的性质：圆的半径等于正方形对角线的一半求解即可.

【详解】解: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是 $\odot O$ 的内接正方形, 且边长为 4 ,

$\therefore$ 正方形 $A B C D$ 对角线长为 $\sqrt{4^{2}+4^{2}}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 $\frac{1}{2} \times 4 \sqrt{2}=2 \sqrt{2}$,

故选: A.

【点睛】本题考查了圆的内接正方形, 熟记圆内接正方形的性质是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：把一张圆形纸片按如图所示的方式折叠两次后展开, 图中的虚线表示折痕, 则 $\overparen{B C}$ 的度数为( )



选项：
A. $120^{\circ}$
B. $135^{\circ}$
C. $150^{\circ}$
D. $165^{\circ}$


答案：C
解析：略
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的弦, $O C \perp A B$, 垂足为 $C, O D / / A B, O C=\frac{1}{2} O D$, 则 $\angle O D B$的度数为 $($ )


选项：
A. $65^{\circ}$

B. $70^{\circ}$

C. $75^{\circ}$

D. $80^{\circ}$

## 第 II 卷（非选择题）

##
答案：C
解析：解: 如图所示, 连接 $O B$,



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

$\because O C \perp A B$, 垂足为 $C, O D / / A B, O C=\frac{1}{2} O D$,

$\therefore$ 在 Rt $\triangle O B C$ 中, $O C=\frac{1}{2} O B$,

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

$\because O B=O D=r$,
$\therefore \triangle B O D$ 是等腰三角形,

$\therefore \angle O B D=\angle O D B=\frac{1}{2} \times\left(180^{\circ}-30^{\circ}\right)=75^{\circ}$,

故选: $C$.

如图所示(见详解), 连接 $O B$, 得 Rt $\triangle O B C$, 且 $O B=O D=r, O C=\frac{1}{2} O D, O D / / A B$, 由此即可求出 $\angle O B C=\angle B O D=30^{\circ}$, 再根据等腰三角形的性质即可求解.

本题主要考查圆与含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形, 等腰三角形性质的综合运用, 掌握圆的知识, 含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质, 等腰三角形性质是解题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 小明同学用自制的直角三角形纸板 $D E F$ 测量树的高度 $A B$, 他调整自己的位置, 设法使斜边 $D F$保持水平, 并且边 $D E$ 与点 $B$ 在同一直线上. 已知纸板的两条边 $D F=50 \mathrm{~cm}, E F=30 \mathrm{~cm}$, 测得边 $D F$离地面的高度 $A C=1.5 \mathrm{~m}, C D=20 \mathrm{~m}$, 则树高 $A B$ 为 $(\quad)$



选项：
A. $12 \mathrm{~m}$
B. $13.5 \mathrm{~m}$
C. $15 \mathrm{~m}$
D. $16.5 \mathrm{~m}$


答案：D
解析：【分析】

此题主要考查相似三角形的应用, 先根据勾股定理求得 $D E$ 的长, 再根据相似三角形的判定求得两三
角形相似, 再根据相似三角形对应边成比例求解.

## 【解答】

解: $\because \angle D E F=90^{\circ}, D F=50 \mathrm{~cm}=0.5 \mathrm{~m}, E F=30 \mathrm{~cm}=0.3 \mathrm{~m}$,

$\therefore D E=\sqrt{D F^{2}-E F^{2}}=40 \mathrm{~cm}=0.4 \mathrm{~m}$.

$\because \angle D E F=\angle B C D=90^{\circ}, \angle D=\angle D$, 所以 $\triangle D E F \sim \triangle D C B$.

$\therefore \frac{E F}{C B}=\frac{D E}{D C}$, 即 $\frac{0.3}{C B}=\frac{0.4}{20}$, 解得 $B C=15 \mathrm{~m}$.

$\therefore A B=A C+B C=1.5+15=16.5 m$.

故选: D.
题目（九年级 · 画法几何学）：图1是装了液体的高脚杯示意图(数据如图), 用去一部分液体后如图2所示, 此时液面 $A B=($ )



图1

图2

选项：
A. $1 \mathrm{~cm}$
B. $2 \mathrm{~cm}$
C. $3 \mathrm{~cm}$
D. $4 \mathrm{~cm}$


答案：C
解析：解: 如图1, 过 $O$ 作 $O M \perp C D$, 垂足为 $M$,

如图2, 过 $O^{\prime}$ 作 $O^{\prime} N \perp A B$, 垂足为 $N$,



图1

图2

$\because$ 用去一部分液体后, $C D / / A B$,

$\therefore \triangle C D O \sim \triangle A B O^{\prime}$, 即相似比为 $\frac{C D}{A B}$,

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

$\because O M=15-7=8(\mathrm{~cm}), O^{\prime} N=11-7=4(\mathrm{~cm})$,

$\therefore \frac{C D}{A B}=\frac{O M}{O^{\prime} N}$, 即 $\frac{6}{A B}=\frac{8}{4}$,

$\therefore A B=3 \mathrm{~cm}$,

故选: $C$.

本题考查相似三角形的应用, 解本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质.

高脚杯前后的两个三角形相似. 根据相似三角形的判定和性质即可得出结果.
题目（九年级 · 画法几何学）：西周数学家商高总结了用 “矩” (如图1)测量物高的方法：把矩的两边按图2放置, 从 “矩” $C D A$ 的一端 $A$ (人眼) 望点 $E$, 使视线通过 “矩” 的另一端点 $C$, 记人站立的位置为点 $B$, 量出 $B G$ 长, 即可算得物高 $E G$.若 $a=30 \mathrm{~cm}, b=60 \mathrm{~cm}, A B=1.6 \mathrm{~m}, B G=2.4 \mathrm{~m}$, 则 $E G$ 的高度为 $(\quad)$


选项：
A. $1.2 m$
B. $2.8 m$
C. $4.8 m$
D. $6.4 m$

答案：B
解析：解：由图2可得, $A F=B G=2.4 \mathrm{~m}, E F=E G-F G, F G=A B=1.6 \mathrm{~m}$,

$\therefore E F=(E G-1.6) m$,

$\because C D \perp A F, E F \perp A F$,

$\therefore C D / / E F$,

$\therefore \triangle A D C \backsim \triangle A F E$,

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

即 $\frac{30}{(E G-160)}=\frac{60}{240}$,

解得, $E G=280 \mathrm{~cm}=2.8 \mathrm{~m}$,

故选: $B$.

根据题意和图形, 可以得到 $A F=B G=2.4 m, E F=E G-F G, F G=A B=1.6 \mathrm{~m}$, 然后根据相似三角形的性质, 可以得到 $E G$.

本题考查一次函数的应用、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在矩形纸片 $A B C D$ 中, $A B=a$, 将矩形纸片 $A B C D$ 沿 $E F$ 对折后展开, 得矩形 $A B F E$ 和矩形 $E F C D$,然后再把其中的一个矩形 $E F C D$ 沿 $M N$ 对折后展开, 得矩形 $M N C F$ 和矩形 $M N D E, \ldots \ldots$ 依此类推, 得矩形 $P R S N$ 和 $R Q C S$, 并且所有矩形都相似, 则 $R S$ 等于

( )



选项：
A. $\frac{\sqrt{2}}{8} a$
B. $\frac{\sqrt{2}}{4} a$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2} a$
D. $\frac{1}{4} a$

## 第 II 卷（非选择题）

##
答案：B
解析：解：设 $A D=2 x$, 由对折知, $C F=x$.
$\because$ 矩形 $A B C D \backsim$ 矩形 $D E F C$,

$\therefore \frac{C D}{C F}=\frac{A D}{C D}$.

$\therefore \frac{a}{x}=\frac{2 x}{a}$.

$$
\begin{aligned}
& \therefore x=\frac{\sqrt{2}}{2} a \\
& \therefore C F=\frac{\sqrt{2}}{2} a
\end{aligned}
$$

由折叠知, $R S=C Q=\frac{1}{2} C F=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} a=\frac{\sqrt{2}}{4} a$.

故选 $B$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图 2 中的矩形边长分别是将图1中的矩形边长 4 拉长 $2 x$, 边长 5 拉长 $x$ 得到的, 若两个矩形相似(不全等), 则 $x$ 的值是 ( )



图1

图2

选项：
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6


答案：A
解析：【分析】

本题考查矩形的性质, 相似多边形的性质等知识, 解题的关键是学会利用相似多边形的性质, 构建方程解决问题.

利用相似多边形的性质，构建方程求解即可.

## 【解答】

解: 由题意, 两个矩形相似,

$\therefore \frac{4}{5+x}=\frac{5}{4+2 x}$ 或 $\frac{4}{4+2 x}=\frac{5}{5+x}$,解得 $x=3$ 或 0 ( 0 不符合题意舍弃),

故选: $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在网格图中, 以 $O$ 为位似中心, 把 $\triangle A B C$ 缩小到原来的 $\frac{1}{2}$, 则点 $A$ 的对应点为 ( )


选项：
A. $D$ 点

B. $E$ 点

C. $D$ 点或 $G$ 点



D. $D$ 点或 $F$ 点


答案：C
解析：解: 作射线 $A O$,

由图可知, 点 $D$ 和点 $G$ 都在射线 $A O$ 上, 且 $\frac{O D}{O A}=\frac{1}{2}, \frac{O G}{O A}=\frac{1}{2}$,则点 $A$ 的对应点为 $D$ 点或 $G$ 点,

故选: $C$.

作射线 $A O$, 根据位似变换的概念判断即可.



本题考查的是位似变换的概念和性质, 位似图形的定义: 两个图形不仅是相似图形, 而且对应顶点的连线相交于一点, 对应边互相平行, 那么这样的两个图形叫做位似图形, 这个点叫做位似中心.

##
题目（九年级 · 画法几何学）：我国古代天文学确定方向的方法中蕴藏了平行线的作图法. 如《淮南子天文训》中
    记载: “正朝夕: 先树一表东方; 操一表却去前表十步, 以参望日始出北廉. 日直入,又树一表于东方, 因西方之表, 以参望日方入北康. 则定东方两表之中与西方之表, 则东西也. "如图, 用几何语言叙述作图方法: 已知直线 $a$ 和直线外一定点 $O$, 过点 $O$ 作直线与 $a$ 平行. (1) 以 $O$ 为圆心, 单位长为半径作圆, 交直线 $a$ 于点 $M, N$; (2) 分别在 $M O$ 的延长线及 $O N$ 上取点 $A, B$, 使 $O A=O B$; (3) 连接 $A B$, 取其中点 $C$, 过 $O, C$两点确定直线 $b$, 则直线 $a / / b$. 按以上作图顺序, 若 $\angle M N O=35^{\circ}$, 则 $\angle A O C=(\quad)$

    

    （第 10 题）

    
选项：
A. $35^{\circ}$
    B. $30^{\circ}$
    C. $25^{\circ}$
    D. $20^{\circ}$

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答案：A
解析：证明 $\angle N M O=\angle M N O=35^{\circ}$, 可得 $\angle A O B=2 \times 35^{\circ}=70^{\circ}$, 结合 $O A=O B, C$ 为 $A B$ 的中点, 可得 $\angle A O C=\angle B O C=35^{\circ}$.
【详解】解: $\because \angle M N O=35^{\circ}, \quad M O=N O$,

$\therefore \angle N M O=\angle M N O=35^{\circ}$,

$\therefore \angle A O B=2 \times 35^{\circ}=70^{\circ}$,

$\because O A=O B, C$ 为 $A B$ 的中点,

$\therefore \angle A O C=\angle B O C=35^{\circ}$,

故选 A.

【点睛】本题考查的是圆的基本性质, 等腰三角形的性质, 平行线的判定, 三角形的外角的性质, 熟记等腰三角形的性质是解本题的关键.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 直线 $1_{1} / / 1_{2}, \odot 0$ 与 $1_{1}$ 和 $1_{2}$ 分别相切于点 $\mathrm{A}$ 和点 $\mathrm{B}$, 点 $\mathrm{M}$ 和点 $N$ 分别是 $1_{1}$ 和 $1_{2}$ 上的动点, $\mathbb{M N}$ 沿 $1_{1}$ 和 $1_{2}$ 平移, 若 $\odot 0$ 的半径为 $1, \angle \mathrm{AMN}=60^{\circ}$ ，则下列结论不正确的是 ( )


选项：
A. $1_{1}$ 和 $1_{2}$ 的距离为 2
B. 当 $M N$ 与 $\odot 0$ 相切时, $A M=\sqrt{3}$
C. $\mathrm{MN}=\frac{4}{3} \sqrt{3}$
D. 当 $\angle \mathrm{MON}=90^{\circ}$ 时, $\mathbb{N N}$ 与 $\odot 0$ 相切
答案：B
解析：【分析】连结 $O A 、 O B$, 根据切线的性质和 $1_{1} / / 1_{2}$ 得到 $A B$ 为 $\odot 0$ 的直径, 则 $1_{1}$ 和 $1_{2}$ 的距离为 2 ; 当 $\mathrm{MN}$ 与 $\odot 0$ 相切, 连结 $0 \mathrm{M}, 0 \mathrm{~N}$, 当 $\mathrm{MN}$ 在 $\mathrm{AB}$ 左侧时, 根据切线长定理得 $\angle \mathrm{AMO}=\angle$ $\mathrm{AMN}=30^{\circ}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{AMO}$ 中, 利用正切的定义可计算出 $\mathrm{AM}=\sqrt{3}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{OBN}$ 中, 由于 $\angle \mathrm{ONB}=\angle$ $B N M=60^{\circ}$ ，可计算出 $B N=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 当 $M N$ 在 $A B$ 右侧时, $A M=\frac{\sqrt{3}}{3}$, 所以 $A M$ 的长为 $\sqrt{3}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{3}$; 当 $\angle$ $M O N=90^{\circ}$ 时, 作 $0 E \perp M N$ 于 $E$, 延长 $N O$ 交 $1_{1}$ 于 $F$, 易证得 $R t \triangle O A F \cong R t \triangle O B N$, 则 $O F=0 N$, 于是可判断 $\mathrm{MO}$ 垂直平分 $\mathrm{NF}$, 所以 $\mathrm{OM}$ 平分 $\angle \mathrm{NMF}$, 根据角平分线的性质得 $\mathrm{OE}=0 \mathrm{~A}$, 然后根据切线的判定定理得到 $\mathbb{M N}$ 为 $\odot 0$ 的切线.

解: 连结 $O A 、 O B$, 如图 1,

$\because \odot 0$ 与 $1_{1}$ 和 $1_{2}$ 分别相切于点 $\mathrm{A}$ 和点 $\mathrm{B}$,
$\therefore 0 \mathrm{~A} \perp 1_{1}, 0 \mathrm{~B} \perp 1_{2}$,

$\because 1_{1} / / 1_{2}$,

$\therefore$ 点 $\mathrm{A} 、 0 、 \mathrm{~B}$ 共线，

$\therefore \mathrm{AB}$ 为 $\odot 0$ 的直径,

$\therefore 1_{1}$ 和 $1_{2}$ 的距离为 $2 ;$

作 $\mathrm{NH} \perp \mathrm{AM}$ 于 $\mathrm{H} ，$ 如图 1,

则 $M N=A B=2$,

$\because \angle \mathrm{AMN}=60^{\circ}$,

$\therefore \sin 60^{\circ}=\frac{\mathrm{NH}}{M \mathrm{~N}}$

$\therefore \mathbb{M N}=\frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$

当 $\mathrm{MN}$ 与 $\odot 0$ 相切, 如图 2 , 连结 $0 \mathrm{M}, 0 \mathrm{~N}$,

当 $M N$ 在 $A B$ 左侧时, $\angle A M O=\frac{1}{2} \angle A M N=\frac{1}{2} \times 60^{\circ}=30^{\circ}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{AMO}$ 中, $\tan \angle \mathrm{AMO}=\frac{\mathrm{OA}}{\mathrm{MM}}$, 即 $\mathrm{AM}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\sqrt{3}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{OBN}$ 中, $\angle \mathrm{ONB}=\angle \mathrm{BNM}=60^{\circ}, \tan \angle \mathrm{ONB}=\frac{\mathrm{OB}}{\mathrm{BN}}$, 即 $\mathrm{BN}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

当 $M N$ 在 $A B$ 右侧时, $A M=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore \mathrm{AM}$ 的长为 $\sqrt{3}$ 或 $\frac{\sqrt{3}}{3}$;

当 $\angle \mathrm{MON}=90^{\circ}$ 时, 作 $O E \perp M N$ 于 $E$, 延长 $N 0$ 交 $1_{1}$ 于 $F$, 如图 2 ,

$\because 0 \mathrm{~A}=0 \mathrm{~B}$,

$\therefore \mathrm{Rt} \triangle 0 \mathrm{AF} \cong \mathrm{Rt} \triangle 0 \mathrm{BN}$,

$\therefore 0 \mathrm{~F}=0 \mathrm{~N}$,

$\therefore \mathrm{MO}$ 垂直平分 $\mathrm{NF}$,

$\therefore 0 \mathrm{M}$ 平分 $\angle \mathrm{NMF}$,

$\therefore 0 \mathrm{E}=0 \mathrm{~A}$,

$\therefore \mathbb{M N}$ 为 $\odot 0$ 的切线.
故选 B.



图1



图2
题目（九年级 · 画法几何学）：下面属于中心投影的是 ( $\quad$ )
选项：
A. 太阳光下的树影
B. 皮影戏
C. 月光下房屋的影子
D. 海上日出
答案：B
解析：$\mathrm{B}$

【解析】中心投影的光源为灯光, 平行投影的光源为阳光与月光, 在各选项中只有 $\mathrm{B}$ 选项得到的投影为中心投影.故选 B
题目（九年级 · 画法几何学）：下列四幅图形中，表示两棵圣诞树在同一时刻阳光下的影子的图形可能是 ( )
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：$\mathrm{B}$

【解析】A 选项: 影子的方向不相同, 错误;

$\mathrm{B}$ 选项: 影子平行, 且较高的树的影子长度大于较低的树的影子, 正确;

$\mathrm{C}$ 选项: 相同树高与影子是成正比的, 较高的树的影子长度小于较低的树的影子, 错误;

D 选项：影子的方向不相同，错误;

故选 B.
题目（九年级 · 画法几何学）：下列投影中，是平行投影的是 $(\quad)$
选项：
A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：B

【解析】如图:


只有 $\mathrm{B}$ 中的投影线是平行的,
故选 B.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图所示的几何体的主视图是（ ）

B.

9. 如图是一个几何体的三视图, 则该几何体的侧面积是 ( )

选项：
A. $2 \sqrt{13} \pi$
B. $10 \pi$
C. $20 \pi$
D. $4 \sqrt{13} \pi$

10．如图所示该几何体的俯视图是（）


A.


B.


C.


D.


答案：B
解析：$\mathrm{B}$

【解析】主视图是从正面看到的图, 符合的只有选项 B,

故选 B.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 正六边形螺帽的边长是 $2 \mathrm{~cm}$, 这个扳手的开口 $a$ 的值应是 ( )
选项：
A. $2 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$


B. $\sqrt{3} \mathrm{~cm}$
C. $\frac{2}{3} \sqrt{3} \mathrm{~cm}$
D. $1 \mathrm{~cm}$
答案：A
解析：如图,



连接 $A C$, 过 $B$ 作 $B D \perp A C$ 于 $D$;

$\because A B=B C$,

$\therefore \triangle A B C$ 是等腰三角形,

$\therefore A D=C D$

$\because$ 此多边形为正六边形,

$\therefore \angle A B C=\frac{180^{\circ} \times 4}{6}=120^{\circ}$,

$\therefore \angle A B D=\frac{120^{\circ}}{2}=60^{\circ}$,

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

$\therefore a=2 \sqrt{3} \mathrm{~cm}$.

故选 $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 从点 $A$ 看一山坡上的电线杆 $P Q$, 观测点 $P$ 的仰角是 $45^{\circ}$,向前走 $6 m$ 到达 $B$ 点, 测得顶端点 $P$ 和杆底端点 $Q$ 的仰角分别是 $60^{\circ}$和 $30^{\circ}$, 则该电线杆 $P Q$ 的高度 $(\quad)$


选项：
A. $6+2 \sqrt{3}$
B. $6+\sqrt{3}$
C. $10-\sqrt{3}$
D. $8+\sqrt{3}$
答案：A
解析：延长 $P Q$ 交直线 $A B$ 于点 $E$, 设 $P E=x$ 米.

中, $\angle A=45^{\circ}$,

$x$ 米;

$$
\begin{aligned}
& \because \angle P B E=60^{\circ} \\
& \therefore \angle B P E=30^{\circ}
\end{aligned}
$$



在直角 $\triangle B P E$ 中, $B E=\frac{\sqrt{3}}{3} P E=\frac{\sqrt{3}}{3} x$ 米,

$\because A B=A E-B E=6$ 米,

则 $x-\frac{\sqrt{3}}{3} x=6$,
解得: $x=9+3 \sqrt{3}$.

则 $B E=(3 \sqrt{3}+3)$ 米.

在直角 $\triangle B E Q$ 中, $Q E=\frac{\sqrt{3}}{3} B E=\frac{\sqrt{3}}{3}(3 \sqrt{3}+3)=(3+\sqrt{3})$ 米.

$\therefore P Q=P E-Q E=9+3 \sqrt{3}-(3+\sqrt{3})=6+2 \sqrt{3}$ (米).

答: 电线杆 $P Q$ 的高度是 $6+2 \sqrt{3}$ 米.

故选: $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：在长和宽分别是 19 和 15 矩形内, 如图所示放置 5 个大小相同的正方形, 且 $A 、 B 、 C 、 D$ 四个顶点分别在矩形的四条边上, 则每个小正方形的边长是 ( )
选项：
A. $\sqrt{29}$
B. 5.5
C. $\frac{\sqrt{181}}{2}$


D. $3 \sqrt{5}$
答案：A
解析：如图, 作 $E F$ 平行于长方形的长, $G H$ 平行于长方形的宽, 交于 $O$,

设正方形边长为 $x, E F$ 与 $O D$ 边成的角为 $\theta$,

则 $G H$ 与 $O A 、 O C$ 边成的角为 $\theta, A B$ 与 $A J$ 边成的角为 $\theta$,


在Rt $\triangle A O H 、 R t \triangle C O G$ 中,

$G H=O G+O H=x \cos \theta+2 x \cos \theta=3 x \cos \theta=15$,

同理得出 $E F=E O+H A+A J=2 x \cos \theta+2 x \sin \theta+x \cos \theta=3 x \cos \theta+2 x \sin \theta=19$ (2)

解 $(1)$ 得 $x \cos \theta=5$

将 $x \cos \theta=5$ 代入(2)

解(2)得 $x \sin \theta=2$,

两边平方相加得 $x^{2}=29$,

所以正方形的边长 $x=\sqrt{29}$.

故选 $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 正六边形 $A B C D E F$ 内接于 $\odot O$, 若直线 $P A$ 与 $\odot O$ 相切于点 $A$,则 $\angle P A B=(\quad)$
选项：
A. $30^{\circ}$
B. $35^{\circ}$
C. $45^{\circ}$


D. $60^{\circ}$
答案：A
解析：连接 $O B, A D, B D$,

$\because$ 多边形 $A B C D E F$ 是正多边形,

$\therefore A D$ 为外接圆的直径,

$\angle A O B=\frac{360^{\circ}}{6}=60^{\circ}$,



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

$\because$ 直线 $P A$ 与 $\odot O$ 相切于点 $A$,

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

故选: $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 在一块矩形 $A B C D$ 区域内, 正好划出 5 个全等的矩形停车位, 其中 $E F=a$ 米, $F G=b$ 米, $\angle A E F=30^{\circ}$, 则 $A D$ 等于 $(\quad)$
选项：
A. $\left(\frac{1}{2} a+\frac{19 \sqrt{3}}{6} b\right)$ 米
B. $\left(\frac{1}{2} a+\frac{8 \sqrt{3}}{3} b\right)$ 米
C. $\left(a+\frac{19 \sqrt{3}}{6} b\right)$ 米
D. $\left(a+\frac{8 \sqrt{3}}{3} b\right)$ 米


答案：A
解析：$\because E F=a$ 米, $\angle A=90^{\circ}, \angle A E F=30^{\circ}$,

$\therefore A F=\frac{1}{2} E F=\frac{1}{2} a$ 米, $\angle A F E=60^{\circ}$,

$\because \angle E F G=90^{\circ}$,

$\therefore \angle M F G=30^{\circ}$,

$\therefore P Q=N P=M N=F M=\frac{F G}{\cos 30^{\circ}}=\frac{b}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3} b$ (米),

$D Q=Q K \cdot \cos 30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2} b($ 米 $)$,



$\therefore A D=A F+4 F M+Q D=\frac{1}{2} a+4 \times \frac{2 \sqrt{3}}{3} b+\frac{\sqrt{3}}{2} b=\frac{1}{2} a+\frac{19 \sqrt{3}}{6} b$ (米),

故选: $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：如图, 已知 $B C$ 是圆柱的直径, $A B$ 是圆柱的高, 在圆柱的侧面上, 过点 $A$, $C$ 嵌有一圈路径最短的金属丝, 现将圆柱侧面沿 $A B$ 剪开, 所得圆柱的侧面展开图形是( )
选项：
A.


B.


C.


D.




答案：A
解析：因圆柱的展开面为长方形, $A C$ 展开应该是两线段, 且有公共点 $C$.

故选 $A$.
题目（九年级 · 画法几何学）：下列说法正确的是 $(\quad)$

(1)平行四边形既是中心对称图形, 又是轴对称图形; (2)同一物体的三视图中, 俯视图与左视图的宽相等; (3)线段的正投影是一条线段; (4)主视图是正三角形的圆锥的侧面展开图一定是半圆; (5)图形平移的方向总是水平的, 图形旋转后的效果总是不同的.
选项：
A. (1) (3)
B. (2)(4)
C. (3)(5)
D. (2) (5)
答案：B
解析：(1)平行四边形是中心对称图形, 不是轴对称图形, 故错误;

(2)同一物体的三视图中, 俯视图与左视图的宽相等, 故正确;

(3)线段的正投影是一条线段或一个点, 故错误;

(4)设底面圆的半径为 $r$, 则圆雉的母线长为 $2 r$, 底面周长 $=2 \pi r$,

侧面展开图是个扇形, 弧长 $=2 \pi r=\frac{n \pi \times 2 r}{180}$, 所以 $n=180^{\circ}$.

所以主视图是正三角形的圆雉的侧面展开图一定是半圆, 故正确;

(5)图形平移的方向不一定是水平的, 图形旋转后的效果不一定是不同的, 故错误.

故选 $B$.