eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 度量几何学）：(8 分) 如图所示, 在 $\triangle A B C$ 中, $\angle B=90^{\circ}, A B=5 \mathrm{~cm}, B C=7 \mathrm{~cm}$, 点 $P$ 从点 $A$ 开始沿 $A B$ 边向点 $B$ 以 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度运动, 点 $Q$ 从点 $B$ 开始沿 $B C$ 边向点 $C$ 以 $2 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度运动. $P 、 Q$ 分别从 $A 、 B$ 同时出发, 当 $P 、 Q$ 两点中有一点停止运动时, 则另一点也停止运动. 设运动的时间为 $t(\mathrm{~s}) .(t \geqslant 0)$

(1)当 $t$ 为何值时, $P Q$ 的长度等于 $5 \mathrm{~cm}$;

(2)求出 $S_{\triangle B P Q}$ 关于 $t$ 的函数解析式, 计算 $P 、 Q$ 出发几秒时, $S_{\triangle B P Q}$ 有最大值, 并求出这个最大面积？




选项：
答案： (1)当 $t$ 为 2 秒时, $P Q$ 的长度等于 $5 \mathrm{~cm}$.

(2) $S_{\triangle B P Q}=-t^{2}+5 t ; P 、 Q$ 出发 $\frac{5}{2}$ 秒时, $S_{\triangle B P Q}$ 有最大值, 这个最大面积为 $\frac{25}{4} \mathrm{~cm}^{2}$.


解析：(1) 由题意得: $A P=t \mathrm{~cm}, B Q=2 t \mathrm{~cm}$, 根据 $A B=5 \mathrm{~cm}$ 得 $P B=A B-A P=(5-t) \mathrm{cm}$,在 Rt $\triangle P B Q$ 中, 根据勾股定理得, $P B^{2}+B Q^{2}=P Q^{2}$, 进行计算得 $t=2$, 即可得;

由（1）知: $A P=t \mathrm{~cm}, B Q=2 t \mathrm{~cm}$,

（2）根据当 $P 、 Q$ 两点中有一点停止运动时, 则另一点也停止运动得 $\left\{\begin{array}{c}0 \leq t \leq 5 \\ 0 \leq 2 t \leq 7\end{array}\right.$, 即可得 $0 \leq t \leq \frac{7}{2}$, 则 $S_{\triangle B P Q}=\frac{1}{2} P B \cdot P Q=\frac{1}{2} \times(5-t) \cdot 2 t=-t^{2}+5 t, \quad S_{\triangle B P Q}=-t^{2}+5 t=-\left(t-\frac{5}{2}\right)^{2}+\frac{25}{4}$, 根据二次函数的性质即可得.

【详解】(1) 解：由题意得： $A P=t \mathrm{~cm}, B Q=2 t \mathrm{~cm}$,

$\because A B=5 \mathrm{~cm}$,

$\therefore P B=A B-A P=(5-t) \mathrm{cm}$,

在 Rt $\triangle P B Q$ 中, 根据勾股定理得, $P B^{2}+B Q^{2}=P Q^{2}$,

$\therefore(5-t)^{2}+(2 t)^{2}=5^{2}$,

$25-10 t+t^{2}+4 t^{2}=25$

$5 t^{2}-10 t=0$

$5 t(t-2)=0$

解得: $t=2$ 或 $t=0$ (不合题意, 舍去),

$\therefore t=2$.

答: 当 $t$ 为 2 秒时, $P Q$ 的长度等于 $5 \mathrm{~cm}$.

（2）解：由 (1) 知: $A P=t \mathrm{~cm}, B Q=2 t \mathrm{~cm}$,

$\because$ 当 $P 、 Q$ 两点中有一点停止运动时, 则另一点也停止运动,

$\therefore\left\{\begin{array}{c}0 \leq t \leq 5 \\ 0 \leq 2 t \leq 7\end{array}\right.$,

$\therefore 0 \leq t \leq \frac{7}{2}$,

$\therefore S_{\triangle B P Q}=\frac{1}{2} P B \cdot P Q=\frac{1}{2} \times(5-t) \cdot 2 t=-t^{2}+5 t$,

$\therefore S_{\triangle B P Q}$ 关于 $t$ 的函数解析式为 $S_{\triangle B P Q}=-t^{2}+5 t$,

$\therefore S_{\triangle B P Q}=-t^{2}+5 t=-\left(t-\frac{5}{2}\right)^{2}+\frac{25}{4}$

$\because-1<0$,

$\therefore$ 当 $t=\frac{5}{2}$ 秒时, $S_{\triangle B P Q}$ 有最大值, 最大值为 $\frac{25}{4}$.
即 $P 、 Q$ 出发 $\frac{5}{2}$ 秒时, $S_{\triangle B P Q}$ 有最大值, 这个最大面积为 $\frac{25}{4} \mathrm{~cm}^{2}$.

【点睛】本题考查了勾股定理, 一元一次不等式组, 二次函数的性质, 解题的关键是理解题意, 掌握这些知识点.
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 如图, 已知 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A C=3, B C=4$, 以点 $C$ 为圆心作 $\odot C$,半径为 $r$.

（1）当 $r$ 取什么值时，点 $A$ 在 $\odot C$ 外?

（2）当 $r$ 取什么值时, 点 $A$ 在 $\odot C$ 内, 点 $B$ 在 $\odot C$ 外.




选项：
答案： (1) 点 $A$ 在 $\odot C$ 外, 则 $A C>r$, 即 $r<3$

即当 $r<3$ 时, 点 $A$ 在 $\odot C$ 外;

(2) 点 $A$ 在 $\odot C$ 内, 则 $A C<r$, 即 $r>3$; 点 $B$ 在 $\odot C$ 外, 则 $B C>r$, 即 $r<4$,
综合起来, 当 $3<r<4$ 时, 点 $A$ 在 $\odot C$ 内, 点 $B$ 在 $\odot C$ 外.

解析：) 点 $A$ 在 $\odot C$ 外, 则 $A C>r$, 即 $r<3$

即当 $r<3$ 时, 点 $A$ 在 $\odot C$ 外;

(2) 点 $A$ 在 $\odot C$ 内, 则 $A C<r$, 即 $r>3$; 点 $B$ 在 $\odot C$ 外, 则 $B C>r$, 即 $r<4$,
综合起来, 当 $3<r<4$ 时, 点 $A$ 在 $\odot C$ 内, 点 $B$ 在 $\odot C$ 外.
题目（九年级 · 度量几何学）：(10 分）如图，已知圆 $O$ 的直径 $A B$ 垂直于弦 $C D$ 于点 $E$, 连接 $C O$ 并延长交 $A D$ 于点 $F$, 且 $C F \perp A D$.

（1）证明：点 $E$ 是 $O B$ 的中点;

（2）若 $A B=8$, 求 $C D$ 的长.




选项：
答案： （1）证明：连接 $A C$, 如图

<ImageHere>

$\because$ 直径 $A B$ 垂直于弦 $C D$ 于点 $E$,

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

$\because$ 过圆心 $O$ 的线 $C F \perp A D$,

$\therefore A F=D F$ ，即 $C F$ 是 $A D$ 的中垂线，

$\therefore A C=C D$,

$\therefore A C=A D=C D$.

即: $\triangle A C D$ 是等边三角形,

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

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

$\therefore O E=\frac{1}{2} O B$,

$\therefore$ 点 $E$ 为 $O B$ 的中点;

（2）解：在 Rt $\triangle O C E$ 中, $A B=8$

$\therefore O C=\frac{1}{2} A B=4$,

又 $\because B E=O E$,

$\therefore O E=2$,

$\therefore C E=\sqrt{O C^{2}-O E^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore C D=2 C E=4 \sqrt{3}$.

解析：）证明：连接 $A C$, 如图



$\because$ 直径 $A B$ 垂直于弦 $C D$ 于点 $E$,

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

$\because$ 过圆心 $O$ 的线 $C F \perp A D$,

$\therefore A F=D F$ ，即 $C F$ 是 $A D$ 的中垂线，

$\therefore A C=C D$,

$\therefore A C=A D=C D$.

即: $\triangle A C D$ 是等边三角形,

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

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

$\therefore O E=\frac{1}{2} O B$,

$\therefore$ 点 $E$ 为 $O B$ 的中点;

（2）解：在 Rt $\triangle O C E$ 中, $A B=8$

$\therefore O C=\frac{1}{2} A B=4$,

又 $\because B E=O E$,

$\therefore O E=2$,

$\therefore C E=\sqrt{O C^{2}-O E^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\therefore C D=2 C E=4 \sqrt{3}$.
题目（九年级 · 度量几何学）：(8 分) 如图所示, $A B$ 是 $\odot O$ 的一条弦, $O D \perp A B$, 垂足为 $E$, 交 $\odot O$ 于点 $C 、 D$.

(1)若 $\angle A O D=50^{\circ}$, 求 $\angle D O B$ 的度数;

(2)若 $A B=2 \sqrt{5}, E D=1$, 求 $\odot O$ 的半径长;




选项：
答案： (1) $50^{\circ}$

(2)3


解析：(1) 根据垂径定理可得 $A D=B D$, 从而可得 $\angle A O D=\angle B O D=50^{\circ}$, 即可解答;

(2) 根据垂径定理可得 $A E=\frac{1}{2} A B=\sqrt{5}$, 然后设 $\odot O$ 的半径长为 $r$, 再在 Rt $\triangle A O E$ 中, 利用勾股定理进行计算即可解答.

【详解】(1) 解: $\because A B$ 是 $\odot O$ 的一条弦, $O D \perp A B$,

$\therefore A D=B D$,

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

$\therefore \angle D O B$ 的度数是 $50^{\circ}$;

(2) 解: $\because A B$ 是 $\odot O$ 的一条弦, $O D \perp A B$,

$\therefore A E=\frac{1}{2} A B=\sqrt{5}$,

设 $\odot O$ 的半径长为 $r$,

在 Rt $\triangle A O E$ 中, $A O^{2}=O E^{2}+A E^{2}$,

$\therefore r^{2}=(r-1)^{2}+(\sqrt{5})^{2}$,

$\therefore r=3$,

$\therefore \odot O$ 的半径长为 3 .

【点睛】本题考查了勾股定理, 垂径定理, 圆心角、弧、弦的关系, 熟练掌握垂径定理是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）： (8 分)如图, $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$ 于点 $E$, 连接 $D O$ 并延长交 $\odot O$ 于点

$F$, 连接 $A F, \angle A F D=\angle C D F$.

(1)求证: $A C=C F$;

(2)连接 $A C$, 若 $A B=12$, 求 $A C$ 的长.




选项：
答案： (1)见解析

(2) $A C=6$


解析：(1) 根据题意和垂经定理得 $A C=A D$, 根据 $\angle A F D=\angle C D F$ 得 $A D=C F$, 即可得;

(2) 连接 $O C$, 根据直径的长可得 $O A=6$, 根据 $A C=A D=C F$ 得 $\angle A O C=60^{\circ}$, 根据 $O A=O C$得 $\triangle A O C$ 是等边三角形, 即可得.

【详解】(1) 证明: $\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $C D \perp A B$,

$\therefore A C=A D$,

$\because \angle A F D=\angle C D F$,

$\therefore A D=C F$,

$\therefore A C=C F$.

(2) 解: 如图所示, 连接 $O C$,



$\because A B=12$,

$\therefore O A=6$,

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

$\therefore \angle A O C=\frac{1}{3} \times 180^{\circ}=60^{\circ}$,

$\because O A=O C$,

$\therefore \triangle A O C$ 是等边三角形,

$\therefore A C=O A=6$.

【点睛】本题考查了垂经定理, 等边三角形的判定, 解题的关键是掌握这些知识点.
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 如图, 弓形 $A B$ 是由 $A B$ 和弦 $A B$ 所围成的图形, 弓形 $A B$ 的高是 $A B$ 的中点到 $A B$ 的距离, 点 $O$ 是 $A B$ 所在圆的圆心， $A B=24 \mathrm{~cm}$ ，弓形 $A B$ 的高为 $6 \mathrm{~cm}$.

(1)求 $\odot O$ 的半径;

(2)经测量 $\angle A O B$ 的度数约为 $106^{\circ}$, 则弓形 $A B$ 的面积为 $\qquad$ $\mathrm{cm}^{2}$.




选项：
答案： (1) $15 \mathrm{~cm}$

(2) $\frac{265 \pi}{4}-108$


解析：(1) 过点 $O$ 作 $O D \perp A B$ 于点 $D$, 交 $A B$ 于点 $C$, 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, 根据垂径定理可得 $A D=12, C D=6$, 从而得出 $O D=r-6$, 然后利用勾股定理建立关于 $r$ 的方程, 最后解方程即可;

（2）弓形面积看成扇形面积减去三角形面积即可.

【详解】(1) 解：过点 $O$ 作 $O D \perp A B$ 于点 $D$, 交 $A B$ 于点 $C$, 设 $\odot O$ 的半径为 $r$, $\because$ 点 $O$ 为圆心, $A B=24$, 弓形 $A B$ 的高为 6 .
$\therefore A D=B D=\frac{1}{2} A B=12$, 点 $C$ 是 $A B$ 的中点,

$\therefore C D=6, O D=C O-C D=r-6$,

在 $\triangle A O D$ 中, $A O^{2}=A D^{2}+D O^{2}$,

$\therefore r^{2}=12^{2}+(r-6)^{2}$,

解得: $r=15$.

$\therefore \odot O$ 的半径为 $15 \mathrm{~cm}$.



(2) $\because r=15, \angle A O B=106^{\circ}, D O=15-6=9$

$\therefore S_{\text {形 }}=S_{\text {扇形AOB }}-S_{\triangle A O B}$

$=\frac{106 \pi \times 15^{2}}{360}-\frac{1}{2} \times 24 \times 9$

$=\frac{265 \pi}{4}-108$.

$\therefore$ 弓形 $A B$ 的面积为 $\left(\frac{265 \pi}{4}-108\right) \mathrm{cm}^{2}$.

故答案为: $\frac{265 \pi}{4}-108$.

【点睛】本题考查垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦, 并且平分弦所对的两条弧. 也考查了勾股定理, 扇形的面积, 三角形的面积等知识, 运用了分割法求不规则图形面积的解题方法. 解题的关键是过圆心作弦的垂线构造直角三角形求出圆的半径.
题目（九年级 · 度量几何学）：(10 分) 已知, 如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B$ 于点 $E, G$ 是 $A C$ 上一点, $A G$

与 $D C$ 的延长线交于点 $F$, 设半径为 $R$.

(1)若 $C D=8, \quad B E=2$, 求:

(1) $O E=$ $\qquad$ (用 $R$ 的代数式表示);

(2) $\odot O$ 的半径长.

(2)求证: $\angle F G C=\angle A G D$.



## 四、提高题（20 分）


选项：
答案： (1)(1) $R-2$; (2) 5

(2)见解析


解析：(1) (1)利用 $O B$ 减去 $B E$ 即可表示 $O E$; (2)连接 $O C$, 设 $\odot O$ 的半径为 $R$. 在 Rt $\triangle O E C$中, 根据 $O C^{2}=O E^{2}+E C^{2}$, 构建方程即可解决问题;

(2) 连接 $A D$, 根据垂径定理得到 $A D=A C$, 根据圆周角定理得到 $\angle A D C=\angle A G D$, 根据圆内接四边形的性质证明即可.

【详解】(1) 解: (1)设 $\odot O$ 的半径为 $R$.

$\therefore O E=O B-B E=R-2$;

(2)连接 $O C$.



$\because C D \perp A B$,

$\therefore D E=E C=4$,

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

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

解得 $R=5$.

(2) 证明: 连接 $A D$,

$\because$ 弦 $C D \perp A B$

$\therefore A D=A C$,

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

$\because$ 四边形 $A D C G$ 是圆内接四边形,

$\therefore \angle A D C=\angle F G C$,

$\therefore \angle F G C=\angle A G D$.

【点睛】本题考查的是圆周角定理和垂径定理的应用, 以及圆内接四边形的性质, 掌握相应定理, 学会添加常用辅助线是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(8 分) 如图, 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O$, 且 $\odot O$ 的半径为 $r, \angle B C D=110^{\circ}$.

(1)若 $r=2$, 求 $B D$ 的长.

(2)若 $A B / / C D, A B=D B$, 求证: $C D=r$.




选项：
答案： (1) $\frac{14}{9} \pi$

(2)见解析


解析：(1) 连接 $O B, O D$, 根据圆内接四边形的性质得到 $\angle A=70^{\circ}$, 由圆周角定理得到 $\angle B O D=140^{\circ}$, 根据弧长的公式即可得到结论;

（2）根据 $A B=D B$, 得 $\angle A B D=40^{\circ}$, 根据 $A B / / C D$, 得 $\angle B D C=\angle A B D=40^{\circ}$, 所以 $\angle D B C=30^{\circ}, \angle C O D=2 \angle D B C=60^{\circ}$, 可得 $\triangle O C D$ 为等边三角形, 即可得出结论.

【详解】(1) 解: 连接 $O B, O C, O D$,



$\because$ 四边形 $A B C D$ 内接于 $\odot O, \angle B C D=110^{\circ}$,

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

$\therefore \angle B O D=140^{\circ}$,

$\therefore B D$ 的长为 $\frac{140 \pi \times 2}{180}=\frac{14}{9} \pi$;

（2）证明: $\because A B=D B$,

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

$\therefore \angle A B D=40^{\circ}$

$\because A B / / C D$,

$\therefore \angle B D C=\angle A B D=40^{\circ}$,

$\therefore \angle D B C=180^{\circ}-110^{\circ}-40^{\circ}=30^{\circ}$,

$\therefore \angle C O D=2 \angle D B C=60^{\circ}$,

$\because O C=O D$,

$\therefore \triangle O C D$ 为等边三角形,

$\therefore C D=O C=r$.

【点睛】本题考查的是圆周角定理、弧长的计算、圆内接四边形的性质, 掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(8 分) 已知：如图， $\triangle A B C$ 内接于圆 $O$, 且 $A B$ 过圆心 $O, D$ 是弧 $B C$ 上的一点， $O D \perp B C$, 垂足为 $H$, 连接 $A D 、 C D, A D$ 与 $B C$ 交于点 $P$.

(1)求证: $\angle A C D=\angle A P B$.

(2)若 $A C=6, A B=10$, 求 $A D$ 的长.




选项：
答案： (1)见解析

(2) $4 \sqrt{5}$


解析：(1) 连接 $C D, B D$, 根据垂径定理可得 $B D=C D$, 即可得 $\angle B C D=\angle C A D$, 结合三角形外角的性质可证明结论;

（2）利用勾股定理可求解 $B C$ 的长, 结合勾股定理可求解 $B H=C H=4$, 再利用三角形的中位线可求解 $O H$ 的长, 即可求得 $H D$ 的长, 根据勾股定理可求解 $B D$ 的长, 由圆周角定理可得 $\angle A D B=90^{\circ}$, 再利用勾股定理可求解.

【详解】(1) 证明：连接 $C D, B D$,



$\because O D \perp B C$ 于点 $H$,

$\therefore B D=C D$,

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

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

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

（2）解: $\because \angle A C B=90^{\circ}, A B=10, A C=6$,

$\therefore B C=\sqrt{A B^{2}-A C^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$,

$\because O D \perp B C$ 于点 $H$,

$\therefore B H=C H$,

$\therefore O H$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线，

$\therefore O H=\frac{1}{2} A C=3$,

$\because A B=10$,

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

$\therefore H D=O D-O H=5-3=2$,

$\therefore B D=\sqrt{B H^{2}+H D^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2 \sqrt{5}$,

$\because A B$ 为直径,

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

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

$\therefore A D=\sqrt{A B^{2}-B D^{2}}=\sqrt{10^{2}-(2 \sqrt{5})^{2}}=4 \sqrt{5}$,

解得 $A D=4 \sqrt{5}$.
【点睛】本题主要考查垂径定理, 圆周角定理, 勾股定理, 三角形的中位线, 三角形外角的性质等知识的综合运用, 灵活运用勾股定理求解线段的长是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(5 分) 如图 1 是博物馆展出的古代车轮实物, 《周礼$\cdot$考工记》记载: “......故兵车之轮六尺有六寸, 田车之轮六尺有三寸....."据此, 我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型, 请将以下推理过程补充完整.



图1



图2

如图 2 所示, 在车轮上取 $A, B$ 两点, 设 $A B$ 所在圆的圆心为 $O$, 半径为 $r \mathrm{~cm}$.

作弦 $A B$ 的垂线 $O C, D$ 为垂足, 则 $A D=\frac{1}{2}$ $\qquad$
经测量, $A B=90 \mathrm{~cm}, C D=15 \mathrm{~cm}$, 则 $A D=$ $\qquad$ $\mathrm{cm}$; 用含 $r$ 的代数式表示 $O D=$ $\qquad$ cm.

在 Rt $\triangle O A D$ 中, 由勾股定理可列出关于 $r$ 的方程: $r^{2}=$ $\qquad$ . 解得 $r=75$.通过换算, 车轮直径约为六尺六寸, 可验证此车轮为 $\qquad$之轮. (填“兵车”或“田车")


选项：
答案： $A B, 45,(r-15), 45^{2}+(r-15)^{2}$, 兵车


解析：根据垂径定理, 进行作答即可.

【详解】解: 根据垂直弦的直径平分弦可知: $A D=\frac{1}{2} A B$,

$\because A B=90 \mathrm{~cm}, C D=15 \mathrm{~cm}$,

$\therefore A D=\frac{1}{2} A B=45 \mathrm{~cm}, \quad O D=O C-C D=(r-15) \mathrm{cm}$,

$\therefore r^{2}=45^{2}+(r-15)^{2}$,

解得: $r=75$,

$\therefore$ 此车轮为: 兵车之轮;

故答案为: $A B, 45,(r-15), 45^{2}+(r-15)^{2}$, 兵车.

【点睛】本题考查垂径定理. 熟练掌握: 垂直于弦的直径, 平分弦, 是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 如图, $A, C, B . D$ 四点都在 $\odot O$ 上, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, 且 $A B=6, \angle A C D$ $=45^{\circ}$, 求弦 $A D$ 的长.




选项：
答案： $A D=3 \sqrt{2}$


解析：根据直径所对的圆周角是直角, 则可得 $\angle A D B=90^{\circ}$, 同圆中, 同弧所对圆周的角相等, 可得 $\angle A B D=\angle A C D=45^{\circ}$, 即可得 $\triangle A B D$ 为等腰直角三角形, 然后根据等腰直角三角形的性质, 即可求得 $A D$ 的长.

【详解】解: $\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径

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

$\because A D=A D$

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

$\therefore \triangle A B D$ 为等腰直角三角形,

$\therefore A D=\frac{\sqrt{2}}{2} A B=\frac{\sqrt{2}}{2} \times 6=3 \sqrt{2}$ 。

【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角, 同圆中, 同弧所对圆周的角相等, 勾股定理,掌握以上知识是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(9 分) 如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $C D$ 是 $\odot O$ 的一条弦, 且 $C D \perp A B$ 于 $E$, 连接 $A C$, $O C, B C$.



(1) 求证: $\angle 1=\angle 2$;

(2) 若 $B E=2, C D=6$, 求 $\odot O$ 的半径的长.


选项：
答案： （1）见解析；（2） $R=\frac{13}{4}$


解析：(1) 根据垂径定理和圆的性质, 同弧的圆周角相等, 又因为 $\triangle A O C$ 是等腰三角形,即可求证.

（2）根据勾股定理, 求出各边之间的关系, 即可确定半径.

【详解】(1) 证明:

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $C D \perp A B$,



$\therefore B C=B D$.

$\therefore \angle A=\angle 2$.

又 $\because O A=O C$,

$\therefore \angle 1=\angle \mathrm{A}$.

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

(2) $\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径, 弦 $C D \perp A B, C D=6$

$\therefore \angle C E O=90^{\circ}, C E=E D=3$.

设 $\odot O$ 的半径是 $R, E B=2$, 则 $O E=R-2$

$\because$ 在 Rt $\triangle O E C$ 中, $R^{2}=(R-2)^{2}+3^{2}$

解得: $R=\frac{13}{4}$

$\therefore \odot O$ 的半径是 $R=\frac{13}{4}$.

【点睛】本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的性质, 关键是熟练运用垂径定理和圆周角的性质进行推理证明和计算.
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 已知 $\triangle A B C$ 的三边长为 $a 、 b 、 c$, 且 $a: b: c=5: 12: 13$, 若 $a=10 \mathrm{~cm}$, 求 $\triangle A B C$ 的周长和面积

选项：
答案： 周长 60 , 面积 120
解析： 60 , 面积 120
题目（九年级 · 度量几何学）：(8 分) 如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, C D$ 是边 $A B$ 上的高.

(1)写出图中所有的相似三角形.并给予证明.

(2)若 $A C=3, B C=4$, 求 $A D$ 的长.




选项：
答案： (1) $\triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{DBA} \sim \triangle \mathrm{DAC}$ （证明略）

(2) 解: $\because \angle A C B=90^{\circ}, A C=4, B C=3$,

根据勾股定理得, $\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=5$,

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

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

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

解析：) $\triangle \mathrm{ABC} \sim \triangle \mathrm{DBA} \sim \triangle \mathrm{DAC}$ （证明略）

(2) 解: $\because \angle A C B=90^{\circ}, A C=4, B C=3$,

根据勾股定理得, $\therefore A B=\sqrt{A C^{2}+B C^{2}}=5$,

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

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

$\therefore C D=\frac{A C \cdot B C}{A B}=\frac{12}{5}$,
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 如图 1 是博物馆展出的古代车轮实物, 《周礼$\cdot$考工记》记载: “......故兵车之轮六尺有六寸, 田车之轮六尺有三寸......'据此, 我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型, 请将以下推理过程补充完整.



图 1



图2

如图 2 所示, 在车轮上取 $A, B$ 两点, 设 $A B$ 所在圆的圆心为 $O$, 半径为 $r \mathrm{~cm}$.

作弦 $A B$ 的垂线 $O C, D$ 为垂足, 则 $A D=\frac{1}{2}$ $\qquad$
经测量, $A B=90 \mathrm{~cm}, C D=15 \mathrm{~cm}$, 则 $A D=$ $\qquad$ $\mathrm{cm}$; 用含 $r$ 的代数式表示 $O D=$ $\qquad$ cm.

在 Rt $\triangle O A D$ 中，由勾股定理可列出关于 $r$ 的方程: $r^{2}=$ $\qquad$ . 解得 $r=75$.通过换算, 车轮直径约为六尺六寸, 可验证此车轮为 $\qquad$之轮. (填“兵车”或“田车")


选项：
答案： $A B, 45,(r-15), 45^{2}+(r-15)^{2}$, 兵车


解析：根据垂径定理，进行作答即可.

【详解】解: 根据垂直弦的直径平分弦可知: $A D=\frac{1}{2} A B$,

$\because A B=90 \mathrm{~cm}, C D=15 \mathrm{~cm}$,

$\therefore A D=\frac{1}{2} A B=45 \mathrm{~cm}, O D=O C-C D=(r-15) \mathrm{cm}$,
$\therefore r^{2}=45^{2}+(r-15)^{2}$,

解得: $r=75$,

$\therefore$ 此车轮为: 兵车之轮;

故答案为: $A B, 45,(r-15), 45^{2}+(r-15)^{2}$, 兵车.

【点睛】本题考查垂径定理. 熟练掌握：垂直于弦的直径, 平分弦, 是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(8 分) 如图, $O B \perp A F, A O$ 交 $\odot O$ 于点 $C, A O$ 的延长线交 $\odot O$ 于点 $D, E$ 是弧 $B C D$ 上不与 $B, D$ 重合的点, $\angle A=30^{\circ}$,



(1)求 $\angle B E D$ 的度数;

(2)点 $F$ 在 $A B$ 的延长线上, 且 $\angle A D F=90^{\circ}$, 求证: $B F=A B$.


选项：
答案： (1) $60^{\circ}$

(2)见解析

【分析 (1)连接 $O B$, 根据题意可得 $\angle A B O=90^{\circ}$, 根据三角形的外角性质可得 $\angle B O D=120^{\circ}$,根据圆周角定理即可求解;

(2)连接 $O F, O B$, 根据题意可得 $\angle O B F=90^{\circ}$, 根据全等三角形的判定和性质可得 $B F=D F$,根据含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质可得 $D F=\frac{1}{2} A F$, 即可证明.

【详解】(1) 解: 连接 $O B$, 如图,

<ImageHere>

$\because O B \perp A F$

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

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

$\therefore \angle B O D=\angle A B O+\angle A=90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}$,

$\because B D=B D$,

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

(2) 证明: 连接 $O F, O B$, 如图,

<ImageHere>

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

在 Rt $\triangle B O F$ 和 Rt $\triangle D O F$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}O B=O D \\ O F=O F\end{array}\right.$

$\therefore$ Rt $\triangle B O F \cong$ Rt $\triangle D O F$,

$\therefore B F=D F$,

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

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

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

$\therefore B F=A B$.

【点睛】本题考查了三角形的外角性质, 圆周角定理, 全等三角形的判定和性质, 含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质, 熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键.

解析：) $60^{\circ}$

(2)见解析

【分析 (1)连接 $O B$, 根据题意可得 $\angle A B O=90^{\circ}$, 根据三角形的外角性质可得 $\angle B O D=120^{\circ}$,根据圆周角定理即可求解;

(2)连接 $O F, O B$, 根据题意可得 $\angle O B F=90^{\circ}$, 根据全等三角形的判定和性质可得 $B F=D F$,根据含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质可得 $D F=\frac{1}{2} A F$, 即可证明.

【详解】(1) 解: 连接 $O B$, 如图,



$\because O B \perp A F$

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

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

$\therefore \angle B O D=\angle A B O+\angle A=90^{\circ}+30^{\circ}=120^{\circ}$,

$\because B D=B D$,

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

(2) 证明: 连接 $O F, O B$, 如图,



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

在 Rt $\triangle B O F$ 和 Rt $\triangle D O F$ 中,

$\left\{\begin{array}{l}O B=O D \\ O F=O F\end{array}\right.$

$\therefore$ Rt $\triangle B O F \cong$ Rt $\triangle D O F$,

$\therefore B F=D F$,

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

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

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

$\therefore B F=A B$.

【点睛】本题考查了三角形的外角性质, 圆周角定理, 全等三角形的判定和性质, 含 $30^{\circ}$ 角的直角三角形的性质, 熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(10 分) 已知: $A 、 B$ 为圆上两定点, 点 $C$ 在该圆上, $\angle C$ 为 $A B$ 所对的圆周角.



图 (1)



图(2)



图(3)

知识回顾

(1)如图(1), $\odot O$ 中, $B 、 C$ 位于直线 $A O$ 异侧, $\angle A O B+\angle C=135^{\circ}$.

(1)求 $\angle C$ 的度数;

(2)若 $\odot O$ 的半径为 $5, A C=8$, 求 $B C$ 的长;

逆向思考

(2)如图(2), $P$ 为圆内一点, 且 $\angle A P B<120^{\circ}, P A=P B, \angle A P B=2 \angle C$. 求证: $P$ 为该圆的圆心;

拓展应用

(3)如图(3), 在（2）的条件下, 若 $\angle A P B=90^{\circ}$, 点 $C$ 在 $\odot P$ 位于直线 $A P$ 上方部分的圆弧上运动. 点 $D$ 在 $\odot P$ 上, 满足 $C D=\sqrt{2} C B-C A$ 的所有点 $D$ 中, 必有一个点的位置始终不变. 请证明.

##
选项：
答案： (1)(1) $45^{\circ}$; (2) $7 \sqrt{2}$;

(2) 见解析;

(3) 见解析


解析：(1)(1)根据 $\angle A O B+\angle C=135^{\circ}$, 结合圆周角定理求 $\angle C$ 的度数; (2)构造直角三角形;

(2) 只要说明点 $P$ 到圆上 $A 、 B$ 和另一点的距离相等即可;

（3）根据 $C D=\sqrt{2} C B-C A$, 构造一条线段等于 $\sqrt{2} C B-C A$, 利用三角形全等来说明此线段和 $C D$ 相等.

【详解】(1) 解: (1) $\because \angle A O B+\angle C=135^{\circ}, \angle A O B=2 \angle C$,

$\therefore 3 \angle C=135^{\circ}$,

$\therefore \angle C=45^{\circ}$.

(2)连接 $A B$, 过 $\mathrm{A}$ 作 $A M \perp B C$, 垂足为 $M$,



$\because \angle C=45^{\circ}, \quad A C=8$,

$\therefore \triangle A C M$ 是等腰直角三角形, 且 $A M=C M=4 \sqrt{2}$,

$\because \angle A O B=2 \angle C=90^{\circ}, \quad O A=O B$,

$\therefore \triangle A O B$ 是等腰直角三角形,

$\therefore A B=\sqrt{2} O A=5 \sqrt{2}$,

在直角三角形 $A B M$ 中, $B M=\sqrt{A B^{2}-A M^{2}}=3 \sqrt{2}$,

$\therefore B C=C M+B M=4 \sqrt{2}+3 \sqrt{2}=7 \sqrt{2}$.

（2）证明：延长 $A P$ 交圆于点 $N$, 则 $\angle C=\angle N$,



$\because \angle A P B=2 \angle C$,

$\therefore \angle A P B=2 \angle N$,

$\because \angle A P B=\angle N+\angle P B N$,

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

$\therefore P N=P B$,

$\because P A=P B$,

$\therefore P A=P B=P N$,

$\therefore P$ 为该圆的圆心.

(3) 证明: 过 $B$ 作 $B C$ 的垂线交 $C A$ 的延长线于点 $E$, 连接 $A B$, 延长 $A P$ 交圆于点 $F$, 连接 $C F, F B$,



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

$\therefore \angle C=45^{\circ}$,

$\therefore \triangle B C E$ 是等腰直角三角形,

$\therefore B E=B C$,

$\because B P \perp A F, \quad P A=P F$,

$\therefore B A=B F$,

$\because A F$ 是直径,

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

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

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

$\therefore \triangle E B A \cong \triangle C B F(\mathrm{SAS})$,

$\therefore A E=C F$,

$\because C D=\sqrt{2} C B-C A=C E-C A=A E$,

$\therefore C D=C F$,

$\therefore$ 必有一个点 $D$ 的位置始终不变, 点 $F$ 即为所求.

【点睛】本题考查了圆周角定理, 还考查了勾股定理和三角形全等的知识, 对于 (3) 构造一条线段等于 $\sqrt{2} C B-C A$ 是关键.

##
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构, 如图, 摩天轮半径为 $44 \mathrm{~m}$,中心 $O$ 距离地面 $56 \mathrm{~m}$, 匀速运行一圈的时间为 $18 \mathrm{~min}$. 由于受到周边建筑物的影响, 乘客与地面之间超过一定距离时, 可视为最佳观赏位置. 已知在运行的一圈里最佳观赏时长为 $12 \mathrm{~min}$, 求最佳观赏位置与地面的最小距离（即 $B D$ 的长）.




选项：
答案： 34 米


解析：可求摩天轮每分钟转动的角度为 $\frac{360^{\circ}}{18}=20^{\circ}$, 从而可求 $\angle A O B=120^{\circ}$, 再求出 $O C=\frac{1}{2} O A=22$ ，即可求解.

【详解】解：由题意得：

摩天轮每分钟转动的角度为 $\frac{360^{\circ}}{18}=20^{\circ}$,

$\therefore \angle A O B=360^{\circ}-12 \times 20^{\circ}=120^{\circ}$,

$\because O A=O B$,

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

$\because O M \perp A B$,

$\therefore O C=\frac{1}{2} O A=22$,

$\therefore C M=O M-O C$

$=56-22$

$=34$,

$\therefore B D=C M=34$,

$\therefore$ 最佳观赏位置与地面的最小距离 34 米.

【点睛】本题考查了垂径定理的应用, 直角三角形的特征等, 理解定理并会应用是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(6 分) 如图, $A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $C, D$ 两点在 $\odot O$ 上, $\angle B C D=45^{\circ}$.



(1)求证: $A D=B D$.

(2)若 $\angle C D B=30^{\circ}, B C=3$, 求 $\odot O$ 的半径.


选项：
答案： (1)见解析

(2) 3


解析：(1)由圆周角定理, 得 $\angle A=\angle C=45^{\circ}$, 由直径所对圆周角是直角, 得 $\angle A D B=90^{\circ}$,从而 $\angle A=\angle A B C=45^{\circ}$, 于是 $A D=B D$;

(2) 连接 $A C$, 由直径, 得 $\angle A C B=90^{\circ}$, 于是 $\angle C A B=\angle C D B=30^{\circ}$, 得 $A B=6$, 半径为 3 .

【详解】(1) $\because \angle B C D=45^{\circ}$,

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

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\therefore \angle A B D=45^{\circ}$;

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

$\therefore A D=B D$.

(2) 连接 $A C$,

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

$\because \angle C A B=\angle C D B=30^{\circ}, \quad B C=3$,

$\therefore A B=6$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 3 .



【点睛】本题考查圆周角定理, 直径所对的圆周角是直角; 运用圆周角定理寻求等角是解题的关键.
题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

我们将能完全覆盖某平面图形的最小圆称为该平面图形的最小覆盖圆.如图, 将 $\triangle A B C$ 放在每个小正方形边长均为 1 的网格中, 点 $A, B, C$ 均落在格点上.

(1)用无刻度的直尺画出 $\triangle A B C$ 的最小覆盖圆的圆心(保留作图痕迹).



(2)求最小覆盖圆的面积.


选项：
答案：【小题1】

解: 如图, 点 $O$ 即为所求.

<ImageHere>

## 【小题2】

半径 $O A=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$,
$\therefore$ 最小覆盖圆的面积为 $\pi \cdot(\sqrt{5})^{2}=5 \pi$.

## 
解析：1.略2.略