eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（九年级 · 立体几何学）：(10 分) 某县新农村建设规划了家用光伏发电系统，如图 1 是太阳能电板的实物图,如图 2 是其侧面示意图, 其中 $G F$ 为太阳能电板, $A E, C D$ 均为钢架且垂直于水平面 $E D, A B$ 为水平钢架且垂直于 $C D$, 测得 $A E=A B=0.45 \mathrm{~m}, A C=0.5 \mathrm{~m}$, $A G=C F=0.4 \mathrm{~m}$.

(1)求点 $G$ 到地面的距离;



图1

(2)



图2



图3

## 


选项：
答案： (1) $\left(0.45-\frac{\sqrt{19}}{25}\right) \mathrm{m}$

(2) $1.44 \mathrm{~m}$


解析：(1) 如图所示, 过点 $G$ 作 $G M \perp D E$ 交 $D E$ 延长线于 $M, G N \perp A E$ 于 $N$, 则四边形 $G M E N$ 是矩形, 利用勾股定理求出 $B C=\frac{\sqrt{19}}{20} \mathrm{~m}$, 证明四边形 $A B D E$ 是矩形, 进而证明
$\triangle A G N \sim \triangle C A B$, 利用系数三角形的性质求出 $A N=\frac{\sqrt{19}}{25} \mathrm{~m}$, 即可求出

$G M=N E=\left(0.45-\frac{\sqrt{19}}{25}\right) \mathrm{m}$, 由此即可得到答案;

(2) 如图所示, 过点 $E$ 作 $E T \perp F K$ 于 $T$, 则四边形 $F G E T$ 是矩形, 先求出 $E T=G F=1.3 \mathrm{~m}$,再证明 $\triangle C B A \sim \triangle K T E$, 利用相似三角形的性质求出 $K E \approx 1.44 \mathrm{~m}$, 即此时 $G F$ 的影子 $E K$ 的长度约为 $1.44 \mathrm{~m}$.

【详解】(1) 解: 如图所示, 过点 $G$ 作 $G M \perp D E$ 交 $D E$ 延长线于 $M, G N \perp A E$ 于 $N$, 则四边形 GMEN 是矩形,

$\therefore G M=N E, G N / / D E$,

在 Rt $\triangle A B C$ 中, 由勾股定理得 $B C=\sqrt{A C^{2}-A B^{2}}=\frac{\sqrt{19}}{20} \mathrm{~m}$,

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

$\therefore$ 四边形 $A B D E$ 是矩形,

$\therefore \angle B A E=\angle A B C=\angle G N E=90^{\circ}, \quad A B / / D E$,

$\therefore G N / / A B$,

$\therefore \angle A G N=\angle C A B$,

$\therefore \triangle A G N \sim \triangle C A B$,

$\therefore \frac{A N}{B C}=\frac{A G}{A C}$, 即 $\frac{A N}{\frac{\sqrt{19}}{20}}=\frac{0.4}{0.5}$,

$\therefore A N=\frac{\sqrt{19}}{25} \mathrm{~m}$,

$\therefore G M=N E=A E-A N=\left(0.45-\frac{\sqrt{19}}{25}\right) \mathrm{m}$,

$\therefore$ 点 $G$ 到地面的距离为 $\left(0.45-\frac{\sqrt{19}}{25}\right) \mathrm{m}$;



图2

(2) 解: 如图所示, 过点 $E$ 作 $E T \perp F K$ 于 $T$, 则四边形 $F G E T$ 是矩形,

$\therefore E T=G F=0.4+0.4+0.5=1.3 \mathrm{~m}$,

$\because \angle A E G+\angle A E T=90^{\circ}=\angle K E T+\angle A E T=90^{\circ}$,

$\therefore \angle A E G=\angle K E T$,

同理可证 $\angle A E G=\angle C A B$,

$\therefore \angle K E T=\angle C A B$

又 $\because \angle C B A=\angle K T E=90^{\circ}$,
$\therefore \triangle C B A \sim \triangle K T E$,

$\therefore \frac{K E}{A C}=\frac{E T}{A B}$, 即 $\frac{K E}{0.5}=\frac{1.3}{0.45}$,

$\therefore K E \approx 1.44 \mathrm{~m}$,

$\therefore$ 此时 $G F$ 的影子 $E K$ 的长度约为 $1.44 \mathrm{~m}$.



图3

【点睛】本题主要考查了相似三角形的实际应用, 矩形的性质与判定, 勾股定理等等, 正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在等腰 $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=120^{\circ}, A D$ 是 $\angle B A C$ 的角平分线, 且 $A D=6$, 以点 $A$ 为圆心, $A D$ 长为半径画弧 $E F$, 交 $A B$ 于点 $E$, 交 $A C$ 于点 $F$.


(1)求由弧 $E F$ 及线段 $F C 、 C B 、 B E$ 围成图形(图中阴影部分)的面积;

(2)将阴影部分剪掉, 余下扇形 $A E F$, 将扇形 $A E F$ 围成一个圆雉的侧面, $A E$ 与 $A F$ 正好重合, 圆雉侧面无重叠, 求这个圆锥的高 $h$.


选项：
答案：解: $\because$ 在等腰 $\triangle A B C$ 中, $\angle B A C=120^{\circ}$,

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

$\because A D$ 是 $\angle B A C$ 的角平分线，
$\therefore A D \perp B C, \quad B D=C D$,

$\therefore B D=\sqrt{3} A D=6 \sqrt{3}$,

$\therefore B C=2 B D=12 \sqrt{3}$,

$\therefore$ 由弧 $E F$ 及线段 $F C 、 C B 、 B E$ 围成图形(图中阴影部分)的面积 $=S_{\triangle A B C}-S_{\text {扇形 } E A F}=\frac{1}{2} \times 6 \times 12 \sqrt{3}-$ $\frac{120 \cdot \pi \cdot 6^{2}}{360}=36 \sqrt{3}-12 \pi$;

(2)设圆雉的底面圆的半径为 $r$,

根据题意得 $2 \pi r=\frac{120 \cdot \pi \cdot 6}{180}$, 解得 $r=2$,

这个圆雉的高 $h=\sqrt{6^{2}-2^{2}}=4 \sqrt{2}$.


解析：本题考查了圆雉的计算: 圆雉的侧面展开图为一扇形, 这个扇形的弧长等于圆雉底面的周长,扇形的半径等于圆雉的母线长. 也考查了等腰三角形的性质和扇形的面积公式.

(1)利用等腰三角形的性质得到 $A D \perp B C, B D=C D$, 则可计算出 $B D=6 \sqrt{3}$, 然后利用扇形的面积公



(2)设圆雉的底面圆的半径为 $r$, 利用圆雉的侧面展开图为一扇形, 这个扇形的弧长等于圆雉底面的周长, 扇形的半径等于圆雉的母线长和弧长公式得到 $2 \pi r=\frac{120 \cdot \pi \cdot 6}{180}$, 解得 $r=2$, 然后利用勾股定理计算这个圆雉的高 $h$.
题目（九年级 · 立体几何学）：(本小题8.0分)

已知 $a 、 b 、 c$ 是 $\triangle A B C$ 的三边长, 且 $\frac{a}{5}=\frac{b}{12}=\frac{c}{13}$, 求:

(1) $\frac{3 b-2 a}{c}$ 的值;

(2)若 $\triangle A B C$ 的周长为 90 , 求 $\triangle A B C$ 的面积.

##
选项：
答案：解: (1)设 $\frac{a}{5}=\frac{b}{12}=\frac{c}{13}$, 则 $a=5 k, b=12 k, c=13 k$,

$\therefore \frac{3 b-2 a}{c}=\frac{36 k-10 k}{13 k}=2$;

(2) $\because \triangle A B C$ 的周长为 90 ,

$\therefore a+b+c=90$,

$\therefore 5 k+12 k+13 k=90$,

解得: $k=3$,

$\therefore a=5 k=15, b=12 k=36, c=13 k=39$,
$\because 15^{2}+36^{2}=1521=39^{2}$,

$\therefore a^{2}+b^{2}=c^{2}$, 即 $\triangle A B C$ 是直角三角形

$\therefore \triangle A B C$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 15 \times 36=270$.


解析：(1)利用已知的比例式, 用同一未知数表示出 $a, b, c$ 的值, 进而计算得出答案;

(2)根据 $\triangle A B C$ 的周长为 90 得, $a+b+c=90$, 用同一未知数表示出 $a, b, c$ 的值, 进而计算得出答案.

此题主要考查了比例的性质, 勾股定理的逆定理等, 正确表示出各数是解题关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：(本小题8.0分)

下表是小明填写的实践活动报告的部分内容，请你借助小明的测量数据，计算小河的宽度.

| 题目 | 测量小河的宽度 $(A B$ 的长 $)$ |
| :---: | :---: |
| 测量目标示意图 | $B C=1.5 m, D E=2 m, B D=4 m$. |
| 相关数据 |  |

## 
选项：
答案：解：由题意得： $C B \perp A B, E D \perp A D$,

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

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

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

$\therefore \frac{A B}{A B+4}=\frac{1.5}{2}$,

解得: $A B=12$,

$\therefore$ 小河的宽度为 $12 m$.


解析：根据题意可得: $C B \perp A B, E D \perp A D$, 从而可得 $\angle C B A=\angle E D A=90^{\circ}$, 然后证明 $A$ 字模型相似三角形 $\triangle A B C \sim \triangle A D E$, 从而利用相似三角形的性质进行计算, 即可解答.

本题考查了相似三角形的应用, 熟练掌握 $A$ 字模型相似三角形是解题的关键.
题目（九年级 · 立体几何学）：一个几何体的三视图如图所示(单位: mm), 你能画出这个几何体的图形吗? 并求出其表面积和体积.



主. 视泈



个视图



倠视图图
选项：
答案：（1）作图见解析；（2）表面积： $(92 \pi+40) \mathrm{mm}^{2}$; 体积: $120 \pi\left(\mathrm{mm}^{3}\right)$.

【解析】试题分析: 由三视图可知, 几何体是一个圆柱上部分去掉了一半, 根据圆柱的表面积体
积即可求出结果.

试题解析 : (1) 作图如下:

<ImageHere>

(2) 上下面积为 $16 \pi \times 2=32 \pi$, 左半面的侧面积是 $40 \pi$, 右半面侧面积 $20 \pi$, 还有中截面露出部分为 40 , 所以表面积为: $(92 \pi+40) \mathrm{mm}^{2}$,

(3) 体积: $160 \pi-40 \pi=120 \pi \mathrm{mm}^{3}$.
解析：（1）作图见解析；（2）表面积： $(92 \pi+40) \mathrm{mm}^{2}$; 体积: $120 \pi\left(\mathrm{mm}^{3}\right)$.

【解析】试题分析: 由三视图可知, 几何体是一个圆柱上部分去掉了一半, 根据圆柱的表面积体
积即可求出结果.

试题解析 : (1) 作图如下:



(2) 上下面积为 $16 \pi \times 2=32 \pi$, 左半面的侧面积是 $40 \pi$, 右半面侧面积 $20 \pi$, 还有中截面露出部分为 40 , 所以表面积为: $(92 \pi+40) \mathrm{mm}^{2}$,

(3) 体积: $160 \pi-40 \pi=120 \pi \mathrm{mm}^{3}$.
题目（九年级 · 立体几何学）：(8 分) 如图所示是由几个小立方体所组成几何体的俯视图，小正方形中的数字表示在该位置的小立方体的个数.



(1) 请画出这个几何体的主视图、左视图。

（2）若小立方体的棱长为 $2 \mathrm{~cm}$, 求该几何体的表面积。
选项：
答案：（1）见解析；（2） 184

【解析】试题分析: (1) 从正面看有三列, 左侧有 4 行, 中间有 3 行, 右侧有 2 行; 从左面看有三列, 左侧有 3 行, 中间有 4 行, 右侧有 1 行; (2) 用一个正方形的面积 4 乘以漏出的小正方形面的个数 46 即可.

解: (1) 如图,

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

左视图

(2) $4 \times(9 \times 2+8 \times 2 \times+6 \times 2)=184 \mathrm{~cm}^{2}$.

点睛: 从正面看到的图是正视图, 从上面看到的图形是俯视图, 从左面看到的图形是左视图,能看到的线画实线, 看不到的线画虚线.
解析：（1）见解析；（2） 184

【解析】试题分析: (1) 从正面看有三列, 左侧有 4 行, 中间有 3 行, 右侧有 2 行; 从左面看有三列, 左侧有 3 行, 中间有 4 行, 右侧有 1 行; (2) 用一个正方形的面积 4 乘以漏出的小正方形面的个数 46 即可.

解: (1) 如图,



主视图



左视图

(2) $4 \times(9 \times 2+8 \times 2 \times+6 \times 2)=184 \mathrm{~cm}^{2}$.

点睛: 从正面看到的图是正视图, 从上面看到的图形是俯视图, 从左面看到的图形是左视图,能看到的线画实线, 看不到的线画虚线.
题目（九年级 · 立体几何学）：用小立方块搭一个几何体, 使它从正面和上面看到的形状如下图所示, 从上面看到形状中小正方形中的字母表示在该位置上小立方块的个数，请问:

(1) 俯视图中 $b=$ \$ \qquad \$ , $a=$ \$ \qquad \$
（2）这个几何体最少由 \$ \qquad \$个小立方块搭成.

(3) 能搭出满足条件的几何体共 \$ \qquad \$种情况, 请在所给网格图中画出小立方块最多时几何体的左视图. (为便于观察, 请将视图中的小方格用斜线阴影标注, 示例: \$ \qquad \$

选项：
答案：$\begin{array}{llll}1 & 3 & 9 & 7\end{array}$

【解析】试题分析：（1）由主视图可知, 第 2 列小正方体个数都为 1 , 所以 $b=1$, , 第三列小正方体个数为 3 , 所以 $a=3$; (2) 正方体个数最少时, 第一列正方体个数为: $1+1+2=4$ 个, 第 2 列正方体个数为: $1+1=2$ 个, 第 3 列正方体个数为: 3 个, 一共有: $4+2+3=9$ 个; (3) 第 2 列正方体个数确定为: $1+1=2$ 个, 第 3 列正方体个数确定为: 3 个, 第 1 列正方体情况可能为: (1) $d=1, e^{=1}, f=2$; (2) $d=1, e=2, f=1$; (3) $d=2, e=1, f=1$; (4) $d=2, e=2, f=1$; (5) $d=2, e^{-1}$, $f=2$; (6) $d=1, e=2, f=2$; (7) $d=2, e=2, f=2$, 共 7 种情况, 当 $d=2, e=2, f=2$ 时小立方块最多,左视图如图所示.

试题解析:

(1) $b=1, a=3$;

(2) $1+1+2+1+1+3=9$ 个;

(3) 共 7 种情况, 当 $d=2, e=2, f=2$ 时小立方块最多.

此时, 左视图为:

<ImageHere>

点睛: 掌握三视图的画法, 并会根据三视图判断对应的正方体的个数.
解析：$\begin{array}{llll}1 & 3 & 9 & 7\end{array}$

【解析】试题分析：（1）由主视图可知, 第 2 列小正方体个数都为 1 , 所以 $b=1$, , 第三列小正方体个数为 3 , 所以 $a=3$; (2) 正方体个数最少时, 第一列正方体个数为: $1+1+2=4$ 个, 第 2 列正方体个数为: $1+1=2$ 个, 第 3 列正方体个数为: 3 个, 一共有: $4+2+3=9$ 个; (3) 第 2 列正方体个数确定为: $1+1=2$ 个, 第 3 列正方体个数确定为: 3 个, 第 1 列正方体情况可能为: (1) $d=1, e^{=1}, f=2$; (2) $d=1, e=2, f=1$; (3) $d=2, e=1, f=1$; (4) $d=2, e=2, f=1$; (5) $d=2, e^{-1}$, $f=2$; (6) $d=1, e=2, f=2$; (7) $d=2, e=2, f=2$, 共 7 种情况, 当 $d=2, e=2, f=2$ 时小立方块最多,左视图如图所示.

试题解析:

(1) $b=1, a=3$;

(2) $1+1+2+1+1+3=9$ 个;

(3) 共 7 种情况, 当 $d=2, e=2, f=2$ 时小立方块最多.

此时, 左视图为:



点睛: 掌握三视图的画法, 并会根据三视图判断对应的正方体的个数.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图, 小明要测量河内小岛 $\mathrm{B}$ 到河边公路 $\mathrm{AD}$ 的距离, 在点 $\mathrm{A}$ 处测得 $\angle \mathrm{BAD}=37^{\circ}$, 沿 $\mathrm{AD}$ 方向前进 150 米到达点 $\mathrm{C}$, 测得 $\angle B C D=45^{\circ}$. 求小岛 $\mathrm{B}$ 到河边公路 $\mathrm{AD}$ 的距离. (参考数据: $\sin 37^{\circ} \approx 0.60$, $\left.\cos 37^{\circ} \approx 0.80, \quad \tan 37^{\circ} \approx 0.75\right)$


选项：
答案：小岛 $\mathrm{B}$ 到河边公路 $\mathrm{AD}$ 的距离为 450 米.

【解析】设 $\mathrm{BE}=\mathrm{x}$ 米, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{ABE}$ 中利用锐角三角函数表示 $\mathrm{AE}$ 的长, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{CBE}$ 中再利用锐角三
角函数关系得出 $\mathrm{CE}$ 的长, 依据 $\mathrm{AC}=\mathrm{AE}-\mathrm{CE}$, 即可得出答案.

试题解析：过 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BE} \perp \mathrm{CD}$ 垂足为 $\mathrm{E}$, 设 $\mathrm{BE}=\mathrm{x}$ 米,

<ImageHere>

在 Rt $\triangle \mathrm{ABE}$ 中, $\tan \mathrm{A}=\frac{B E}{A E}, \mathrm{AE}=\frac{B E}{\tan A}=\frac{B E}{\tan 37^{\circ}}=\frac{4}{3} \mathrm{x}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{CBE}$ 中, $\tan \angle \mathrm{BCD}=\frac{B E}{C E}, \mathrm{CE}=\frac{B E}{\tan \angle B C D}=\frac{x}{\tan 45^{\circ}}=\mathrm{x}$,

$\mathrm{AC}=\mathrm{AE}-\mathrm{CE}, \frac{4}{3} \mathrm{x}-\mathrm{x}=150 \mathrm{x}=450$

答: 小岛 $\mathrm{B}$ 到河边公路 $\mathrm{AD}$ 的距离为 450 米.
解析：小岛 $\mathrm{B}$ 到河边公路 $\mathrm{AD}$ 的距离为 450 米.

【解析】设 $\mathrm{BE}=\mathrm{x}$ 米, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{ABE}$ 中利用锐角三角函数表示 $\mathrm{AE}$ 的长, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{CBE}$ 中再利用锐角三
角函数关系得出 $\mathrm{CE}$ 的长, 依据 $\mathrm{AC}=\mathrm{AE}-\mathrm{CE}$, 即可得出答案.

试题解析：过 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BE} \perp \mathrm{CD}$ 垂足为 $\mathrm{E}$, 设 $\mathrm{BE}=\mathrm{x}$ 米,



在 Rt $\triangle \mathrm{ABE}$ 中, $\tan \mathrm{A}=\frac{B E}{A E}, \mathrm{AE}=\frac{B E}{\tan A}=\frac{B E}{\tan 37^{\circ}}=\frac{4}{3} \mathrm{x}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{CBE}$ 中, $\tan \angle \mathrm{BCD}=\frac{B E}{C E}, \mathrm{CE}=\frac{B E}{\tan \angle B C D}=\frac{x}{\tan 45^{\circ}}=\mathrm{x}$,

$\mathrm{AC}=\mathrm{AE}-\mathrm{CE}, \frac{4}{3} \mathrm{x}-\mathrm{x}=150 \mathrm{x}=450$

答: 小岛 $\mathrm{B}$ 到河边公路 $\mathrm{AD}$ 的距离为 450 米.
题目（九年级 · 立体几何学）：如图 1, 是由一些棱长为单位 1 的相同的小正方体组合成的简单几何体.



图1



主视图



左视图

(1)图中有个小正方体;

(2)请在图 1 右侧方格中分别画出几何体的主视图、左视图;

(3)不改变(2)中所画的主视图和左视图, 最多还能在图 1 中添加—_个小正方体.
选项：
答案：解：(1)10;

(2)如图所示:

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

左视图

(3)不改变(2)中所画的主视图和左视图, 最多还能在图 1 中添加第一排的右边 2 列的 2 个, 第 2 排的右边第 3 列的 2 个, $2+2=4$.

故答案为 4 .
解析：解：(1)10;

(2)如图所示:



主视图



左视图

(3)不改变(2)中所画的主视图和左视图, 最多还能在图 1 中添加第一排的右边 2 列的 2 个, 第 2 排的右边第 3 列的 2 个, $2+2=4$.

故答案为 4 .
题目（九年级 · 立体几何学）：如图是一个正方体盒子的展开图, 若展开图折成正方体后相对面上的两个数互为相反数.

(1)分别求出 $x 、 y 、 z$ 的值,



(2)求 $x+y-z$ 的倒数,
选项：
答案：解：(1)正方体的表面展开图, 相对的面之间一定相隔一个正方形, $“ x ”$ 与 “ $0 "$ 是相对面，

$“ y ”$ 与 “ $-20 ”$ 是相对面,

“z”与 “18” 是相对面,

$\because$ 折成正方体后相对面上的两个数互为相反数,

$\therefore x=0, y=20, z=-18$

(2) $\therefore x+y-z=0+20-(-18)=38$,

$\therefore x+y-z$ 的倒数是 $\frac{1}{38}$.
解析：解：(1)正方体的表面展开图, 相对的面之间一定相隔一个正方形, $“ x ”$ 与 “ $0 "$ 是相对面，

$“ y ”$ 与 “ $-20 ”$ 是相对面,

“z”与 “18” 是相对面,

$\because$ 折成正方体后相对面上的两个数互为相反数,

$\therefore x=0, y=20, z=-18$

(2) $\therefore x+y-z=0+20-(-18)=38$,

$\therefore x+y-z$ 的倒数是 $\frac{1}{38}$.
题目（九年级 · 立体几何学）：两栋居民楼之间的距离 $C D=30 m$, 楼 $A C$ 和 $B D$ 均为 10 层, 每层楼高为 $3 m$. 上午某时刻, 太阳光线 $G B$ 与水平面的夹角为 $30^{\circ}$, 此刻楼 $B D$ 的影子会遮挡到楼 $A C$ 的第几层? (参考数据: $\sqrt{3} \approx 1.7$,



$\sqrt{2} \approx 1.4)$
选项：
答案：解：设太阳光线 $G B$ 交 $A C$ 于点 $F$, 过 $F$ 作 $F H \perp B D$ 于 $H$,

<ImageHere>

由题意知, $A C=B D=3 \times 10=30 \mathrm{~m}, F H=C D=30 \mathrm{~m}, \angle B F H=\angle \alpha=30^{\circ}$,在Rt $\triangle B F H$ 中, $\tan \angle B F H=\frac{B H}{F H}=\frac{B H}{30}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore B H=30 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=10 \sqrt{3} \approx 10 \times 1.7=17$,

$\therefore F C=H D=B D-B H \approx 30-17=13$,

$\because \frac{13}{3} \approx 4.3$, 所以在四层的上面，即第五层，

答: 此刻楼 $B D$ 的影子会遮挡到楼 $A C$ 的第 5 层.
解析：解：设太阳光线 $G B$ 交 $A C$ 于点 $F$, 过 $F$ 作 $F H \perp B D$ 于 $H$,



由题意知, $A C=B D=3 \times 10=30 \mathrm{~m}, F H=C D=30 \mathrm{~m}, \angle B F H=\angle \alpha=30^{\circ}$,在Rt $\triangle B F H$ 中, $\tan \angle B F H=\frac{B H}{F H}=\frac{B H}{30}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,

$\therefore B H=30 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=10 \sqrt{3} \approx 10 \times 1.7=17$,

$\therefore F C=H D=B D-B H \approx 30-17=13$,

$\because \frac{13}{3} \approx 4.3$, 所以在四层的上面，即第五层，

答: 此刻楼 $B D$ 的影子会遮挡到楼 $A C$ 的第 5 层.
题目（九年级 · 组合几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, 在 $R t \triangle A B C$ 中, $\angle A B C=90^{\circ}$, 以 $A B$ 上的点 $O$ 为圆心， $O B$ 的长为半径的圆与 $A B$ 交于点 $E$, 与 $A C$ 切于点 $D$.

(1)求证: $B C=C D$;

(2)求证: $\angle A D E=\angle A B D$;

(3)设 $A D=2, A E=1$, 求 $\odot O$ 直径的长.


选项：
答案：(1)证明: $\because \angle A B C=90^{\circ}$,

$\therefore O B \perp B C$.

$\because O B$ 是 $\odot O$ 的半径,

$\therefore C B$ 为 $\odot O$ 的切线.

又 $\because C D$ 切 $\odot O$ 于点 $D$,

$\therefore B C=C D$.

(2)证明: $\because B E$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

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

又 $\because \angle A B C=90^{\circ}$,

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

由(1)得 $B C=C D$,

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

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

(3)解： 由(2)得， $\angle A D E=\angle A B D, \angle A=\angle A$,

$\therefore \triangle A D E \sim \triangle A B D$.

$\therefore \frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A D}$

$\therefore \frac{2}{1+B E}=\frac{1}{2}$.

$\therefore B E=3$.

$\therefore \odot O$ 的直径长为 3 .

【解析】本题主要考查切线的判定, 切线长定理, 相似三角形的判定和性质, 灵活运用相关知识点是解题的关键.

(1)由切线长定理, 只需证明 $C B$ 为 $O$ 的切线, 再由已知的 $O B$ 与 $A C$ 切于点 $D$, 即可得出证明;

(2)根据已知及等角的余角相等不难即可得出结论.

(3)先证明 $\triangle A D E \sim \triangle A B D$, 进而可得 $\frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A D}$, 代入数据计算得 $B E=3$, 即 $\odot O$ 直径的长为 3
解析：(1)证明: $\because \angle A B C=90^{\circ}$,

$\therefore O B \perp B C$.

$\because O B$ 是 $\odot O$ 的半径,

$\therefore C B$ 为 $\odot O$ 的切线.

又 $\because C D$ 切 $\odot O$ 于点 $D$,

$\therefore B C=C D$.

(2)证明: $\because B E$ 是 $\odot O$ 的直径,

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

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

又 $\because \angle A B C=90^{\circ}$,

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

由(1)得 $B C=C D$,

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

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

(3)解： 由(2)得， $\angle A D E=\angle A B D, \angle A=\angle A$,

$\therefore \triangle A D E \sim \triangle A B D$.

$\therefore \frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A D}$

$\therefore \frac{2}{1+B E}=\frac{1}{2}$.

$\therefore B E=3$.

$\therefore \odot O$ 的直径长为 3 .

【解析】本题主要考查切线的判定, 切线长定理, 相似三角形的判定和性质, 灵活运用相关知识点是解题的关键.

(1)由切线长定理, 只需证明 $C B$ 为 $O$ 的切线, 再由已知的 $O B$ 与 $A C$ 切于点 $D$, 即可得出证明;

(2)根据已知及等角的余角相等不难即可得出结论.

(3)先证明 $\triangle A D E \sim \triangle A B D$, 进而可得 $\frac{A D}{A B}=\frac{A E}{A D}$, 代入数据计算得 $B E=3$, 即 $\odot O$ 直径的长为 3
题目（九年级 · 组合几何学）：(本小题 8.0 分)

如图, $\odot O$ 是 $\triangle A B C$ 的外接圆, 点 $I$ 是 $\triangle A B C$ 的内心, $A I$ 的延长线交 $\odot O$ 于点 $M$.

(1)如图1, 连接 $I B, I C$, 求证: $M$ 是 $\triangle B I C$ 的外心;

(2)如图2，若 $A I \perp O I$, 求证: $A B+A C=2 B C$.



图 1



图 2
选项：
答案：(1)连接 $M B, M C$,

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

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

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

$\therefore M B=M I$, 同理可证 $M C=M I$,

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

$\therefore M$ 是 $\triangle B I C$ 的外心;

<ImageHere>

图 1

(2) $\because I$ 是内心

$\therefore \widehat{B M}=\widehat{C M}$, 连接 $O M$ 交 $B C$ 于点 $N$, 则 $O M \perp B C$,

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

$\because A I \perp O I$,

$\therefore A I=I M=B M$, 过点 $I$ 作 $I G \perp A B$ 于点 $G$,

$\because \angle A G I=B N M-90^{\circ}, \angle B A M=\angle C A M=\angle C B M$,

$\therefore R t \triangle A I G \cong R t \triangle B M N$,

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

又 $\because A G=\frac{1}{2}(A B+A C-B C)$,

$\therefore \frac{1}{2} B C=\frac{1}{2}(A B+A C-B C)$,

$\therefore A B+A C=2 B C$.

<ImageHere>

图 2
解析：(1)连接 $M B, M C$,

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

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

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

$\therefore M B=M I$, 同理可证 $M C=M I$,

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

$\therefore M$ 是 $\triangle B I C$ 的外心;



图 1

(2) $\because I$ 是内心

$\therefore \widehat{B M}=\widehat{C M}$, 连接 $O M$ 交 $B C$ 于点 $N$, 则 $O M \perp B C$,

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

$\because A I \perp O I$,

$\therefore A I=I M=B M$, 过点 $I$ 作 $I G \perp A B$ 于点 $G$,

$\because \angle A G I=B N M-90^{\circ}, \angle B A M=\angle C A M=\angle C B M$,

$\therefore R t \triangle A I G \cong R t \triangle B M N$,

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

又 $\because A G=\frac{1}{2}(A B+A C-B C)$,

$\therefore \frac{1}{2} B C=\frac{1}{2}(A B+A C-B C)$,

$\therefore A B+A C=2 B C$.



图 2
题目（九年级 · 组合几何学）：(8 分）某家禽养殖场, 用总长为 $200 \mathrm{~m}$ 的围栏靠墙（墙长为 $65 \mathrm{~m}$ ）围成如图所示的三块矩形区域, 矩形 $E A G H$ 与矩形 $H G B F$ 面积相等, 矩形 $E A G H$ 面积等于矩形 $D E F C$面积的二分之一, 设 $A D$ 长为 $x(\mathrm{~m})$, 矩形区域 $A B C D$ 的面积为 $y\left(\mathrm{~m}^{2}\right)$.

(1)求 $y$ 与 $x$ 之间的函数关系式, 并写出自变量 $x$ 的取值范围;

(2)当 $x$ 为何值时, $y$ 有最大值, 最大值是多少.

(3)现需要在矩形 $E A G H$ 和矩形 $D E F C$ 区域分别安装不同种类的养殖设备, 单价分别为 40 元/平方米和 20 元/平方米, 若要使安装成本不超过 30000 元, 请直接写出 $x$ 的取值范围.




选项：
答案： (1) $y=-\frac{5}{4} x^{2}+100 x(28 \leq x<80)$

(2)当 $x=40$ 时, $y$ 有最大值, $y_{\text {歇 }}=2000$ （元）

(3) $60 \leq x<80$


解析：(1) 根据题意可得 $A E=D E=H G=B F=C F=\frac{1}{2} x$, 则 $D C=100-\frac{5}{4} x$, 最后根据矩形面积公式, 即可进行解答;

（2）将（1）中得到的表达式化为顶点式, 即可进行解答;

(3) 先分别求出矩形 $E A G H$ 和矩形 $D E F C$ 的面积, 再求出总费用 $w$, 结合 $w$ 关于 $x$ 的函数图象, 即可得出 $x$ 的取值范围.
【详解】(1) 解: 题意得, $A E=D E=H G=B F=C F=\frac{1}{2} x$,

$D C=\left(200-\frac{5}{2} x\right) \div 2=100-\frac{5}{4} x$.

$\therefore y=A D \times D C=\left(100-\frac{5}{4} x\right) x$.

$\therefore y=-\frac{5}{4} x^{2}+100 x(28 \leq x<80)$.

（2）解: $y=-\frac{5}{4} x^{2}+100 x=-\frac{5}{4}(x-40)^{2}+2000$

$\because-\frac{5}{4}<0$, 开口向下, 对称轴 $x=40$ 且 $28 \leq x<80$,

$\therefore$ 当 $x=40$ 时, $y$ 有最大值, $y_{\text {筸 }}=2000$ （元）

（3）解: 矩形 $D E F C=C D \cdot D E=\frac{1}{2} x \cdot\left(100-\frac{5}{4} x\right)=-\frac{5}{8} x^{2}+50 x$,

矩形 $E A G H$ 面积 $=\frac{1}{2} S_{\text {矩形 } D E F C}=-\frac{5}{16} x^{2}+25 x$,

$\therefore\left(-\frac{5}{8} x^{2}+50 x\right) \times 20+\left(-\frac{5}{16} x^{2}+25 x\right) \times 40 \leq 30000$,

整理得: $x^{2}-80 x+1200 \geq 0$,

设 $w=x^{2}-80 x+1200$,

如图, 画出 $w$ 关于 $x$ 的函数图象.



由图可知, 当 $x \leq 20$ 或 $x \geq 60$ 时, $w=x^{2}-80 x+1200 \geq 0$,

$\because 28 \leq x<80$,

$\therefore 60 \leq x<80$.

【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质, 解题的关键是正确理解题意, 根据题意得出表达式, 熟练掌握二次函数相关知识点, 并灵活运用.
题目（九年级 · 组合几何学）：(6 分) 如图, 正五边形 $A B C D E$ 的两条对角线 $A C, B E$ 相交于点 $F$.

(1)求 $\angle F A E$ 的度数;

(2)求证: 四边形 $C D E F$ 为菱形.




选项：
答案： (1) $72^{\circ}$

(2)见解析


解析：(1) 利用正五边形的性质求出 $\angle B A E$ 及 $\angle A B E$ 度数, 得出 $\angle B A F=\angle B C A=36^{\circ}$,最后求出 $\angle F A E$ 的度数;

（2）根据四边相等的四边形是菱形即可证.

【详解】(1) 解: $\because$ 正五边形 $A B C D E$

$\therefore A B=A E=D E=C D, \angle B A E=180^{\circ}-\frac{360^{\circ}}{5}=108^{\circ}$,

$\therefore \angle A B E=\angle A E B=\frac{180^{\circ}-\angle B A E}{2}=\frac{180^{\circ}-108^{\circ}}{2}=36^{\circ}$

同理: $\angle B A F=\angle B C A=36^{\circ}$,

$\therefore \angle F A E=\angle B A E-\angle B A F=108^{\circ}-36^{\circ}=72^{\circ}$.

(2) 证明: $\because \angle F A E=72^{\circ}$,

$\therefore \angle A F E=180^{\circ}-72^{\circ}-36^{\circ}=72^{\circ}$,
$\therefore A E=E F$, 同理 $B C=C F$

$\therefore E F=C F=D E=C D$

$\therefore$ 四边形 $C D E F$ 为菱形.

【点睛】本题考查了正多边形的性质及菱形的判定, 利用正五边形的性质得出内角度数是解题关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：(8 分) 如图, 四边形 $A B C D$ 内接于一圆, $C E$ 是边 $B C$ 的延长线.

(1)求证 $\angle D A B=\angle D C E$;

(2)若 $\angle D A B=60^{\circ}, \angle A C B=70^{\circ}$, 求 $\angle A B D$ 的度数.




选项：
答案： (1)见解析

(2) $50^{\circ}$


解析：（1）根据圆内接四边形的性质得到 $\angle D A B+\angle D C B=180^{\circ}$, 根据同角的补角相等证明结论;

（2）根据圆周角定理得到 $\angle A D B=\angle A C B=70^{\circ}$, 根据三角形内角和定理计算即可.

【详解】(1) 证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 内接于圆,

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

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

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

（2）解: $\because \angle A C B=70^{\circ}$,

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

$\therefore \angle A B D=180^{\circ}-60^{\circ}-70^{\circ}=50^{\circ}$.

【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理, 解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补.
题目（九年级 · 组合几何学）：(6 分) 如图, $\triangle A B C$ 为圆 $O$ 的内接三角形, $A B=A C$, 连接 $A O$ 并延长交 $B C$ 于点 $M$.

(1)求证: $A M \perp B C$;

(2)若 $B C=6, A B=3 \sqrt{10}$, 求 $\odot O$ 的半径.




选项：
答案： (1)见解析

(2)5


解析：(1) 证明 $O A$ 是线段 $B C$ 的垂直平分线, 即可证明 $A M \perp B C$;

（2）连接 $O B$, 根据垂径定理得到 $B M=\frac{1}{2} B C=3$, 根据勾股定理得到 $A M=9$, 设 $O B=O A=r$, 则 $O M=9-r$, 根据勾股定理建立方程求解即可.

【详解】(1) 证明: $\because \triangle A B C$ 为圆 $O$ 的内接三角形,

$\therefore$ 点 $O$ 在线段 $B C$ 的垂直平分线上,

$\because A B=A C$,

$\therefore$ 点 $A$ 在线段 $B C$ 的垂直平分线上,

$\therefore O A$ 是线段 $B C$ 的垂直平分线,

$\therefore A M \perp B C$;

(2) 解: 如图所示, 连接 $O B$,

$\because A M \perp B C$,

$\therefore B M=\frac{1}{2} B C=3$,

$\because A B=3 \sqrt{10}$,

$\therefore A M=\sqrt{A B^{2}-B M^{2}}=9$,

设 $O B=O A=r$, 则 $O M=9-r$,

$\because O B^{2}=B M^{2}+O M^{2}$,

$\therefore r^{2}=3^{2}+(9-r)^{2}$,
解得 $r=5$,

$\therefore \odot O$ 的半径为 5 .



【点睛】本题考查了三角形的外接圆的性质, 勾股定理, 垂径定理等等, 正确地作出辅助线是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A D$ 平分 $\angle B A C$, 点 $E$ 在 $A C$ 上, 且 $\angle E A D=\angle A D E$.

(1)求证: $\triangle D C E \sim \triangle B C A$;

(2)若 $A B=6, A C=8$, 求 $\frac{B D}{C D}$ 的值.




选项：
答案： (1)见解析

(2) $\frac{B D}{C D}=\frac{3}{4}$.


解析：(1) 已知 $A D$ 平分 $\angle B A C$, 可得 $\angle B A D=\angle D A C$, 再由 $\angle E A D=\angle A D E$, 可得 $\angle B A D=\angle A D E$, 即可得 $D E / / A B$, 从而得 $\triangle D C E \sim \triangle B C A$;

(2) 作 $D F \perp A B$ 于点 $F, D G \perp A C$ 于点 $G$, 利用角平分线的性质得到 $D F=D G$, 再利用三角形面积公式求得 $\frac{S_{\triangle A D B}}{S_{\triangle A D C}}=\frac{3}{4}$, 据此即可求解.

【详解】(1) 证明: $\because A D$ 平分 $\angle B A C$,

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

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

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

$\therefore D E / / A B$,

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

(2) 解: 作 $D F \perp A B$ 于点 $F, D G \perp A C$ 于点 $G$,



$\because A D$ 平分 $\angle B A C$,

$\therefore D F=D G$,

$\therefore \frac{S_{\triangle A D B}}{S_{\triangle A D C}}=\frac{\frac{1}{2} A B \times D F}{\frac{1}{2} A C \times D G}=\frac{A B}{A C}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}$,

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

$\therefore \frac{B D}{C D}=\frac{3}{4}$.

【点睛】本题考查了相似三角形的判定、平行线的判定和性质、角平分线的性质, 掌握“角
平分线上点到角两边的距离相等"是解题的关键.
题目（九年级 · 组合几何学）：(6 分) 如图, 平行四边形 $A B C D$ 中, $E$ 为 $B C$ 中点, 连接 $A E$ 交对角线 $B D$ 于 $F$.

(1)求 $\triangle A D F$ 与 $\triangle E B F$ 的面积比;

(2)若 $\triangle A D F$ 的周长为 24 , 求 $\triangle E B F$ 的周长.




选项：
答案： (1) $\because$ 四边形 $A B C D$ 为平行四边形,

$\therefore A D / / B C$

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

又 $\because E$ 为 $B C$ 中点

$\therefore A D=2 B E$

$\therefore \triangle D A F \sim \angle B E F$

$\therefore \frac{S_{\triangle A D F}}{S_{\triangle B E F}}=\frac{4}{1}$.

(2) $\because \triangle D A F \sim \angle B E F$, 且 $A D=2 B E$

$\therefore \frac{C_{\triangle A D F}}{C_{\triangle B E F}}=\frac{A D}{B E}=\frac{2}{1}$

$\because \triangle A D F$ 的周长为 24

$\therefore \triangle B E F$ 的周长为 12 .

解析：) $\because$ 四边形 $A B C D$ 为平行四边形,

$\therefore A D / / B C$

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

又 $\because E$ 为 $B C$ 中点

$\therefore A D=2 B E$

$\therefore \triangle D A F \sim \angle B E F$

$\therefore \frac{S_{\triangle A D F}}{S_{\triangle B E F}}=\frac{4}{1}$.

(2) $\because \triangle D A F \sim \angle B E F$, 且 $A D=2 B E$

$\therefore \frac{C_{\triangle A D F}}{C_{\triangle B E F}}=\frac{A D}{B E}=\frac{2}{1}$

$\because \triangle A D F$ 的周长为 24

$\therefore \triangle B E F$ 的周长为 12 .