Answer:
如图所示见解析.

【解析】如图所示:

<ImageHere>

从正面看

<ImageHere>

从左面看

<ImageHere>

从上面看

Question:
画出如图所示图形从正面、从左面和从上面看到的形状图.

<ImageHere>

画法几何学

如图所示见解析.

【解析】如图所示:

<ImageHere>

从正面看

<ImageHere>

从左面看

<ImageHere>

从上面看


Answer:
主视图为:

<ImageHere>
俯视图为:

<ImageHere>

Question:
画出下面几何体的三视图:

<ImageHere>

画法几何学


Answer:
见解析.

【解析】如图所示.

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯视图

Question:
如图, 粗线表示嵌在玻璃正方体内的一根铁丝，请画出该正方体的三视图.

<ImageHere>

画法几何学

见解析.

【解析】如图所示.

<ImageHere>

主视图

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯视图


Answer:
(1) 见解析; (2) $A B / / E F$. 理由解析.

【解析】 (1) 证明：连接 $B E$;

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $\therefore \angle A E B=90^{\circ}$.

$\because C D$ 切圆于 $E, \therefore \angle A E C=\angle A B E$, 又 $A C \perp C D$.

$\therefore \angle C A E=\angle B A E$. 即 $A E$ 是 $\angle B A C$ 的平分线.

<ImageHere>

(2) 解: $A B / / E F$. 理由如下:

$\because A C \perp C D$ 于 $C, B D \perp C D$ 于 $D, \therefore A C / / B D$.

$\therefore \angle B A C=180^{\circ}-\angle B=120^{\circ} . \because A E$ 是 $\angle B A C$ 的平分线,

$\therefore \angle B A E=60^{\circ} . \therefore \angle D F E=\angle B A E=60^{\circ}$ (圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角),

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

Question:
如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{CD}$ 切 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{E}, \mathrm{AC} \perp \mathrm{CD}$ 于 $C, \mathrm{BD} \perp \mathrm{CD}$ 于 $\mathrm{D}$, 交 $\odot \mathrm{O}$ 于 $\mathrm{F}$,连接 $\mathrm{AE} 、 \mathrm{EF}$.

(1)求证: $\mathrm{AE}$ 是 $\angle \mathrm{BAC}$ 的平分线;

(2)若 $\angle \mathrm{ABD}=60^{\circ}$, 则 $\mathrm{AB}$ 与 $\mathrm{EF}$ 是否平行？请说明理由.

<ImageHere>

画法几何学

(1) 见解析; (2) $A B / / E F$. 理由解析.

【解析】 (1) 证明：连接 $B E$;

$\because A B$ 是 $\odot O$ 的直径, $\therefore \angle A E B=90^{\circ}$.

$\because C D$ 切圆于 $E, \therefore \angle A E C=\angle A B E$, 又 $A C \perp C D$.

$\therefore \angle C A E=\angle B A E$. 即 $A E$ 是 $\angle B A C$ 的平分线.

<ImageHere>

(2) 解: $A B / / E F$. 理由如下:

$\because A C \perp C D$ 于 $C, B D \perp C D$ 于 $D, \therefore A C / / B D$.

$\therefore \angle B A C=180^{\circ}-\angle B=120^{\circ} . \because A E$ 是 $\angle B A C$ 的平分线,

$\therefore \angle B A E=60^{\circ} . \therefore \angle D F E=\angle B A E=60^{\circ}$ (圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角),

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


Answer:
(1) $\mathrm{PC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, 理由见解析; (2) $\frac{3}{2} \sqrt{5}$

【解析】 (1) 结论: PC 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.
证明：连接 $\mathrm{OC}$

$\because \mathrm{CB} / / \mathrm{PO} \therefore \angle \mathrm{POA}=\angle \mathrm{B}, \quad \angle \mathrm{POC}=\angle \mathrm{OCB}$

$\because \mathrm{OC}=\mathrm{OB} \therefore \angle \mathrm{OCB}=\angle \mathrm{B}$

$\therefore \angle \mathrm{POA}=\angle \mathrm{POC}$ 又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OC}, \mathrm{OP}=\mathrm{OP}$

$\therefore \triangle \mathrm{APO} \cong \triangle \mathrm{CPO} \therefore \angle \mathrm{OAP}=\angle \mathrm{OCP}$

$\because \mathrm{PA}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线 $\therefore \angle \mathrm{OAP}=90^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{OCP}=90^{\circ} \therefore \mathrm{PC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.

<ImageHere>

(2) 连接 $A C$

$\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径 $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$ (6 分)

由（1）知 $\angle \mathrm{PCO}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{OCB}=\angle \mathrm{POC} \because \angle \mathrm{ACB}=\angle \mathrm{PCO}$

$\therefore \triangle \mathrm{ACB} \sim \triangle \mathrm{PCO} \therefore \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{OC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PC}}$

$\therefore \mathrm{PC}=\frac{\mathrm{OC} \cdot \mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}=\frac{3 \sqrt{A B^{2}-B C^{2}}}{4}=\frac{3 \sqrt{6^{2}-4^{2}}}{4}=\frac{3 \sqrt{5}}{2}$.

Question:
如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{PA}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, 点 $\mathrm{C}$ 在 $\odot \mathrm{O}$ 上, $\mathrm{CB} / / \mathrm{PO}$.

(1) 判断 PC 与 $\odot \mathrm{O}$ 的位置关系, 并说明理由;

(2) 若 $\mathrm{AB}=6, \mathrm{CB}=4$, 求 $\mathrm{PC}$ 的长.

<ImageHere>

画法几何学

(1) $\mathrm{PC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线, 理由见解析; (2) $\frac{3}{2} \sqrt{5}$

【解析】 (1) 结论: PC 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.
证明：连接 $\mathrm{OC}$

$\because \mathrm{CB} / / \mathrm{PO} \therefore \angle \mathrm{POA}=\angle \mathrm{B}, \quad \angle \mathrm{POC}=\angle \mathrm{OCB}$

$\because \mathrm{OC}=\mathrm{OB} \therefore \angle \mathrm{OCB}=\angle \mathrm{B}$

$\therefore \angle \mathrm{POA}=\angle \mathrm{POC}$ 又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OC}, \mathrm{OP}=\mathrm{OP}$

$\therefore \triangle \mathrm{APO} \cong \triangle \mathrm{CPO} \therefore \angle \mathrm{OAP}=\angle \mathrm{OCP}$

$\because \mathrm{PA}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线 $\therefore \angle \mathrm{OAP}=90^{\circ}$

$\therefore \angle \mathrm{OCP}=90^{\circ} \therefore \mathrm{PC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线.

<ImageHere>

(2) 连接 $A C$

$\because \mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径 $\therefore \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}$ (6 分)

由（1）知 $\angle \mathrm{PCO}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=\angle \mathrm{OCB}=\angle \mathrm{POC} \because \angle \mathrm{ACB}=\angle \mathrm{PCO}$

$\therefore \triangle \mathrm{ACB} \sim \triangle \mathrm{PCO} \therefore \frac{\mathrm{BC}}{\mathrm{OC}}=\frac{\mathrm{AC}}{\mathrm{PC}}$

$\therefore \mathrm{PC}=\frac{\mathrm{OC} \cdot \mathrm{AC}}{\mathrm{BC}}=\frac{3 \sqrt{A B^{2}-B C^{2}}}{4}=\frac{3 \sqrt{6^{2}-4^{2}}}{4}=\frac{3 \sqrt{5}}{2}$.


Answer:
（1）证明见解析；（2） 6 ; （3） $\frac{54}{25} \sqrt{5}$

【解析】 (1) 证明：连结 $O D . \because D E \perp A D, \therefore A E$ 是 $\odot O$ 的直径, 即 $O$ 在 $A E$ 上.

$\because A D$ 是角平分线, $\therefore \angle 1=\angle 2 . \quad \because O A=O D, \quad \therefore \angle 2=\angle 3 . \quad \therefore \angle 1=\angle 3 . \quad \therefore O D / / A C$.

$\because \angle C=90^{\circ}, \therefore O D \perp B C . \quad \therefore B C$ 是 $\odot O$ 的切线. (2) 解: $\because O D / / A C, \therefore \angle 4=\angle E A F$.

$\because \angle G=\angle E A F, \quad \therefore \angle 4=\angle G . \quad \therefore \tan \angle 4=\tan \angle G=\frac{4}{3}$.

设 $B D=4 k$, 则 $O D=O E=3 k$. 在 Rt $\triangle O B D$ 中, 由勾股定理得 $(3 k)^{2}+(4 k)^{2}=(3 k+4)^{2}$,解得, $k_{1}=2, k_{2}=-\frac{1}{2}$ (舍) , （注：也可由 $O B=5 k=3 k+4$ 得 $k=2$ ）,

$\therefore 3 k=6$, 即 $\odot O$ 的半径为 6 .

<ImageHere>

(3) 解：连结 $A G$, 则 $\angle A G E=90^{\circ}, \angle E G M=\angle 5$.

$\therefore \tan \angle 5=\tan \angle E G M=\frac{4}{3}$, 即 $\frac{G M}{A M}=\frac{E M}{G M}=\frac{4}{3}, \frac{A M}{G M}=\frac{G M}{E M}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \frac{A M}{E M}=\frac{A M}{G M} \cdot \frac{G M}{E M}=\frac{3}{4} \times \frac{3}{4}=\frac{9}{16}, \quad \therefore A M=\frac{9}{25} A E=\frac{9}{25} \times 12=\frac{108}{25}$.

$\because O D / / A C, \therefore \frac{O D}{A C}=\frac{O B}{A B}, \frac{C D}{A O}=\frac{D B}{O B}$, 即 $\frac{6}{A C}=\frac{5}{8}, \frac{C D}{6}=\frac{8}{10}$.

$\therefore A C=\frac{48}{5}, C D=\frac{24}{5} . \quad \because \angle 1=\angle 2, \angle A C D=\angle A M P=90^{\circ}, \therefore \triangle A C D \sim \triangle A M P$.

$\therefore \frac{P M}{A M}=\frac{C D}{A C}=\frac{1}{2}, \quad \therefore P M=\frac{1}{2} A M=\frac{54}{25} . \quad \therefore A P=\sqrt{P M^{2}+A M^{2}}=\frac{54}{25} \sqrt{5}$.

Question:
如图, 在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A D$ 是角平分线, $D E \perp A D$ 交 $A B$ 于 $E, \triangle A D E$ 的外接圆 $\odot O$与边 $A C$ 相交于点 $F$, 过 $F$ 作 $A B$ 的垂线交 $A D$ 于 $P$, 交 $A B$ 于 $M$, 交 $\odot O$ 于 $G$, 连接 $G E$.

(1) 求证: $B C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 若 $\tan \angle G=\frac{4}{3}, B E=4$, 求 $\odot O$ 的半径;

(3) 在 (2) 的条件下, 求 $A P$ 的长.

<ImageHere>

画法几何学

（1）证明见解析；（2） 6 ; （3） $\frac{54}{25} \sqrt{5}$

【解析】 (1) 证明：连结 $O D . \because D E \perp A D, \therefore A E$ 是 $\odot O$ 的直径, 即 $O$ 在 $A E$ 上.

$\because A D$ 是角平分线, $\therefore \angle 1=\angle 2 . \quad \because O A=O D, \quad \therefore \angle 2=\angle 3 . \quad \therefore \angle 1=\angle 3 . \quad \therefore O D / / A C$.

$\because \angle C=90^{\circ}, \therefore O D \perp B C . \quad \therefore B C$ 是 $\odot O$ 的切线. (2) 解: $\because O D / / A C, \therefore \angle 4=\angle E A F$.

$\because \angle G=\angle E A F, \quad \therefore \angle 4=\angle G . \quad \therefore \tan \angle 4=\tan \angle G=\frac{4}{3}$.

设 $B D=4 k$, 则 $O D=O E=3 k$. 在 Rt $\triangle O B D$ 中, 由勾股定理得 $(3 k)^{2}+(4 k)^{2}=(3 k+4)^{2}$,解得, $k_{1}=2, k_{2}=-\frac{1}{2}$ (舍) , （注：也可由 $O B=5 k=3 k+4$ 得 $k=2$ ）,

$\therefore 3 k=6$, 即 $\odot O$ 的半径为 6 .

<ImageHere>

(3) 解：连结 $A G$, 则 $\angle A G E=90^{\circ}, \angle E G M=\angle 5$.

$\therefore \tan \angle 5=\tan \angle E G M=\frac{4}{3}$, 即 $\frac{G M}{A M}=\frac{E M}{G M}=\frac{4}{3}, \frac{A M}{G M}=\frac{G M}{E M}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \frac{A M}{E M}=\frac{A M}{G M} \cdot \frac{G M}{E M}=\frac{3}{4} \times \frac{3}{4}=\frac{9}{16}, \quad \therefore A M=\frac{9}{25} A E=\frac{9}{25} \times 12=\frac{108}{25}$.

$\because O D / / A C, \therefore \frac{O D}{A C}=\frac{O B}{A B}, \frac{C D}{A O}=\frac{D B}{O B}$, 即 $\frac{6}{A C}=\frac{5}{8}, \frac{C D}{6}=\frac{8}{10}$.

$\therefore A C=\frac{48}{5}, C D=\frac{24}{5} . \quad \because \angle 1=\angle 2, \angle A C D=\angle A M P=90^{\circ}, \therefore \triangle A C D \sim \triangle A M P$.

$\therefore \frac{P M}{A M}=\frac{C D}{A C}=\frac{1}{2}, \quad \therefore P M=\frac{1}{2} A M=\frac{54}{25} . \quad \therefore A P=\sqrt{P M^{2}+A M^{2}}=\frac{54}{25} \sqrt{5}$.


Answer:
280.【解析】过 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{BC}$, 交 $\mathrm{CB}$ 的延长线于点 $\mathrm{E}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{ACD}$ 中, $\because \angle \mathrm{CAD}=30^{\circ}, \mathrm{AD}=420$米, $\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{AD} \cdot \tan 30^{\circ}=420 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=140 \sqrt{3}$ (米), $\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{CD}=140 \sqrt{3} 140 \sqrt{3}$ 米. 在 Rt $\triangle \mathrm{ABE}$ 中,

$\because \angle \mathrm{BAE}=30^{\circ}, \mathrm{AE}=140 \sqrt{3}$ 米, $\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{AE} \cdot \tan 30^{\circ}=140 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{3}=140$ (米), $\therefore \mathrm{BC}=\mathrm{AD}-\mathrm{BE}=420-140=280$ (米).

答: 这栋楼的高度为 280 米.

<ImageHere>

Question:
热气球的探测器显示, 从热气球底部 $A$ 处看一柇高楼顶部的俯角为 $30^{\circ}$, 看这标楼底部的俯角为 $60^{\circ}$, 热气球 $A$ 处于地面距离为 420 米, 求这标楼的高度.

<ImageHere>

画法几何学

280.【解析】过 $\mathrm{A}$ 作 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{BC}$, 交 $\mathrm{CB}$ 的延长线于点 $\mathrm{E}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{ACD}$ 中, $\because \angle \mathrm{CAD}=30^{\circ}, \mathrm{AD}=420$米, $\therefore \mathrm{CD}=\mathrm{AD} \cdot \tan 30^{\circ}=420 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=140 \sqrt{3}$ (米), $\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{CD}=140 \sqrt{3} 140 \sqrt{3}$ 米. 在 Rt $\triangle \mathrm{ABE}$ 中,

$\because \angle \mathrm{BAE}=30^{\circ}, \mathrm{AE}=140 \sqrt{3}$ 米, $\therefore \mathrm{BE}=\mathrm{AE} \cdot \tan 30^{\circ}=140 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{3}=140$ (米), $\therefore \mathrm{BC}=\mathrm{AD}-\mathrm{BE}=420-140=280$ (米).

答: 这栋楼的高度为 280 米.

<ImageHere>


Answer:
解：该图形的三个视图为:

<ImageHere>

从正面看

<ImageHere>

从左面看

<ImageHere>

从.上面看

【解析】根据三个方向看到的图形画出即可解答此题.

Question:
(本小题 8.0 分)

从正面、左面、上面三个方向看该立体图形，分别画出看到的平面图形.

<ImageHere>

从正面看

画法几何学

解：该图形的三个视图为:

<ImageHere>

从正面看

<ImageHere>

从左面看

<ImageHere>

从.上面看

【解析】根据三个方向看到的图形画出即可解答此题.


Answer:
解: 由题意可得: $\angle A B C=\angle E D C=\angle G F H=90^{\circ}$,

$\angle A C B=\angle E C D, \angle A F B=\angle G H F$,

故 $\triangle A B C \sim \triangle E D C, \triangle A B F \sim \triangle G F H$,

则 $\frac{A B}{E D}=\frac{B C}{D C}, \frac{A B}{G F}=\frac{B F}{F H}$,

即 $A B: 1.5=B C: 2, A B: 1.65=(B C+18): 2.5$,

解得: $A B=99$,

答: “望月阁” 的高 $A B$ 的长度为 $99 \mathrm{~m}$.

【解析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质, 正确利用已知得出相似三角形是解题关键. 根据镜面反射原理结合相似三角形的判定方法得出 $\triangle A B C \sim \triangle E D C, \triangle A B F \sim \triangle G F H$, 进而利用相似三角形的性质得出 $A B$ 的长.

Question:
(本小题 8.0 分)

为了测量 “望月阁” 的高度, 方法如下: 如图, 小芳在小亮和 “望月阁” 之间的直线 $B M$ 上平放一平面镜, 在镜面上做了一个标记, 这个标记在直线 $B M$ 上的对应位置为点 $C$, 镜子不动,小亮看着镜面上的标记，他来回走动，走到点 $D$ 时，看到 “望月阁” 顶端点 $A$ 在镜面中的像与镜面上的标记重合, 这时, 测得小亮眼睛与地面的高度 $E D=1.5$ 米, $C D=2$ 米, 然后, 在阳光下, 他们用测影长的方法进行了第二次测量, 方法如下: 如图, 小亮从 $D$ 点沿 $D M$ 方向走了 16米, 到达 “望月阁” 影子的末端 $F$ 点处, 此时, 测得小亮身高 $F G$ 的影长 $F H=2.5$ 米, $F G=$ 1.65米. 如图, 已知 $A B \perp B M, E D \perp B M, G F \perp B M$, 其中, 测量时所使用的平面镜的厚度忽略不计，请你根据题中提供的相关信息，求出 “望月阁” 的高 $A B$ 的长度．

<ImageHere>

画法几何学

解: 由题意可得: $\angle A B C=\angle E D C=\angle G F H=90^{\circ}$,

$\angle A C B=\angle E C D, \angle A F B=\angle G H F$,

故 $\triangle A B C \sim \triangle E D C, \triangle A B F \sim \triangle G F H$,

则 $\frac{A B}{E D}=\frac{B C}{D C}, \frac{A B}{G F}=\frac{B F}{F H}$,

即 $A B: 1.5=B C: 2, A B: 1.65=(B C+18): 2.5$,

解得: $A B=99$,

答: “望月阁” 的高 $A B$ 的长度为 $99 \mathrm{~m}$.

【解析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质, 正确利用已知得出相似三角形是解题关键. 根据镜面反射原理结合相似三角形的判定方法得出 $\triangle A B C \sim \triangle E D C, \triangle A B F \sim \triangle G F H$, 进而利用相似三角形的性质得出 $A B$ 的长.


Answer:
(1)8

(2)如下图所示:

<ImageHere>

正面

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯视图

(3) 813
【解析】解: (1)根据该组合体知最下面一层有 5 个正方体, 第 2 层有 2 个正方体、最上面一层有 1 个正方体，

据此知共有 8 个正方体,

故答案为: 8 ;

(2)见答案

(3)这样的几何体所需正方体最少分布情况如下图所示:

<ImageHere>

佇枧图

共需要 8 个正方体;

这样的几何体所需正方体最多分布情况如下图所示:

<ImageHere>

俯视图

共需要正方体 13 个,

故答案为: 813 .

(1)最下面一层有 5 个正方体，第 2 层有 2 个正方体、最上面一层有 1 个正方体, 据此可得;

(2)根据左视图和俯视图的定义作图即可得;

（3)由题意知最少情况是: 后面一排某一列有 3 个正方体、其余位置有 1 个正方体，前面一排某一列有 2 个正方体、另一列有 1 个正方体; 最多的情况是：后面一排 3 列都有 3 个正方体，前面一排2列都有 2 个正方体, 据此可得.

此题主要考查了由实物画三视图, 以及利用主视图和俯视图判断几何体的形状, 主要培养同学们的空间想象能力, 想象不出来可以亲手实验.

Question:
(本小题 8.0 分)

根据要求完成下列题目:

(1) 如图中有块小正方体;

(2)请在下面方格纸中分别画出它的左视图和俯视图(画出的图都用铅笔涂上阴影);

<ImageHere>

正面

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯视图

(3)用小正方形体搭一个几何体, 使得它的俯视图和左视图与你在上图方格中所画的图一致,则这样的几何体最少要 \$ \qquad \$个小正方体，最多要 \$ \qquad \$个小正方形.

画法几何学

(1)8

(2)如下图所示:

<ImageHere>

正面

<ImageHere>

左视图

<ImageHere>

俯视图

(3) 813
【解析】解: (1)根据该组合体知最下面一层有 5 个正方体, 第 2 层有 2 个正方体、最上面一层有 1 个正方体，

据此知共有 8 个正方体,

故答案为: 8 ;

(2)见答案

(3)这样的几何体所需正方体最少分布情况如下图所示:

<ImageHere>

佇枧图

共需要 8 个正方体;

这样的几何体所需正方体最多分布情况如下图所示:

<ImageHere>

俯视图

共需要正方体 13 个,

故答案为: 813 .

(1)最下面一层有 5 个正方体，第 2 层有 2 个正方体、最上面一层有 1 个正方体, 据此可得;

(2)根据左视图和俯视图的定义作图即可得;

（3)由题意知最少情况是: 后面一排某一列有 3 个正方体、其余位置有 1 个正方体，前面一排某一列有 2 个正方体、另一列有 1 个正方体; 最多的情况是：后面一排 3 列都有 3 个正方体，前面一排2列都有 2 个正方体, 据此可得.

此题主要考查了由实物画三视图, 以及利用主视图和俯视图判断几何体的形状, 主要培养同学们的空间想象能力, 想象不出来可以亲手实验.


Answer:
解: 如图所示:

<ImageHere>

【解析】从正面看得到的图形是上面中间有坚线的长方形下面长方形, 从左面看得到的图形是上面小长方形下面大长方形, 从上面看得到的图形是中间有内接三角形的圆形.

考查了作图-三视图, 主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看, 所得到的图形; 在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来, 看得见的轮廓线都画成实线.

Question:
(本小题 8.0 分)

画出图中几何体(上半部为正三棱柱, 下半部为圆柱)的三视图.

<ImageHere>

画法几何学

解: 如图所示:

<ImageHere>

【解析】从正面看得到的图形是上面中间有坚线的长方形下面长方形, 从左面看得到的图形是上面小长方形下面大长方形, 从上面看得到的图形是中间有内接三角形的圆形.

考查了作图-三视图, 主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看, 所得到的图形; 在画图时一定要将物体的边缘、棱、顶点都体现出来, 看得见的轮廓线都画成实线.


Answer:
解: 如图所示:

<ImageHere>

从正面看

<ImageHere>

从左面看

【解析】从正面看有 3 列, 小正方形个数分别为: $3,1,1$, 从左面看有 3 列小正方形个数分别为:

$2,3,1$.
此题主要考查了作三视图, 正确把握观察角度是解题关键.

Question:
( 本小题 8.0 分)

画图题

如图, 这是一个由小立方块搭成的几何体的从上面看的形状图, 小正方形中的数字表示该位置的小立方块的个数. 请你画出从正面看和从左面看的形状图.

<ImageHere>

画法几何学

解: 如图所示:

<ImageHere>

从正面看

<ImageHere>

从左面看

【解析】从正面看有 3 列, 小正方形个数分别为: $3,1,1$, 从左面看有 3 列小正方形个数分别为:

$2,3,1$.
此题主要考查了作三视图, 正确把握观察角度是解题关键.


Answer:
 $D$

【解析】解：(1)正方体的展开图 $1-4-1$ 型, 只有 $D$ 不是这种情况, 所以 $D$ 不能折成长方形,故答案为: $D$;

$(2)$

<ImageHere>

图1

(3)设这三个面的面积分别为 $5 x \mathrm{~cm}^{2} 、 7 \mathrm{xcm}^{2} 、 2 \mathrm{cc}^{2}$,

$7 x-2 x=60$

$x=12$

$2 \times(5 \times 12+7 \times 12+2 \times 12)=336\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

答: 这个长方体的表面积是336平方厘米.

(1)根据正方体的展开图分析;

(2)画长方体, 在原来答题的地方点一下鼠标, 现有截图复制保存图片, 去菁优编辑器里按插入图片，完成后点击画板下面的完成图片;

(3)设三个面的面积分别为 $5 x \mathrm{~cm}^{2} 、 7 x \mathrm{~cm}^{2} 、 2 x \mathrm{~cm}^{2}$ 根据等量关系列方程解答.

此题考查正方体得出展开图和长方体的表面积, 重点是理解正方体展开图的种类, 求表面积的方法和画图的方法.

Question:
(本小题8.0分)

(1)下面四个图分别由六个相同的正方形拼接而成，其中不能折成正方体(从 $A 、 B 、 C 、 D$ 选择 ) 的是

<ImageHere>

A

<ImageHere>

B

<ImageHere>

$\mathrm{C}$

<ImageHere>

D

<ImageHere>

图1

(2)用斜二测画法补画图1的图形, 使之成为长方体的直观图(虚线表示被遮住的线段; 只要在已有图形基础上画出长方体, 不必写画法步骤).

(3)在这一长方体中, 从同一个顶点出发的三个面的面积之比是 $5: 7: 2$, 其中最大的比最小的面积大 $60 \mathrm{~cm}^{2}$, 求这个长方体的表面积.

画法几何学

 $D$

【解析】解：(1)正方体的展开图 $1-4-1$ 型, 只有 $D$ 不是这种情况, 所以 $D$ 不能折成长方形,故答案为: $D$;

$(2)$

<ImageHere>

图1

(3)设这三个面的面积分别为 $5 x \mathrm{~cm}^{2} 、 7 \mathrm{xcm}^{2} 、 2 \mathrm{cc}^{2}$,

$7 x-2 x=60$

$x=12$

$2 \times(5 \times 12+7 \times 12+2 \times 12)=336\left(\mathrm{~cm}^{2}\right)$.

答: 这个长方体的表面积是336平方厘米.

(1)根据正方体的展开图分析;

(2)画长方体, 在原来答题的地方点一下鼠标, 现有截图复制保存图片, 去菁优编辑器里按插入图片，完成后点击画板下面的完成图片;

(3)设三个面的面积分别为 $5 x \mathrm{~cm}^{2} 、 7 x \mathrm{~cm}^{2} 、 2 x \mathrm{~cm}^{2}$ 根据等量关系列方程解答.

此题考查正方体得出展开图和长方体的表面积, 重点是理解正方体展开图的种类, 求表面积的方法和画图的方法.


Answer:
解: 在 $R t \triangle C D N$ 中,

$\because \tan 30^{\circ}=\frac{C D}{D N}$,

$\therefore C D=\tan 30^{\circ} \cdot D N=5 \sqrt{3}$,

$\because \angle C B D=\angle E M B=37^{\circ}$,

$\therefore B D=C D \div \tan 37^{\circ}=\frac{20}{3} \sqrt{3}$,

<ImageHere>

$$
\therefore B N=D N+B D=15+\frac{20}{3} \sqrt{3}
$$

在Rt $\triangle A B N$ 中, $\tan 30^{\circ}=\frac{A B}{B N}$,

$\therefore A B=\tan 30^{\circ} \cdot B N \approx 15.3$,
在Rt $\triangle M N B$ 中, $M N=B N \cdot \tan 37^{\circ}=0.75\left(15+\frac{20}{3} \sqrt{3}\right) \approx 19.9$

$\therefore$ 树高 $A B$ 是15.3米, 楼房 $M N$ 的高度是19.9米.

Question:
(10 分) 如图, 在楼房 $M N$ 前有两棵树与楼房在同一直线上, 且垂直于地面, 为了测量树 $A B 、$ $C D$ 的高度, 小明爬到楼房顶部 $M$ 处, 光线恰好可以经过树 $C D$ 的顶站 $C$ 点到达树 $A B$ 的底部 $B$点, 俯角为 $37^{\circ}$, 此时小亮测得太阳光线恰好经过树 $C D$ 的顶部 $C$ 点到达楼房的底部 $N$ 点, 与地面的夹角为 $30^{\circ}$, 树 $C D$ 的影长 $D N$ 为 15 米, 请求出树 $A B$ 和楼房 $M N$ 的高度. $\left(\sqrt{3} \approx 1.73, \sin 37^{\circ} \approx\right.$ $0.60, \cos 37^{\circ} \approx 0.800, \tan 37^{\circ} \approx 0.75$, 结果精确到 $\left.0.1 \mathrm{~m}\right)$

<ImageHere>

度量几何学

解: 在 $R t \triangle C D N$ 中,

$\because \tan 30^{\circ}=\frac{C D}{D N}$,

$\therefore C D=\tan 30^{\circ} \cdot D N=5 \sqrt{3}$,

$\because \angle C B D=\angle E M B=37^{\circ}$,

$\therefore B D=C D \div \tan 37^{\circ}=\frac{20}{3} \sqrt{3}$,

<ImageHere>

$$
\therefore B N=D N+B D=15+\frac{20}{3} \sqrt{3}
$$

在Rt $\triangle A B N$ 中, $\tan 30^{\circ}=\frac{A B}{B N}$,

$\therefore A B=\tan 30^{\circ} \cdot B N \approx 15.3$,
在Rt $\triangle M N B$ 中, $M N=B N \cdot \tan 37^{\circ}=0.75\left(15+\frac{20}{3} \sqrt{3}\right) \approx 19.9$

$\therefore$ 树高 $A B$ 是15.3米, 楼房 $M N$ 的高度是19.9米.


Answer:
解: (1)作直径 $B D$, 连接 $C D$,

由圆周角定理得, $\angle D=\angle A, \angle B C D=90^{\circ}$,

$\therefore B D=\frac{B C}{\sin D}=\frac{25}{3}$, 即 $\triangle A B C$ 的外接圆的直径为 $\frac{25}{3}$;

(2) $\because A B=B C$,

<ImageHere>

图1

$\therefore B E \perp A C$,

$\therefore B E=A B \times \sin A=3$,

$\therefore A E=\sqrt{A B^{2}-B E^{2}}=4$,

$\therefore A C=8$,

设 $\triangle A B C$ 内切圆的半径为 $r$,

则 $\frac{1}{2} \times 5 \times r+\frac{1}{2} \times 5 \times r+\frac{1}{2} \times 8 \times r=\frac{1}{2} \times 8 \times 3$,

解得, $r=\frac{4}{3}$,

则 $\triangle A B C$ 内切圆的半径为 $\frac{4}{3}$.

Question:
如图, $\triangle A B C$ 中, $B C=5, \sin A=\frac{3}{5}$

(1)求 $\triangle A B C$ 的外接圆的直径;

(2)如果 $A B=B C$, 求 $\triangle A B C$ 内切圆的半径.

<ImageHere>

度量几何学

解: (1)作直径 $B D$, 连接 $C D$,

由圆周角定理得, $\angle D=\angle A, \angle B C D=90^{\circ}$,

$\therefore B D=\frac{B C}{\sin D}=\frac{25}{3}$, 即 $\triangle A B C$ 的外接圆的直径为 $\frac{25}{3}$;

(2) $\because A B=B C$,

<ImageHere>

图1

$\therefore B E \perp A C$,

$\therefore B E=A B \times \sin A=3$,

$\therefore A E=\sqrt{A B^{2}-B E^{2}}=4$,

$\therefore A C=8$,

设 $\triangle A B C$ 内切圆的半径为 $r$,

则 $\frac{1}{2} \times 5 \times r+\frac{1}{2} \times 5 \times r+\frac{1}{2} \times 8 \times r=\frac{1}{2} \times 8 \times 3$,

解得, $r=\frac{4}{3}$,

则 $\triangle A B C$ 内切圆的半径为 $\frac{4}{3}$.


Answer:
解： (1)过点 $D$ 作 $D F \perp B C$ 于点 $F$,

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $\angle A=\angle B=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $A B F D$ 是矩形, $A D$ 与 $B C$ 是 $\odot O$ 的切线,

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

$\because D E$ 与 $\odot O$ 相切,

$\therefore D E=A D=2, C E=B C$,

设 $B C=x$ ，

则 $C F=B C-B F=x-2, D C=D E+C E=2+x$,

在Rt $\triangle D C F$ 中, $D C^{2}=C F^{2}+D F^{2}$,
即 $(2+x)^{2}=(x-2)^{2}+(2 \sqrt{5})^{2} ，$

解得: $x=2.5$,

即 $B C=2.5$;

(2) $\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $\angle A=\angle B=90^{\circ}$,

$\therefore A D / / B C$,

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

$\therefore A D: C G=D E: C E, A E: E G=A D: C G$,

$\because A D=D E=2$,

$\therefore C G=C E=B C=2.5$,

$\therefore B G=B C+C G=5$,

$\therefore A E: E G=4: 5$,

在Rt $\triangle A B G$ 中, $A G=\sqrt{A B^{2}+B G^{2}}=3 \sqrt{5}$,

$\therefore E G=\frac{5}{9} A G=\frac{5 \sqrt{5}}{3}$.

Question:
如图, 已知: $A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $\angle B A D=\angle B=90^{\circ}, D C$ 与 $\odot O$ 相切于点 $E, \odot O$ 的直径为 $2 \sqrt{5}$, $A D=2$.

(1) 求 $B C$ 的长;

(2)连接 $A E$ 并延长交 $B C$ 的延长线于点 $G$, 求 $E G$ 的长.

<ImageHere>

度量几何学

解： (1)过点 $D$ 作 $D F \perp B C$ 于点 $F$,

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

$\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $\angle A=\angle B=90^{\circ}$,

$\therefore$ 四边形 $A B F D$ 是矩形, $A D$ 与 $B C$ 是 $\odot O$ 的切线,

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

$\because D E$ 与 $\odot O$ 相切,

$\therefore D E=A D=2, C E=B C$,

设 $B C=x$ ，

则 $C F=B C-B F=x-2, D C=D E+C E=2+x$,

在Rt $\triangle D C F$ 中, $D C^{2}=C F^{2}+D F^{2}$,
即 $(2+x)^{2}=(x-2)^{2}+(2 \sqrt{5})^{2} ，$

解得: $x=2.5$,

即 $B C=2.5$;

(2) $\because A B$ 为 $\odot O$ 的直径, $\angle A=\angle B=90^{\circ}$,

$\therefore A D / / B C$,

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

$\therefore A D: C G=D E: C E, A E: E G=A D: C G$,

$\because A D=D E=2$,

$\therefore C G=C E=B C=2.5$,

$\therefore B G=B C+C G=5$,

$\therefore A E: E G=4: 5$,

在Rt $\triangle A B G$ 中, $A G=\sqrt{A B^{2}+B G^{2}}=3 \sqrt{5}$,

$\therefore E G=\frac{5}{9} A G=\frac{5 \sqrt{5}}{3}$.


Answer:
解: $\because C D / / A B$,

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

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

即 $\frac{2}{A B}=\frac{3}{3+B D}(1)$

$\because F G / / A B$,
$\therefore \triangle H F G \sim \triangle H A B$,

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{H G}{H B}$

即 $\frac{2}{A B}=\frac{5}{B D+5+5}(2)$,

由(1) (2)得 $\frac{3}{3+B D}=\frac{5}{B D+5+5}$,

解得: $B D=7.5 m$,

$\therefore \frac{2}{A B}=\frac{3}{7.5}$,

解得: $A B=7 \mathrm{~m}$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $7 m$.

Question:
如图所示, 花丛中有一路灯杆 $A B$, 在灯光下, 大华在点 $D$ 处的影长 $D E=3 m$, 沿 $B D$ 方向行走到达点 $G, D G=5 \mathrm{~m}$, 这时大华的影长 $G H=5 \mathrm{~m}$. 如果大华的身高为 $2 \mathrm{~m}$, 求路灯杆 $A B$ 的高度.

<ImageHere>

度量几何学

解: $\because C D / / A B$,

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

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

即 $\frac{2}{A B}=\frac{3}{3+B D}(1)$

$\because F G / / A B$,
$\therefore \triangle H F G \sim \triangle H A B$,

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{H G}{H B}$

即 $\frac{2}{A B}=\frac{5}{B D+5+5}(2)$,

由(1) (2)得 $\frac{3}{3+B D}=\frac{5}{B D+5+5}$,

解得: $B D=7.5 m$,

$\therefore \frac{2}{A B}=\frac{3}{7.5}$,

解得: $A B=7 \mathrm{~m}$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $7 m$.


Answer:
 解: (1)如图, 延长 $O B$ 交 $D C$ 于 $E$, 作 $E F \perp A B$, 交 $A B$ 于 $F$,

<ImageHere>
在Rt $\triangle B E F$ 中，

$\because E F=A C=30 m, \angle F E B=30^{\circ}$,

$\therefore B E=2 B F$.

设 $B F=x$, 则 $B E=2 x$.

根据勾股定理知 $B E^{2}=B F^{2}+E F^{2}$,

$\therefore(2 x)^{2}=x^{2}+30^{2}$,

$\therefore x= \pm 10 \sqrt{3}$ (负值舍去),

$\therefore x \approx 17.3(m)$.

因此, $E C=30-17.3 \approx 12.7(m)$;

(2)当甲幢楼的影子刚好落在点 $C$ 处时, $\triangle A B C$ 为等腰三角形,

因此, 当太阳光与水平线夹角为 $45^{\circ}$ 时, 甲楼的影子刚好不落在乙楼的墙上.

Question:
如图所示为住宅区内的两幢楼, 它们的高 $A B=C D=30 \mathrm{~m}$, 两楼间的距离 $A C=30 \mathrm{~m}$, 现需了解甲楼对乙楼的采光的影响情况.

<ImageHere>

(1)当太阳光线与水平线的夹角为 $30^{\circ}$ 时, 求甲楼的影子在乙楼上的高度. (结果精确到 $0.1 \mathrm{~m}$, $\sqrt{3} \approx 1.73)$

(2)若要甲楼的影子刚好不落在乙楼的墙上, 此时太阳光线与水平线的夹角为多少度?

度量几何学

 解: (1)如图, 延长 $O B$ 交 $D C$ 于 $E$, 作 $E F \perp A B$, 交 $A B$ 于 $F$,

<ImageHere>
在Rt $\triangle B E F$ 中，

$\because E F=A C=30 m, \angle F E B=30^{\circ}$,

$\therefore B E=2 B F$.

设 $B F=x$, 则 $B E=2 x$.

根据勾股定理知 $B E^{2}=B F^{2}+E F^{2}$,

$\therefore(2 x)^{2}=x^{2}+30^{2}$,

$\therefore x= \pm 10 \sqrt{3}$ (负值舍去),

$\therefore x \approx 17.3(m)$.

因此, $E C=30-17.3 \approx 12.7(m)$;

(2)当甲幢楼的影子刚好落在点 $C$ 处时, $\triangle A B C$ 为等腰三角形,

因此, 当太阳光与水平线夹角为 $45^{\circ}$ 时, 甲楼的影子刚好不落在乙楼的墙上.


Answer:
解: $\because C D / / A B$,

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

$\therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B E}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{3}{3+B D}(1)$,

$\because F G / / A B$,

$\therefore \triangle H F G \backsim \triangle H A B$,

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{H G}{H B}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{5}{B D+5+5}$ (2)，

由(1)(2)得 $\frac{3}{3+B D}=\frac{5}{B D+5+5}$,

解得 $B D=7.5$,

$\therefore \frac{2}{A B}=\frac{3}{7.5+3}$, 解得: $A B=7$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $7 \mathrm{~m}$.

Question:
如图, 花丛中有一路灯杆 $A B$, 在灯光下, 大华在 $D$ 点处的影长 $D E=3$ 米, 沿 $B D$ 方向行走到达 $G$ 点, $D G=5$ 米, 这时大华的影长 $G H=5$ 米. 如果大华的身高为 2 米, 求路灯杆 $A B$ 的高度.

<ImageHere>

度量几何学

解: $\because C D / / A B$,

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

$\therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B E}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{3}{3+B D}(1)$,

$\because F G / / A B$,

$\therefore \triangle H F G \backsim \triangle H A B$,

$\therefore \frac{F G}{A B}=\frac{H G}{H B}$, 即 $\frac{2}{A B}=\frac{5}{B D+5+5}$ (2)，

由(1)(2)得 $\frac{3}{3+B D}=\frac{5}{B D+5+5}$,

解得 $B D=7.5$,

$\therefore \frac{2}{A B}=\frac{3}{7.5+3}$, 解得: $A B=7$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $7 \mathrm{~m}$.


Answer:
解: (1)当 $\alpha=60^{\circ}$ 时, 在 $R t \triangle A B E$ 中,

$\because \tan 60^{\circ}=\frac{A B}{A E}$

$\therefore A B=30 \tan 60^{\circ}=30 \sqrt{3} \approx 51.9$ 米,

<ImageHere>

答：居民楼的高度约为 51.9 米.

(2)当 $\alpha=45^{\circ}$ 时, 学生仍然晒到太阳. 理由如下:

设点 $B$ 射下的光线与地面 $A D$ 的交点为 $F$, 与 $M C$ 的交点为 $H$,

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

$\therefore A F=A B=51.9$,

$\therefore C F=A F-A C=51.9-51.7=0.2$,

$\because \angle C F H=45^{\circ}$,

$\therefore C H=C F=0.2$ 米 $<0.3$ 米,

$\therefore$ 居民楼的影子落在台阶 $M C$ 这个侧面上,

$\therefore$ 在 $M N$ 这层上观看比赛的学生仍晒到太阳.

Question:
如图所示, 台阶 $C D$ 为某校运动场观赛台, 台阶每层高 0.3 米, $A B$为运动场外的一幢坚直居民楼, 且 $A C=51.7$ 米, 设太阳光线与水平地面的夹角为 $\alpha$, 当 $\alpha=60^{\circ}$ 时, 测得居民楼在地面上的影长

$A E=30$ 米. (参考数据: $\sqrt{3} \approx 1.73$ )

<ImageHere>

(1)求居民楼的高度约为多少米?

(2)当 $\alpha=45^{\circ}$ 时, 请问在台阶的 $M N$ 这层上观看比赛的学生是否还晒到太阳？请说明理由.

度量几何学

解: (1)当 $\alpha=60^{\circ}$ 时, 在 $R t \triangle A B E$ 中,

$\because \tan 60^{\circ}=\frac{A B}{A E}$

$\therefore A B=30 \tan 60^{\circ}=30 \sqrt{3} \approx 51.9$ 米,

<ImageHere>

答：居民楼的高度约为 51.9 米.

(2)当 $\alpha=45^{\circ}$ 时, 学生仍然晒到太阳. 理由如下:

设点 $B$ 射下的光线与地面 $A D$ 的交点为 $F$, 与 $M C$ 的交点为 $H$,

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

$\therefore A F=A B=51.9$,

$\therefore C F=A F-A C=51.9-51.7=0.2$,

$\because \angle C F H=45^{\circ}$,

$\therefore C H=C F=0.2$ 米 $<0.3$ 米,

$\therefore$ 居民楼的影子落在台阶 $M C$ 这个侧面上,

$\therefore$ 在 $M N$ 这层上观看比赛的学生仍晒到太阳.


Answer:
43 米.

【解析】由题意得: $\angle A B D=\angle C D E=90^{\circ}, \angle A D B=\angle C E D, \therefore \triangle C D E \sim \triangle A B D, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B D}$.

$\because \angle F=\angle F, \therefore \triangle C D F \sim \triangle A B F, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D F}{B F}, \therefore \frac{D E}{B D}=\frac{D F}{B F}$, 即 $\frac{2.4}{B D}=\frac{2.5}{B D+2.5}, \therefore B D=60$,

$\therefore \frac{1.72}{A B}=\frac{2.4}{60}, \therefore A B=43$. 答: 小雁塔的高度 $A B$ 是 43 米.

Question:
如图是位于陕西省西安市荐福寺内的小雁塔, 是中国早期方形密檐式砖塔的典型作品, 并作为丝绸之路的一处重要遗址点, 被列入《世界遗产名录》。小铭、小希等几位同学想利用一些测量工具和所学的几何知识测量小雁塔的高度, 由于观测点与小雁塔底部间的距离不易测量, 因此经过研究需要进行两次测量, 于是在阳光下, 他们首先利用影长进行测量, 方法如下: 小铭在小雁塔的影子顶端 D 处坚直立一根木棒 $\mathrm{CD}$, 并测得此时木棒的影长 $\mathrm{DE}=2.4$ 米; 然后, 小希在 $\mathrm{BD}$ 的延长线上找出一点 $\mathrm{F}$,使得 A、C、F 三点在同一直线上, 并测得 $\mathrm{DF}=2.5$ 米. 已知图中所有点均在同一平面内, 木棒高 $\mathrm{CD}=1.72$米, $\mathrm{AB} \perp \mathrm{BF}, \mathrm{CD} \perp \mathrm{BF}$, 试根据以上测量数据, 求小雁塔的高度 $\mathrm{AB}$.

<ImageHere>

度量几何学

43 米.

【解析】由题意得: $\angle A B D=\angle C D E=90^{\circ}, \angle A D B=\angle C E D, \therefore \triangle C D E \sim \triangle A B D, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D E}{B D}$.

$\because \angle F=\angle F, \therefore \triangle C D F \sim \triangle A B F, \therefore \frac{C D}{A B}=\frac{D F}{B F}, \therefore \frac{D E}{B D}=\frac{D F}{B F}$, 即 $\frac{2.4}{B D}=\frac{2.5}{B D+2.5}, \therefore B D=60$,

$\therefore \frac{1.72}{A B}=\frac{2.4}{60}, \therefore A B=43$. 答: 小雁塔的高度 $A B$ 是 43 米.


Answer:
(1) 树 $A B$ 的高约为 $4 \sqrt{3} \mathrm{~m}$; (2) $8 \sqrt{3} \mathrm{~m}$.

【解析】 (1) $\mathrm{AB}=\mathrm{ACtan} 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}$ (米). 答: 树高约为 $4 \sqrt{3}$ 米.

（2）如图 (2), $\mathrm{B}_{1} \mathrm{~N}=\mathrm{AN}_{\mathrm{N}}=\mathrm{AB}_{1} \sin 45^{\circ}=4 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2 \sqrt{6}$ (米).

$\mathrm{NC}_{1}=\mathrm{NB}_{1} \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{6} \times \sqrt{3}=6 \sqrt{2}$ (米) .

$\mathrm{AC}_{1}=\mathrm{AN}+\mathrm{NC}_{1}=2 \sqrt{6}+6 \sqrt{2}$.

当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大 $\mathrm{AC}_{2}$ (或树与光线垂直时影长最大或光线与半径为 $\mathrm{AB}$ 的 $\odot \mathrm{A}$ 相切时影长最大)

$\mathrm{AC}_{2}=2 \mathrm{AB}_{2}=8 \sqrt{3} ;$

(1) 在直角 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 已知 $\angle \mathrm{ACB}=30^{\circ}, \mathrm{AC}=12$ 米. 利用三角函数即可求得 $\mathrm{AB}$ 的长;

(2) 在 $\triangle \mathrm{AB}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 中, 已知 $\mathrm{AB}_{1}$ 的长, 即 $\mathrm{AB}$ 的长, $\angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{AC}_{1}=45^{\circ}, \angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{~A}=30^{\circ}$. 过 $\mathrm{B}_{1}$ 作 $\mathrm{AC}_{1}$ 的垂线, 在直角 $\triangle A B_{1} N$ 中根据三角函数求得 $A N, B N$; 再在直角 $\triangle B_{1} N C_{1}$ 中, 根据三角函数求得 $N C_{1}$ 的长, 再根据当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大, 根据三角函数即可求解.

Question:
某数学兴趣小组, 利用树影测量树高, 如图 (1), 已测出树 $A B$ 的影长 $A C$ 为 12 米, 并测出此时太阳光线与地面成 $30^{\circ}$ 夹角.

(1) 求出树高 $A B$;

（2）因水土流失, 此时树 $A B$ 沿太阳光线方向倒下, 在倾倒过程中, 树影长度发生了变化, 假设太阳光线与地面夹角保持不变. 求树的最大影长. (用图 (2) 解答)

<ImageHere>

(1)

<ImageHere>

(2)

度量几何学

(1) 树 $A B$ 的高约为 $4 \sqrt{3} \mathrm{~m}$; (2) $8 \sqrt{3} \mathrm{~m}$.

【解析】 (1) $\mathrm{AB}=\mathrm{ACtan} 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}$ (米). 答: 树高约为 $4 \sqrt{3}$ 米.

（2）如图 (2), $\mathrm{B}_{1} \mathrm{~N}=\mathrm{AN}_{\mathrm{N}}=\mathrm{AB}_{1} \sin 45^{\circ}=4 \sqrt{3} \times \frac{\sqrt{2}}{2}=2 \sqrt{6}$ (米).

$\mathrm{NC}_{1}=\mathrm{NB}_{1} \tan 60^{\circ}=2 \sqrt{6} \times \sqrt{3}=6 \sqrt{2}$ (米) .

$\mathrm{AC}_{1}=\mathrm{AN}+\mathrm{NC}_{1}=2 \sqrt{6}+6 \sqrt{2}$.

当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大 $\mathrm{AC}_{2}$ (或树与光线垂直时影长最大或光线与半径为 $\mathrm{AB}$ 的 $\odot \mathrm{A}$ 相切时影长最大)

$\mathrm{AC}_{2}=2 \mathrm{AB}_{2}=8 \sqrt{3} ;$

(1) 在直角 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, 已知 $\angle \mathrm{ACB}=30^{\circ}, \mathrm{AC}=12$ 米. 利用三角函数即可求得 $\mathrm{AB}$ 的长;

(2) 在 $\triangle \mathrm{AB}_{1} \mathrm{C}_{1}$ 中, 已知 $\mathrm{AB}_{1}$ 的长, 即 $\mathrm{AB}$ 的长, $\angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{AC}_{1}=45^{\circ}, \angle \mathrm{B}_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{~A}=30^{\circ}$. 过 $\mathrm{B}_{1}$ 作 $\mathrm{AC}_{1}$ 的垂线, 在直角 $\triangle A B_{1} N$ 中根据三角函数求得 $A N, B N$; 再在直角 $\triangle B_{1} N C_{1}$ 中, 根据三角函数求得 $N C_{1}$ 的长, 再根据当树与地面成 $60^{\circ}$ 角时影长最大, 根据三角函数即可求解.


Answer:
(1) 证明见解析; (2) $\quad B C=\frac{24}{5}$.

【解析】 (1) 如图, 连接 $\mathrm{BD}$

$\because \quad \mathrm{AD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \quad \mathrm{DB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}$, 又 $\because \quad \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{C}, \angle \mathrm{ABF}=\angle \mathrm{C}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}+\angle \mathrm{ABF}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{OB} \perp \mathrm{BF}, \therefore \quad \mathrm{BF}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;

<ImageHere>

(2) 如图, 连接 $O A$, 交 $B C$ 于点 $G$,

$\because \quad \mathrm{AC}=\mathrm{AB}$,

<ImageHere>

$\therefore \quad$ 弧 $\mathrm{AC}=$ 弧 $\mathrm{AB} \therefore \quad \angle \mathrm{D}=\angle 2=\angle \mathrm{ABF}, \mathrm{OA} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{BG}=\mathrm{CG}$,

$\therefore \quad \cos \angle \mathrm{D}=\cos \angle 2=\cos \angle \mathrm{ABF}=\frac{4}{5}$, 在 $\triangle \mathrm{ABD}$ 中, $\angle \mathrm{DAB}=90^{\circ}$,

$\therefore \quad \mathrm{BD}=\frac{\mathrm{AD}}{\cos \angle \mathrm{D}}=5, \therefore \quad \mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{BD}^{2}-\mathrm{AD}^{2}}=3$,

在 $\triangle \mathrm{ABG}$ 中, $\angle \mathrm{AGB}=90^{\circ}, \mathrm{AD}=4, \therefore \quad \mathrm{BG}=\mathrm{AB} \times \cos \angle 2=\frac{12}{5}$,

$\therefore \quad \mathrm{BC}=2 \mathrm{BG}=\frac{24}{5}$.

Question:
如图, $\triangle A B C$ 内接于 $\odot O, A B=A C$, 过点 $A$ 作 $A D \perp A B$ 交 $\odot O$ 于点 $D$, 交 $B C$ 于点 $E$,点 $\mathrm{F}$ 在 $\mathrm{DA}$ 的延长线上, 且 $\angle \mathrm{ABF}=\angle \mathrm{C}$.

(1) 求证: $\mathrm{BF}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;

(2) 若 $\mathrm{AD}=4, \cos \angle \mathrm{ABF}=\frac{4}{5}$, 求 $\mathrm{BC}$ 的长.

<ImageHere>

度量几何学

(1) 证明见解析; (2) $\quad B C=\frac{24}{5}$.

【解析】 (1) 如图, 连接 $\mathrm{BD}$

$\because \quad \mathrm{AD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \quad \mathrm{DB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{D}+\angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}$, 又 $\because \quad \angle \mathrm{D}=\angle \mathrm{C}, \angle \mathrm{ABF}=\angle \mathrm{C}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}+\angle \mathrm{ABF}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{OB} \perp \mathrm{BF}, \therefore \quad \mathrm{BF}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线;

<ImageHere>

(2) 如图, 连接 $O A$, 交 $B C$ 于点 $G$,

$\because \quad \mathrm{AC}=\mathrm{AB}$,

<ImageHere>

$\therefore \quad$ 弧 $\mathrm{AC}=$ 弧 $\mathrm{AB} \therefore \quad \angle \mathrm{D}=\angle 2=\angle \mathrm{ABF}, \mathrm{OA} \perp \mathrm{BC}, \mathrm{BG}=\mathrm{CG}$,

$\therefore \quad \cos \angle \mathrm{D}=\cos \angle 2=\cos \angle \mathrm{ABF}=\frac{4}{5}$, 在 $\triangle \mathrm{ABD}$ 中, $\angle \mathrm{DAB}=90^{\circ}$,

$\therefore \quad \mathrm{BD}=\frac{\mathrm{AD}}{\cos \angle \mathrm{D}}=5, \therefore \quad \mathrm{AB}=\sqrt{\mathrm{BD}^{2}-\mathrm{AD}^{2}}=3$,

在 $\triangle \mathrm{ABG}$ 中, $\angle \mathrm{AGB}=90^{\circ}, \mathrm{AD}=4, \therefore \quad \mathrm{BG}=\mathrm{AB} \times \cos \angle 2=\frac{12}{5}$,

$\therefore \quad \mathrm{BC}=2 \mathrm{BG}=\frac{24}{5}$.


Answer:
(1) $\angle \mathrm{A}=24^{\circ}$; (2) $\mathrm{AE}=\sqrt{10}$.
【解析】(1) $\because \mathrm{BD}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{B}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}, \because \quad \angle \mathrm{DBC}=24^{\circ}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABC}=66^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \therefore \quad \angle \mathrm{A}=90^{\circ}-66^{\circ}=24^{\circ}$;
<ImageHere>

(2)连接 $\mathrm{BE}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\mathrm{BC}=2, \mathrm{AC}=4, \therefore \mathrm{AB}=\sqrt{20}$,

$\because \quad \mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{ACB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 交于点 $\mathrm{E}, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\mathrm{BE}$,

$\because \quad \mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \quad \angle \mathrm{AEB}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\sqrt{\mathrm{AB}^{2}-\mathrm{BE}^{2}}=\sqrt{10}$.

Question:
如图, $\mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, $\mathrm{BD}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{B}, C$ 是圆上一点.

(1)如图1, 若 $\angle \mathrm{DBC}=24^{\circ}$, 求 $\angle \mathrm{A}$ 的度数;

(2)如图 2, $\mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{ACB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 交于点 $\mathrm{E}$, 若 $\mathrm{BC}=2, \mathrm{AC}=4$, 求 $\mathrm{AE}$ 的长.
<ImageHere>

度量几何学

(1) $\angle \mathrm{A}=24^{\circ}$; (2) $\mathrm{AE}=\sqrt{10}$.
【解析】(1) $\because \mathrm{BD}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 相切于点 $\mathrm{B}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABD}=90^{\circ}, \because \quad \angle \mathrm{DBC}=24^{\circ}$,

$\therefore \quad \angle \mathrm{ABC}=66^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AB}$ 为 $\odot \mathrm{O}$ 的直径,

$\therefore \quad \angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \therefore \quad \angle \mathrm{A}=90^{\circ}-66^{\circ}=24^{\circ}$;
<ImageHere>

(2)连接 $\mathrm{BE}$,

在 Rt $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\mathrm{BC}=2, \mathrm{AC}=4, \therefore \mathrm{AB}=\sqrt{20}$,

$\because \quad \mathrm{CE}$ 平分 $\angle \mathrm{ACB}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 交于点 $\mathrm{E}, \therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\mathrm{BE}$,

$\because \quad \mathrm{AB}$ 是直径, $\therefore \quad \angle \mathrm{AEB}=90^{\circ}, \therefore \quad \mathrm{AE}=\sqrt{\mathrm{AB}^{2}-\mathrm{BE}^{2}}=\sqrt{10}$.


Answer:
（1）证明见解析 (2) $\frac{3}{5}$

【解析】(1)证明: 作 $O M \perp A B$ 于 $M$,

$\because O A$ 平分 $\angle C A B, O C \perp A C, O M \perp A B$,

$\therefore O C=O M . \quad \therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线.

(2)设 $B M=x, O B=y$,

则 $y^{2}-x^{2}=1$. (1) $\because \tan \angle C A O=\frac{1}{3}, \therefore A C=A M=3$.

$\because \cos B=\frac{B M}{O B}=\frac{B C}{A B}, \therefore \frac{x}{y}=\frac{y+1}{x+3} . \therefore x^{2}+3 x=y^{2}+y$.

由(1)(2)可得 $y=3 x-1, \therefore(3 x-1)^{2}-x^{2}=1$.
$\therefore x=\frac{3}{4}, y=\frac{5}{4} . \therefore \cos B=\frac{x}{y}=\frac{3}{5}$.

Question:
如图, 在 Rt $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{BAC}$ 的平分线交 $\mathrm{BC}$ 于点 $\mathrm{O}, \mathrm{OC}=1$, 以点 $\mathrm{O}$ 为圆心 $\mathrm{OC}$ 为半径作半圆.

(1)求证: $A B$ 为 $\odot O$ 的切线;

(2)如果 $\tan \angle \mathrm{CAO}=\frac{1}{3}$, 求 $\cos \mathrm{B}$ 的值.

<ImageHere>

度量几何学

（1）证明见解析 (2) $\frac{3}{5}$

【解析】(1)证明: 作 $O M \perp A B$ 于 $M$,

$\because O A$ 平分 $\angle C A B, O C \perp A C, O M \perp A B$,

$\therefore O C=O M . \quad \therefore A B$ 是 $\odot O$ 的切线.

(2)设 $B M=x, O B=y$,

则 $y^{2}-x^{2}=1$. (1) $\because \tan \angle C A O=\frac{1}{3}, \therefore A C=A M=3$.

$\because \cos B=\frac{B M}{O B}=\frac{B C}{A B}, \therefore \frac{x}{y}=\frac{y+1}{x+3} . \therefore x^{2}+3 x=y^{2}+y$.

由(1)(2)可得 $y=3 x-1, \therefore(3 x-1)^{2}-x^{2}=1$.
$\therefore x=\frac{3}{4}, y=\frac{5}{4} . \therefore \cos B=\frac{x}{y}=\frac{3}{5}$.


Answer:
（1）外，外；（2）2或 14；（3）8 或 32.

【解析】 (1) $A C=B C \cdot \tan 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}>6$,

$\therefore t$ 无论为何值, 点 $A$ 始终在半圆 $O$ 外,

$\therefore$ 当 $t=0(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外, 当 $t=8(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外;

(2) (1)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 左侧时, $O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8-6) \div 1=2(s)$;

<ImageHere>

(2)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 右侧时,

$O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8+6) \div 1=14(s) ;$

<ImageHere>

$\therefore$ 当 $t=2$ 或 14 时, $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 与半圆 $O$ 相切;

(3) (1)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 相切于点 $F$, 连接 $O F$,
$\therefore O F \perp A B, \quad \because O F=6 \mathrm{~cm}, \quad \angle A B C=30^{\circ}$,

$\therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \therefore$ 点 $O$ 与点 $C$ 重合,

$\therefore t=8 \div 1=8(s) ;$

<ImageHere>

(2)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 的延长线相切于点 $Q$, 连接 $O Q$,

$\because \angle O B Q=\angle A B C=30^{\circ}, O Q=6 \mathrm{~cm}, \quad \therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \quad \therefore t=(12+12+8) \div 1=32(\mathrm{~s})$.

<ImageHere>

$\therefore$ 当 $t=8$ 或 32 时, $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 与半圆 $O$ 相切;

Question:
如图, 形如量角器的半圆 $O$ 的直径 $D E=12 \mathrm{~cm}$, 形如三角板的 $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}$, $\angle A B C=30^{\circ}, B C=12 \mathrm{~cm}$, 半圆 $O$ 以 $1 \mathrm{~cm} / \mathrm{s}$ 的速度从左向右运动, 在运动过程中, 点 $D 、 E$ 始终在直线 $B C$ 上, 设运动时间为 $t(s)$, 当 $t=0(s)$ 时, 半圆 $O$ 在 $\triangle A B C$ 的左侧, $O C=8 \mathrm{~cm}$.

(1) 当 $t=0(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ \$ \qquad \$ , 当 $t=8(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ \$ \qquad \$ ;

(2) 当 $t$ 为何值时, $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 与半圆 $O$ 相切?

(3) 当 $t$ 为何值时, $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 与半圆 $O$ 相切?

<ImageHere>

度量几何学

（1）外，外；（2）2或 14；（3）8 或 32.

【解析】 (1) $A C=B C \cdot \tan 30^{\circ}=12 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=4 \sqrt{3}>6$,

$\therefore t$ 无论为何值, 点 $A$ 始终在半圆 $O$ 外,

$\therefore$ 当 $t=0(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外, 当 $t=8(s)$ 时, 点 $A$ 在半圆 $O$ 外;

(2) (1)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 左侧时, $O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8-6) \div 1=2(s)$;

<ImageHere>

(2)如图, 半圆 $O$ 位于 $A C$ 右侧时,

$O C=6 \mathrm{~cm}, t=(8+6) \div 1=14(s) ;$

<ImageHere>

$\therefore$ 当 $t=2$ 或 14 时, $\triangle A B C$ 的边 $A C$ 与半圆 $O$ 相切;

(3) (1)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 相切于点 $F$, 连接 $O F$,
$\therefore O F \perp A B, \quad \because O F=6 \mathrm{~cm}, \quad \angle A B C=30^{\circ}$,

$\therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \therefore$ 点 $O$ 与点 $C$ 重合,

$\therefore t=8 \div 1=8(s) ;$

<ImageHere>

(2)如图, 半圆 $O$ 与 $A B$ 的延长线相切于点 $Q$, 连接 $O Q$,

$\because \angle O B Q=\angle A B C=30^{\circ}, O Q=6 \mathrm{~cm}, \quad \therefore B O=\frac{6}{\sin 30^{\circ}}=12 \mathrm{~cm}, \quad \therefore t=(12+12+8) \div 1=32(\mathrm{~s})$.

<ImageHere>

$\therefore$ 当 $t=8$ 或 32 时, $\triangle A B C$ 的边 $A B$ 与半圆 $O$ 相切;


Answer:
(1) $\frac{20}{3}$;
(2) $E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.

【解析】 (1) $E C=2$, 则 $C O=5-2=3$.

$\because C O \perp A B, \therefore A B=2 C B$. 在 Rt $\triangle B C O$ 中, $B O=5, \therefore B C=\sqrt{O B^{2}-O C^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4, \therefore A B=8$.

$\because B F$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore O B \perp B F$.

在 $\triangle B O C$ 和 $\triangle O B F$ 中, $\because \angle O C B=\angle F B O=90^{\circ}, \angle B O C=\angle B O F, \therefore \triangle B O C \sim \triangle O B F, \therefore \frac{O C}{B O}=\frac{B C}{B F}$, $\therefore \frac{3}{5}=\frac{4}{B F}$, 解得: $B F=\frac{20}{3}$;

(2) $\because \angle C B F+\angle O B C=90^{\circ}, \angle B O C+\angle O B C=90^{\circ}, \therefore \angle C B F=\angle B O C$, 又 $\angle B C F=\angle B C O=90^{\circ}$, $\therefore \triangle B C O \sim \triangle F C B, \quad \therefore \frac{B C}{O C}=\frac{F C}{B C}, \therefore B C^{2}=O C \times F C$.

$\because O C=5-x, O B=5, \quad \therefore B C^{2}=B O^{2}-C O^{2}=25-(5-x)^{2}, \quad \therefore 25-(5-x)^{2}=C O \times F C=(5-x) \times F C$,

$\therefore F C=\frac{10 x-x^{2}}{5-x}, \therefore E F \times C O^{2}=(F C-E C) \times C O^{2}$

$=\left(\frac{10 x-x^{2}}{5-x}-x\right)(5-x)^{2}=5 x(5-x)=-5\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+\frac{125}{4}$

$\therefore E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.

Question:
如图, $\odot O$ 的半径长为 $5, O C$ 垂直弦 $A B$ 于点 $C, O C$ 的延长线交 $\odot O$ 于点 $E$, 与过点 $B$ 的 $\odot O$的切线交于点 $F$, 已知 $C E=x$.

$(l)$ 若 $x=2$, 求 $A B 、 B F$ 的长;

(2) 求 $E F \cdot C O^{2}$ 的最大值.

<ImageHere>

度量几何学

(1) $\frac{20}{3}$;
(2) $E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.

【解析】 (1) $E C=2$, 则 $C O=5-2=3$.

$\because C O \perp A B, \therefore A B=2 C B$. 在 Rt $\triangle B C O$ 中, $B O=5, \therefore B C=\sqrt{O B^{2}-O C^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4, \therefore A B=8$.

$\because B F$ 为 $\odot O$ 的切线, $\therefore O B \perp B F$.

在 $\triangle B O C$ 和 $\triangle O B F$ 中, $\because \angle O C B=\angle F B O=90^{\circ}, \angle B O C=\angle B O F, \therefore \triangle B O C \sim \triangle O B F, \therefore \frac{O C}{B O}=\frac{B C}{B F}$, $\therefore \frac{3}{5}=\frac{4}{B F}$, 解得: $B F=\frac{20}{3}$;

(2) $\because \angle C B F+\angle O B C=90^{\circ}, \angle B O C+\angle O B C=90^{\circ}, \therefore \angle C B F=\angle B O C$, 又 $\angle B C F=\angle B C O=90^{\circ}$, $\therefore \triangle B C O \sim \triangle F C B, \quad \therefore \frac{B C}{O C}=\frac{F C}{B C}, \therefore B C^{2}=O C \times F C$.

$\because O C=5-x, O B=5, \quad \therefore B C^{2}=B O^{2}-C O^{2}=25-(5-x)^{2}, \quad \therefore 25-(5-x)^{2}=C O \times F C=(5-x) \times F C$,

$\therefore F C=\frac{10 x-x^{2}}{5-x}, \therefore E F \times C O^{2}=(F C-E C) \times C O^{2}$

$=\left(\frac{10 x-x^{2}}{5-x}-x\right)(5-x)^{2}=5 x(5-x)=-5\left(x-\frac{5}{2}\right)^{2}+\frac{125}{4}$

$\therefore E F \times C O^{2}$ 的最大值为 $\frac{125}{4}$.


Answer:
$\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16

【解析】有两种情形, 需要分类讨论:

(1) $\angle \mathrm{BAC}$ 为锐角, 如图所示,

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB}$ 的垂直平分线是 $\mathrm{DE}$,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \mathrm{ED} \perp \mathrm{AB}, \quad A D=\frac{1}{2} A B$.
$\because \mathrm{AE}=5, \quad \tan \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \sin \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{5}$.

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE} \cdot \sin \angle \mathrm{AED}=3$.

$\therefore \mathrm{AB}=6$.

$\therefore \mathrm{BE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AC}=\mathrm{AB}=6$.

(2)若 $\angle B A C$ 为钝角, 如图所示, 同理可求得: $B E+C E=16$.

<ImageHere>

综上所述, $\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16

Question:
在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, A B$ 的垂直平分线 $D E$ 与 $A C$ 所在的直线相交于点 $E$, 垂足为 $D$, 连接

BE. 已知 $\mathrm{AE}=5, \tan \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{4}$, 求 $\mathrm{BE}+\mathrm{CE}$ 的值

度量几何学

$\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16

【解析】有两种情形, 需要分类讨论:

(1) $\angle \mathrm{BAC}$ 为锐角, 如图所示,

<ImageHere>

$\because \mathrm{AB}$ 的垂直平分线是 $\mathrm{DE}$,

$\therefore \mathrm{AE}=\mathrm{BE}, \mathrm{ED} \perp \mathrm{AB}, \quad A D=\frac{1}{2} A B$.
$\because \mathrm{AE}=5, \quad \tan \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{4}$,

$\therefore \sin \angle \mathrm{AED}=\frac{3}{5}$.

$\therefore \mathrm{AD}=\mathrm{AE} \cdot \sin \angle \mathrm{AED}=3$.

$\therefore \mathrm{AB}=6$.

$\therefore \mathrm{BE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AE}+\mathrm{CE}=\mathrm{AC}=\mathrm{AB}=6$.

(2)若 $\angle B A C$ 为钝角, 如图所示, 同理可求得: $B E+C E=16$.

<ImageHere>

综上所述, $\mathrm{BE}+\mathrm{CE}=6$ 或 16


Answer:
解: 延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$,

$\because C D=4 \sqrt{2}$ 米, $\angle D C E=45^{\circ}$,

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

$\because$ 同一时刻物高与影长成正比,

$\therefore \frac{D E}{E F}=\frac{1}{2}$, 解得 $E F=2 D E=8$,

$\therefore B F=10+4+8=22$,

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

$\therefore \triangle E D F \sim \triangle B A F$,
$\therefore \frac{D E}{A B}=\frac{E F}{B F}$, 即 $\frac{4}{A B}=\frac{8}{22}$

$\therefore A B=11$ 米.

答: 旗杆的高度约为 11 米.

【解析】延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$, 根据勾股定理求出 $E D$ 的长, 再由同一时刻物高与影长成正比得出 $E F$ 的长, 根据 $D E / / A B$ 可知 $\triangle E D F \sim \triangle A B F$, 由相似三角形的对应边成比例即可得出 $A B$ 的长.

本题考查的是相似三角形的应用, 根据题意作出辅助线, 构造出相似三角形是解答此题的关键.

Question:
(本小题 8.0 分)

如图所示, 小林想利用竹竿来测量旗杆 $A B$ 的高度, 在某一时刻测得 1 米长的竹等竖直放置时影长 2 米, 在同时刻测量旗杆的影长时, 旗杆的影子一部分落在地面上 $(B C)$, 另一部分落在斜坡上 $(C D)$, 他测得落在地面上的影长为 10 米, 落在斜坡上的影长为 $4 \sqrt{2}$ 米, $\angle D C E=45^{\circ}$,
求旗杆 $A B$ 的高度.

<ImageHere>

度量几何学

解: 延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$,

$\because C D=4 \sqrt{2}$ 米, $\angle D C E=45^{\circ}$,

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

$\because$ 同一时刻物高与影长成正比,

$\therefore \frac{D E}{E F}=\frac{1}{2}$, 解得 $E F=2 D E=8$,

$\therefore B F=10+4+8=22$,

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

$\therefore \triangle E D F \sim \triangle B A F$,
$\therefore \frac{D E}{A B}=\frac{E F}{B F}$, 即 $\frac{4}{A B}=\frac{8}{22}$

$\therefore A B=11$ 米.

答: 旗杆的高度约为 11 米.

【解析】延长 $A D$ 交 $B C$ 的延长线于点 $F$, 过点 $D$ 作 $D E \perp B C$ 于点 $E$, 根据勾股定理求出 $E D$ 的长, 再由同一时刻物高与影长成正比得出 $E F$ 的长, 根据 $D E / / A B$ 可知 $\triangle E D F \sim \triangle A B F$, 由相似三角形的对应边成比例即可得出 $A B$ 的长.

本题考查的是相似三角形的应用, 根据题意作出辅助线, 构造出相似三角形是解答此题的关键.


Answer:
解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle A B F \sim \triangle C D F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{B F}{D F}=\frac{B G}{F G}$,

$\because D F=4, \quad F G=5, B F=B D+D F=B D+4, B G=B D+D F+F G=B D+9$,

$\therefore \frac{4+B D}{4}=\frac{9+B D}{5}$,

$\therefore B D=16, B F=16+4=20$,

$\therefore \frac{A B}{1.6}=\frac{20}{4}$,

解得 $A B=8 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $8 m$.

【解析】在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.

Question:
(本小题8.0分)

如图, 河对岸有一路灯杆 $A B$, 在灯光下, 小明在点 $D$ 处, 自己的影长 $D F=4 m$, 沿 $B D$ 方向到达点 $F$ 处再测自己的影长 $F G=5 m$, 如果小明的身高为 $1.6 m$, 求路灯杆 $A B$ 的高度.

<ImageHere>

度量几何学

解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle A B F \sim \triangle C D F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{B F}{D F}=\frac{B G}{F G}$,

$\because D F=4, \quad F G=5, B F=B D+D F=B D+4, B G=B D+D F+F G=B D+9$,

$\therefore \frac{4+B D}{4}=\frac{9+B D}{5}$,

$\therefore B D=16, B F=16+4=20$,

$\therefore \frac{A B}{1.6}=\frac{20}{4}$,

解得 $A B=8 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $8 m$.

【解析】在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.


Answer:
解：如图, 过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$,

则四边形 $B D C E$ 是矩形,

所以, $C E=B D=2.7$ 米,

$B E=C D=1.2$ 米,

由题意得, $\frac{C E}{A E}=\frac{0.9}{1}$,

<ImageHere>

所以, $A E=\frac{2.7}{0.9}=3$ 米,

树高 $A B=A E+B E=3+1.2=4.2$ 米.

【解析】过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$, 根据同时同地物高与影长成正比列比例式求出 $A E$ 的长度, 再根据矩形的对边相等可得 $B E=C D$, 然后根据 $A B=A E+B E$ 计算即可得解.

本题考查了相似三角形的应用, 熟记同时同地物高与影长成正比并列出比例式是解题的关键, 难点在于作辅助线构造出三角形.

Question:
(本小题 8.0 分)

如图, 一位同学想利用树影测量树 $(A B)$ 的高度, 他在某一时刻测得高为 1 米的竹竿直立时影长为 0.9 米, 此时, 因树靠近一憧建筑物, 影子不全落在地面上(有一部分影子落在了墙上 $C D$ 处 ) , 他先测得落在墙上的影子 $(C D)$ 高为 1.2 米, 又测得地面部分的影长 $(B D)$ 为 2.7 米, 则他测得的树高应为多少米?

<ImageHere>

度量几何学

解：如图, 过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$,

则四边形 $B D C E$ 是矩形,

所以, $C E=B D=2.7$ 米,

$B E=C D=1.2$ 米,

由题意得, $\frac{C E}{A E}=\frac{0.9}{1}$,

<ImageHere>

所以, $A E=\frac{2.7}{0.9}=3$ 米,

树高 $A B=A E+B E=3+1.2=4.2$ 米.

【解析】过点 $C$ 作 $C E \perp A B$ 于 $E$, 根据同时同地物高与影长成正比列比例式求出 $A E$ 的长度, 再根据矩形的对边相等可得 $B E=C D$, 然后根据 $A B=A E+B E$ 计算即可得解.

本题考查了相似三角形的应用, 熟记同时同地物高与影长成正比并列出比例式是解题的关键, 难点在于作辅助线构造出三角形.


Answer:
解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle C D F \sim \triangle A B F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{D F}{B F}=\frac{F G}{B G}$

$\because D F=3, \quad F G=4, B F=B D+D F=B D+3, B G=B D+D F+F G=B D+7$,
$\therefore \frac{3}{D B+3}=\frac{4}{B D+7}$

$\therefore B D=9, B F=9+3=12$,

$\therefore \frac{1.6}{A B}=\frac{3}{12}$

解得, $A B=6.4 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $6.4 m$.

【解析】

【分析】

在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.

Question:
(本小题8.0分)

如图, 河对岸有一路灯杆 $A B$, 在灯光下, 小明在点 $D$ 处, 自己的影长 $D F=3 m$, 沿 $B D$ 方向到达点 $F$ 处再测自己的影长 $F G=4 m$, 如果小明的身高为 $1.6 m$, 求路灯杆 $A B$ 的高度.

<ImageHere>

度量几何学

解: $\because C D / / E F / / A B$,

$\therefore$ 可以得到 $\triangle C D F \sim \triangle A B F, \triangle A B G \sim \triangle E F G$,

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

又 $\because C D=E F$,

$\therefore \frac{D F}{B F}=\frac{F G}{B G}$

$\because D F=3, \quad F G=4, B F=B D+D F=B D+3, B G=B D+D F+F G=B D+7$,
$\therefore \frac{3}{D B+3}=\frac{4}{B D+7}$

$\therefore B D=9, B F=9+3=12$,

$\therefore \frac{1.6}{A B}=\frac{3}{12}$

解得, $A B=6.4 m$.

答: 路灯杆 $A B$ 的高度为 $6.4 m$.

【解析】

【分析】

在同一时刻物高和影长成正比, 根据相似三角形的性质即可解答.

此题主要考查了相似三角形的应用, 本题只要是把实际问题抽象到相似三角形中, 利用相似三角形的性质对应边成比例就可以求出结果.


Answer: (1)$(4sqrt{3}-5){m}$；（2）7米;(3)当$A$端下移$left(12-frac{13sqrt{2}}{2}right){m},triangleABC$面积最大,最大为$frac{169}{4}{~m}^{2}$

Question: (本题6分)(2021$cdot$浙江省常山育才中学九年级期中)如图,斜靠在墙上的一根竹笲$AB$长为$13m$,端点$B$离墙角的水平距离$BC$长为$5m$.<ImageHere>(1)若$A$端沿垂直于地面的方向$AC$下移$1m$,则$B$端将沿$CB$方向移动多少米?(2)若$A$端下移的距离等于$B$端沿$CB$方向移动的距离,则$B$端将沿$CB$方向移动多少米?(3)在竹竿滑动的过程中,当$A$端下移多少距离时,$triangleABC$面积最大?简述理由,并求出最大值.

度量几何学


Answer: (1)$y=-3x^{2}+30xleft(frac{20}{3}leqx<10right)$(2)$7{~m}$(3)$frac{200}{3}{~m}^{2}$

Question: (本题6分)（2022$cdot$浙江绍兴$cdot$九年级期末）如图，用长为30的篱笆一面利用墙（墙的最大可用长度为$10{~m}$）围成中间隔有一道篱笆（平行于$AB$）的矩形花圃.设花圃的一边$AB$为$x({~m})$,面积为$y({~m})$.<ImageHere>(1)求$y$关于$x$的函数表达式,并求出自变量$x$的取值范围;(2)如果要围成面积为$63{~m}^{2}$的花圃,那么$AB$的长为多少?(3)求出所能围成的花圃的最大面积.

度量几何学

【分析】(1)设$AB$长为$x({~m})$,则$BC$长为$(30-3x)({m})$,根据墙的最大可用长度为$10{~m}$,且$BC$的长度大于0,可得自变量的取值范围,面积为长乘宽,可得函数表达式;（2）面积为$63m^{2}$,即$y=63$,代入表达式可得$x$的值,根据$x$的取值范围,可得结果;（3）把二次函数化成顶点式，根据函数的增减性求最值即可.【详解】解：(1)设$AB$长为$x({~m})$,则$BC$长为$(30-3x)({m})$,$therefore3x<30$且$30-3xleq10$.即$frac{20}{3}leqx<10$.$thereforey=x(30-3x)=-3x^{2}+30xleft(frac{20}{3}leqx<10right)$.(2)由题意得:$-3x^{2}+30x=63$,解得：$x=3$或7.$becausefrac{20}{3}leqx<10,thereforex=3$不合题意,就舍去.$therefore$如果要围成面积为$63{~m}^{2}$的花圃，那么$AB$的长应为$7{~m}$.(3)由题意知:$y=-3(x-5)^{2}+75left(frac{20}{3}leqx<10right)$,$therefore$在对称轴直线$x=5$的右侧,$y$随$x$的增大而减小,$therefore$当$x=frac{20}{3}$时,$y$有最大值.最大值为$x(30-3x)=frac{20}{3}timesleft(30-3timesfrac{20}{3}right)=frac{200}{3}$.$therefore$篱笆围成的花圃的最大面积为$frac{200}{3}{~m}^{2}$.<ImageHere>【点睛】本题考查二次函数的实际应用中的面积问题,根据题意理清关系是解题的关键.


Answer: (1)5(2)(1)$(1,2)$(2)$t=1-frac{sqrt{3}}{2}$或$t=frac{sqrt{3}}{2}$

度量几何学


Answer: 不需要采取紧急措施,理由详见解析

Question: (本题6分)（2020$cdot$浙江宁波$cdot$九年级期末）如图，有一座圆弧形拱桥，它的跨度$AB$为$60{~m}$,拱高$PM$为$18{~m}$,当洪水泛滥到跨度只有$30{~m}$时,就要采取紧急措施,若某次洪水中,拱顶离水面只有$4{~m}$,即$PN=4{~m}$时,试通过计算说明是否需要采取紧急措施.<ImageHere>

度量几何学


Answer: (1)详见解析;(2)$OA=frac{13}{4}$

Question: (本题6分)(2020$cdot$浙江$cdot$天台实验中学九年级阶段练习)如图,$odotO$的半径$OAperp$弦$BC$于$E,D$是$odotO$上一点(1)求证:$angle{ADC}=frac{1}{2}angle{AOB}$;(2)求$AE=2,{BC}=6$,求${OA}$的长<ImageHere>

度量几何学


Answer: 这块圆形木材的直径（AC)是26寸

Question: (本题6分)(2022$cdot$浙江$cdot$九年级专题练习)《九章算术》是我国古代第一部自成体系的数学专著,代表了东方数学的最高成就,它的算法体系至今仍在推动着计算机的发展和应用.书中记载:“今有圆材埋在壁中,不知大小,以锯锯之,深一寸,锯道长一尺,问径几何?”译为:“今有一圆柱形木材,埋在墙壁中,不知其大小,用锯去锯这木材,锯口深1寸($ED=1$寸),锯道长1尺（$AB=1$尺=$=10$寸).问这块圆形木材的直径$(AC)$是多少?"如图所示,请根据所学的知识解答上述问题.<ImageHere>

度量几何学


Answer: (1)$sqrt{2}$$(2)1$

Question: (本题8分)（2022$cdot$浙江丽水$cdot$九年级期中）如图,在$odotO$中,直径$AB=2,triangleABC$中,$angleBAC=90^{circ},BC$交$odotO$于点$D$,若$angleC=45^{circ}$,求:<ImageHere>(1)$BD$的长为多少?(2)求阴影部分的面积.

度量几何学


Answer: $(1)angleO+angleD=210^{circ}$;(2)$frac{3sqrt{3}}{2}-frac{2}{3}pi$(3)$angleAOC$为$140^{circ}$或$160^{circ}$,理由见解析

度量几何学


Answer: $(1)45^{circ}$(2)$BC$的长为$frac{5sqrt{2}pi}{2}{~cm}$(3)(1)$BP$的长为$8sqrt{2}{~cm}$;(2)$CA^{prime}=8-2sqrt{34}$

度量几何学


Answer: (1)8;(2)$frac{16pi}{3}$

Question: (本题8分)(2021$cdot$浙江$cdot$九年级期末)如图,$AB$是$odotO$的直径,弦$CD$垂直平分$OB$,交$OB$于点$E,CD=8sqrt{3}$.<ImageHere>(1)求$BD$的长.(2)求劣弧$AC$的弧长.

度量几何学


Answer:
(1)证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形,

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

$$
\because D M=B E
$$

$\therefore \triangle A D M \cong \triangle A B E$

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

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

$\because H F \perp A E$,

$\therefore \angle E F H=\angle E A M$

$\therefore A M / / F H$,

$\because A B / / M H$,

$\therefore$ 四边形 $A G H M$ 是平行四边形,

$\therefore A G=M H$,

$\therefore D H=D M+H M=A G+E B$.

$(2)$ 连接 $P A$.

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

$\therefore \triangle P B A \cong \triangle P B C$

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

$\because P E=P C$

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

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

$\therefore P F \perp A E$,

$\therefore A F=E F, P F=F A=F E$,

$\therefore P E=\sqrt{2} E F$,

$\because E B=x, \tan \angle E A B=\frac{1}{3}=\frac{E B}{A B}$,

$\therefore A B=3 x$,

<ImageHere>
$\therefore A E=\sqrt{A B^{2}+B E^{2}}=\sqrt{10} x$,

$\therefore y=\sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{10} x=\sqrt{5} x$.

(3)作 $P H \perp B C$ 于 $H$.

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

$\therefore \triangle A F G \backsim \triangle A B E$,

$\therefore A F \cdot A E=A G \cdot A B=8+4 \sqrt{2}$,

$\therefore 2 E F^{2}=8+4 \sqrt{2}$,

$\therefore P E^{2}=2 E F^{2}=8+4 \sqrt{2}$,

$\because B E=P B$, 设 $B E=P B=a$, 则 $B H=P H=\frac{\sqrt{2}}{2} a$,

在Rt $\triangle P E H$ 中, $\because P E^{2}=P H^{2}+E H^{2}$,

$\therefore 8+4 \sqrt{2}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^{2}+\left(a+\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^{2}$,

解得 $a=2$,

$\therefore E B=2$.

Question:
(12 分) 正方形 $A B C D$ 中, $P$ 在对角线 $B D$ 上, $E$ 在线段 $C B$ 的延长线上(如图), 且 $P E=P C$, 过点 $P$ 作 $P F \perp A E$ 于 $F$, 直线 $P F$ 分别交线段 $A B 、 C D$ 于 $G 、 H, M$ 在线段 $D C$ 上, $D M=B E$, 连结 $A M$ 交对角线 $B D$ 于 $Q$.

<ImageHere>

(1)求证: $D H=A G+B E$;

(2) 设 $B E=x$, 若 $\tan \angle B A E=\frac{1}{3}, P E=y$, 求出 $y$ 与 $x$ 的关系式;

(3) 点 $E$ 在线段 $C B$ 的左侧, 且 $\triangle P B E$ 为等腰三角形时, 若 $A B \cdot A G=8+4 \sqrt{2}$, 求 $B E$ 的长.

解析几何

(1)证明: $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形,

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

$$
\because D M=B E
$$

$\therefore \triangle A D M \cong \triangle A B E$

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

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

$\because H F \perp A E$,

$\therefore \angle E F H=\angle E A M$

$\therefore A M / / F H$,

$\because A B / / M H$,

$\therefore$ 四边形 $A G H M$ 是平行四边形,

$\therefore A G=M H$,

$\therefore D H=D M+H M=A G+E B$.

$(2)$ 连接 $P A$.

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

$\therefore \triangle P B A \cong \triangle P B C$

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

$\because P E=P C$

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

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

$\therefore P F \perp A E$,

$\therefore A F=E F, P F=F A=F E$,

$\therefore P E=\sqrt{2} E F$,

$\because E B=x, \tan \angle E A B=\frac{1}{3}=\frac{E B}{A B}$,

$\therefore A B=3 x$,

<ImageHere>
$\therefore A E=\sqrt{A B^{2}+B E^{2}}=\sqrt{10} x$,

$\therefore y=\sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \sqrt{10} x=\sqrt{5} x$.

(3)作 $P H \perp B C$ 于 $H$.

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

$\therefore \triangle A F G \backsim \triangle A B E$,

$\therefore A F \cdot A E=A G \cdot A B=8+4 \sqrt{2}$,

$\therefore 2 E F^{2}=8+4 \sqrt{2}$,

$\therefore P E^{2}=2 E F^{2}=8+4 \sqrt{2}$,

$\because B E=P B$, 设 $B E=P B=a$, 则 $B H=P H=\frac{\sqrt{2}}{2} a$,

在Rt $\triangle P E H$ 中, $\because P E^{2}=P H^{2}+E H^{2}$,

$\therefore 8+4 \sqrt{2}=\left(\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^{2}+\left(a+\frac{\sqrt{2}}{2} a\right)^{2}$,

解得 $a=2$,

$\therefore E B=2$.


Answer:
解: (1)如图 1 , 连接 $O P 、 O D, A P$ 与 $O D$ 相交于点 $M$,

$\because D P$ 与半圆 $O$ 相切,

$\therefore O A=O P, O P \perp D P$, 得 $O D$ 垂直平分 $A P$,

$\therefore \triangle A M O \sim \triangle D A O$

$\therefore \frac{A M}{A D}=\frac{A O}{D O}$,

<ImageHere>

图1

$\because A D=2, A O=1$,

$D O=\sqrt{A D^{2}+A O^{2}}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$,

$\therefore A M=\frac{A O \times A D}{D O}=\frac{1 \times 2}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

$\therefore A P=2 A M=2 \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}=\frac{4 \sqrt{5}}{5}$;

(2)作 $P E \perp A B$ 于点 $E$, 设 $P(x, y)$,

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

即 $x^{2}+(y-1)^{2}=1^{2} ，$

$\therefore x^{2}=2 y-y^{2}$,

<ImageHere>

图2
根据题意可得: $S_{1}=\frac{1}{2} \cdot A D \cdot(2-y)=2-y$,

$S_{3}=\frac{1}{2} \cdot B C \cdot y=y$

$S_{2}=\frac{1}{2} \cdot A B \cdot x=x$

$$
\therefore 2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}=2 \cdot(2-y) \cdot y-x^{2}=4 y-2 y^{2}-x^{2}=x^{2} \because 0<x \leq 1
$$

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}$ 有最大值, 最大值为 1 ,

将 $x=1$ 代入 $x^{2}=2 y-y^{2}$ 中,

可得 $y=1$,

此时点 $P(1,1)$

(3)连接 $A F$, 得 $A F \perp B E$, 作 $F K \perp A B$ 交于点 $K$,

$\because A E=3 D E, A D=2$,

$\therefore A E=\frac{3}{2}, A F=\frac{6}{5}$,

根据题意, 易得 $\triangle B A E \sim \triangle B F A \sim \triangle A F E$,

即: $\frac{A F}{B F}=\frac{E F}{A F}=\frac{A E}{A B}$,

得 $B F=\frac{A F \cdot A B}{A E}=\frac{\frac{6}{5} \cdot 2}{\frac{3}{2}}=\frac{8}{5}$,

<ImageHere>

图3

在 $\triangle A B E$ 中, $B E=\sqrt{A B^{2}+A E^{2}}=\frac{5}{2}$,

易得 $\triangle B F K \sim \triangle B E A$,

即: $\frac{F K}{B F}=\frac{A E}{B E}$,

得 $F K=\frac{A E}{B E} \cdot B F=\frac{\frac{3}{2} \cdot \frac{8}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{24}{25}$,

根据勾股定理可得, $B K=\sqrt{B F^{2}-F K^{2}}=\frac{32}{25}$

$\therefore F\left(\frac{24}{25}, \frac{32}{25}\right)$,

$\because P(1,1)$,

可求得直线 $P F$ 解析式: $y=-7 x+8$,

设 $Q(a,-7 a+8)$ ，

$\because P Q=P B=\sqrt{2}$,

$\therefore \sqrt{(a-1)^{2}+(-7 a+8-1)^{2}}=\sqrt{2}$,
$\therefore a_{1}=\frac{4}{5}, a_{2}=\frac{6}{5}$

$\because Q$ 在 $F P$ 的延长上,

$\therefore a>1$,

$\therefore a=\frac{6}{5}$

$\therefore Q$ 点坐标为 $\left(\frac{6}{5},-\frac{2}{5}\right)$,

$\because O$ 点坐标为 $(0,1)$,

$\therefore Q O=\sqrt{\left(\frac{6}{5}-0\right)^{2}+\left(-\frac{2}{5}-1\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{5}$.

Question:
(14 分) 已知四边形 $A B C D$ 是边长为 2 的正方形, 在以 $A B$ 为直径的正方形内作半圆 $O, P$ 为半圆上的动点(不与 $A 、 B$ 重合) 连接 $P A 、 P B 、 P C 、 P D$,

(1)若 $D P$ 与半圆 $O$ 相切时, 求 $P A$ 的长.

(2)如图, 以 $B C$ 边为 $x$ 轴, 以 $A B$ 边为 $y$ 轴, 建立如图所示的平面直角坐标系, 把 $\triangle P A D 、 \triangle P A B 、$ $\triangle P B C$ 的面积分别记为 $S_{1} 、 S_{2} 、 S_{3}$, 试求 $2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}$ 的最大值, 并求出此时点 $P$ 的坐标.

(3)在 (2)的条件下, $E$ 为边 $A D$ 上一点, 且 $A E=3 D E$, 连接 $B E$ 交半圆 $O$ 于 $F$, 连接 $F P$ 并延长至点 $Q$, 使得 $P Q=P B$, 求 $O Q$ 的长.

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

<ImageHere>

图3

解析几何

解: (1)如图 1 , 连接 $O P 、 O D, A P$ 与 $O D$ 相交于点 $M$,

$\because D P$ 与半圆 $O$ 相切,

$\therefore O A=O P, O P \perp D P$, 得 $O D$ 垂直平分 $A P$,

$\therefore \triangle A M O \sim \triangle D A O$

$\therefore \frac{A M}{A D}=\frac{A O}{D O}$,

<ImageHere>

图1

$\because A D=2, A O=1$,

$D O=\sqrt{A D^{2}+A O^{2}}=\sqrt{2^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}$,

$\therefore A M=\frac{A O \times A D}{D O}=\frac{1 \times 2}{\sqrt{5}}=\frac{2 \sqrt{5}}{5}$,

$\therefore A P=2 A M=2 \times \frac{2 \sqrt{5}}{5}=\frac{4 \sqrt{5}}{5}$;

(2)作 $P E \perp A B$ 于点 $E$, 设 $P(x, y)$,

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

即 $x^{2}+(y-1)^{2}=1^{2} ，$

$\therefore x^{2}=2 y-y^{2}$,

<ImageHere>

图2
根据题意可得: $S_{1}=\frac{1}{2} \cdot A D \cdot(2-y)=2-y$,

$S_{3}=\frac{1}{2} \cdot B C \cdot y=y$

$S_{2}=\frac{1}{2} \cdot A B \cdot x=x$

$$
\therefore 2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}=2 \cdot(2-y) \cdot y-x^{2}=4 y-2 y^{2}-x^{2}=x^{2} \because 0<x \leq 1
$$

$\therefore$ 当 $x=1$ 时, $2 S_{1} S_{3}-S_{2}^{2}$ 有最大值, 最大值为 1 ,

将 $x=1$ 代入 $x^{2}=2 y-y^{2}$ 中,

可得 $y=1$,

此时点 $P(1,1)$

(3)连接 $A F$, 得 $A F \perp B E$, 作 $F K \perp A B$ 交于点 $K$,

$\because A E=3 D E, A D=2$,

$\therefore A E=\frac{3}{2}, A F=\frac{6}{5}$,

根据题意, 易得 $\triangle B A E \sim \triangle B F A \sim \triangle A F E$,

即: $\frac{A F}{B F}=\frac{E F}{A F}=\frac{A E}{A B}$,

得 $B F=\frac{A F \cdot A B}{A E}=\frac{\frac{6}{5} \cdot 2}{\frac{3}{2}}=\frac{8}{5}$,

<ImageHere>

图3

在 $\triangle A B E$ 中, $B E=\sqrt{A B^{2}+A E^{2}}=\frac{5}{2}$,

易得 $\triangle B F K \sim \triangle B E A$,

即: $\frac{F K}{B F}=\frac{A E}{B E}$,

得 $F K=\frac{A E}{B E} \cdot B F=\frac{\frac{3}{2} \cdot \frac{8}{5}}{\frac{5}{2}}=\frac{24}{25}$,

根据勾股定理可得, $B K=\sqrt{B F^{2}-F K^{2}}=\frac{32}{25}$

$\therefore F\left(\frac{24}{25}, \frac{32}{25}\right)$,

$\because P(1,1)$,

可求得直线 $P F$ 解析式: $y=-7 x+8$,

设 $Q(a,-7 a+8)$ ，

$\because P Q=P B=\sqrt{2}$,

$\therefore \sqrt{(a-1)^{2}+(-7 a+8-1)^{2}}=\sqrt{2}$,
$\therefore a_{1}=\frac{4}{5}, a_{2}=\frac{6}{5}$

$\because Q$ 在 $F P$ 的延长上,

$\therefore a>1$,

$\therefore a=\frac{6}{5}$

$\therefore Q$ 点坐标为 $\left(\frac{6}{5},-\frac{2}{5}\right)$,

$\because O$ 点坐标为 $(0,1)$,

$\therefore Q O=\sqrt{\left(\frac{6}{5}-0\right)^{2}+\left(-\frac{2}{5}-1\right)^{2}}=\frac{\sqrt{85}}{5}$.


Answer:
解: (1)把 $x=2, y=0$ 代入 $y=x^{2}-m x+1$, 得 $m=\frac{5}{2}$,

$\therefore$ :抛物线的函数表达式为 $y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1$,

$y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1=\left(x-\frac{5}{4}\right)^{2}-\frac{9}{16}$

所以顶点坐标为 $\left(\frac{5}{4},-\frac{9}{16}\right)$.

(2) $\because y=x^{2}-m x+1=\left(x-\frac{m}{2}\right)^{2}-\frac{m^{2}}{4}+1$,

$\therefore n=-\frac{m^{2}}{4}+1$.

$\because$ 抛物线 $y=x^{2}-m x+1$ 与 $x$ 轴有两个交点,

$\therefore \Delta=m^{2}-4>0$.

$\therefore m^{2}>4$.

$\therefore-\frac{m^{2}}{4}+1<-\frac{4}{4}+1=0$

即 $n<0$.

(3)如图, 连接 $P C, P D$, 作 $P E \perp C D$ 于 $E$.

<ImageHere>

$\because P$ 为抛物线的顶点, $C, D$ 均在 $x$ 轴的平行线 $l$ 上, 且 $\angle C P D=60^{\circ}$, $\therefore \triangle C P D$ 为等边三角形.
在Rt $\triangle C P E$ 中, $\tan \angle E C P=\frac{P E}{C E}=\frac{1-\left(-\frac{m}{4}+1\right)}{\frac{1}{2}|m|}=\sqrt{3}$,

即 $m^{2}-2 \sqrt{3} m=0$ 或 $m^{2}+2 \sqrt{3} m=0$.

$\because m \neq 0, \quad \therefore m=2 \sqrt{3}$ 或 $-2 \sqrt{3}$.

$\because$ 对称轴在 $y$ 轴右侧,

$\therefore m=-2 \sqrt{3}$ 舍去.

$\therefore m=2 \sqrt{3}$.

Question:
(8 分) 如图, 在平面直角坐标系中, 抛物线 $y=x^{2}-m x+1$ 与 $x$ 轴从左到右的交点为 $A, B$,与 $y$ 轴的交点为 $C$, 过点 $C$ 作 $x$ 轴的平行线 $l, l$ 与抛物线的另一交点为 $D$ 点.

<ImageHere>

(1)若点 $B$ 的坐标为 $(2,0)$, 求抛物线的函数表达式及顶点坐标;

(2)设抛物线顶点的纵坐标为 $n$, 求 $n$ 的取值范围;

(3)若抛物线顶点记为 $P$, 连接 $C P, D P$, 当 $\angle C P D=60^{\circ}$ 时, 求 $m$ 的值.

解析几何

解: (1)把 $x=2, y=0$ 代入 $y=x^{2}-m x+1$, 得 $m=\frac{5}{2}$,

$\therefore$ :抛物线的函数表达式为 $y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1$,

$y=x^{2}-\frac{5}{2} x+1=\left(x-\frac{5}{4}\right)^{2}-\frac{9}{16}$

所以顶点坐标为 $\left(\frac{5}{4},-\frac{9}{16}\right)$.

(2) $\because y=x^{2}-m x+1=\left(x-\frac{m}{2}\right)^{2}-\frac{m^{2}}{4}+1$,

$\therefore n=-\frac{m^{2}}{4}+1$.

$\because$ 抛物线 $y=x^{2}-m x+1$ 与 $x$ 轴有两个交点,

$\therefore \Delta=m^{2}-4>0$.

$\therefore m^{2}>4$.

$\therefore-\frac{m^{2}}{4}+1<-\frac{4}{4}+1=0$

即 $n<0$.

(3)如图, 连接 $P C, P D$, 作 $P E \perp C D$ 于 $E$.

<ImageHere>

$\because P$ 为抛物线的顶点, $C, D$ 均在 $x$ 轴的平行线 $l$ 上, 且 $\angle C P D=60^{\circ}$, $\therefore \triangle C P D$ 为等边三角形.
在Rt $\triangle C P E$ 中, $\tan \angle E C P=\frac{P E}{C E}=\frac{1-\left(-\frac{m}{4}+1\right)}{\frac{1}{2}|m|}=\sqrt{3}$,

即 $m^{2}-2 \sqrt{3} m=0$ 或 $m^{2}+2 \sqrt{3} m=0$.

$\because m \neq 0, \quad \therefore m=2 \sqrt{3}$ 或 $-2 \sqrt{3}$.

$\because$ 对称轴在 $y$ 轴右侧,

$\therefore m=-2 \sqrt{3}$ 舍去.

$\therefore m=2 \sqrt{3}$.


Answer:
解: (1) $\because$ 点 $D$ 是直线 $l: y=-x+1$ 上的一个动点, 其横坐标为 $m$,

$\therefore y=-m+1$,

$\therefore D(m,-m+1)$,

$\therefore y=-(x-m)^{2}-m+1=-x^{2}+2 m x-m^{2}-m+1$,

$\therefore b=2 m, c=-m^{2}-m+1$,

$$
\text { (2) (1) } \because\left\{\begin{array}{l}
y=-x+1 \\
y=-x^{2}+2 m x-m^{2}-m+1^{\prime}
\end{array}\right.
$$

$\therefore x^{2}-(2 m+1) x+m^{2}+m=0$,

$\therefore x_{1}=m, x_{2}=m+1$,

$\therefore E(m+1,-m)$,

(2) $\because D(m,-m+1), E(m+1,-m)$,

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

$\therefore S_{\triangle O D E}=\frac{1}{2} \cdot D E \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 面积不变, 面积为 $\frac{1}{2}$;

(3) $\because$ 顶点 $D$ 在第二象限,

$\therefore m<0$.

当点 $A$ 在 $y$ 轴的正半轴上,

如图(1)作 $A G \perp D H$ 于点 $G$,

<ImageHere>
$\because A\left(0,-m^{2}-m+1\right), D(m,-m+1)$,

$\therefore H(m, 0), G\left(m,-m^{2}-m+1\right)$

$\because \angle A D H=\angle A H O$

$\therefore \tan \angle A D H=\tan \angle A H O$

$\therefore \frac{A G}{D G}=\frac{A O}{H O}$.

$\therefore \frac{-m}{1-m-\left(-m^{2}-m+1\right)}=\frac{-m^{2}-m+1}{-m}$.

整理得: $m^{2}+m=0$.

$\therefore m=-1$ 或 $m=0$ (舍).

当点 $A$ 在 $y$ 轴的负半轴上, 如图(2). 作 $A G \perp D H$ 于点 $G$,

<ImageHere>

$\because A\left(0,-m^{2}-m+1\right), D(m,-m+1)$,

$\therefore H(m, 0), G\left(m,-m^{2}-m+1\right)$

$\because \angle A D H=\angle A H O$

$\therefore \tan \angle A D H=\tan \angle A H O$,

$\therefore \frac{A G}{D G}=\frac{A O}{H O}$.

$\therefore \frac{-m}{1-m-\left(-m^{2}-m+1\right)}=\frac{m^{2}+m-1}{-m}$.

整理得: $m^{2}+m-2=0$.

$\therefore m=-2$ 或 $m=1$ (舍).

综上所述, $m$ 的值为 -1 或 -2 .

Question:
(10 分） 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 点 $D$ 是直线 $l: y=-x+1$ 上的一个动点, 其横坐标为 $m$,以点 $D$ 为顶点的抛物线 $y=-x^{2}+b x+c$ 交 $y$ 轴于点为 $A$, 其对称轴与 $x$ 轴交于点 $H$.

(1)请用含 $m$ 的代数式表示 $b$ 和 $c$;

(2)记直线 $l$ 与抛物线的另一交点为 $E$

(1) 请用含 $m$ 的代数式表示点 $E$ 的坐标;

(2)问: $\triangle O D E$ 的面积是否会随着 $m$ 的取值变化而变化? 若不变化, 请求出 $\triangle O D E$ 的面积; 若要变化, 请求出 $\triangle O D E$ 的面积的最小值.

(3)当抛物线顶点 $D$ 在第二象限时, 若 $\angle A D H=\angle A H O$, 求 $m$ 的值.

解析几何

解: (1) $\because$ 点 $D$ 是直线 $l: y=-x+1$ 上的一个动点, 其横坐标为 $m$,

$\therefore y=-m+1$,

$\therefore D(m,-m+1)$,

$\therefore y=-(x-m)^{2}-m+1=-x^{2}+2 m x-m^{2}-m+1$,

$\therefore b=2 m, c=-m^{2}-m+1$,

$$
\text { (2) (1) } \because\left\{\begin{array}{l}
y=-x+1 \\
y=-x^{2}+2 m x-m^{2}-m+1^{\prime}
\end{array}\right.
$$

$\therefore x^{2}-(2 m+1) x+m^{2}+m=0$,

$\therefore x_{1}=m, x_{2}=m+1$,

$\therefore E(m+1,-m)$,

(2) $\because D(m,-m+1), E(m+1,-m)$,

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

$\therefore S_{\triangle O D E}=\frac{1}{2} \cdot D E \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 面积不变, 面积为 $\frac{1}{2}$;

(3) $\because$ 顶点 $D$ 在第二象限,

$\therefore m<0$.

当点 $A$ 在 $y$ 轴的正半轴上,

如图(1)作 $A G \perp D H$ 于点 $G$,

<ImageHere>
$\because A\left(0,-m^{2}-m+1\right), D(m,-m+1)$,

$\therefore H(m, 0), G\left(m,-m^{2}-m+1\right)$

$\because \angle A D H=\angle A H O$

$\therefore \tan \angle A D H=\tan \angle A H O$

$\therefore \frac{A G}{D G}=\frac{A O}{H O}$.

$\therefore \frac{-m}{1-m-\left(-m^{2}-m+1\right)}=\frac{-m^{2}-m+1}{-m}$.

整理得: $m^{2}+m=0$.

$\therefore m=-1$ 或 $m=0$ (舍).

当点 $A$ 在 $y$ 轴的负半轴上, 如图(2). 作 $A G \perp D H$ 于点 $G$,

<ImageHere>

$\because A\left(0,-m^{2}-m+1\right), D(m,-m+1)$,

$\therefore H(m, 0), G\left(m,-m^{2}-m+1\right)$

$\because \angle A D H=\angle A H O$

$\therefore \tan \angle A D H=\tan \angle A H O$,

$\therefore \frac{A G}{D G}=\frac{A O}{H O}$.

$\therefore \frac{-m}{1-m-\left(-m^{2}-m+1\right)}=\frac{m^{2}+m-1}{-m}$.

整理得: $m^{2}+m-2=0$.

$\therefore m=-2$ 或 $m=1$ (舍).

综上所述, $m$ 的值为 -1 或 -2 .


Answer:
解: $(1) P_{1}$ 与 $P_{2}$ 重合.

证明： 由题意得 $A C=A D$,

$\because A F_{1}-A F_{2}=2 a$,

$\therefore C F_{1}-D F_{2}=2 a$

又 $\because F_{1} C=F_{1} P_{1} F_{2} D=F_{2} P_{1}$,

$\therefore P_{1} F_{1}-P_{1} F_{2}=2 a$,

同理 $P_{2} F_{1}-P_{2} F_{2}=2 a$,

$\therefore P_{1}$ 与 $P_{2}$ 重合.

(2)由(1)知: $M P_{1} \perp F_{1} F_{2}, N P_{2} \perp F_{1} F_{2}, P_{1}, P_{2}$ 重合.

$\therefore M, P_{1}, N$ 共线, 且 $M N \perp F_{1} F_{2}$,

连接 $M N, N E, M D$, 则 $\angle N E D=\angle M D E=90^{\circ}$

过 $N$ 作 $N H \perp M D, H$ 为垂足；

$\because \angle M P_{1} F_{2}=\angle M D F_{2}=90^{\circ}, \angle H M N=\angle B F_{2} F_{1}$,

<ImageHere>

$\therefore \sin \angle H M N=\sin \angle B F_{2} F_{1}=\frac{8}{9}$,

又 $M N=\frac{9}{2} ，$

$\therefore N H=M N \sin \angle H M N=4$,

$\therefore E D=4$
而 $D F_{2}=F_{2} P_{1}=F_{2} E$,

$\therefore F_{2} P_{1}=2$,

又由(1) $P_{1} F_{1}-P_{1} F_{2}=2 a ，$

$\therefore P_{1} F_{1}=2+2 a$,

$\therefore P_{1} F_{1}+P_{1} F_{2}=2+2+2 a=2 \sqrt{a^{2}+20}$,

解得 $a=4$.

Question:
如图: 已知 $a$ 为常数, $F_{1}\left(-\sqrt{a^{2}+20}, 0\right), F_{2}\left(\sqrt{a^{2}+20}, 0\right)$, 过 $F_{2}$ 作直线 $l$, 点 $A, B$ 在直线 $l$ 上,且满足 $A F_{1}-A F_{2}=B F_{1}-B F_{2}=2 a, M, N$ 分别为 $\triangle A F_{1} F_{2}, \triangle B F_{1} F_{2}$ 的内切圆的圆心.

(1)设 $\odot M$ 与 $F_{1} F_{2}$ 相切于点 $P_{1}, \odot N$ 与 $F_{1} F_{2}$ 切于点 $P_{2}$, 试判断 $P_{1}$ 与 $P_{2}$ 的位置关系, 并加以证明;

<ImageHere>

(2)已知 $\sin \angle B F_{2} F_{1}=\frac{8}{9}$, 且 $M N=\frac{9}{2}$, 试求 $a$ 的值.

解析几何


Answer:
解：(1)如图, 点 $O$ 和 $F H$ 为所作;

<ImageHere>

(2) $B M=B D=2 \times 1.5=3 m ， G D=1.2 m ， D F=1.5 \times 1.5 \times 2=4.5 m$ ，设 $A B=C D=E F=a$ ，作 $O K \perp M N$ 于 $K$, 如图,

<ImageHere>

$\because A B / / O K$,

$\therefore \triangle M A B \sim \triangle M O K$

$\therefore \frac{A B}{O K}=\frac{M B}{M K}$, 即 $\frac{a}{O K}=\frac{3}{6+D K}$ (1),

$\because C D / / O K$

$\therefore \triangle G C D \sim \triangle G O K$,

$\therefore \frac{C D}{O K}=\frac{G D}{G K}$ ，即 $\frac{a}{O K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$ (2)，

由 (1) (2)得 $\frac{3}{6+D K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$, 解得 $D K=2$,
$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{3}{6+2}=\frac{3}{8}, \quad F K=D F-D K=4.5-2=2.5$,

$\because E F / / O K$

$\therefore \triangle H E F \sim \triangle H O K$

$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{H F}{H K}, \quad$ 即 $\frac{H F}{H F+2.5}=\frac{3}{8}$,

$\therefore H F=1.5(m)$.

答：小明到达点 $F$ 时的影长 $F H$ 的长为 $1.5 m$.

Question:
某兴趣小组开展课外活动. 如图, 小明从点 $M$ 出发以 1.5 米/秒的速度, 沿射线 $M N$ 方向匀速前进, 2 秒后到达点 $B$, 此时他 $(A B)$ 在某一灯光下的影长为 $M B$, 继续按原速行走 2 秒到达点 $D$,此时他 $(C D)$ 在同一灯光下的影子 $G D$ 仍落在其身后, 并测得这个影长 $G D$ 为 1.2 米, 然后他将速度提高到原来的 1.5 倍, 再行走 2 秒到达点 $F$, 此时点 $A, C, E$ 三点共线.

<ImageHere>

(1) 请在图中画出光源 $O$ 点的位置, 并画出小明位于点 $F$ 时在这个灯光下的影长 $F H$ (不写画法);

(2)求小明到达点 $F$ 时的影长 $F H$ 的长.

解析几何

解：(1)如图, 点 $O$ 和 $F H$ 为所作;

<ImageHere>

(2) $B M=B D=2 \times 1.5=3 m ， G D=1.2 m ， D F=1.5 \times 1.5 \times 2=4.5 m$ ，设 $A B=C D=E F=a$ ，作 $O K \perp M N$ 于 $K$, 如图,

<ImageHere>

$\because A B / / O K$,

$\therefore \triangle M A B \sim \triangle M O K$

$\therefore \frac{A B}{O K}=\frac{M B}{M K}$, 即 $\frac{a}{O K}=\frac{3}{6+D K}$ (1),

$\because C D / / O K$

$\therefore \triangle G C D \sim \triangle G O K$,

$\therefore \frac{C D}{O K}=\frac{G D}{G K}$ ，即 $\frac{a}{O K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$ (2)，

由 (1) (2)得 $\frac{3}{6+D K}=\frac{1.2}{1.2+D K}$, 解得 $D K=2$,
$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{3}{6+2}=\frac{3}{8}, \quad F K=D F-D K=4.5-2=2.5$,

$\because E F / / O K$

$\therefore \triangle H E F \sim \triangle H O K$

$\therefore \frac{a}{O K}=\frac{H F}{H K}, \quad$ 即 $\frac{H F}{H F+2.5}=\frac{3}{8}$,

$\therefore H F=1.5(m)$.

答：小明到达点 $F$ 时的影长 $F H$ 的长为 $1.5 m$.


Answer:
(1) 见解析 (2) 图中阴影部分的面积为 $2 \sqrt{3}-\frac{2}{3} \pi$.

【解析】(1) 证明: 连接 $O C$.

<ImageHere>

$\because A C=C D, \angle A C D=120^{\circ}, \therefore \angle A=\angle D=30^{\circ} . \because O A=O C, \therefore \angle 2=\angle A=30^{\circ} . \quad \therefore \angle O C D=\angle A C D$ $-\angle 2=90^{\circ}$, 即 $O C \perp C D, \therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 解: $\angle 1=\angle 2+\angle A=60^{\circ} . \therefore \mathrm{S}_{\text {闻现 } B O C}=\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}=\frac{2 \pi}{3}$.

在 Rt $\triangle O C D$ 中, $\angle D=30^{\circ}, \therefore O D=2 O C=4$,

$\therefore C D=\sqrt{O D^{2}-O C^{2}}=2 \sqrt{3} . \quad \therefore \mathrm{S}_{\mathrm{R} \leftarrow \triangle C D}=\frac{1}{2} O C \times C D=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$.

$\therefore$ 图中阴影部分的面积为: $2 \sqrt{3}-\frac{2 \pi}{3}$.

Question:
如图, 点 $D$ 在 $\odot O$ 的直径 $A B$ 的延长线上, 点 $C$ 在 $\odot O$ 上, 且 $A C=C D, \angle A C D=120^{\circ}$.

(1) 求证: $C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 若 $\odot O$ 的半径为 2 , 求图中阴影部分的面积.

<ImageHere>

解析几何

(1) 见解析 (2) 图中阴影部分的面积为 $2 \sqrt{3}-\frac{2}{3} \pi$.

【解析】(1) 证明: 连接 $O C$.

<ImageHere>

$\because A C=C D, \angle A C D=120^{\circ}, \therefore \angle A=\angle D=30^{\circ} . \because O A=O C, \therefore \angle 2=\angle A=30^{\circ} . \quad \therefore \angle O C D=\angle A C D$ $-\angle 2=90^{\circ}$, 即 $O C \perp C D, \therefore C D$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2) 解: $\angle 1=\angle 2+\angle A=60^{\circ} . \therefore \mathrm{S}_{\text {闻现 } B O C}=\frac{60 \pi \times 2^{2}}{360}=\frac{2 \pi}{3}$.

在 Rt $\triangle O C D$ 中, $\angle D=30^{\circ}, \therefore O D=2 O C=4$,

$\therefore C D=\sqrt{O D^{2}-O C^{2}}=2 \sqrt{3} . \quad \therefore \mathrm{S}_{\mathrm{R} \leftarrow \triangle C D}=\frac{1}{2} O C \times C D=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3}=2 \sqrt{3}$.

$\therefore$ 图中阴影部分的面积为: $2 \sqrt{3}-\frac{2 \pi}{3}$.


Answer:
(1) 证明见解析; (2) $\mathrm{CE}=4$.

【解析】 (1) 证明：如图, 连接 $\mathrm{OE}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{OB}=\mathrm{OE}, \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{OEB}, \because \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC} . \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{EBC}, \therefore \angle \mathrm{OEB}=\angle \mathrm{EBC}$,

$\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{BC}, \because \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{OEA}=\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线

(2) 解：过 $\mathrm{O}$ 作 $\mathrm{OH} \perp \mathrm{BF}$,

$\therefore \mathrm{BH}=\frac{1}{2} \mathrm{BF}=3$, 四边形 $\mathrm{OHCE}$ 是矩形, $\therefore \mathrm{CE}=\mathrm{OH}$, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{OBH}$ 中, $\mathrm{BH}=3, \mathrm{OB}=5$,

$\therefore \mathrm{OH}=\sqrt{O B^{2}-O H^{2}}=4, \quad \therefore \mathrm{CE}=4$.

Question:
在 Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle A C B=90^{\circ}, B E$ 平分 $\angle A B C, D$ 是边 $A B$ 上一点, 以 $B D$ 为直径的 $\odot O$ 经过点 $E$, 且交 $B C$ 于点 $F$.

(1)求证: $A C$ 是 $\odot O$ 的切线;

(2)若 $B F=6, \odot O$ 的半径为 5 , 求 $C E$ 的长.

<ImageHere>

解析几何

(1) 证明见解析; (2) $\mathrm{CE}=4$.

【解析】 (1) 证明：如图, 连接 $\mathrm{OE}$,

<ImageHere>

$\because \mathrm{OB}=\mathrm{OE}, \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{OEB}, \because \mathrm{BE}$ 平分 $\angle \mathrm{ABC} . \quad \therefore \angle \mathrm{OBE}=\angle \mathrm{EBC}, \therefore \angle \mathrm{OEB}=\angle \mathrm{EBC}$,

$\therefore \mathrm{OE} / / \mathrm{BC}, \because \angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{OEA}=\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \therefore \mathrm{AC}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的切线

(2) 解：过 $\mathrm{O}$ 作 $\mathrm{OH} \perp \mathrm{BF}$,

$\therefore \mathrm{BH}=\frac{1}{2} \mathrm{BF}=3$, 四边形 $\mathrm{OHCE}$ 是矩形, $\therefore \mathrm{CE}=\mathrm{OH}$, 在 $\mathrm{Rt} \triangle \mathrm{OBH}$ 中, $\mathrm{BH}=3, \mathrm{OB}=5$,

$\therefore \mathrm{OH}=\sqrt{O B^{2}-O H^{2}}=4, \quad \therefore \mathrm{CE}=4$.


Answer:
(1)证明见解析; (2) $A C=12$.

【解析】(1) $\because \quad \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{E}$ (已知 $), \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{CAB}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{CAB}, \because \quad \mathrm{EF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}$, 即 $\angle \mathrm{AFE}=90^{\circ}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ} \therefore \quad \angle \mathrm{CAB}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ}$,

即 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{AB}$, 且 $\mathrm{AB}$ 是圆的直径.$\therefore \mathrm{AE}$ 是圆 $O$ 的切线;

(2)解: $\because \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{BDC}$,

$\therefore \quad \sin \angle \mathrm{E}=\sin \angle \mathrm{BDC}=\frac{3}{5} \therefore \quad$ Rt $\triangle \mathrm{AEF}$ 中, $\sin \angle \mathrm{E}=\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AE}}$, 且 $\mathrm{AE}=10$

$\therefore \quad \mathrm{AF}=6, \because \quad \mathrm{OF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}, \therefore \quad \mathrm{AC}=2 \mathrm{AF}=12$ (垂径定理).

Question:
如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, 过 $O$ 作弦 $\mathrm{AC}$ 的垂线, 交 $\odot \mathrm{O}$ 于点 $\mathrm{D}$, 分别交 $\mathrm{AE} 、 \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{E}$ 、点 $\mathrm{F}$, 已知 $\angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{E}$.

(1)判断 $\mathrm{AE}$ 与 $\odot \mathrm{O}$ 的位置关系, 并说明理由;

(2)若 $\mathrm{AE}=10, \sin \angle \mathrm{BDC}=\frac{3}{5}$, 求 $\mathrm{AC}$ 的长.

<ImageHere>

解析几何

(1)证明见解析; (2) $A C=12$.

【解析】(1) $\because \quad \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{E}$ (已知 $), \angle \mathrm{BDC}=\angle \mathrm{CAB}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{CAB}, \because \quad \mathrm{EF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}$, 即 $\angle \mathrm{AFE}=90^{\circ}$

$\therefore \quad \angle \mathrm{E}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ} \therefore \quad \angle \mathrm{CAB}+\angle \mathrm{EAF}=90^{\circ}$,

即 $\mathrm{AE} \perp \mathrm{AB}$, 且 $\mathrm{AB}$ 是圆的直径.$\therefore \mathrm{AE}$ 是圆 $O$ 的切线;

(2)解: $\because \quad \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{BDC}$,

$\therefore \quad \sin \angle \mathrm{E}=\sin \angle \mathrm{BDC}=\frac{3}{5} \therefore \quad$ Rt $\triangle \mathrm{AEF}$ 中, $\sin \angle \mathrm{E}=\frac{\mathrm{AF}}{\mathrm{AE}}$, 且 $\mathrm{AE}=10$

$\therefore \quad \mathrm{AF}=6, \because \quad \mathrm{OF} \perp \mathrm{AC}$ 于点 $\mathrm{F}, \therefore \quad \mathrm{AC}=2 \mathrm{AF}=12$ (垂径定理).


Answer:
（1）证明见解析; （2） $\mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$, 证明见解析；（3） $\mathrm{FG}=\frac{25 \sqrt{2}}{8}$.

【解析】 (1) 如图 1 , 连接 $\mathrm{OG}$.

<ImageHere>

图1

$\because \mathrm{EG}$ 为切线, $\therefore \angle \mathrm{KGE}+\angle \mathrm{OGA}=90^{\circ}$,

$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{AKH}+\angle \mathrm{OAG}=90^{\circ}$,

又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OG}, \therefore \angle \mathrm{OGA}=\angle \mathrm{OAG}$,

$\therefore \angle \mathrm{KGE}=\angle \mathrm{AKH}=\angle \mathrm{GKE}, \quad \therefore \mathrm{KE}=\mathrm{GE}$.

(2) $\mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$, 理由为连接 $\mathrm{GD}$, 如图 2 所示.

<ImageHere>

图2

$\because \mathrm{KG}^{2}=\mathrm{KD} \cdot \mathrm{GE}$, 即 $^{\frac{K G}{K D}=\frac{G E}{K G}}, \therefore^{\frac{K G}{G E}=\frac{K D}{K G}}$,

又 $\because \angle \mathrm{KGE}=\angle \mathrm{GKE}, \therefore \triangle \mathrm{GKD} \sim \triangle \mathrm{EGK}$,

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{AGD}$, 又 $\because \angle \mathrm{C}=\angle \mathrm{AGD}$,

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{C}, \quad \therefore \mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$

(3) 连接 $O G, O C$, 如图 3 所示,

<ImageHere>

图3

$\because \mathrm{EG}$ 为切线, $\therefore \angle \mathrm{KGE}+\angle \mathrm{OGA}=90^{\circ}$,

$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{AKH}+\angle \mathrm{OAG}=90^{\circ}$,

又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OG}, \quad \therefore \angle \mathrm{OGA}=\angle \mathrm{OAG}$,

$\therefore \angle \mathrm{KGE}=\angle \mathrm{AKH}=\angle \mathrm{GKE}$,

$\therefore \mathrm{KE}=$ GE. $\because \operatorname{sinE}=\sin \angle \mathrm{ACH}=\frac{3}{5}$

, 设 $\mathrm{AH}=3 \mathrm{t}$, 则 $\mathrm{AC}=5 \mathrm{t}, \mathrm{CH}=4 \mathrm{t}, \because \mathrm{KE}=\mathrm{GE}, \mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$,

$\therefore \mathrm{CK}=\mathrm{AC}=5 \mathrm{t}, \quad \therefore \mathrm{HK}=\mathrm{CK}-\mathrm{CH}=\mathrm{t}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{AHK}$ 中, 根据勾股定理得 $\mathrm{AH} \mathrm{H}^{2}+\mathrm{HK}^{2}=\mathrm{AK} \mathrm{K}^{2}$,

即 $(3 \mathrm{t})^{2}+\mathrm{t}^{2}=\left(2^{\sqrt{5}}\right)^{2}$, 解得 $\mathrm{t}={ }^{\sqrt{2}}$.

设 $\odot \mathrm{O}$ 半径为 $\mathrm{r}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{OCH}$ 中, $\mathrm{OC}=\mathrm{r}, \mathrm{OH}=\mathrm{r}-3 \mathrm{t}, \mathrm{CH}=4 \mathrm{t}$,

由勾股定理得: $\mathrm{OH}^{2}+\mathrm{CH}^{2}=\mathrm{OC}^{2}$,
即 $(r-3 t)^{2}+(4 t)^{2}=r^{2}$, 解得 $r={ }^{\frac{25}{6}} t={ }^{\frac{25}{6}} \sqrt{2} . \because E F$ 为切线,

$\therefore \triangle \mathrm{OGF}$ 为直角三角形, 在 Rt $\triangle \mathrm{OGF}$ 中, $\mathrm{OG}=\mathrm{r}=\frac{25}{6} \sqrt{2}, \tan \angle \mathrm{OFG}=\tan \angle \mathrm{CAH}=\frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{AH}}=\frac{4}{3}$,

$\therefore F G=\frac{O G}{\tan \angle O F G}=\frac{\frac{25}{6} \sqrt{2}}{\frac{7}{3}}=\frac{25}{8} \sqrt{2}$

Question:
如图, $\mathrm{AB}$ 是 $\odot \mathrm{O}$ 的直径, 弦 $\mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{H}$, 过 $\mathrm{CD}$ 延长线上一点 $\mathrm{E}$ 作 $\odot \mathrm{O}$ 的切线交 $\mathrm{AB}$ 的延长线于切点为 $G$, 连接 $A G$ 交 $C D$ 于 $K$.

(1) 求证: $K E=G E$;

(2) 若 $\mathrm{KG}^{2}=\mathrm{KD} \cdot \mathrm{GE}$, 试判断 $\mathrm{AC}$ 与 $\mathrm{EF}$ 的位置关系, 并说明理由;

(3) 在（2）的条件下, 若 $\sin E=\frac{3}{5}, \quad A K=2 \sqrt{5}$, 求 $\mathrm{FG}$ 的长.

<ImageHere>

解析几何

（1）证明见解析; （2） $\mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$, 证明见解析；（3） $\mathrm{FG}=\frac{25 \sqrt{2}}{8}$.

【解析】 (1) 如图 1 , 连接 $\mathrm{OG}$.

<ImageHere>

图1

$\because \mathrm{EG}$ 为切线, $\therefore \angle \mathrm{KGE}+\angle \mathrm{OGA}=90^{\circ}$,

$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{AKH}+\angle \mathrm{OAG}=90^{\circ}$,

又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OG}, \therefore \angle \mathrm{OGA}=\angle \mathrm{OAG}$,

$\therefore \angle \mathrm{KGE}=\angle \mathrm{AKH}=\angle \mathrm{GKE}, \quad \therefore \mathrm{KE}=\mathrm{GE}$.

(2) $\mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$, 理由为连接 $\mathrm{GD}$, 如图 2 所示.

<ImageHere>

图2

$\because \mathrm{KG}^{2}=\mathrm{KD} \cdot \mathrm{GE}$, 即 $^{\frac{K G}{K D}=\frac{G E}{K G}}, \therefore^{\frac{K G}{G E}=\frac{K D}{K G}}$,

又 $\because \angle \mathrm{KGE}=\angle \mathrm{GKE}, \therefore \triangle \mathrm{GKD} \sim \triangle \mathrm{EGK}$,

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{AGD}$, 又 $\because \angle \mathrm{C}=\angle \mathrm{AGD}$,

$\therefore \angle \mathrm{E}=\angle \mathrm{C}, \quad \therefore \mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$

(3) 连接 $O G, O C$, 如图 3 所示,

<ImageHere>

图3

$\because \mathrm{EG}$ 为切线, $\therefore \angle \mathrm{KGE}+\angle \mathrm{OGA}=90^{\circ}$,

$\because \mathrm{CD} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{AKH}+\angle \mathrm{OAG}=90^{\circ}$,

又 $\because \mathrm{OA}=\mathrm{OG}, \quad \therefore \angle \mathrm{OGA}=\angle \mathrm{OAG}$,

$\therefore \angle \mathrm{KGE}=\angle \mathrm{AKH}=\angle \mathrm{GKE}$,

$\therefore \mathrm{KE}=$ GE. $\because \operatorname{sinE}=\sin \angle \mathrm{ACH}=\frac{3}{5}$

, 设 $\mathrm{AH}=3 \mathrm{t}$, 则 $\mathrm{AC}=5 \mathrm{t}, \mathrm{CH}=4 \mathrm{t}, \because \mathrm{KE}=\mathrm{GE}, \mathrm{AC} / / \mathrm{EF}$,

$\therefore \mathrm{CK}=\mathrm{AC}=5 \mathrm{t}, \quad \therefore \mathrm{HK}=\mathrm{CK}-\mathrm{CH}=\mathrm{t}$.

在 Rt $\triangle \mathrm{AHK}$ 中, 根据勾股定理得 $\mathrm{AH} \mathrm{H}^{2}+\mathrm{HK}^{2}=\mathrm{AK} \mathrm{K}^{2}$,

即 $(3 \mathrm{t})^{2}+\mathrm{t}^{2}=\left(2^{\sqrt{5}}\right)^{2}$, 解得 $\mathrm{t}={ }^{\sqrt{2}}$.

设 $\odot \mathrm{O}$ 半径为 $\mathrm{r}$, 在 Rt $\triangle \mathrm{OCH}$ 中, $\mathrm{OC}=\mathrm{r}, \mathrm{OH}=\mathrm{r}-3 \mathrm{t}, \mathrm{CH}=4 \mathrm{t}$,

由勾股定理得: $\mathrm{OH}^{2}+\mathrm{CH}^{2}=\mathrm{OC}^{2}$,
即 $(r-3 t)^{2}+(4 t)^{2}=r^{2}$, 解得 $r={ }^{\frac{25}{6}} t={ }^{\frac{25}{6}} \sqrt{2} . \because E F$ 为切线,

$\therefore \triangle \mathrm{OGF}$ 为直角三角形, 在 Rt $\triangle \mathrm{OGF}$ 中, $\mathrm{OG}=\mathrm{r}=\frac{25}{6} \sqrt{2}, \tan \angle \mathrm{OFG}=\tan \angle \mathrm{CAH}=\frac{\mathrm{CH}}{\mathrm{AH}}=\frac{4}{3}$,

$\therefore F G=\frac{O G}{\tan \angle O F G}=\frac{\frac{25}{6} \sqrt{2}}{\frac{7}{3}}=\frac{25}{8} \sqrt{2}$


Answer:
(1) 3; （2） $\angle \mathrm{DEF}$ 的大小不变, $\tan \angle \mathrm{DEF}=\frac{3}{4}$; (3) $\frac{75}{41}$ 或 $\frac{75}{17}$.

【解析】(1) 当 $\mathrm{t}=3$ 时, 点 $\mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AB}$ 的中点,

$\because \mathrm{A}(8,0), \mathrm{C}(0,6), \therefore \mathrm{OA}=8, \mathrm{OC}=6, \because$ 点 $\mathrm{D}$ 为 $\mathrm{OB}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{DE} / / \mathrm{OA}, \mathrm{DE}=\frac{1}{2} \mathrm{OA}=4, \because$ 四边形 $\mathrm{OABC}$ 是矩形,

$\therefore \mathrm{OA} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{OAB}=\angle \mathrm{DEA}=90^{\circ}$, 又 $\because \mathrm{DF} \perp \mathrm{DE}$,

$\therefore \angle \mathrm{EDF}=90^{\circ}, \therefore$ 四边形 $\mathrm{DFAE}$ 是矩形, $\quad \therefore \mathrm{DF}=\mathrm{AE}=3$;

(2) $\angle \mathrm{DEF}$ 的大小不变; 理由如下:

作 $\mathrm{DM} \perp \mathrm{OA}$ 于 $\mathrm{M}, \mathrm{DN} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{N}$, 如图 2 所示:

<ImageHere>

图2

$\because$ 四边形 $\mathrm{OABC}$ 是矩形, $\therefore \mathrm{OA} \perp \mathrm{AB}$,
$\therefore$ 四边形 DMAN 是矩形, $\therefore \angle \mathrm{MDN}=90^{\circ}, \mathrm{DM} / / \mathrm{AB}, \mathrm{DN} / / \mathrm{OA}$,

$\therefore \frac{B D}{D O}=\frac{B N}{N A}, \frac{B D}{D O}=\frac{A M}{O M}, \because$ 点 $\mathrm{D}$ 为 $\mathrm{OB}$ 的中点, $\therefore \mathrm{M} 、 \mathrm{~N}$ 分别是 $\mathrm{OA} 、 \mathrm{AB}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{DM}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}=3, \mathrm{DN}=\frac{1}{2} \mathrm{OA}=4, \because \angle \mathrm{EDF}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{FDM}=\angle \mathrm{EDN}$,

又 $\because \angle \mathrm{DMF}=\angle \mathrm{DNE}=90^{\circ}, \therefore \triangle \mathrm{DMF} \sim \triangle \mathrm{DNE}, \quad \therefore \frac{D F}{D E}=\frac{D M}{D N}=\frac{3}{4}$,

$\because \angle \mathrm{EDF}=90^{\circ}, \quad \therefore \tan \angle \mathrm{DEF}=\frac{D F}{D E}=\frac{3}{4}$

(3) 作 $\mathrm{DM} \perp \mathrm{OA}$ 于 $\mathrm{M}, \mathrm{DN} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{N}$,

若 $A D$ 将 $\triangle D E F$ 的面积分成 $1: 2$ 的两部分,

设 $A D$ 交 $E F$ 于点 $G$, 则点 $G$ 为 $E F$ 的三等分点;

(1)当点 $E$ 到达中点之前时, 如图 3 所示, $N E=3-t$,

<ImageHere>

图3

由 $\triangle D M F \sim \triangle D N E$ 得: $M F=\frac{3}{4}(3-t), \therefore A F=4+M F=-\frac{3}{4} t+\frac{25}{4}$,

$\because$ 点 $\mathrm{G}$ 为 $\mathrm{EF}$ 的三等分点, $\therefore \mathrm{G}\left(\frac{3 t+71}{12}, \frac{2}{3} t\right)$,

设直线 $A D$ 的解析式为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+\mathrm{b}$,

把 A $(8,0), \mathrm{D}(4,3)$ 代入得: $\left\{\begin{array}{l}8 k+b=0 \\ 4 k+b=3\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{3}{4} \\ b=6\end{array}, \therefore\right.$ 直线 $\mathrm{AD}$ 的解析式为 $\mathrm{y}=-\frac{3}{4} \mathrm{x}+6$, 把 $\mathrm{G}\left(\frac{3 t+71}{12}, \frac{2}{3} t\right)$ 代入得: $\mathrm{t}=\frac{75}{41}$;

(2)当点 $\mathrm{E}$ 越过中点之后, 如图 4 所示, $N E=t-3$,

<ImageHere>

图4

由 $\triangle \mathrm{DMF} \sim \triangle \mathrm{DNE}$ 得: $M F=\frac{3}{4}(\mathrm{t}-3), \therefore \mathrm{AF}=4-\mathrm{MF}=-\frac{3}{4} \mathrm{t}+\frac{25}{4}$,

$\because$ 点 $\mathrm{G}$ 为 $\mathrm{EF}$ 的三等分点, $\therefore \mathrm{G}\left(\frac{3 t+23}{6}, \frac{1}{3} t\right)$, 代入直线 $\mathrm{AD}$ 的解析式 $\mathrm{y}=-\frac{3}{4} \mathrm{x}+6$ 得: $\mathrm{t}=\frac{75}{17}$;

综上所述, 当 $\mathrm{AD}$ 将 $\triangle \mathrm{DEF}$ 分成的两部分的面积之比为 $1: 2$ 时, $t$ 的值为 $\frac{75}{41}$ 或 $\frac{75}{17}$.

Question:
在直角坐标系中, 过原点 $O$ 及点 $A(8,0), C(0,6)$ 作矩形 $O A B C$ 、连结 $O B$, 点 $D$ 为 $O B$的中点, 点 $E$ 是线段 $A B$ 上的动点, 连结 $D E$, 作 $D F \perp D E$, 交 $O A$ 于点 $F$, 连结 $E F$. 已知点 $E$ 从 $A$点出发, 以每秒 1 个单位长度的速度在线段 $A B$ 上移动, 设移动时间为 $t$ 秒.

<ImageHere>

图1

<ImageHere>

图2

(1) 如图 1 , 当 $t=3$ 时, 求 $D F$ 的长.

（2）如图 2, 当点 $E$ 在线段 $A B$ 上移动的过程中, $\angle D E F$ 的大小是否发生变化? 如果变化, 请说明理由; 如果不变, 请求出 $\tan \angle D E F$ 的值.

(3) 连结 $A D$, 当 $A D$ 将 $\triangle D E F$ 分成的两部分的面积之比为 1: 2 时, 求相应的 $t$ 的值.

解析几何

(1) 3; （2） $\angle \mathrm{DEF}$ 的大小不变, $\tan \angle \mathrm{DEF}=\frac{3}{4}$; (3) $\frac{75}{41}$ 或 $\frac{75}{17}$.

【解析】(1) 当 $\mathrm{t}=3$ 时, 点 $\mathrm{E}$ 为 $\mathrm{AB}$ 的中点,

$\because \mathrm{A}(8,0), \mathrm{C}(0,6), \therefore \mathrm{OA}=8, \mathrm{OC}=6, \because$ 点 $\mathrm{D}$ 为 $\mathrm{OB}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{DE} / / \mathrm{OA}, \mathrm{DE}=\frac{1}{2} \mathrm{OA}=4, \because$ 四边形 $\mathrm{OABC}$ 是矩形,

$\therefore \mathrm{OA} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \mathrm{DE} \perp \mathrm{AB}, \quad \therefore \angle \mathrm{OAB}=\angle \mathrm{DEA}=90^{\circ}$, 又 $\because \mathrm{DF} \perp \mathrm{DE}$,

$\therefore \angle \mathrm{EDF}=90^{\circ}, \therefore$ 四边形 $\mathrm{DFAE}$ 是矩形, $\quad \therefore \mathrm{DF}=\mathrm{AE}=3$;

(2) $\angle \mathrm{DEF}$ 的大小不变; 理由如下:

作 $\mathrm{DM} \perp \mathrm{OA}$ 于 $\mathrm{M}, \mathrm{DN} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{N}$, 如图 2 所示:

<ImageHere>

图2

$\because$ 四边形 $\mathrm{OABC}$ 是矩形, $\therefore \mathrm{OA} \perp \mathrm{AB}$,
$\therefore$ 四边形 DMAN 是矩形, $\therefore \angle \mathrm{MDN}=90^{\circ}, \mathrm{DM} / / \mathrm{AB}, \mathrm{DN} / / \mathrm{OA}$,

$\therefore \frac{B D}{D O}=\frac{B N}{N A}, \frac{B D}{D O}=\frac{A M}{O M}, \because$ 点 $\mathrm{D}$ 为 $\mathrm{OB}$ 的中点, $\therefore \mathrm{M} 、 \mathrm{~N}$ 分别是 $\mathrm{OA} 、 \mathrm{AB}$ 的中点,

$\therefore \mathrm{DM}=\frac{1}{2} \mathrm{AB}=3, \mathrm{DN}=\frac{1}{2} \mathrm{OA}=4, \because \angle \mathrm{EDF}=90^{\circ}, \therefore \angle \mathrm{FDM}=\angle \mathrm{EDN}$,

又 $\because \angle \mathrm{DMF}=\angle \mathrm{DNE}=90^{\circ}, \therefore \triangle \mathrm{DMF} \sim \triangle \mathrm{DNE}, \quad \therefore \frac{D F}{D E}=\frac{D M}{D N}=\frac{3}{4}$,

$\because \angle \mathrm{EDF}=90^{\circ}, \quad \therefore \tan \angle \mathrm{DEF}=\frac{D F}{D E}=\frac{3}{4}$

(3) 作 $\mathrm{DM} \perp \mathrm{OA}$ 于 $\mathrm{M}, \mathrm{DN} \perp \mathrm{AB}$ 于 $\mathrm{N}$,

若 $A D$ 将 $\triangle D E F$ 的面积分成 $1: 2$ 的两部分,

设 $A D$ 交 $E F$ 于点 $G$, 则点 $G$ 为 $E F$ 的三等分点;

(1)当点 $E$ 到达中点之前时, 如图 3 所示, $N E=3-t$,

<ImageHere>

图3

由 $\triangle D M F \sim \triangle D N E$ 得: $M F=\frac{3}{4}(3-t), \therefore A F=4+M F=-\frac{3}{4} t+\frac{25}{4}$,

$\because$ 点 $\mathrm{G}$ 为 $\mathrm{EF}$ 的三等分点, $\therefore \mathrm{G}\left(\frac{3 t+71}{12}, \frac{2}{3} t\right)$,

设直线 $A D$ 的解析式为 $\mathrm{y}=\mathrm{kx}+\mathrm{b}$,

把 A $(8,0), \mathrm{D}(4,3)$ 代入得: $\left\{\begin{array}{l}8 k+b=0 \\ 4 k+b=3\end{array}\right.$,

解得: $\left\{\begin{array}{l}k=-\frac{3}{4} \\ b=6\end{array}, \therefore\right.$ 直线 $\mathrm{AD}$ 的解析式为 $\mathrm{y}=-\frac{3}{4} \mathrm{x}+6$, 把 $\mathrm{G}\left(\frac{3 t+71}{12}, \frac{2}{3} t\right)$ 代入得: $\mathrm{t}=\frac{75}{41}$;

(2)当点 $\mathrm{E}$ 越过中点之后, 如图 4 所示, $N E=t-3$,

<ImageHere>

图4

由 $\triangle \mathrm{DMF} \sim \triangle \mathrm{DNE}$ 得: $M F=\frac{3}{4}(\mathrm{t}-3), \therefore \mathrm{AF}=4-\mathrm{MF}=-\frac{3}{4} \mathrm{t}+\frac{25}{4}$,

$\because$ 点 $\mathrm{G}$ 为 $\mathrm{EF}$ 的三等分点, $\therefore \mathrm{G}\left(\frac{3 t+23}{6}, \frac{1}{3} t\right)$, 代入直线 $\mathrm{AD}$ 的解析式 $\mathrm{y}=-\frac{3}{4} \mathrm{x}+6$ 得: $\mathrm{t}=\frac{75}{17}$;

综上所述, 当 $\mathrm{AD}$ 将 $\triangle \mathrm{DEF}$ 分成的两部分的面积之比为 $1: 2$ 时, $t$ 的值为 $\frac{75}{41}$ 或 $\frac{75}{17}$.


Answer:
$2 \sqrt{2}$.

【解析】如图, 作 $\mathrm{AP} \perp$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$, 垂足为 $\mathrm{P}$, 作 $\odot \mathrm{A}$ 的切线 $\mathrm{PQ}$, 切点为 $\mathrm{Q}$, 此时切线长 $\mathrm{PQ}$最小, $\because \mathrm{A}$ 的坐标为 $(-1,0)$, 设直线与 $\mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{y}$ 轴分别交于 $\mathrm{C}, \mathrm{B}$,

$\therefore \mathrm{B}(0,3), \mathrm{C}(4,0), \therefore \mathrm{OB}=3, \mathrm{AC}=5$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{O B^{2}+O C^{2}}=5 \therefore \mathrm{AC}=\mathrm{BC}$,

在 $\triangle A P C$ 与 $\triangle B O C$ 中,

<ImageHere>

$\therefore \mathrm{AP}=\mathrm{OB}=3, \quad \therefore \mathrm{PQ}=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2 \sqrt{2}$.

$\because \mathrm{PQ}^{2}=\mathrm{PA}^{2}-1$, 此时 $\mathrm{PA}$ 最小, 所以此时切线长 $\mathrm{PQ}$ 也最小, 最小值为 $2 \sqrt{2}$.

<ImageHere>

Question:
如图, 在直角坐标系中, $\odot \mathrm{A}$ 的圆心 $\mathrm{A}$ 的坐标为 $(-1,0)$, 半径为 1 , 点 $\mathrm{P}$ 为直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$ 上的动点, 过点 $P$ 作 $\odot A$ 的切线, 切点为 $Q$, 求切线长 $P Q$ 的最小值.

<ImageHere>

解析几何

$2 \sqrt{2}$.

【解析】如图, 作 $\mathrm{AP} \perp$ 直线 $y=-\frac{3}{4} x+3$, 垂足为 $\mathrm{P}$, 作 $\odot \mathrm{A}$ 的切线 $\mathrm{PQ}$, 切点为 $\mathrm{Q}$, 此时切线长 $\mathrm{PQ}$最小, $\because \mathrm{A}$ 的坐标为 $(-1,0)$, 设直线与 $\mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{y}$ 轴分别交于 $\mathrm{C}, \mathrm{B}$,

$\therefore \mathrm{B}(0,3), \mathrm{C}(4,0), \therefore \mathrm{OB}=3, \mathrm{AC}=5$,

$\therefore \mathrm{BC}=\sqrt{O B^{2}+O C^{2}}=5 \therefore \mathrm{AC}=\mathrm{BC}$,

在 $\triangle A P C$ 与 $\triangle B O C$ 中,

<ImageHere>

$\therefore \mathrm{AP}=\mathrm{OB}=3, \quad \therefore \mathrm{PQ}=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2 \sqrt{2}$.

$\because \mathrm{PQ}^{2}=\mathrm{PA}^{2}-1$, 此时 $\mathrm{PA}$ 最小, 所以此时切线长 $\mathrm{PQ}$ 也最小, 最小值为 $2 \sqrt{2}$.

<ImageHere>


Answer:
$15-5 \sqrt{3}$

【解析】 过点 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BM} \perp \mathrm{FD}$ 于点 $\mathrm{M}$, E

<ImageHere>

在 $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{A}=60^{\circ}, \mathrm{AC}=10$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}, \mathrm{BC}=\mathrm{AC} \times \tan 60^{\circ}=10 \sqrt{3}$,

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CF}$,

$\therefore \mathrm{BM}=\mathrm{BC} \times \sin 30^{\circ}=10 \sqrt{3} \times \frac{1}{2}=5 \sqrt{3}$,

$\mathrm{CM}=\mathrm{BC} \times \cos 30^{\circ}=15$,

在 $\triangle \mathrm{EFD}$ 中, $\angle \mathrm{F}=90^{\circ}, \angle \mathrm{E}=45^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EDF}=45^{\circ}$

$\therefore \mathrm{MD}=\mathrm{BM}=5 \sqrt{3}$,

$\therefore C D=C M-M D=15-5 \sqrt{3}$

Question:
一副直角三角板如图所示放置, 点 $C$ 在 $F D$ 的延长线上, $A B / / C F, \angle F=\angle A C B=90^{\circ}$, $\angle E=45^{\circ}, \angle A=60^{\circ}, A C=10$, 试 $\mathrm{CD}$ 的长.

<ImageHere>

解析几何

$15-5 \sqrt{3}$

【解析】 过点 $\mathrm{B}$ 作 $\mathrm{BM} \perp \mathrm{FD}$ 于点 $\mathrm{M}$, E

<ImageHere>

在 $\triangle \mathrm{ACB}$ 中, $\angle \mathrm{ACB}=90^{\circ}, \angle \mathrm{A}=60^{\circ}, \mathrm{AC}=10$,

$\therefore \angle \mathrm{ABC}=30^{\circ}, \mathrm{BC}=\mathrm{AC} \times \tan 60^{\circ}=10 \sqrt{3}$,

$\because \mathrm{AB} / / \mathrm{CF}$,

$\therefore \mathrm{BM}=\mathrm{BC} \times \sin 30^{\circ}=10 \sqrt{3} \times \frac{1}{2}=5 \sqrt{3}$,

$\mathrm{CM}=\mathrm{BC} \times \cos 30^{\circ}=15$,

在 $\triangle \mathrm{EFD}$ 中, $\angle \mathrm{F}=90^{\circ}, \angle \mathrm{E}=45^{\circ}$,

$\therefore \angle \mathrm{EDF}=45^{\circ}$

$\therefore \mathrm{MD}=\mathrm{BM}=5 \sqrt{3}$,

$\therefore C D=C M-M D=15-5 \sqrt{3}$


Answer:
(1) $\frac{2}{3}+\sqrt{3}$
(2) $3 \sqrt{2}$.

【解析】(1)原式 $=\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}{\sqrt{3} \times \frac{\sqrt{3}}{2}}+\sqrt{3}=\frac{2}{3}+\sqrt{3}$;

(2)原式 $=2 \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2}-2 \times \frac{1}{2} \times 1+\sqrt{6} \times \sqrt{3}=1-1+3 \sqrt{2}=3 \sqrt{2}$.

Question:
计算:

(1) $\frac{\cos ^{2} 30^{\circ}+\cos ^{2} 60^{\circ}}{\tan 60^{\circ} \cos 30^{\circ}}+\tan 60^{\circ}$;

(2) $2 \cos 45^{\circ} \cdot \sin 45^{\circ}-2 \sin 30^{\circ} \cdot \tan 45^{\circ}+\sqrt{6} \cdot \tan 60^{\circ}$.

解析几何


Answer:
(1)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=60^{\circ}, \mathrm{BC}=8$,

$\therefore \angle \mathrm{A}=30^{\circ}, \mathrm{AB}=\frac{8}{\cos 60^{\circ}}=16, \mathrm{AC}=8 \tan 60^{\circ}=8 \sqrt{3}$;

(2)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \mathrm{AC}=\sqrt{2}, \mathrm{AB}=2$,

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

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

$\therefore \angle \mathrm{B}=45^{\circ}, \mathrm{BC}=\sqrt{2}$.

Question:
已知: 在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}$, 根据下列条件, 解直角三角形.

(1) $\mathrm{BC}=8, \angle \mathrm{B}=60^{\circ} ;$

(2) $\mathrm{AC}=\sqrt{2}, \mathrm{AB}=2$.

解析几何

(1)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \angle \mathrm{B}=60^{\circ}, \mathrm{BC}=8$,

$\therefore \angle \mathrm{A}=30^{\circ}, \mathrm{AB}=\frac{8}{\cos 60^{\circ}}=16, \mathrm{AC}=8 \tan 60^{\circ}=8 \sqrt{3}$;

(2)在 $\triangle \mathrm{ABC}$ 中, $\angle \mathrm{C}=90^{\circ}, \mathrm{AC}=\sqrt{2}, \mathrm{AB}=2$,

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

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

$\therefore \angle \mathrm{B}=45^{\circ}, \mathrm{BC}=\sqrt{2}$.


Answer: (1)$y=-x^{2}+2x+3$;(2)存在,点$M$的坐标为$(0,3)$或$(2,3)$或$(1+sqrt{7},-3)$或$(1-sqrt{7},-3)$

解析几何


Answer: (1)图象开口向上;对称轴是${x}=1$,顶点坐标是$(1,-4)$;(2)与${y}$轴交点坐标是$(0,-3)$;与$x$轴交点的坐标是（3,0)、$(-1,0)$;(3)当$xgeq1$时,$y$随${x}$的增大而增大

Question: (本题8分)（2020$cdot$浙江$cdot$宁波市鄞州区中河街道宋诏桥初级中学一模）已知二次函数$y=x^{2}-2x-3$.(1)求图象的开口方向、对称轴、顶点坐标;(2)求图象与$x$轴的交点坐标,与$y$轴的交点坐标;(3)当$x$为何值时,$y$随$x$的增大而增大?

解析几何

【分析】（1）根据${a}$的符号判断抛物线的开口方向;把抛物线的一般式化为顶点式，根据顶点式可求顶点坐标及对称轴;(2)根据图象与${y}$轴和${x}$轴的相交的特点可求出坐标;（3）根据二次函数的增减性,当${a}>0$时，在对称轴的右侧，${y}$随${x}$的增大而增大,由此即可解答;【详解】(1)$because{a}=1>0,quadtherefore$图象开口向上;$becausey=x^{2}-2x-3=(x-1)^{2}-4$,$therefore$对称轴是${x}=1$,顶点坐标是（1，-4）;(2)由图象与$y$轴相交则$x=0$,代入得:$y=-3$,$therefore$与${y}$轴交点坐标是$(0,-3)$;由图象与$x$轴相交则$y=0$,代入得:$x^{2}-2x-3=0$,解方程得$x=3$或$x=-1$,$therefore$与${x}$轴交点的坐标是$(3,0)、(-1,0)$;（3）当$xgeq1$时,${y}$随${x}$的增大而增大.【点睛】本题考查了二次函数的性质与图象,熟记二次函数的图象和性质是解决问题的关键.


Answer: (1)抛物线的解析式为$y=-x^{2}+2x+3$.（2）证明见解析;(3)点$P$坐标为$left(frac{3+sqrt{5}}{2},frac{5-sqrt{5}}{2}right)$或$(2,3)$

解析几何


Answer: (1)二次函数的表达式为:$y=x^{2}-4x+3;$（2）点$P$的坐标为:$(0,3+3sqrt{2})$或（0，3-3$sqrt{2})$或$(0,-3)$或（0，0）；(3)当点$M$出发1秒到达$D$点时，$triangleMNB$面积最大,最大面积是1.此时点${N}$在对称轴上${x}$轴上方2个单位处或点${N}$在对称轴上$x$轴下方2个单位处

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Answer: (1)开口向上,直线$x=-2$;(2)$(0,-2)$

Question: (本题6分)（2021$cdot$浙江丽水$cdot$九年级期中）已知二次函数$y=x^{2}+4x-2$.(1)求抛物线开口方向及对称轴.（2）写出抛物线与$y$轴的交点坐标.

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【分析】(1)根据二次函数的顶点式进行解答即可;（2）令$x=0$,求出$y$的值即可.【详解】(1)$becausea=1>0$,$therefore$抛物线开口向上，$becausey=x^{2}+4x-2=(x+2)^{2}-6$,$therefore$对称轴是直线$x=-2$;(2)$becausex=0$,$thereforey=-2$,$therefore$与$y$轴交点坐标是$(0,-2)$.【点睛】本题考查的是二次函数的性质,熟知二次函数的顶点式是解答此题的关键.


Answer: （1）$y=-x^{2}+2x+3$;（2）$frac{3}{4}leqPQleq3$

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Answer: (1)4(2)$frac{2}{a},frac{1}{a}$(3)$(2,-3),2sqrt{3}$

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【分析】（1）根据碗宽的定义以及等腰直角三角形的性质可以假设$B(m,m)$,代入抛物线的解析式,求出$A、B$两点坐标即可解决问题.（2）利用（1）中方法可求碗宽,根据等腰直角三角形可知碗高是碗宽的一半.(3)(1)由碗高为3求出$a$,再求顶点坐标即可;(2)作$QSperpBP$于$S$,找到$PQ$和$QS$的关系后即可解决问题.(1)解：根据碗宽的定义以及等腰直角三角形的性质可以假设$B(m,m)$.把$B(m,m)$代入$y=frac{1}{2}x^{2}$,得$m=frac{1}{2}m^{2}$,解得,$m=2$或0(舍去),$thereforeA(-2,2),B(2,2)$$thereforeAB=4，$即碗宽为4;故答案为:4.$(2)$解：类似(1)设$B(n,n)$,代入$y=ax^{2}$,得$n=an^{2}$,解得,$n=frac{1}{a}$或0(舍去),$AB$$=frac{2}{a}$,即碗宽为$frac{2}{a};$抛物线$y=a(x-2)^{2}+3$是由抛物线$y=ax^{2}$平移得到的,所以,它们的碗宽一样为$frac{2}{a}$,根据等腰直角三角形的性质,可知可知碗高是碗宽的一半,即$frac{1}{a};$故答案为:$frac{2}{a},frac{1}{a}$.(3)解：(1)抛物线$y=ax^{2}-4ax-frac{5}{3}(a>0)$对应的碗高为3.由(2)可知$frac{1}{a}=3$,解得,$a=frac{1}{3}$,抛物线解析式为$y=frac{1}{3}x^{2}-frac{4}{3}x-frac{5}{3}$,化成顶点式为$y=frac{1}{3}(x-2)^{2}-3$;则$M$的坐标为$(2,-3)$;(2)如图,作$QSperpBP$于$S$,由旋转可知$anglePBO=30^{circ}$,因为过点$P$作$y$轴的平行线交准碗形$A^{prime}MB^{prime}$于点$Q$,$thereforePQperpOB$$thereforeangleQPB=60^{circ},anglePQS=30^{circ}$,$thereforePQ=2PS,quadQS=sqrt{PQ^{2}-PS^{2}}=sqrt{3}PS$,当$QS$等于碗高时,$QS$最大,此时$PQ$长度的最大,由(2)可知$QS$最大为3,则$PS=sqrt{3},QP=2sqrt{3}$;$PQ$长度的最大值为$2sqrt{3}$.<ImageHere>【点睛】本题考查了二次函数的性质和直角三角形的性质,解题关键是准确理解题意,熟练运用二次函数的性质和直角三角形的性质求解.


Answer: (1)$frac{3}{4};$(2)见解析

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Answer: (1)见解析(2)$sqrt{5}$

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Answer: (1)(1)$A(3,0),B(3,3),C(0,3);(2)left{begin{array}{l}b=2c=3end{array}right.$(2)$n=-frac{1}{3}left(m-frac{3}{2}right)^{2}+frac{3}{4}quad(0leqmleq3);frac{3}{4}$

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Answer: (1)见解析(2)见解析

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【分析】（1）根据相似三角形的性质，把$triangleABC$的边长扩大2倍即可，(2)根据相似三角形的性质,把$triangleABC$的边长扩大$sqrt{2}$倍即可.【详解】(1)解：如图,$triangleAB_{1}C_{1}$即为所求作.(2)如图,$triangleA_{2}B_{2}C_{2}$即为所求作.<ImageHere><ImageHere>图1<ImageHere>图2【点睛】本题考查作图-相似变换,相似三角形的判定与性质,三角形的面积等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题.


Answer: (1)$k=6$(2)直线$MP$与$L$对称轴之间的距离为$frac{3}{2}$(3)$(t-2,2)(0<tleq4),left(frac{t}{2},t-frac{t^{2}}{8}right)(t>4)$(4)$Q$的坐标为$(4,0)$或$(-3,0)$或$left(frac{1}{4},0right)$或$left(-frac{1}{2},0right)$

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Answer: (1)见解析(2)见解析

Question: (本题8分)(2021$cdot$浙江䕎州$cdot$九年级阶段练习)如图,点$A,B$是$8times8$网格中的两格点,仅用无刻度直尺按要求在网格中画出符合相应条件的图形.<ImageHere>图1<ImageHere>图2(1)在图1中画出一个以$AB$为边，面积为4的$triangleABC$.(2)在图2中的线段$AB$上画出点$D$,使$AD:BD=2:3$.

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【分析】(1)画一个高为2,底边长为4的三角形即可;(2)连接格点$EF$交$AB$于点$D$,即可得到$AD:BD=2:3$,(1)解:如图1,$triangleABC$即为所求(答案不唯一);<ImageHere>图1(2)解：如图2,点$D$即为所求.<ImageHere>图2【点睛】本题考查作图-应用与设计作图,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题.