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【期末优化训练】浙教版2022-2023学年九下数学第1章 解直角三角形 测试卷1
考试时间：120分钟 满分：150分
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分）
下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.
1．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若sin∠A＝，则cosB＝（ ）
A． B． C． D．
2．在中，、均为锐角，且，则是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形
3．某铁路路基的横断面是一个等腰梯形（如图），若腰的坡比为2：3，路基顶宽3米，高4米，则路基的下底宽为（ ）
A．7米 B．9米 C．12米 D．15米
4．如图，OA=4，线段OA的中点为B，点P在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，PA的中点为Q．当点Q也落在⊙O上时，cos∠OQB的值等于（ ）
A． B． C． D．
（第3题） （第4题） （第5题）
5．如图，两条宽度都为1的纸条，交叉重叠放在一起，且它们的交角为α，则它们重叠部分（图中阻影部分）的面积为（ ）
A． B． C． D．1
6．如图，将一个Rt△ABC形状的楔子从木桩的底端点P处沿水平方向打入木桩底下，使木桩向上运动，已知楔子斜面的倾斜角为20°，若楔子沿水平方向前移8cm（如箭头所示），则木桩上升了（ ）
A．8tan20° B． C．8sin20° D．8cos20°
7．我国魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣"，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，……．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率则圆周率约为（ ）
A． B． C． D．
（第7题） （第8题）
8．如图，在 中， ， 为 上一点，连接 ，将 沿 翻折，点 恰好落在 上的点 处，连 .若 ， ，则 的长度为（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是CD边上的一点，点F是点D关于直线AE对称的点，连接AF、BF，若tan∠ABF＝2，则DE的长是（ ）
A．1 B． C． D．
10．在 中， ， 为 上一动点，若 ， ，则 的最小值为（ ）
A．5 B．10 C． D．
（第9题） （第10题） （第11题） 第12题）
二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）
要注意认真看清题目的条件和要填写的内容，尽量完整地填写答案.
11．北京冬奥会开幕式的巨型雪花状主火炬塔的设计，体现了环保低碳理念．如图所示，它的主体形状呈正六边形．若点A，F，B，D，C，E是正六边形的六个顶点，则tan∠ABE＝ ．
12．某校数学兴趣小组开展无人机测旗杆的活动：已知无人机的飞行高度为30m，当无人机飞行至A处时，观测旗杆顶部的俯角为30°，继续飞行20m到达B处，测得旗杆顶部的俯角为60°，则旗杆的高度约为 m．（参考数据：，结果按四舍五八保留一位小数）
13．图1是一款折叠式跑步机，其侧面结构示意图如图2（忽略跑步机的厚度）．该跑步机由支杆AB（点A固定），底座AD和滑动杆EF组成．支杆AB可绕点A转动，点E在滑槽AC上滑动．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收纳时，滑动端点E向右滑至点C，点F与点A重合；打开时，点E从点C向左滑动，若滑动杆EF与AD夹角的正切值为2，则察看点F处的仪表盘视角为最佳．
（1）BE＝ cm；
（2）当滑动端点E与点A的距离EA＝ cm时，察看仪表盘视角最佳．
（第13题） （第14题）
14．如图，在矩形中，为上的点，，，则 ．
15．如图，在四边形中，，平分.若，，则 .
（第15题） （第16题）
16．如图，岸边堤坝和湖中分别伫立着甲、乙两座电线塔，甲塔底 和堤坝 段均与水平面 平行， 为 中点， 米， 米．某时刻甲塔顶 影子恰好落在斜坡底端 处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米．随后小章乘船行驶至湖面点 处，发现点 ， ， 三点共线，并在 处测得甲塔底 和乙塔顶 的仰角均为 ，则塔高 的长为 米；若小章继续向右行驶10米至点 ，且在 处测得甲、乙两塔顶 ， 的仰角均为 ．若点 ， ， ， 在同一水平线上， ，则甲、乙两塔顶 ， 的距离为 米．（参考数据： ， ， ， ）
三、解答题（本题有8小题，第17～19题每题8分，第20～22题每题10分，第23题每题12分，第24题14分，共80分）
解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤.
17．计算：
（1）；
（2）．
18．如图，在△ABC中，∠C=150°，AC=4，tanB= ．
（1）求BC的长；
（2）利用此图形求tan15°的值（精确到0.1，参考数据： =1.4， =1.7， =2.2）
19．如图，在△ABC中，∠C=90°，D是BC边上一点，以DB为直径的⊙O经过AB的中点E，交AD的延长线于点F，连结EF．
（1）求证：∠1=∠F．
（2）若sinB= ，EF=2 ，求CD的长．
20．某校门前正对一条公路，车流量较大，为便于学生安全通过，特建一座人行天桥．如图，是这座天桥的引桥部分示意图，上桥通道由两段互相平行的楼梯AB、CD和一段平行于地面的平台CB构成．已知∠A=37°，天桥高度DH为5.1米，引桥水平跨度AH为8.3米．
（1）求水平平台BC的长度；
（2）若两段楼梯AB：CD=10：7，求楼梯AB的水平宽度AE的长．
（参考数据：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ ）
21．台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力．今年首个超强台风“圣帕”第0709号超强台风于8月13日在北纬21.3度，东经123.3度的太平洋上生成，其中心气压925百帕，近中心最大风速55米/秒，生成时还是热带风暴的“圣帕”，在连跳两级后，15日晚8时已“变身”为超强台风．向台湾东部沿海逼近并登陆台湾岛，之后于19日上午将在福建中南部沿海福州一带再次登陆．在这之前，台风中心在我国台湾海峡的B处，在沿海城市福州A的正南方向240千米，其中心风力为12级，每远离台风中心25千米，台风就会减弱一级，如图所示，该台风中心正以20千米/时的速度沿北偏东30°方向向C移动，且台风中心的风力不变，若城市所受风力达到或超过4级，则称受台风影响．试问：
（1）该城市是否会受到台风影响？请说明理由．
（2）若会受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长？
（3）该城市受到台风影响的最大风力为几级？
22．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，△ABD是等边三角形，E是AB的中点，连接CE并延长交AD于F．
（1）求证：①△AEF≌△BEC；②四边形BCFD是平行四边形；
（2）如图2，将四边形ACBD折叠，使D与C重合，HK为折痕，求sin∠ACH的值．
23．在△ABC中，∠ABC=90°．
（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；
（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；
（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ， ，直接写出tan∠CEB的值．
24．已知:点 在 上,弦 ,垂足 ,弦 ,垂足为 ,弦 与 相交于点 ；
（1）如图 ,求证: ；
（2）如图 ,连接 ,当 平分 时,求证:弧 弧 ；
（3）如图 ,在(2)的条件下,半径 与 相交于点 ,连接 ,若 ,求线段 的长.
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【期末优化训练】浙教版2022-2023学年九下数学第1章 解直角三角形 测试卷1
（解析版）
一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分）
下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的.
1．在Rt△ABC中，∠C＝90°，若sin∠A＝，则cosB＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∵sinA＝，cosB＝，∴cosB＝．
故答案为：A．
2．在中，、均为锐角，且，则是（ ）
A．等腰三角形 B．等边三角形
C．直角三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【解析】∵|tanB |+(2sinA )2＝0，
∴|tanB |＝0，(2sinA )2＝0，
∴tanB=，∠B=60°，
2sinA-=0，sinA=，∠A=60°，
在△ABC中，∠C=180°-60°-60°=60°，
∴△ABC是等边三角形．
故答案为：B．
3．某铁路路基的横断面是一个等腰梯形（如图），若腰的坡比为2：3，路基顶宽3米，高4米，则路基的下底宽为（ ）
A．7米 B．9米 C．12米 D．15米
【答案】D
【解析】
∵腰的坡度为i=2：3，路基高是4米，
∴BE=6米，
又∵EF=AD=3米，
∴BC=6+3+6=15米．
故选D．
4．如图，OA=4，线段OA的中点为B，点P在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，PA的中点为Q．当点Q也落在⊙O上时，cos∠OQB的值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当点P运动到恰好点Q落在⊙O上，连接QB，OP，BC，再连接QO并延长交⊙O于点C，则∠CBQ=90°（直径所对的圆周角是直角)
∵B、Q分别是OA、AP的中点，
∴BQ∥OP，
∵OP=OB=BA=OA=2，
∴QB=1
在Rt△CQB中，∠CBQ=90°
∴cos∠OQB==．
故选C．
5．如图，两条宽度都为1的纸条，交叉重叠放在一起，且它们的交角为α，则它们重叠部分（图中阻影部分）的面积为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】【分析】如图所示，过A作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E、F，依题意，有AE=AF=1，可证得∠ABE=∠ADF=α．
然后可证得△ABE≌△ADF，得AB=AD，则四边形ABCD是菱形．在Rt△ADF中，AD== ，由此根据菱形的面积公式即可求出其面积．
【解答】如图所示，
作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E、F，
依题意，有AE=AF=1，
根据已知得∠ABE=∠ADF=α，
所以△ABE≌△ADF，
∴AB=AD，
则四边形ABCD是菱形．
在Rt△ADF中，AD==
所以S菱形ABCD=DC AF=×1=
故选A．
6．如图，将一个Rt△ABC形状的楔子从木桩的底端点P处沿水平方向打入木桩底下，使木桩向上运动，已知楔子斜面的倾斜角为20°，若楔子沿水平方向前移8cm（如箭头所示），则木桩上升了（ ）
A．8tan20° B． C．8sin20° D．8cos20°
【答案】A
【解析】根据已知，运用直角三角形和三角函数得到上升的高度为：8tan20°．
【解答】由已知图形可得：tan20°=，
木桩上升的高度h=8tan20°．
故选A．
7．我国魏晋时期的数学家刘徽首创割圆术：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣"，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，……．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长，则．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率则圆周率约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图：
∵十二边形是正十二边形，
∴，
∵于H，又，
∴，∴圆内接正十二边形的周长，
∴
故答案为：A．
8．如图，在 中， ， 为 上一点，连接 ，将 沿 翻折，点 恰好落在 上的点 处，连 .若 ， ，则 的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图，记 交于 过 作 于 过 作 于
中 上的高相等，
， ，
，
由对折可得：
是 的中垂线，
，
设 则
整理得：
检验：当 时， 不合题意舍去，取
故答案为：A
9．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是CD边上的一点，点F是点D关于直线AE对称的点，连接AF、BF，若tan∠ABF＝2，则DE的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【解析】过点F作FN⊥AB于点N，并延长NF交CD于点M，
∵AB∥CD，
∴MN⊥CD，
∴∠FME＝90°，
∵tan∠ABF＝2，
∴＝2，
设BN＝x，则FN＝2x，
∴AN＝4﹣x，
∵点F是点D关于直线AE对称的点，
∴DE＝EF，DA＝AF＝4，
∵AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（SSS），
∴∠D＝∠AFE＝90°，
∵AN2＋NF2＝AF2，
∴（4﹣x）2＋（2x）2＝42，
∴x1＝0（舍），x2＝，
∴AN＝4﹣x＝4﹣＝，MF＝4﹣2x＝4﹣＝，
∵∠EFM＋∠AFN＝∠AFN＋∠FAN＝90°，
∴∠EFM＝∠FAN，
∴cos∠EFM＝cos∠FAN，
∴＝，即，
∴EF＝，
∴DE＝EF＝．
故答案为：C．
10．在 中， ， 为 上一动点，若 ， ，则 的最小值为（ ）
A．5 B．10 C． D．
【答案】B
【解析】以 为顶点， 为一边在下方作 ，过 作 于 ，过 作 于 ，交 于 ，如图：
，要使 最小，只需 最小，
∵ ， ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ 最小即是 最小，此时 与 重合， 与 重合，即 最小值是线段 的长度，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
又 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
而 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的最小值是 ，
故答案为：B．
二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）
要注意认真看清题目的条件和要填写的内容，尽量完整地填写答案.
11．北京冬奥会开幕式的巨型雪花状主火炬塔的设计，体现了环保低碳理念．如图所示，它的主体形状呈正六边形．若点A，F，B，D，C，E是正六边形的六个顶点，则tan∠ABE＝ ．
【答案】
【解析】连接BC、AC，
∵点A，F，B，D，C，E是正六边形的六个顶点，
∴AB＝BC＝AC，BE垂直平分AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∵BE⊥AC，
∴∠ABE＝∠ABC＝30°，
∴tan∠ABE＝tan30°＝，
故答案为：．
12．某校数学兴趣小组开展无人机测旗杆的活动：已知无人机的飞行高度为30m，当无人机飞行至A处时，观测旗杆顶部的俯角为30°，继续飞行20m到达B处，测得旗杆顶部的俯角为60°，则旗杆的高度约为 m．（参考数据：，结果按四舍五八保留一位小数）
【答案】12.7
【解析】设旗杆底部为点C，顶部为点D，延长CD交直线AB于点E，依题意则DE⊥AB，
则CE=30m，AB=20m，∠EAD=30°，∠EBD=60°，
设DE=x m，
在Rt△BDE中，
解得
则m，
在Rt△ADE中，，
解得m，
∴CD=CE-DE．
故答案为：12.7．
13．图1是一款折叠式跑步机，其侧面结构示意图如图2（忽略跑步机的厚度）．该跑步机由支杆AB（点A固定），底座AD和滑动杆EF组成．支杆AB可绕点A转动，点E在滑槽AC上滑动．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收纳时，滑动端点E向右滑至点C，点F与点A重合；打开时，点E从点C向左滑动，若滑动杆EF与AD夹角的正切值为2，则察看点F处的仪表盘视角为最佳．
（1）BE＝ cm；
（2）当滑动端点E与点A的距离EA＝ cm时，察看仪表盘视角最佳．
【答案】（1）65
（2）（13±2）
【解析】（1）由题意得BE=AC-AB=125-60=65cm，
故答案为：65；
（2） 如图2-1，当∠BAE是锐角时，过点B作BT⊥AE于点T，
∵ 在Rt△BTE中，BE=65cm，，
∴ET=13cm，BT=26cm，
∴AT=cm，
∴AE=AT+ET=（13+2）cm，
如图2-2中，当∠BAE是钝角时，过点B作BT⊥AE于点T，
同法可得，ET=13cm，AT=cm，
∴AE=ET-AT=（13-2）cm，
综上所述，AE的长为（13±2）cm，
故答案为：（13±2）.
14．如图，在矩形中，为上的点，，，则 ．
【答案】或
【解析】设，
在矩形中，为上的点，，，
，
，
，
故答案为：．
15．如图，在四边形中，，平分.若，，则 .
【答案】
【解析】过点D作BC的垂线交于E，
，
四边形ABED为矩形，
，
，
平分，
，
，
，
∴∠CDB=∠CBD
，
，
，
，
，
.
故答案为：.
16．如图，岸边堤坝和湖中分别伫立着甲、乙两座电线塔，甲塔底 和堤坝 段均与水平面 平行， 为 中点， 米， 米．某时刻甲塔顶 影子恰好落在斜坡底端 处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米．随后小章乘船行驶至湖面点 处，发现点 ， ， 三点共线，并在 处测得甲塔底 和乙塔顶 的仰角均为 ，则塔高 的长为 米；若小章继续向右行驶10米至点 ，且在 处测得甲、乙两塔顶 ， 的仰角均为 ．若点 ， ， ， 在同一水平线上， ，则甲、乙两塔顶 ， 的距离为 米．（参考数据： ， ， ， ）
【答案】17；
【解析】如图，延长AB交MN延长线于点G，延长FE交AG于点H，过点D作DR⊥FH于点R，交MN延长线于点I，
由题意得CB=BD=CD=6米，
∵四边形HGRI为矩形，
∴HR∥GI∥BD，HR=GI=BD=6米，
∴∠DFR=∠DPI=α=26.7°，
∴=tan26.7°=0.5，
∴设DR=x，则RF=2x，
又∵EF=2米，
∴RE=2x-2=2（x-1）米，
在Rt△DRE中，DE=5米，
∴x2+[2（x-1）]2=25，
整理，解得：x=-（舍去）或x=3，
∴DR=3米，RE=4米，
∴HE=HR+RE=6+4=10米
∵某时刻甲塔顶A的影子恰好落在斜坡底端E处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米 ，
∴2：1=AH：HE，
∴AH=20米，
∴塔高AB=AH-BG=AH-DR=20-3=17米；
连接AT，过点T作TK∥MN交AB于点K，
∵tanα=tan26.7°==0.5，
∴IP=6+2RI，
∵PQ=10米，
∴GQ=GI+IP+PQ=22+2RI，AG=AH+RI=20+RI，
在Rt△AGQ中，∠AQG=β =36.8°，
∴tan36.8°==0.75，即=，
解得：RI=7米，
∴GQ=22+2×7=36米，AG=20+7=27米，
在Rt△TNP中，∠TPN=α=26.7°
∴tan26.7°==0.5，
∴PN=2TN，
在Rt△TQN中，∠AQN=β =36.8°，
∴tan36.8°==0.75，
∴QN=TN，
∴PQ=10=PN-QN=2TN-TN，
解得：TN=15米，
∴QN=20米，
∴KT=GN=GQ+QN=36+20=56米，AK=AG-TN=27-15=12米，
∴在Rt△AKT中，由勾股定理得：AT=，
∴AT=4.
故答案为：17，4.
三、解答题（本题有8小题，第17～19题每题8分，第20～22题每题10分，第23题每题12分，第24题14分，共80分）
解答应写出文字说明，证明过程或推演步骤.
17．计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）解：
；
（2）解：
=
=．
18．如图，在△ABC中，∠C=150°，AC=4，tanB= ．
（1）求BC的长；
（2）利用此图形求tan15°的值（精确到0.1，参考数据： =1.4， =1.7， =2.2）
【答案】（1）解：过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，如图1所示：
在Rt△ADC中，AC=4，∵∠C=150°，∴∠ACD=30°，∴AD= AC=2，CD=AC cos30°=4× =2 ，在Rt△ABD中，tanB= = ，∴BD=16，∴BC=BD﹣CD=16﹣2 ；
（2）解：在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，如图2所示：
∵∠ACB=150°，∴∠AMC=∠MAC=15°，
tan15°=tan∠AMD= ≈ ≈0.27≈0.3．
19．如图，在△ABC中，∠C=90°，D是BC边上一点，以DB为直径的⊙O经过AB的中点E，交AD的延长线于点F，连结EF．
（1）求证：∠1=∠F．
（2）若sinB= ，EF=2 ，求CD的长．
【答案】（1）证明：连接DE，
∵BD是⊙O的直径，
∴∠DEB=90°，
∵E是AB的中点，
∴DA=DB，
∴∠1=∠B，
∵∠B=∠F，
∴∠1=∠F；
（2）解：∵∠1=∠F，
∴AE=EF=2 ，
∴AB=2AE=4 ，
在Rt△ABC中，AC=AB sinB=4，
∴BC= =8，
设CD=x，则AD=BD=8﹣x，
∵AC2+CD2=AD2，
即42+x2=（8﹣x）2，
∴x=3，即CD=3．
20．某校门前正对一条公路，车流量较大，为便于学生安全通过，特建一座人行天桥．如图，是这座天桥的引桥部分示意图，上桥通道由两段互相平行的楼梯AB、CD和一段平行于地面的平台CB构成．已知∠A=37°，天桥高度DH为5.1米，引桥水平跨度AH为8.3米．
（1）求水平平台BC的长度；
（2）若两段楼梯AB：CD=10：7，求楼梯AB的水平宽度AE的长．
（参考数据：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ ）
【答案】（1）解：延长DC交AH于F，
根据题意得，四边形BCFA为平行四边形，
故BC=AF，BA=CF，
∵BA∥CF，
∴∠HFC=∠A=37°，
在Rt△DHF中，DH=5.1，
∴HF= ═6.8（m），
∴BC=AH﹣HF=1.5（m）
（2）解：如图
作CG⊥AH于G，得CG=BE，
∵CG∥DH，
∴△FCG∽△FDH，
∴ ，
∵AB：CD=10：7，
∴ ，
∴CG=3，
∴AE= =4米
21．台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力．今年首个超强台风“圣帕”第0709号超强台风于8月13日在北纬21.3度，东经123.3度的太平洋上生成，其中心气压925百帕，近中心最大风速55米/秒，生成时还是热带风暴的“圣帕”，在连跳两级后，15日晚8时已“变身”为超强台风．向台湾东部沿海逼近并登陆台湾岛，之后于19日上午将在福建中南部沿海福州一带再次登陆．在这之前，台风中心在我国台湾海峡的B处，在沿海城市福州A的正南方向240千米，其中心风力为12级，每远离台风中心25千米，台风就会减弱一级，如图所示，该台风中心正以20千米/时的速度沿北偏东30°方向向C移动，且台风中心的风力不变，若城市所受风力达到或超过4级，则称受台风影响．试问：
（1）该城市是否会受到台风影响？请说明理由．
（2）若会受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长？
（3）该城市受到台风影响的最大风力为几级？
【答案】（1）解：该城市会受到台风影响．
理由：如图1，
过点A作AD⊥BC于D点，则AD即为该城市距离台风中心的最短距离．
在Rt△ABD中，因为∠B=30°，AB=240．
AD= ×240=120（千米）．
由题可知，距台风中心在（12﹣4）×25=200（千米）以内时，则会受到台风影响．
因为120千米＜200千米，因此该城市将会受到“圣帕”影响
（2）解：依题（1）可知，当点A距台风中心不超过200千米时，会受台风影响，
故在BC上作AE=AF=200；
台风中心从点E移动到点F处时，
该城市会处在台风影响范围之内．（如图2）
DE=160（千米）．
所以EF=2×160=320（千米）．
又知“圣帕”中心以20千米/时的速度移动．
所以台风影响该城市320÷20=16（小时）
（3）解：∵AD距台风中心最近，
∴该城市受到这次台风最大风力为：12﹣（120÷25）=7.2（级）．
答：该城市受台风影响最大风力7.2级
22．如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，△ABD是等边三角形，E是AB的中点，连接CE并延长交AD于F．
（1）求证：①△AEF≌△BEC；②四边形BCFD是平行四边形；
（2）如图2，将四边形ACBD折叠，使D与C重合，HK为折痕，求sin∠ACH的值．
【答案】（1）证明：①在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴∠ABC=60°．
在等边△ABD中，∠BAD=60°，
∴∠BAD=∠ABC=60°．
∵E为AB的中点，
∴AE=BE．
又∵∠AEF=∠BEC，
∴△AEF≌△BEC．
②在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，
∴CE= AB，BE= AB．
∴CE=AE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BCE=∠EBC=60°．
又∵△AEF≌△BEC，
∴∠AFE=∠BCE=60°．
又∵∠D=60°，
∴∠AFE=∠D=60°．
∴FC∥BD．
又∵∠BAD=∠ABC=60°，
∴AD∥BC，即FD∥BC．
∴四边形BCFD是平行四边形
；证明：①在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴∠ABC=60°．
在等边△ABD中，∠BAD=60°，
∴∠BAD=∠ABC=60°．
∵E为AB的中点，
∴AE=BE．
又∵∠AEF=∠BEC，
∴△AEF≌△BEC．
②在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，
∴CE= AB，BE= AB．
∴CE=AE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BCE=∠EBC=60°．
又∵△AEF≌△BEC，
∴∠AFE=∠BCE=60°．
又∵∠D=60°，
∴∠AFE=∠D=60°．
∴FC∥BD．
又∵∠BAD=∠ABC=60°，
∴AD∥BC，即FD∥BC．
∴四边形BCFD是平行四边形
；证明：①在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，
∴∠ABC=60°．
在等边△ABD中，∠BAD=60°，
∴∠BAD=∠ABC=60°．
∵E为AB的中点，
∴AE=BE．
又∵∠AEF=∠BEC，
∴△AEF≌△BEC．
②在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，
∴CE= AB，BE= AB．
∴CE=AE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BCE=∠EBC=60°．
又∵△AEF≌△BEC，
∴∠AFE=∠BCE=60°．
又∵∠D=60°，
∴∠AFE=∠D=60°．
∴FC∥BD．
又∵∠BAD=∠ABC=60°，
∴AD∥BC，即FD∥BC．
∴四边形BCFD是平行四边形
（2）解：∵∠BAD=60°，∠CAB=30°，
∴∠CAH=90°．
在Rt△ABC中，∠CAB=30°，设BC=a，
∴AB=2BC=2a．
∴AD=AB=2a．
设AH=x，则HC=HD=AD﹣AH=2a﹣x，
在Rt△ABC中，AC2=（2a）2﹣a2=3a2，
在Rt△ACH中，AH2+AC2=HC2，即x2+3a2=（2a﹣x）2，
解得x= a，即AH= a．∴HC=2a﹣x=2a﹣ a= a．∴sin∠ACH= ．；解：∵∠BAD=60°，∠CAB=30°，
∴∠CAH=90°．
在Rt△ABC中，∠CAB=30°，设BC=a，
∴AB=2BC=2a．
∴AD=AB=2a．
设AH=x，则HC=HD=AD﹣AH=2a﹣x，
在Rt△ABC中，AC2=（2a）2﹣a2=3a2，
在Rt△ACH中，AH2+AC2=HC2，即x2+3a2=（2a﹣x）2，
解得x= a，即AH= a．∴HC=2a﹣x=2a﹣ a= a．∴sin∠ACH= ．；解：∵∠BAD=60°，∠CAB=30°，
∴∠CAH=90°．
在Rt△ABC中，∠CAB=30°，设BC=a，
∴AB=2BC=2a．
∴AD=AB=2a．
设AH=x，则HC=HD=AD﹣AH=2a﹣x，
在Rt△ABC中，AC2=（2a）2﹣a2=3a2，
在Rt△ACH中，AH2+AC2=HC2，即x2+3a2=（2a﹣x）2，
解得x= a，即AH= a．∴HC=2a﹣x=2a﹣ a= a．∴sin∠ACH= ．
23．在△ABC中，∠ABC=90°．
（1）如图1，分别过A、C两点作经过点B的直线的垂线，垂足分别为M、N，求证：△ABM∽△BCN；
（2）如图2，P是边BC上一点，∠BAP=∠C，tan∠PAC= ，求tanC的值；
（3）如图3，D是边CA延长线上一点，AE=AB，∠DEB=90°，sin∠BAC= ， ，直接写出tan∠CEB的值．
【答案】（1）解：∵AM⊥MN，CN⊥MN，
∴∠AMB=∠BNC=90°，
∴∠BAM+∠ABM=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBN=90°，
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠AMB=∠NBC，
∴△ABM∽△BCN
（2）解：如图2，过点P作PM⊥AP交AC于M，PN⊥AM于N.
∵∠BAP+∠1=∠CPM+∠1=90°，
∴∠BAP=∠CPM=∠C，
∴MP=MC
∵tan∠PAC=，
设MN=2m，PN=m，
根据勾股定理得，PM=，
∴tanC=
（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC= = ，
过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，
∵∠DEB=90°，
∴CH∥AG∥DE，
∴ =
同（1）的方法得，△ABG∽△BCH
∴ ，
设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n，
∵AB=AE，AG⊥BE，
∴EG=BG=4m，
∴GH=BG+BH=4m+3n，
∴ ，
∴n=2m，
∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m，
在Rt△CEH中，tan∠BEC= =
24．已知:点 在 上,弦 ,垂足 ,弦 ,垂足为 ,弦 与 相交于点 ；
（1）如图 ,求证: ；
（2）如图 ,连接 ,当 平分 时,求证:弧 弧 ；
（3）如图 ,在(2)的条件下,半径 与 相交于点 ,连接 ,若 ,求线段 的长.
【答案】（1）证明：连接
弧 弧
（2）证明：连接半径 并延长 交 于点
平分
弧 弧
（3）解：连接 与 相交于点
弧 弧
由（1）（2）可知
设 则
弧 弧
是 的垂直平分线
设 则
在 中 则
或 （舍）
过 点作 垂足为点
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