（培优卷）1.3解直角三角形-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试

（培优卷）1.3解直角三角形-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2021·南岸模拟）如图，在纸片 中， ，折叠纸片，使点 落在 的中点 处，折痕为 ，则 的面积为（　　）
A． B． C． D．
2．（2021·绿园模拟）如图，以O为圆心的圆与反比例函数 的图象交于 两点，已知点B的坐标为 ，则 的长度为（　　）
A． B． C． D．
3．（2021·椒江模拟）一个矩形按如图1的方式分割成三个直角三角形，最小三角形的面积为S1，把较大两个三角形纸片按图2方式放置，图2中的阴影部分面积为S2，若S2＝2S1，则矩形的长宽之比（　　）
A．2 B． C． D．
4．（2023·温州）如图，四边形ABCD内接于.若，则的度数与BC的长分别为（　　）
A． B． C． D．
5．（2023·金东模拟）如图，在正六边形ABCDEF中，，点O在对角线AD上，，以O为圆心，OB为半径画弧，分别交AB，AF于点M，N．则的长为（　　）
A． B． C． D．
6．（2023·瑞安模拟）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连接，交于点P，过点P作于点R.若，，则的值为（　　）
A．10 B．11 C． D．
7．（2019·杭州）如图，一块矩形木板ABCD斜靠在墙边（OC⊥OB，点A，B，C，D，O在同一平面内）.已知AB=a，AD=b，∠BCO=x，则点A到OC的距离等于（　　）
A．asinx+bsinx B．acosx+bcosx C．asinx+bcosx. D．acosx+bsinx
8．（2023·合川九上期末）如图，为了测量某建筑物 的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡行走100米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米到点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为59°，建筑物底端B的俯角为，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡的坡度 .根据以上数据，计算出建筑物BC的高度约为（结果精确到1.参考数据：，，）（　　）
A．158米 B．161米 C．159米 D．160米
9．（2021·天桥模拟）小明使用测角仪在甲楼底端A处测得熊猫C处的仰角为53°，在甲楼B处测得熊猫C处的仰角 已知AB＝4.5米，则熊猫C处距离地面AD的高度为（　　）（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
A．13.6 B．18.1 C．17.3 D．16.8
10．（2021九上·杭州月考）如图，建筑工地划出了三角形安全区，一人从点出发，沿北偏东53°方向走50m到达C点，另一人从B点出发沿北偏西53°方向走100m到达C点，则点A与点B相距（　　）
A． B． C． D．130m
二、填空题（每空3分，共33分）
11．（2023九上·宁波期末）如图，在正方形中，点E在上，，连接，取中点F，过F作且使得，连接并延长，将绕点C旋转到，当，，三点共线且时，　 　.
12．（2022九上·金华月考）如图1，是一幅椅子和花架相互转化的实物图．放置在水平地面上的椅子示意图如图2所示，在矩形ABCD中，点E在BC上，点F，G在CD上，G是CF的中点，隔板FH∥GI∥BC，分别交DE于点H，I，现将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°得到一个花架，如图3所示，此时点J落在地面上的点J'处，点C，H的对应点分别为点C'，H'，已知AB＝46cm，BC＝37cm，BE＝14cm，则点J离地面的距离是 　 　cm；若点J'，C'，H'在同一直线上，tan∠AJ'C'＝6，则隔板GI的长是 　 　cm．
13．（2022九上·金华期中）飞机导航系统的正常工作离不开人造卫星的信号传输（如图1）．五颗同轨道同步卫星，其位置，，，，，如图2所示．是它们的运行轨道，弧度数为，点到点和点的距离相等，于，交于，交于，连结，，已知一架飞机从飞到的直线距离为4千公里，则轨道的半径为　 　千公里，当时，则线段，的长度之和为　 　 千公里.
14．（2023九下·衢江月考）衢州儿童公园有摩天轮，水上乐园等娱乐设施，其中的摩天轮半径为20米，水上乐园的最高处到地面的距离为32米；如图，当摩天轮的座舱A旋转至与水上乐园最高处高度相同时，地面某观测点P与座舱A，摩天轮圆心O恰好在同一条直线上，此时测得，则的距离为　 　米；此时另一座舱B位于摩天轮最低点，摩天轮旋转一周要12分钟，若摩天轮继续逆时针旋转一周，当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，经过了　 　分钟.
15．（2022·龙湾模拟）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： ， ， ， ）
16．（2023·鹿城模拟）一款闭门器按如图1所示安装，支点A，C分别固定在门框和门板上，门宽，摇臂，连杆，闭门器工作时，摇臂、连杆和长度均固定不变.如图2，当门闭合时，，则的长为　 　cm.如图3，门板绕点O旋转，当时，点D到门框的距离，则的长为　 　cm.
三、解答题（共8题，共67分）
17．（2023·自贡）为测量学校后山高度，数学兴趣小组活动过程如下：
（1）测量坡角
如图1，后山一侧有三段相对平直的山坡，山的高度即为三段坡面的铅直高度之和，坡面的长度可以直接测量得到，要求山坡高度还需要知道坡角大小．
如图2，同学们将两根直杆的一端放在坡面起始端A处，直杆沿坡面方向放置，在直杆另一端N用细线系小重物G，当直杆与铅垂线重合时，测得两杆夹角的度数，由此可得山坡AB坡角的度数．请直接写出之间的数量关系．
（2）测量山高
同学们测得山坡的坡长依次为40米，50米，40米，坡角依次为；为求，小熠同学在作业本上画了一个含角的（如图3），量得．求山高．（，结果精确到1米）
（3）测量改进
由于测量工作量较大，同学们围绕如何优化测量进行了深入探究，有了以下新的测量方法．
如图4，5，在学校操场上，将直杆NP置于的顶端，当与铅垂线重合时，转动直杆，使点N，P，D共线，测得的度数，从而得到山顶仰角，向后山方向前进40米，采用相同方式，测得山顶仰角；画一个含的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为厘米，厘米，再画一个含的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为厘米，厘米．已知杆高MN为米，求山高．（结果用不含的字母表示）
18．（2023·金华模拟）如图，在中，，.点D是直线上一动点.过点D作，满足点E在上方，，以、为邻边作.
（1）求的长以及点C到的距离；
（2）设线段与边交于点M，线段与边交于点N.当时，求的长；
（3）连接，沿直线分割，当分割的两部分可以拼成一个不重叠无缝隙的三角形时，求的长.
19．（2023九下·兴化月考）如图，光从空气斜射入水中，入射光线射到水池的水面点后折射光线射到池底点处，入射角，折射角；入射光线射到水池的水面点后折射光线射到池底点处，入射角，折射角，、为法线入射光线、和折射光线、及法线、都在同一平面内，点到直线的距离为米．
（1）求的长；结果保留根号
（2）如果米，求水池的深参考数据：取，取，取，取，取，取，取，取
20．（2022·定海模拟）为了监控危险路段的车辆行驶情况，通常会设置电子眼进行区间测速.如图电子眼位于点P处，离地面的铅垂高度PQ为11米；离坡AB的最短距离是11.2米，坡AB的坡比为3：4；电子眼照射在A 处时，电子眼的俯角为30°，电子眼照射在坡角点B处时，电子眼的俯角为70°.（A、B、P、Q在同一平面内）
（1）求路段BQ的长；（sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
（2）求路段AB的长；（≈1.7，结果保留整数）
（3）如图的这辆车看成矩形KLNM，车高2米，当PA过M点时开始测速，PB过M点时结束测速，若在这个测速路段车辆所用的时间是1.5秒.该路段限速5米/秒，计算说明该车是否超速？
21．（2022·冠县模拟）如图，某无人机爱好者在一小区外放飞无人机，当无人机飞行到一定高度D点处时，无人机测得操控者A的俯角为，测得小区楼房顶端点C处的俯角为．已知操控者A和小区楼房之间的距离为45米，小区楼房的高度为米．
（1）求此时无人机的高度；
（2）在（1）条件下，若无人机保持现有高度沿平行于的方向，并以5米/秒的速度继续向前匀速飞行．问：经过多少秒时，无人机刚好离开了操控者的视线？（假定点A，B，C，D都在同一平面内．参考数据：，．计算结果保留根号）
22．（2020·铁岭模拟）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4.已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm.
（1）求∠CAO＇的度数.
（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？
（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？
23．（2022九下·衢州开学考）爱好思考的小实在探究两条直线的位置关系查阅资料时发现，两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”，如图1、图2、图3中，AF、BE是△ABC的中线，AF⊥BE于点P，像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”，设BC＝a，AC＝b，AB＝c.
（1）【特例探究】
①如图1，当tan∠PAB＝1， 时，a＝　 　，b＝　 　.
②如图2，当∠PAB＝30°，c＝4时，a＝　 　，b＝　 　.
（2）【归纳证明】
请你观察（1）中的计算结果，猜想 、 、 三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你的结论.
（3）【拓展证明】
如图4，在△ABC中， ， ，D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，连结DE并延长至点G，使得GE＝DE，连结BG.若BG⊥AC于点M时，求GF的长.
24．（2023·锦州）【问题情境】如图，在中，，．点D在边上将线段绕点D顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接．
（1）【尝试探究】
如图1，当时，易知；
如图2，当时，则与的数量关系为；
（2）如图3，写出与的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图4，当，且点B，E，F三点共线时．若，，请直接写出的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；勾股定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：过点D作AB的垂线，垂足为G，
∵∠BAC=120°，
∴∠GAC=60°，
∴DG=ADsin∠GAC= AC·sin∠GAC= ×12× = ，
AG=ADcos∠GAC= AC·cos∠GAC= ×12× =3，
设AE=x，则BE=12-x=DE，
在Rt△DGE中， ，
即 ，
解得：x= ，
∴S△ADE= DE×AE= = ，
过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，
∴AN= AB=6，BN= ，
∴BC= ，
设DF=y，
则CF=BC-DE= = ，
DH=CD·sin∠C= ，CH=CD·cos∠C= ，
则有 ，即 ，
解得： ，
则S△DFC= ，
∴S△DEF= ×（S△ABC-S△DEA-S△DFC）
=
=
=
故选A．
【分析】过点D作AB的垂线，垂足为G，过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，分别求出△DEA和△DFC的面积，利用S△DEF= ×（S△ABC-S△DEA-S△DFC）可得结果．
2．【答案】D
【知识点】反比例函数的性质；弧长的计算；特殊角的三角函数值；解直角三角形
【解析】【解答】解：过B作BE⊥y轴于E，过A作AF⊥x轴于F，
∵以O为圆心的圆与反比例函数 的图象都是关于y=x直线成轴对称，
∴A、B两点关于y=x对称，
∵B ，
∴A ，
在Rt△OBE中，BE=1，OE= ，由勾股定理OB= ，
∴tan∠EOB= ，
∴∠EOB=30°，
在Rt△OAF中，AF=1，OF= ，
∴tan∠AOF= ，
∴∠AOF=30°，
∴∠BOA=90°-∠EOB- ∠AOF=90°-30°-30°=30°，
∴ ，
故答案为：D．
【分析】过B作BE⊥y轴于E，过A作AF⊥x轴于F，可得点A、B两点关于y=x对称，在Rt△OBE中利用勾股定理求出OB=2，利用特殊角三角函数值求出∠EOB=30°，∠AOF=30°，从而求出∠BOA=90°-∠EOB- ∠AOF=30°，利用弧长公式直接求值即可.
3．【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
设AB=a，BC=b，DE=c，
∴
∵S△ABC=S△ADC
∴
解之：；
∵∠EDC+∠DCE=90°，∠DCE+∠BCA=90°，
∴∠EDC=∠ACB即∠FDE=∠FED
∴DF=FE，tan∠EDC=tan∠BCA=
在Rt△DEC中，只有当点F为DC的中点时，才有EF=DF，
过点F作FG⊥DE于点G，
∴DE=2DG
在Rt△FDG中
FG=DGtan∠EDC=DEtan∠EDC=，
∴；
∵
∴；
∴
∴S2＝2S1，
，
∴
∴a2=4b2
∴
∴.
故答案为：A.
【分析】设AB=a，BC=b，DE=c，利用勾股定理表示出AC的长，根据S△ABC=S△ADC，可表示出c；再证明∠EDC=∠ACB，DF=FE，由此可表示出tan∠EDC和tan∠BCA；在Rt△DEC中，只有当点F为DC的中点时，才有EF=DF，过点F作FG⊥DE于点G，利用等腰三角形的性质可证得DE=2DG，利用解直角三角形表示出FG、CE的长，利用三角形的面积公式表示出s1，s2，根据S2＝2S1，建立关于a，b的方程，将方程进行整理可得到a与b的比值.
4．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接OB、OC，设AC与BD相交于点E，过点O作OF⊥AD于点F，
∵BC∥AD，
∴∠CBD=∠ADB，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CAD=∠BDA，
∵AC⊥BD，
∴AED=90°，
∴∠CAD=∠BDA=45°，
∵∠AOD=120°，OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=30°，
∴∠CAO=∠CAD-∠OAD=15°；
∵∠AOB=2∠ADB=90°，∠COD=2∠CAD=90°，
∴∠BOC=360°-120°-90°-90°=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OB；
∵△OAD中，OA=OD，OF⊥AD，
∴AF=，
∴AO=，
∴BC=OB=OA=1.
故答案为：C.
【分析】由平行线的性质、圆周角定理及三角形的内角和定理可推出∠CAD=∠BDA=45°，进而根据三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可得∠OAD=∠ODA=30°，从而由角的和差可算出交CAO的度数；由圆周角定理得∠AOB=2∠ADB=90°，∠COD=2∠CAD=90°，由周角可得∠BOC=60°，得到△OBC是等边三角形，则BC=OB，由等腰三角形的三线合一可求出AF的长，最后根据∠OAF的余弦函数可求出AO的长，从而此题得解.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；弧长的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接OM、ON，过点B作BH⊥AO，垂足为H，
在正六边形ABCDEF中 ，∠BAF=120°，∴∠OAB=∠OAF=60°，
∵， ∴∠BOA=∠AOF=45°，
∴∠ABO=∠AFO=180°-60°-45°=75°，
∵OB=OM=OF=ON，∴∠MBO=∠BMO=∠ONF=∠OFN=75°，
∴∠BOM=∠NOF=30°，∴MON=∠BOF-∠BOM-∠NOF=30°，
在Rt△ABH中，∠HAB=60°，AB=BC=2，
∴BH=AB=，
在Rt△OBH中，∠BOA=45°，∴OM=BH=，
∴的长=；
故答案为：D.
【分析】连接OM、ON，过点B作BH⊥AO，垂足为H，由正六边形的性质及垂直的定义可求出∠OAB=∠OAF=60°，∠BOA=∠AOF=45°，利用三角形的内角和求出∠ABO=∠AFO=75°，由等腰三角形的性质及三角形内角和可得∠BOM=∠NOF=30°，从而得出MON=30°，利用解直角三角形先求出BH=AB=，再求出OM=BH=，最后利用弧长公式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；解直角三角形；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点E作交的延长线于点T，设与交于点Q，
四边形是正方形，是直角三角形，
，，
，，
，
，
，，
设，，则，
，
，
，
由勾股定理得，，即，
，
解得，
，
，
，
，
，四边形是正方形，
，，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】过点E作ET⊥AH交AH的延长线于点T，设PR与AH交于点Q，利用正方形的性质可证得AE=AC，∠ETA=∠ABC=90°，利用余角的性质可证得∠EAT=∠ACB，利用AAS证明△ETA≌△ABC，利用全等三角形的对应边相等，可证得ET=AB，TA=BC；设BC=a，AB=b，可表示出TH的长；再利用解直角三角形，可证得b=2a，再利用勾股定理求出a的值，即可求出AH的长；再证明∠PAH=∠PHA，利用正方形的性质可求出QR、AQ的长；然后利用解直角三角形求出PQ的长，根据PR=PQ+QR，代入计算求出PR的长.
7．【答案】D
【知识点】解直角三角形的应用
【解析】【解答】解：作AG⊥OC交OC于点G，交BC于点H，如图，
∵四边形ABCD为矩形，AD=b，
∴∠ABH=90°，AD=BC=b，
∵OB⊥OC，
∴∠O=90°，
又∵∠HCG+∠GHC=90°，∠AHB+∠BAH=90°，∠GHC=∠AHB，∠BC0=x，
∴∠HCG=∠BAH=x，
在Rt△ABH中，
∵cos∠BAH=cosx= ，AB=a，
∴AH= ，
∵tan∠BAH=tanx= ，
∴BH=a·tanx，
∴CH=BC-BH=b-a·tanx，
在Rt△CGH中，
∵sin∠HCG=sinx= ，
∴GH=（b-a·tanx）·sinx=bsinx-atanxsinx，
∴AG=AH+HG= +bsinx-atanxsinx，
= +bsinx- ，
=bsinx+acosx.
故答案为：D.
【分析】作AG⊥OC交OC于点G，交BC于点H，由矩形性质得∠ABH=90°，AD=BC=b，根据等角的余角相等得∠HCG=∠BAH=x，在Rt△ABH中，根据锐角三角函数余弦定义cosx= 得AH= ，根据锐角三角函数正切定义tanx= 得BH=a·tanx，从而可得CH长，在Rt△CGH中，根据锐角三角函数正弦定义sinx= 得GH=bsinx-atanxsinx，由AG=AH+HG计算即可得出答案.
8．【答案】D
【知识点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：如图：过点D作于点F，过点E作于点G，过点E作于点H
∵斜坡的坡度
∴可设，
∵在中，，
∴
∵在中，
∵在中，
故答案为：D.
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，过点E作EG⊥AB于点G，过点E作EH⊥BC于点H，根据坡度可设DF=x，AF=x，在Rt△ADF中，根据勾股定理可得x的值，根据等腰直角三角形的性质可得EH=BH，由三角函数的概念可得CH，然后根据CB=CH+BH进行计算.
9．【答案】B
【知识点】特殊角的三角函数值；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
由题意可知：
∵∠CBE=45°，∠CAD=53°，AB=4.5米，
∵∠ABE=∠BED=∠ADE=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD，DE=AB=4.5米，
设CE=x米，则CD=BC+BD=（x+4.5）米，
在Rt△CEB中，BE= =x米，
在Rt△ADC中，CD=AD tan53°，
即x+4.5=x tan53°，
∴x≈13.64，
∴CE=13.64（米），
∴CD=CE+DE=13.64+4.5=18.14≈18.1（米）．
答：熊猫C处距离地面AD的高度为18.1米．
故答案为：B．
【分析】过点B作BE⊥CD于点E，根据已知条件求出BE=AD，设CE=x，则，CD=BC+BD=x+4.5，根据锐角三角函数求出x的值，即可得出CD的值。
10．【答案】B
【知识点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【解答】解：如图，设经过A点的东西方向线与经过B点的南北方向线相交于点D，过C作CF⊥AD，CE∥AD，BE∥AG，
∴∠CEB＝90°，∠GAC＝∠ACF＝∠EBC＝∠BCF＝53°，AC＝50，BC＝100，四边形CEDF是矩形，
∴DE＝CF，DF＝CE，
在Rt△ACF中，tan∠ACF＝＝tan53°，
在Rt△BCE中，tan∠EBC＝＝tan53°，
∵tan53°≈，
∴＝＝，
∴AF＝CF，CE＝BE，
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2，
∴CF2+（CF）2＝502，
解得CF＝DE＝30，AF＝×30＝40，
在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，
∴BE2+（BE）2＝1002，
解得BE＝60，CE＝DF＝×60＝80，
∴AD＝AF+DF＝120，BD＝BE﹣DE＝30，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2，
∴AB＝＝30.
故答案为：B.
【分析】如图，设经过A点的东西方向线与经过B点的南北方向线相交于点D，过C作CF⊥AD，CE∥AD，BE∥AG，可得∠CEB＝90°，∠GAC＝∠ACF＝∠EBC＝∠BCF＝53°，AC＝50，BC＝100，DE＝CF，DF＝CE，在Rt△ACF中，tan∠ACF＝＝tan53°，在Rt△BCE中，tan∠EBC＝＝tan53°，从而得出＝＝，即得AF＝CF，CE＝BE，在Rt△ACF中利用勾股定理求出CF＝DE＝30，AF＝40，在Rt△BCE中利用勾股定理求出BE＝60，CE＝DF＝80，从而求出AD及BD的长，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出AB即可.
11．【答案】
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，过G作GT⊥BC于T交CE于R，过G作GQ⊥AB于Q，交DC于N，连接EG，
∵CE中点为F， ，，
∴，，
设，
∵正方形ABCD中， ，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
由辅助线可得：四边形GTCN为矩形，
∴，，
由，
∴，，
∴，
过C作CS⊥GG'于S，
由，
同理可得：，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
过K作KV⊥CG'于V，
由旋转可得：，
∴设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴.
故答案为：.
【分析】过点G作GT⊥BC于点T，交CE于点R，过G作GQ⊥AB于Q，交DC于N，连接EG，易得GE=GC，EF=FC=GF，设BE=a，由正方形性质得AE=3a，AB=BC=CD=AD=4a，则，，，，判断出∠FGR=∠RCT，得，进而找出AQ=QE，得，由矩形性质及正切三角函数定义，勾股定理得，，过C作CS⊥GG'于S，由∠GJN=∠CJS，同理得，，由等边对等角得∠CGG'=∠CG'G，由正切函数的定义得，过点K作KV⊥CG'，垂足为V，由旋转性质可得∠F'CG=∠FCG=45°，推出，进而就不难求出答案了.
12．【答案】92；
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接C′H′，交I′C′于点P，过点C′作C′Q⊥DJ′于点Q，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C′BA=∠BAQ=∠AQC′=90°，
∴四边形ABC′Q是矩形，
∴AB=C′Q=46cm；
∵现将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°得到一个花架，如图3所示，此时点J落在地面上的点J'处，
∴点J和点J′关于点E成中心对称，
∴点J到BC的距离等于点J′到BC的距离就是C′Q的长，
∴点J到地面的距离为46×2=92cm；
∵BC＝37cm，BE＝14cm，
∴EC′=CE=BC-BE=37-14=23cm，
∴BC′=EC′-BE=23-14=9cm，
∵四边形ABCD和四边形ABC′Q是矩形，
∴AQ=BC′=9cm，
在Rt△C′QJ′中， ，
解之：
∴∴DJ′=AD+AQ+QJ′=37+9+=，
设△HEC′中EC′边上的高为h，
由题意可知h=C′F′
∵EC′∥AD，
∴△HEC′∽△HDJ′，
∴
解之：C′F′=h=；
∵H′F′∥QJ′，
∴∠F′H′C′=∠C′J′Q，
∴
解之：；
∵点G为CF的中点，
∴点G′为C′F′的中点，
∴PG′，PI′分别是△C′F′H′，△H′EC′的中位线，
∴PG′=H′F′=；
∴PI′=EC′=，
∴GI=G′I′=G′P+PI′=
故答案为：92，
【分析】连接C′H′，交I′C′于点P，过点C′作C′Q⊥DJ′于点Q，利用矩形的性质及垂直的定义可证得∠C′BA=∠BAQ=∠AQC′=90°，可推出四边形ABC′Q是矩形，可求出C′Q的长；再利用旋转的性质可知点J和点J′关于点E成中心对称，可知点J到BC的距离等于点J′到BC的距离就是C′Q的长，由此可得到点J离地面的距离；利用已知条件可求出EC′，BC′的长，利用矩形的性质可得到BC′的长，利用解直角三角形求出QJ′，DJ′的长；设△HEC′中EC′边上的高为h，由题意可知h=C′F′，利用由平行可证得△HEC′∽△HDJ′，利用相似三角形的对应边的比等于对应边上的高之比，可求出C′F′的长；再利用平行线的性质证明∠F′H′C′=∠C′J′Q，利用解直角三角形求出H′F′的长；同时可证得PG′，PI′分别是△C′F′H′，△H′EC′的中位线，利用三角形的中位线定理求出PG′，PI′的长，然后根据GI=G′I′=G′P+PI′，代入计算求出IG的长.
13．【答案】；
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接BC，AB，OA，OB，OC，MN，AC，AC与OB的交点记为点P，
∵点B到点C和点A的距离相等，
∴BC=AB，
∴，
∴∠AOB=∠BOC
∵弧AC度数为120°，
∴∠AOB=∠BOC=60°，∠AOC=120°，
∵OA=OB=OC，
∴△COB和△AOB都是等边三角形，
∴OC＝BC＝BA＝OA，
∴四边形OCBA为菱形，
∴AC⊥OB，∠BCP＝∠BAP＝30°，OP＝BP，CP＝AP，
∵，
∴∠CDA＝∠AEH＝60°．
∵BC＝BA，
∴∠CDB＝∠ADB＝30°，
∵BD⊥CE，
∴∠DHC＝60°＝∠AHE，
∴△HDC，△AHE为等边三角形，
∴CM＝MH，
同理可证∠AEB＝∠CEB＝30°，则∠HNE＝90°，
∴HN＝AN，
∴MN是△AHC的中位线，
∴AC＝2MN＝8，
∴CP＝AP＝4，
在Rt△BCP中，∠BCP=30°，
∴即，
解之：，
∴OB=2BP=；
过C作CQ⊥AD于Q，
设CM＝HM＝x，HN＝AN＝y，则HE=2y，DH=2x，
在Rt△BME中，
，
在Rt△BDN中，
，
∴，
∴，
∵BE：BD=5：7，
∴
解之：x=3y，
同理，
在Rt△ACQ中
CQ2+AQ2=AC2，
∴，
∴
解之：（取正）
∴x=，
∴.
故答案为：，
【分析】连接BC，AB，OA，OB，OC，MN，AC，AC与OB的交点记为点P，利用已知可证得，利用等弧所对的圆心角相等可得到∠AOB=∠BOC，由此可求出∠AOB=∠BOC=60°，∠AOC=120°，易证△COB和△AOB都是等边三角形，利用等边三角形的性质去证明四边形OCBA为菱形，利用菱形的性质可推出AC⊥OB，∠BCP＝∠BAP＝30°，OP＝BP，CP＝AP，同时可求出∠CDB＝∠ADB＝30°；利用同弧所对的圆周角相等，可求出∠AEH=60°，再证明△HDC，△AHE为等边三角形，利用等边三角形的性质可证得CM=MH，同时可证得MN是△AHC的中位线，可求出AC、CP、AP的长；在Rt△BCP中，利用解直角三角形求出BP的长，即可求出圆的半径；过C作CQ⊥AD于Q，设CM＝HM＝x，HN＝AN＝y，则HE=2y，DH=2x，利用解直角三角形分别表示出BM、BN、DM、BE的长，根据BE：BD=5：7，可得到关于x，y的方程，解方程可得到x=3y，再表示出CQ，HQ，在Rt△ACQ中，利用勾股定理可得到关于y的方程，解方程求出y的值，可得到x的值；然后代入求出AE+CD的长.
14．【答案】；或
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：作AE⊥PC于E，作OF⊥AE于F，
易得四边形OCEF是矩形，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
如图，连接AC，
∵，，
∴，
∵，
∴，
当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，分两种情况，
①当A在B的左侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于F，A移动到A1处，B移动到了B1处，，
由旋转不变性知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴从A移动到A1处，用了（周），
∴经过了（分钟）；
②当A在B的右侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于G，A移动到A2处，B移动到了B2处，，
由旋转不变性知，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴从A移动到A2处，用了（周），
∴经过了（分钟）；
综上，当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，经过了或分钟.
故答案为：；或.
【分析】过点A作AE⊥PC于点E，过点O作OF⊥AE于点F，易得四边形OCEF是矩形，由矩形的性质得OF∥CE，OF=CE，由二直线平行，同位角相等得∠AOF=∠APC=30°，进而根据∠AOF的余弦函数可求出OF，由∠APC的正切函数可求出PE，进而由PC=PE-CE计算即可；连接AC，由三角形的内角和定理得∠POC=60°，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半及等边对等角得∠OAB=∠OBA=30°；当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，分两种情况，①当A在B的左侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于F，A移动到A1处，B移动到了B1处，∠FA1B1=45°，由旋转性质得∠OA1B1=45°，根据角的和差算出∠OA1F=75°，由平行线的性质得∠MFP=30°，根据三角形内角和定理得∠AOA1=75°，从而即可求出从A移动到A1处旋转的时间；②当A在B的右侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于G，A移动到A2处，B移动到了B2处，得∠MA2B2=45°，由旋转性质得∠OA2B2=30°，由∠ 的和差算出∠MA2O的度数，进而根据平行线的性质得∠AGA2的度数，最后根据三角形外角性质可算出∠AOA2的度数，从而即可求出从A移动到A2处旋转的时间，综上即可得出答案.
15．【答案】17；
【知识点】平行线的性质；相似三角形的性质；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：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.
【分析】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=6米，易得四边形HGRI为矩形，从而得HR∥GI∥BD，HR=GI=BD=6米，由平行线性质得∠DFR=∠DPI=α=26.7°，再由=tan26.7°=0.5，设DR=x，则RF=2x，进而表示RE=2（x-1）米，在Rt△DRE中，DE=5米，由勾股定理得x2+[2（x-1）]2=25，求得DR=3米，RE=4米，从而求出HE=10米，再由某时刻甲塔顶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 ，利用相似性质可得2：1=AH：HE，求得AH=20米，进而求得塔高AB的长即可；连接AT，过点T作TK∥MN交AB于点K，由tan26.7°==0.5，得IP=6+2RI，结合PQ=10米，表示出GQ=22+2RI，AG=20+RI，再由tan36.8°==0.75，即=，解得RI=7米，从而得GQ=36米，AG=27米，在Rt△TNP中，∠TPN=α=26.7°得PN=2TN，在Rt△TQN中，∠AQN=β =36.8°，得QN=TN，从而得PQ=10=PN-QN=2TN-TN，解得TN=15米，QN=20米，从而求出KT=56米，AK=12米，再在Rt△AKT中，利用勾股定理求得AT的长即可.
16．【答案】18；8
【知识点】勾股定理；解直角三角形的应用
【解析】【解答】解：过A作AE⊥BC，E为垂足，
，
，
，
，
，
，
；
如图，连接AC，作CF⊥AK，F为垂足，E为C的对应点，
，
，
，
，
设，则，
，
由题空1得：，，
，
又
，
，
即：，
整理得：，
解得：，（舍去），
.
故答案为：18，8.
【分析】过A作AE⊥BC，E为垂足，由∠B的正弦函数的定义可求出AE的长，进而用勾股定理算出BE的长，由线段的和差算出CE的长，再根据勾股定理算出AC的长；连接AC，作CF⊥AK，F为垂足，E为C的对应点，由平行线分线段成比例定理得，设OC=13x，则CF=12x，用勾股定理表示出OF，进而表示出AF，再用勾股定理算出AC，最后根据勾股定理建立方程可求出x，从而即可得出OC的长.
17．【答案】（1）解：由题意得，
∴；
（2）解：在中，．
∴，
在中，，米，
∴(米)，
在中，，米，
∴(米)，
在中，，米，
∴(米)，
∴山高(米)，
答：山高为69米；
（3）解：如图，由题意得，，
设山高，则，
在中，，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得，山高
答：山高的高为米．
【知识点】锐角三角函数的定义；解直角三角形
【解析】【分析】（1）直接根据题意即可求解；
（2）先运用锐角三角函数的定义得到，再分别解直角三角形即可求解；
（3）先根据题意得到，，设山高，则，再结合题意分别求出，，进而根据即可求解。
18．【答案】（1）解：∵，，
∴.
设点C到的距离为h，根据题意，得
，
∴，
解得，
故点C到的距离为.
（2）解：过点N作于点G，交于点H，
∵，，，，
∴，
∴.
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，，，
∴.
∵，，
∴，
∵，
设，则，
∴.
∵四边形是矩形，
∴.
∵，
∴，
解得.
∴.
（3）解：当与底边的高重合时，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
故只需将绕点D顺时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
∵，，
∴，
∴.
∵，
∴.
设，则，
∴，
解得，
故；
当经过的中点M时，
延长交于点N，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故只需将绕点M逆时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
过点C作于点G，
∵，，
∴，
∴.
∴，
解得.
∵，
∴.
设，则，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
故；
当与 重合时，延长二线交于点M，
∵，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故只需将绕点N逆时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
故；
当，且当经过的中点M时，
延长交于点N，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
故只需将绕点M逆时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
过点C作于点G，
∵，，
∴，
∴.
∴，
解得.
∵，
∴.
∴，
∴，
解得；
综上所述，的长或或或.
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；勾股定理；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】（1）用勾股定理直接算出AB的长，进而根据等面积法可求出C到AB的距离；
（2） 过点N作NG⊥EF于点G，交AB于点H，由锐角三角函数的定义得 ， 根据平行四边形的性质得AD=EF，AD∥EF，进而利用平行线的性质、已知、平行四边形的性质及等角对等边得MN=FN=5，DN=BN，由锐角三角函数定义得，则NG=3，FG=4，由等腰三角形性质得FG=MG，DH=BH，由等角的同名三角函数值相等得 ，设AD=4t，EF=4t，DE=3t，则EG=4t-4，由矩形性质得EG=DH=BH=4t-4，进而根据AD+BD=AB=10建立方程，求解得t，从而求出BD的长；
（3） 当CD与rt△ABC底边AB的高重合时，先用SAS判断出△ADE≌△FED， 故只需将Rt△FED绕点D顺时针旋转180°就拼成一个不重叠无缝隙的三角形， 由等角同名三角函数值相等得 ，设AD=4t，则BD=AB-AD=10-4t，根据 可求出4t，从而得出AD的长； 当CD经过EF的中点M时， 延长AE交CD于点N，用AAS判断出△ENM≌△FDM， 故只需将△FDM绕点M逆时针旋转180°就拼成一个不重叠无缝隙的三角形， 过点C作CG⊥AB于点G， 根据锐角三角函数的定义得 ，进而得 ， 求解可得CG、AG的长，由等角的同名三角函数值相等得 ，设AD=4t，则DE=3t，EM=FM=2t，DG=，则 ， ，据此建立方程可求出4t，从而得到AD； 当DE与 BE重合时，延长EF、BC交于M，利用AAS证△ENM≌△AND， 故只需将△AND绕点N逆时针旋转180°就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，得AD=AB=10； 当AE∥BC，且当CD经过AE的中点M时， 延长FE交CD于点N， 用AAS证△ENM≌△ADM， 故只需将△ADM绕点M逆时针旋转180就拼成一个不重叠无缝隙的三角形， 过点C作CG⊥AB于点G，由锐角三角函数定义得 ，则 ， 据此可求出CG、AG的长，进而得 ，由等角的同名三角函数值相等得 ，据此建立方程，求解可得AD的长，综上即可得出答案.
19．【答案】（1）解：作，交的延长线于点，
则，
，，
，，
，，
米，
米，米，
米，
即的长为米；
（2）解：设水池的深为米，则米，
由题意可知：，米，
米，米，
，
，
解得，
即水池的深约为米．
【知识点】解直角三角形的应用
【解析】【分析】（1）过A作AF⊥BC，交CB的延长线于点F，由平行线的判定可得AF∥MN∥M N ，由平行线的性质可得∠ABM=∠BAF，∠ACM =∠CAF，在Rt ABF中，由锐角三角函数tan∠BAF=可求得BF的值，同理在Rt ACF中，可求得CF的值；然后由线段的构成BC=CF-BF可求解；
（2）设水池的深为米，则米，在Rt BND和Rt CEN 中，由锐角三角函数可求得DN和N E的值，根据线段的构成DN+DE=BC+N E可得关于x的方程，解方程可求解.
20．【答案】（1）解：电子眼照射在坡角点B处时的俯角为70°，
，
，
，
，
即路段BQ的长为4米.
（2）解：如图，过点A作，垂足为E，
过点A作QB的垂线段，交QB的延长线于点G，
坡AB的坡比为3：4
设，，
在中，根据勾股定理，
，
，
，
，
电子眼照射在A 处时俯角为30°，
在中，
，
，
即
解得，
即路段AB的长为8米.
（3）解：过点P作，垂足为D，
在中，
，
在中，
，
，
，
又，
，
车辆测速区间，
该车不超速.
【知识点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】（1）易得∠QPB=20°，∠PBQ=70°，然后根据∠PBQ的正切三角函数的概念就可求出BQ；
（2）过点A作AE⊥PQ，垂足为E，过点A作QB的垂线段，交QB的延长线于点G，根据坡AB的坡比可设BG=4x，AG=3x，由勾股定理可得AB=5x，则AE=QG=4x+4，EQ=AG=3x，PE=11-3x，根据∠APE的正切三角函数的概念可得AE，据此求出x，进而可得AB；
（3）过点P作PD⊥AB，垂足为D，利用勾股定理可得PB、BD，由AD=AB-BD可得AD，根据∠PAD及∠ABD的正切三角函数的概念得AK、BK，由车辆测速区间s=AB-AK-BK求出s，然后求出v的值，接下来与5进行比较即可判断.
21．【答案】（1）解：如图1，过D点作DH⊥AB，垂足为点H，过C点作CE⊥DH，垂足为点E，
可知四边形EHBC为矩形，
∴EH=CB，CE=HB，
∵无人机测得小区楼房顶端点C处的俯角为，测得操控者A的俯角为，DM∥AB，
∴∠ECD=45°，∠DAB=75°，
∴∠CDE=∠ECD=45°，
∴CE=DE，
设CE=DE=HB=x，
∴AH=45-x，DH=DE+EH=x+，
在Rt△DAH中，DH=tan75°×AH=，
即，
解得：x=30，
∴DH=
∴此时无人机的高度为米；
（2）解：如图2所示，当无人机飞行到图中F点处时，操控者开始看不见无人机，此时AF刚好经过点C，
过A点作AG⊥DF，垂足为点G，此时，由（1）知，AG=（米），
∴；
∵，
∴
∵DF∥AB，
∴∠DFA=∠CAB=30°，
∴，
∴，
因为无人机速度为5米/秒，
所以所需时间为（秒）；
所以经过秒时，无人机刚好离开了操控者的视线．
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】（1）过D点作DH⊥AB，垂足为点H，过C点作CE⊥DH，垂足为点E，设CE=DE=HB=x，则AH=45-x，DH=DE+EH=x+，再根据题意列出方程求出x的值即可；
（2）过A点作AG⊥DF，垂足为点G，先利用锐角三角函数和线段的和差求出，再利用时间=路程÷速度可得答案。
22．【答案】（1）解：∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，
∴sin∠CAO′= ，
∴∠CAO′=30°；
（2）解：过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD= ，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24× =12 ，∵O′C⊥OA，∠CAO′=30°，
∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，
∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12 =36﹣12 ，
∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12 ）cm；
（3）解：显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，
理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，
∴∠EO′F=120°，
∴∠FO′A=∠CAO′=30°，
∵∠AO′B′=120°，
∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.
【知识点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；旋转的性质
【解析】【分析】（1）利用正弦函数的定义及特殊锐角三角函数值即可得出答案；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24× =12 ，由C、O′、B′三点共线可得结果；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.
23．【答案】（1）；；；
（2）解：猜想：a2、b2、c2三者之间的关系是：a2+b2＝5c2，
证明：如图3，设 PF＝m，PE＝n
同（1）原理可得：AP＝2m，PB＝2n，
在Rt△APB中，（2m）2+（2n）2＝AB2，
∴m2+n2＝
在Rt△APE中，（2m）2+n2＝（ ）2，
在Rt△BPF中，m2+（2n）2＝（ ）2，
∴5（ m2+n2）＝ ，
∴a2+b2＝5c2；
（3）解：如图4，连接CG，EF，过点F作FN∥BG交CG于点N，FG与AC交于点Q，
∵FN∥BG，BG⊥AC，
∴FN⊥AC， ，
∵F是BC的中点，
∴BC=2CF，
∴ ，
∴N是CG的中点，
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE＝FC，DE∥FC，
∵ED＝EG，
∴EG＝FC，EG∥FC，
∴四边形EFCG是平行四边形，
∴Q是FG的中点，
∴△FCG是中垂三角形，
∵AB＝4 ，BC＝2 ，
∴CG＝EF＝BD＝2 ，FC＝ ，
由（2）中结论可知：5FC2＝CG2+FG2，
即5×5＝（2 ）2+FG2，
∴GF＝ .
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；平行线分线段成比例；解直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】 (1)解：①如图1所示，连接EF，∵AF⊥BE，
∴∠APB＝∠APE＝∠BPF＝90°，
∵ ，
∴∠PAB＝45°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵AF，BE是△ABC的中线，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB.且 EF＝
AB，
∴ ，
∴PE＝PF＝2，
由勾股定理得：AE＝BF＝
＝
＝
，
∴AC＝BC＝2AE＝
，
∴ ，
故答案为：
；
；
②如图2连接EF，∵∠PAB＝30°，AB＝4，AF⊥BE，
∴BP＝
AB＝2，
∴AP＝
，
∵AF、BE是△ABC的中线，
∴EF∥AB.且 EF＝
AB，
∴ ，
∴PE＝
PB＝1，PF＝
AP＝
，
由勾股定理得：AE＝
＝
＝
，
BF＝
＝
＝
，
∴AC＝2AE＝2
，BC＝2BF＝2
，
故答案为： 2
，2
；
【分析】（1）①连接EF，由tan∠PAB＝1可求出△PAB、△PEF是等腰直角三角形，由AB=4
可求出PA=PB=4，易求EF是△ABC的中位线，可得EF∥AB，且 EF＝ AB，从而得出 ，继而求出PE=PF=2，由勾股定理得AE＝BF= ，即得AC＝BC＝2AE＝ ；②如图2连接EF，根据含30°角的直角三角形性质求出BP＝ AB＝2，AP＝2 ，易求EF是△ABC的中位线，同①可求出PE＝ PB＝1，PF＝ AP＝ ，由勾股定理求出AE、BF，继而求解；
（2） a2+b2＝5c2；证明：如图3，设 PF＝m，PE＝n，同（1）原理可得AP＝2m，PB＝2n，根据勾股定理即可求解；
（3） 如图4，连接CG，EF，过点F作FN∥BG交CG于点N，FG与AC交于点Q， 根据平行线分线段成比例及线段的中点可得 ， 再证四边形EFCG是平行四边形，由Q是FG的中点可得△FCG是中垂三角形， 再求出 CG＝EF＝BD＝2 ，FC＝ ，由（2）中结论可知：5FC2＝CG2+FG2，据此求出GF即可.
24．【答案】（1）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
又，
∴；
（2）解：；
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
（3）解：．
如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴．
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴．
∴．
∵是以CE为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
在中，，，
∴．
∴，解得．
∴．
∵，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得，最后根据特殊锐角三角函数值可得；
（2），过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得；
（3）过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DM∥CH，由旋转的性质得DB=DE，由等腰三角形的三线合一得BM=EM，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质得∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°，由含30°角直角三角形的性质可得FC=2FH，设BM=x，则BE=2x，由平行线分线段成比例定理得，从而可得BH=5x，EH=3x，FE=FC=2x，FH=x，则，在Rt△BHC中，由勾股定理建立方程可求出x的值，从而得到BE=4，从而可得答案.
1 / 1（培优卷）1.3解直角三角形-2023-2024年浙教版数学九年级下册同步测试
一、选择题（每题2分，共20分）
1．（2021·南岸模拟）如图，在纸片 中， ，折叠纸片，使点 落在 的中点 处，折痕为 ，则 的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；等腰三角形的性质；勾股定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：过点D作AB的垂线，垂足为G，
∵∠BAC=120°，
∴∠GAC=60°，
∴DG=ADsin∠GAC= AC·sin∠GAC= ×12× = ，
AG=ADcos∠GAC= AC·cos∠GAC= ×12× =3，
设AE=x，则BE=12-x=DE，
在Rt△DGE中， ，
即 ，
解得：x= ，
∴S△ADE= DE×AE= = ，
过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，
∴AN= AB=6，BN= ，
∴BC= ，
设DF=y，
则CF=BC-DE= = ，
DH=CD·sin∠C= ，CH=CD·cos∠C= ，
则有 ，即 ，
解得： ，
则S△DFC= ，
∴S△DEF= ×（S△ABC-S△DEA-S△DFC）
=
=
=
故选A．
【分析】过点D作AB的垂线，垂足为G，过D作CF的垂线，垂足为H，过A作BC的垂线，垂足为N，分别求出△DEA和△DFC的面积，利用S△DEF= ×（S△ABC-S△DEA-S△DFC）可得结果．
2．（2021·绿园模拟）如图，以O为圆心的圆与反比例函数 的图象交于 两点，已知点B的坐标为 ，则 的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】反比例函数的性质；弧长的计算；特殊角的三角函数值；解直角三角形
【解析】【解答】解：过B作BE⊥y轴于E，过A作AF⊥x轴于F，
∵以O为圆心的圆与反比例函数 的图象都是关于y=x直线成轴对称，
∴A、B两点关于y=x对称，
∵B ，
∴A ，
在Rt△OBE中，BE=1，OE= ，由勾股定理OB= ，
∴tan∠EOB= ，
∴∠EOB=30°，
在Rt△OAF中，AF=1，OF= ，
∴tan∠AOF= ，
∴∠AOF=30°，
∴∠BOA=90°-∠EOB- ∠AOF=90°-30°-30°=30°，
∴ ，
故答案为：D．
【分析】过B作BE⊥y轴于E，过A作AF⊥x轴于F，可得点A、B两点关于y=x对称，在Rt△OBE中利用勾股定理求出OB=2，利用特殊角三角函数值求出∠EOB=30°，∠AOF=30°，从而求出∠BOA=90°-∠EOB- ∠AOF=30°，利用弧长公式直接求值即可.
3．（2021·椒江模拟）一个矩形按如图1的方式分割成三个直角三角形，最小三角形的面积为S1，把较大两个三角形纸片按图2方式放置，图2中的阴影部分面积为S2，若S2＝2S1，则矩形的长宽之比（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；勾股定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，
设AB=a，BC=b，DE=c，
∴
∵S△ABC=S△ADC
∴
解之：；
∵∠EDC+∠DCE=90°，∠DCE+∠BCA=90°，
∴∠EDC=∠ACB即∠FDE=∠FED
∴DF=FE，tan∠EDC=tan∠BCA=
在Rt△DEC中，只有当点F为DC的中点时，才有EF=DF，
过点F作FG⊥DE于点G，
∴DE=2DG
在Rt△FDG中
FG=DGtan∠EDC=DEtan∠EDC=，
∴；
∵
∴；
∴
∴S2＝2S1，
，
∴
∴a2=4b2
∴
∴.
故答案为：A.
【分析】设AB=a，BC=b，DE=c，利用勾股定理表示出AC的长，根据S△ABC=S△ADC，可表示出c；再证明∠EDC=∠ACB，DF=FE，由此可表示出tan∠EDC和tan∠BCA；在Rt△DEC中，只有当点F为DC的中点时，才有EF=DF，过点F作FG⊥DE于点G，利用等腰三角形的性质可证得DE=2DG，利用解直角三角形表示出FG、CE的长，利用三角形的面积公式表示出s1，s2，根据S2＝2S1，建立关于a，b的方程，将方程进行整理可得到a与b的比值.
4．（2023·温州）如图，四边形ABCD内接于.若，则的度数与BC的长分别为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：如图，连接OB、OC，设AC与BD相交于点E，过点O作OF⊥AD于点F，
∵BC∥AD，
∴∠CBD=∠ADB，
∵∠CBD=∠CAD，
∴∠CAD=∠BDA，
∵AC⊥BD，
∴AED=90°，
∴∠CAD=∠BDA=45°，
∵∠AOD=120°，OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA=30°，
∴∠CAO=∠CAD-∠OAD=15°；
∵∠AOB=2∠ADB=90°，∠COD=2∠CAD=90°，
∴∠BOC=360°-120°-90°-90°=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴BC=OB；
∵△OAD中，OA=OD，OF⊥AD，
∴AF=，
∴AO=，
∴BC=OB=OA=1.
故答案为：C.
【分析】由平行线的性质、圆周角定理及三角形的内角和定理可推出∠CAD=∠BDA=45°，进而根据三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可得∠OAD=∠ODA=30°，从而由角的和差可算出交CAO的度数；由圆周角定理得∠AOB=2∠ADB=90°，∠COD=2∠CAD=90°，由周角可得∠BOC=60°，得到△OBC是等边三角形，则BC=OB，由等腰三角形的三线合一可求出AF的长，最后根据∠OAF的余弦函数可求出AO的长，从而此题得解.
5．（2023·金东模拟）如图，在正六边形ABCDEF中，，点O在对角线AD上，，以O为圆心，OB为半径画弧，分别交AB，AF于点M，N．则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；圆内接正多边形；弧长的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接OM、ON，过点B作BH⊥AO，垂足为H，
在正六边形ABCDEF中 ，∠BAF=120°，∴∠OAB=∠OAF=60°，
∵， ∴∠BOA=∠AOF=45°，
∴∠ABO=∠AFO=180°-60°-45°=75°，
∵OB=OM=OF=ON，∴∠MBO=∠BMO=∠ONF=∠OFN=75°，
∴∠BOM=∠NOF=30°，∴MON=∠BOF-∠BOM-∠NOF=30°，
在Rt△ABH中，∠HAB=60°，AB=BC=2，
∴BH=AB=，
在Rt△OBH中，∠BOA=45°，∴OM=BH=，
∴的长=；
故答案为：D.
【分析】连接OM、ON，过点B作BH⊥AO，垂足为H，由正六边形的性质及垂直的定义可求出∠OAB=∠OAF=60°，∠BOA=∠AOF=45°，利用三角形的内角和求出∠ABO=∠AFO=75°，由等腰三角形的性质及三角形内角和可得∠BOM=∠NOF=30°，从而得出MON=30°，利用解直角三角形先求出BH=AB=，再求出OM=BH=，最后利用弧长公式计算即可.
6．（2023·瑞安模拟）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，连接，交于点P，过点P作于点R.若，，则的值为（　　）
A．10 B．11 C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；解直角三角形；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点E作交的延长线于点T，设与交于点Q，
四边形是正方形，是直角三角形，
，，
，，
，
，
，，
设，，则，
，
，
，
由勾股定理得，，即，
，
解得，
，
，
，
，
，四边形是正方形，
，，
，
，
，
故答案为：B.
【分析】过点E作ET⊥AH交AH的延长线于点T，设PR与AH交于点Q，利用正方形的性质可证得AE=AC，∠ETA=∠ABC=90°，利用余角的性质可证得∠EAT=∠ACB，利用AAS证明△ETA≌△ABC，利用全等三角形的对应边相等，可证得ET=AB，TA=BC；设BC=a，AB=b，可表示出TH的长；再利用解直角三角形，可证得b=2a，再利用勾股定理求出a的值，即可求出AH的长；再证明∠PAH=∠PHA，利用正方形的性质可求出QR、AQ的长；然后利用解直角三角形求出PQ的长，根据PR=PQ+QR，代入计算求出PR的长.
7．（2019·杭州）如图，一块矩形木板ABCD斜靠在墙边（OC⊥OB，点A，B，C，D，O在同一平面内）.已知AB=a，AD=b，∠BCO=x，则点A到OC的距离等于（　　）
A．asinx+bsinx B．acosx+bcosx C．asinx+bcosx. D．acosx+bsinx
【答案】D
【知识点】解直角三角形的应用
【解析】【解答】解：作AG⊥OC交OC于点G，交BC于点H，如图，
∵四边形ABCD为矩形，AD=b，
∴∠ABH=90°，AD=BC=b，
∵OB⊥OC，
∴∠O=90°，
又∵∠HCG+∠GHC=90°，∠AHB+∠BAH=90°，∠GHC=∠AHB，∠BC0=x，
∴∠HCG=∠BAH=x，
在Rt△ABH中，
∵cos∠BAH=cosx= ，AB=a，
∴AH= ，
∵tan∠BAH=tanx= ，
∴BH=a·tanx，
∴CH=BC-BH=b-a·tanx，
在Rt△CGH中，
∵sin∠HCG=sinx= ，
∴GH=（b-a·tanx）·sinx=bsinx-atanxsinx，
∴AG=AH+HG= +bsinx-atanxsinx，
= +bsinx- ，
=bsinx+acosx.
故答案为：D.
【分析】作AG⊥OC交OC于点G，交BC于点H，由矩形性质得∠ABH=90°，AD=BC=b，根据等角的余角相等得∠HCG=∠BAH=x，在Rt△ABH中，根据锐角三角函数余弦定义cosx= 得AH= ，根据锐角三角函数正切定义tanx= 得BH=a·tanx，从而可得CH长，在Rt△CGH中，根据锐角三角函数正弦定义sinx= 得GH=bsinx-atanxsinx，由AG=AH+HG计算即可得出答案.
8．（2023·合川九上期末）如图，为了测量某建筑物 的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡行走100米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米到点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为59°，建筑物底端B的俯角为，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡的坡度 .根据以上数据，计算出建筑物BC的高度约为（结果精确到1.参考数据：，，）（　　）
A．158米 B．161米 C．159米 D．160米
【答案】D
【知识点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：如图：过点D作于点F，过点E作于点G，过点E作于点H
∵斜坡的坡度
∴可设，
∵在中，，
∴
∵在中，
∵在中，
故答案为：D.
【分析】过点D作DF⊥AB于点F，过点E作EG⊥AB于点G，过点E作EH⊥BC于点H，根据坡度可设DF=x，AF=x，在Rt△ADF中，根据勾股定理可得x的值，根据等腰直角三角形的性质可得EH=BH，由三角函数的概念可得CH，然后根据CB=CH+BH进行计算.
9．（2021·天桥模拟）小明使用测角仪在甲楼底端A处测得熊猫C处的仰角为53°，在甲楼B处测得熊猫C处的仰角 已知AB＝4.5米，则熊猫C处距离地面AD的高度为（　　）（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
A．13.6 B．18.1 C．17.3 D．16.8
【答案】B
【知识点】特殊角的三角函数值；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
由题意可知：
∵∠CBE=45°，∠CAD=53°，AB=4.5米，
∵∠ABE=∠BED=∠ADE=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD，DE=AB=4.5米，
设CE=x米，则CD=BC+BD=（x+4.5）米，
在Rt△CEB中，BE= =x米，
在Rt△ADC中，CD=AD tan53°，
即x+4.5=x tan53°，
∴x≈13.64，
∴CE=13.64（米），
∴CD=CE+DE=13.64+4.5=18.14≈18.1（米）．
答：熊猫C处距离地面AD的高度为18.1米．
故答案为：B．
【分析】过点B作BE⊥CD于点E，根据已知条件求出BE=AD，设CE=x，则，CD=BC+BD=x+4.5，根据锐角三角函数求出x的值，即可得出CD的值。
10．（2021九上·杭州月考）如图，建筑工地划出了三角形安全区，一人从点出发，沿北偏东53°方向走50m到达C点，另一人从B点出发沿北偏西53°方向走100m到达C点，则点A与点B相距（　　）
A． B． C． D．130m
【答案】B
【知识点】解直角三角形的应用﹣方向角问题
【解析】【解答】解：如图，设经过A点的东西方向线与经过B点的南北方向线相交于点D，过C作CF⊥AD，CE∥AD，BE∥AG，
∴∠CEB＝90°，∠GAC＝∠ACF＝∠EBC＝∠BCF＝53°，AC＝50，BC＝100，四边形CEDF是矩形，
∴DE＝CF，DF＝CE，
在Rt△ACF中，tan∠ACF＝＝tan53°，
在Rt△BCE中，tan∠EBC＝＝tan53°，
∵tan53°≈，
∴＝＝，
∴AF＝CF，CE＝BE，
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2，
∴CF2+（CF）2＝502，
解得CF＝DE＝30，AF＝×30＝40，
在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，
∴BE2+（BE）2＝1002，
解得BE＝60，CE＝DF＝×60＝80，
∴AD＝AF+DF＝120，BD＝BE﹣DE＝30，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2，
∴AB＝＝30.
故答案为：B.
【分析】如图，设经过A点的东西方向线与经过B点的南北方向线相交于点D，过C作CF⊥AD，CE∥AD，BE∥AG，可得∠CEB＝90°，∠GAC＝∠ACF＝∠EBC＝∠BCF＝53°，AC＝50，BC＝100，DE＝CF，DF＝CE，在Rt△ACF中，tan∠ACF＝＝tan53°，在Rt△BCE中，tan∠EBC＝＝tan53°，从而得出＝＝，即得AF＝CF，CE＝BE，在Rt△ACF中利用勾股定理求出CF＝DE＝30，AF＝40，在Rt△BCE中利用勾股定理求出BE＝60，CE＝DF＝80，从而求出AD及BD的长，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出AB即可.
二、填空题（每空3分，共33分）
11．（2023九上·宁波期末）如图，在正方形中，点E在上，，连接，取中点F，过F作且使得，连接并延长，将绕点C旋转到，当，，三点共线且时，　 　.
【答案】
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，过G作GT⊥BC于T交CE于R，过G作GQ⊥AB于Q，交DC于N，连接EG，
∵CE中点为F， ，，
∴，，
设，
∵正方形ABCD中， ，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
由辅助线可得：四边形GTCN为矩形，
∴，，
由，
∴，，
∴，
过C作CS⊥GG'于S，
由，
同理可得：，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
过K作KV⊥CG'于V，
由旋转可得：，
∴设，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴.
故答案为：.
【分析】过点G作GT⊥BC于点T，交CE于点R，过G作GQ⊥AB于Q，交DC于N，连接EG，易得GE=GC，EF=FC=GF，设BE=a，由正方形性质得AE=3a，AB=BC=CD=AD=4a，则，，，，判断出∠FGR=∠RCT，得，进而找出AQ=QE，得，由矩形性质及正切三角函数定义，勾股定理得，，过C作CS⊥GG'于S，由∠GJN=∠CJS，同理得，，由等边对等角得∠CGG'=∠CG'G，由正切函数的定义得，过点K作KV⊥CG'，垂足为V，由旋转性质可得∠F'CG=∠FCG=45°，推出，进而就不难求出答案了.
12．（2022九上·金华月考）如图1，是一幅椅子和花架相互转化的实物图．放置在水平地面上的椅子示意图如图2所示，在矩形ABCD中，点E在BC上，点F，G在CD上，G是CF的中点，隔板FH∥GI∥BC，分别交DE于点H，I，现将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°得到一个花架，如图3所示，此时点J落在地面上的点J'处，点C，H的对应点分别为点C'，H'，已知AB＝46cm，BC＝37cm，BE＝14cm，则点J离地面的距离是 　 　cm；若点J'，C'，H'在同一直线上，tan∠AJ'C'＝6，则隔板GI的长是 　 　cm．
【答案】92；
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接C′H′，交I′C′于点P，过点C′作C′Q⊥DJ′于点Q，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C′BA=∠BAQ=∠AQC′=90°，
∴四边形ABC′Q是矩形，
∴AB=C′Q=46cm；
∵现将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°得到一个花架，如图3所示，此时点J落在地面上的点J'处，
∴点J和点J′关于点E成中心对称，
∴点J到BC的距离等于点J′到BC的距离就是C′Q的长，
∴点J到地面的距离为46×2=92cm；
∵BC＝37cm，BE＝14cm，
∴EC′=CE=BC-BE=37-14=23cm，
∴BC′=EC′-BE=23-14=9cm，
∵四边形ABCD和四边形ABC′Q是矩形，
∴AQ=BC′=9cm，
在Rt△C′QJ′中， ，
解之：
∴∴DJ′=AD+AQ+QJ′=37+9+=，
设△HEC′中EC′边上的高为h，
由题意可知h=C′F′
∵EC′∥AD，
∴△HEC′∽△HDJ′，
∴
解之：C′F′=h=；
∵H′F′∥QJ′，
∴∠F′H′C′=∠C′J′Q，
∴
解之：；
∵点G为CF的中点，
∴点G′为C′F′的中点，
∴PG′，PI′分别是△C′F′H′，△H′EC′的中位线，
∴PG′=H′F′=；
∴PI′=EC′=，
∴GI=G′I′=G′P+PI′=
故答案为：92，
【分析】连接C′H′，交I′C′于点P，过点C′作C′Q⊥DJ′于点Q，利用矩形的性质及垂直的定义可证得∠C′BA=∠BAQ=∠AQC′=90°，可推出四边形ABC′Q是矩形，可求出C′Q的长；再利用旋转的性质可知点J和点J′关于点E成中心对称，可知点J到BC的距离等于点J′到BC的距离就是C′Q的长，由此可得到点J离地面的距离；利用已知条件可求出EC′，BC′的长，利用矩形的性质可得到BC′的长，利用解直角三角形求出QJ′，DJ′的长；设△HEC′中EC′边上的高为h，由题意可知h=C′F′，利用由平行可证得△HEC′∽△HDJ′，利用相似三角形的对应边的比等于对应边上的高之比，可求出C′F′的长；再利用平行线的性质证明∠F′H′C′=∠C′J′Q，利用解直角三角形求出H′F′的长；同时可证得PG′，PI′分别是△C′F′H′，△H′EC′的中位线，利用三角形的中位线定理求出PG′，PI′的长，然后根据GI=G′I′=G′P+PI′，代入计算求出IG的长.
13．（2022九上·金华期中）飞机导航系统的正常工作离不开人造卫星的信号传输（如图1）．五颗同轨道同步卫星，其位置，，，，，如图2所示．是它们的运行轨道，弧度数为，点到点和点的距离相等，于，交于，交于，连结，，已知一架飞机从飞到的直线距离为4千公里，则轨道的半径为　 　千公里，当时，则线段，的长度之和为　 　 千公里.
【答案】；
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；圆周角定理；解直角三角形
【解析】【解答】解：连接BC，AB，OA，OB，OC，MN，AC，AC与OB的交点记为点P，
∵点B到点C和点A的距离相等，
∴BC=AB，
∴，
∴∠AOB=∠BOC
∵弧AC度数为120°，
∴∠AOB=∠BOC=60°，∠AOC=120°，
∵OA=OB=OC，
∴△COB和△AOB都是等边三角形，
∴OC＝BC＝BA＝OA，
∴四边形OCBA为菱形，
∴AC⊥OB，∠BCP＝∠BAP＝30°，OP＝BP，CP＝AP，
∵，
∴∠CDA＝∠AEH＝60°．
∵BC＝BA，
∴∠CDB＝∠ADB＝30°，
∵BD⊥CE，
∴∠DHC＝60°＝∠AHE，
∴△HDC，△AHE为等边三角形，
∴CM＝MH，
同理可证∠AEB＝∠CEB＝30°，则∠HNE＝90°，
∴HN＝AN，
∴MN是△AHC的中位线，
∴AC＝2MN＝8，
∴CP＝AP＝4，
在Rt△BCP中，∠BCP=30°，
∴即，
解之：，
∴OB=2BP=；
过C作CQ⊥AD于Q，
设CM＝HM＝x，HN＝AN＝y，则HE=2y，DH=2x，
在Rt△BME中，
，
在Rt△BDN中，
，
∴，
∴，
∵BE：BD=5：7，
∴
解之：x=3y，
同理，
在Rt△ACQ中
CQ2+AQ2=AC2，
∴，
∴
解之：（取正）
∴x=，
∴.
故答案为：，
【分析】连接BC，AB，OA，OB，OC，MN，AC，AC与OB的交点记为点P，利用已知可证得，利用等弧所对的圆心角相等可得到∠AOB=∠BOC，由此可求出∠AOB=∠BOC=60°，∠AOC=120°，易证△COB和△AOB都是等边三角形，利用等边三角形的性质去证明四边形OCBA为菱形，利用菱形的性质可推出AC⊥OB，∠BCP＝∠BAP＝30°，OP＝BP，CP＝AP，同时可求出∠CDB＝∠ADB＝30°；利用同弧所对的圆周角相等，可求出∠AEH=60°，再证明△HDC，△AHE为等边三角形，利用等边三角形的性质可证得CM=MH，同时可证得MN是△AHC的中位线，可求出AC、CP、AP的长；在Rt△BCP中，利用解直角三角形求出BP的长，即可求出圆的半径；过C作CQ⊥AD于Q，设CM＝HM＝x，HN＝AN＝y，则HE=2y，DH=2x，利用解直角三角形分别表示出BM、BN、DM、BE的长，根据BE：BD=5：7，可得到关于x，y的方程，解方程可得到x=3y，再表示出CQ，HQ，在Rt△ACQ中，利用勾股定理可得到关于y的方程，解方程求出y的值，可得到x的值；然后代入求出AE+CD的长.
14．（2023九下·衢江月考）衢州儿童公园有摩天轮，水上乐园等娱乐设施，其中的摩天轮半径为20米，水上乐园的最高处到地面的距离为32米；如图，当摩天轮的座舱A旋转至与水上乐园最高处高度相同时，地面某观测点P与座舱A，摩天轮圆心O恰好在同一条直线上，此时测得，则的距离为　 　米；此时另一座舱B位于摩天轮最低点，摩天轮旋转一周要12分钟，若摩天轮继续逆时针旋转一周，当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，经过了　 　分钟.
【答案】；或
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：作AE⊥PC于E，作OF⊥AE于F，
易得四边形OCEF是矩形，，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴；
如图，连接AC，
∵，，
∴，
∵，
∴，
当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，分两种情况，
①当A在B的左侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于F，A移动到A1处，B移动到了B1处，，
由旋转不变性知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴从A移动到A1处，用了（周），
∴经过了（分钟）；
②当A在B的右侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于G，A移动到A2处，B移动到了B2处，，
由旋转不变性知，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴从A移动到A2处，用了（周），
∴经过了（分钟）；
综上，当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，经过了或分钟.
故答案为：；或.
【分析】过点A作AE⊥PC于点E，过点O作OF⊥AE于点F，易得四边形OCEF是矩形，由矩形的性质得OF∥CE，OF=CE，由二直线平行，同位角相等得∠AOF=∠APC=30°，进而根据∠AOF的余弦函数可求出OF，由∠APC的正切函数可求出PE，进而由PC=PE-CE计算即可；连接AC，由三角形的内角和定理得∠POC=60°，由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半及等边对等角得∠OAB=∠OBA=30°；当从座舱A观测座舱B的俯角为45°时，分两种情况，①当A在B的左侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于F，A移动到A1处，B移动到了B1处，∠FA1B1=45°，由旋转性质得∠OA1B1=45°，根据角的和差算出∠OA1F=75°，由平行线的性质得∠MFP=30°，根据三角形内角和定理得∠AOA1=75°，从而即可求出从A移动到A1处旋转的时间；②当A在B的右侧时，如图，MF为水平线，延长PA交MF于G，A移动到A2处，B移动到了B2处，得∠MA2B2=45°，由旋转性质得∠OA2B2=30°，由∠ 的和差算出∠MA2O的度数，进而根据平行线的性质得∠AGA2的度数，最后根据三角形外角性质可算出∠AOA2的度数，从而即可求出从A移动到A2处旋转的时间，综上即可得出答案.
15．（2022·龙湾模拟）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；
【知识点】平行线的性质；相似三角形的性质；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【解答】解：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.
【分析】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=6米，易得四边形HGRI为矩形，从而得HR∥GI∥BD，HR=GI=BD=6米，由平行线性质得∠DFR=∠DPI=α=26.7°，再由=tan26.7°=0.5，设DR=x，则RF=2x，进而表示RE=2（x-1）米，在Rt△DRE中，DE=5米，由勾股定理得x2+[2（x-1）]2=25，求得DR=3米，RE=4米，从而求出HE=10米，再由某时刻甲塔顶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 ，利用相似性质可得2：1=AH：HE，求得AH=20米，进而求得塔高AB的长即可；连接AT，过点T作TK∥MN交AB于点K，由tan26.7°==0.5，得IP=6+2RI，结合PQ=10米，表示出GQ=22+2RI，AG=20+RI，再由tan36.8°==0.75，即=，解得RI=7米，从而得GQ=36米，AG=27米，在Rt△TNP中，∠TPN=α=26.7°得PN=2TN，在Rt△TQN中，∠AQN=β =36.8°，得QN=TN，从而得PQ=10=PN-QN=2TN-TN，解得TN=15米，QN=20米，从而求出KT=56米，AK=12米，再在Rt△AKT中，利用勾股定理求得AT的长即可.
16．（2023·鹿城模拟）一款闭门器按如图1所示安装，支点A，C分别固定在门框和门板上，门宽，摇臂，连杆，闭门器工作时，摇臂、连杆和长度均固定不变.如图2，当门闭合时，，则的长为　 　cm.如图3，门板绕点O旋转，当时，点D到门框的距离，则的长为　 　cm.
【答案】18；8
【知识点】勾股定理；解直角三角形的应用
【解析】【解答】解：过A作AE⊥BC，E为垂足，
，
，
，
，
，
，
；
如图，连接AC，作CF⊥AK，F为垂足，E为C的对应点，
，
，
，
，
设，则，
，
由题空1得：，，
，
又
，
，
即：，
整理得：，
解得：，（舍去），
.
故答案为：18，8.
【分析】过A作AE⊥BC，E为垂足，由∠B的正弦函数的定义可求出AE的长，进而用勾股定理算出BE的长，由线段的和差算出CE的长，再根据勾股定理算出AC的长；连接AC，作CF⊥AK，F为垂足，E为C的对应点，由平行线分线段成比例定理得，设OC=13x，则CF=12x，用勾股定理表示出OF，进而表示出AF，再用勾股定理算出AC，最后根据勾股定理建立方程可求出x，从而即可得出OC的长.
三、解答题（共8题，共67分）
17．（2023·自贡）为测量学校后山高度，数学兴趣小组活动过程如下：
（1）测量坡角
如图1，后山一侧有三段相对平直的山坡，山的高度即为三段坡面的铅直高度之和，坡面的长度可以直接测量得到，要求山坡高度还需要知道坡角大小．
如图2，同学们将两根直杆的一端放在坡面起始端A处，直杆沿坡面方向放置，在直杆另一端N用细线系小重物G，当直杆与铅垂线重合时，测得两杆夹角的度数，由此可得山坡AB坡角的度数．请直接写出之间的数量关系．
（2）测量山高
同学们测得山坡的坡长依次为40米，50米，40米，坡角依次为；为求，小熠同学在作业本上画了一个含角的（如图3），量得．求山高．（，结果精确到1米）
（3）测量改进
由于测量工作量较大，同学们围绕如何优化测量进行了深入探究，有了以下新的测量方法．
如图4，5，在学校操场上，将直杆NP置于的顶端，当与铅垂线重合时，转动直杆，使点N，P，D共线，测得的度数，从而得到山顶仰角，向后山方向前进40米，采用相同方式，测得山顶仰角；画一个含的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为厘米，厘米，再画一个含的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为厘米，厘米．已知杆高MN为米，求山高．（结果用不含的字母表示）
【答案】（1）解：由题意得，
∴；
（2）解：在中，．
∴，
在中，，米，
∴(米)，
在中，，米，
∴(米)，
在中，，米，
∴(米)，
∴山高(米)，
答：山高为69米；
（3）解：如图，由题意得，，
设山高，则，
在中，，，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
解得，山高
答：山高的高为米．
【知识点】锐角三角函数的定义；解直角三角形
【解析】【分析】（1）直接根据题意即可求解；
（2）先运用锐角三角函数的定义得到，再分别解直角三角形即可求解；
（3）先根据题意得到，，设山高，则，再结合题意分别求出，，进而根据即可求解。
18．（2023·金华模拟）如图，在中，，.点D是直线上一动点.过点D作，满足点E在上方，，以、为邻边作.
（1）求的长以及点C到的距离；
（2）设线段与边交于点M，线段与边交于点N.当时，求的长；
（3）连接，沿直线分割，当分割的两部分可以拼成一个不重叠无缝隙的三角形时，求的长.
【答案】（1）解：∵，，
∴.
设点C到的距离为h，根据题意，得
，
∴，
解得，
故点C到的距离为.
（2）解：过点N作于点G，交于点H，
∵，，，，
∴，
∴.
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，，，
∴.
∵，，
∴，
∵，
设，则，
∴.
∵四边形是矩形，
∴.
∵，
∴，
解得.
∴.
（3）解：当与底边的高重合时，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
故只需将绕点D顺时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
∵，，
∴，
∴.
∵，
∴.
设，则，
∴，
解得，
故；
当经过的中点M时，
延长交于点N，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故只需将绕点M逆时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
过点C作于点G，
∵，，
∴，
∴.
∴，
解得.
∵，
∴.
设，则，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
解得，
故；
当与 重合时，延长二线交于点M，
∵，，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故只需将绕点N逆时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
故；
当，且当经过的中点M时，
延长交于点N，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
故只需将绕点M逆时针旋转就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，
过点C作于点G，
∵，，
∴，
∴.
∴，
解得.
∵，
∴.
∴，
∴，
解得；
综上所述，的长或或或.
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；勾股定理；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【分析】（1）用勾股定理直接算出AB的长，进而根据等面积法可求出C到AB的距离；
（2） 过点N作NG⊥EF于点G，交AB于点H，由锐角三角函数的定义得 ， 根据平行四边形的性质得AD=EF，AD∥EF，进而利用平行线的性质、已知、平行四边形的性质及等角对等边得MN=FN=5，DN=BN，由锐角三角函数定义得，则NG=3，FG=4，由等腰三角形性质得FG=MG，DH=BH，由等角的同名三角函数值相等得 ，设AD=4t，EF=4t，DE=3t，则EG=4t-4，由矩形性质得EG=DH=BH=4t-4，进而根据AD+BD=AB=10建立方程，求解得t，从而求出BD的长；
（3） 当CD与rt△ABC底边AB的高重合时，先用SAS判断出△ADE≌△FED， 故只需将Rt△FED绕点D顺时针旋转180°就拼成一个不重叠无缝隙的三角形， 由等角同名三角函数值相等得 ，设AD=4t，则BD=AB-AD=10-4t，根据 可求出4t，从而得出AD的长； 当CD经过EF的中点M时， 延长AE交CD于点N，用AAS判断出△ENM≌△FDM， 故只需将△FDM绕点M逆时针旋转180°就拼成一个不重叠无缝隙的三角形， 过点C作CG⊥AB于点G， 根据锐角三角函数的定义得 ，进而得 ， 求解可得CG、AG的长，由等角的同名三角函数值相等得 ，设AD=4t，则DE=3t，EM=FM=2t，DG=，则 ， ，据此建立方程可求出4t，从而得到AD； 当DE与 BE重合时，延长EF、BC交于M，利用AAS证△ENM≌△AND， 故只需将△AND绕点N逆时针旋转180°就拼成一个不重叠无缝隙的三角形，得AD=AB=10； 当AE∥BC，且当CD经过AE的中点M时， 延长FE交CD于点N， 用AAS证△ENM≌△ADM， 故只需将△ADM绕点M逆时针旋转180就拼成一个不重叠无缝隙的三角形， 过点C作CG⊥AB于点G，由锐角三角函数定义得 ，则 ， 据此可求出CG、AG的长，进而得 ，由等角的同名三角函数值相等得 ，据此建立方程，求解可得AD的长，综上即可得出答案.
19．（2023九下·兴化月考）如图，光从空气斜射入水中，入射光线射到水池的水面点后折射光线射到池底点处，入射角，折射角；入射光线射到水池的水面点后折射光线射到池底点处，入射角，折射角，、为法线入射光线、和折射光线、及法线、都在同一平面内，点到直线的距离为米．
（1）求的长；结果保留根号
（2）如果米，求水池的深参考数据：取，取，取，取，取，取，取，取
【答案】（1）解：作，交的延长线于点，
则，
，，
，，
，，
米，
米，米，
米，
即的长为米；
（2）解：设水池的深为米，则米，
由题意可知：，米，
米，米，
，
，
解得，
即水池的深约为米．
【知识点】解直角三角形的应用
【解析】【分析】（1）过A作AF⊥BC，交CB的延长线于点F，由平行线的判定可得AF∥MN∥M N ，由平行线的性质可得∠ABM=∠BAF，∠ACM =∠CAF，在Rt ABF中，由锐角三角函数tan∠BAF=可求得BF的值，同理在Rt ACF中，可求得CF的值；然后由线段的构成BC=CF-BF可求解；
（2）设水池的深为米，则米，在Rt BND和Rt CEN 中，由锐角三角函数可求得DN和N E的值，根据线段的构成DN+DE=BC+N E可得关于x的方程，解方程可求解.
20．（2022·定海模拟）为了监控危险路段的车辆行驶情况，通常会设置电子眼进行区间测速.如图电子眼位于点P处，离地面的铅垂高度PQ为11米；离坡AB的最短距离是11.2米，坡AB的坡比为3：4；电子眼照射在A 处时，电子眼的俯角为30°，电子眼照射在坡角点B处时，电子眼的俯角为70°.（A、B、P、Q在同一平面内）
（1）求路段BQ的长；（sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
（2）求路段AB的长；（≈1.7，结果保留整数）
（3）如图的这辆车看成矩形KLNM，车高2米，当PA过M点时开始测速，PB过M点时结束测速，若在这个测速路段车辆所用的时间是1.5秒.该路段限速5米/秒，计算说明该车是否超速？
【答案】（1）解：电子眼照射在坡角点B处时的俯角为70°，
，
，
，
，
即路段BQ的长为4米.
（2）解：如图，过点A作，垂足为E，
过点A作QB的垂线段，交QB的延长线于点G，
坡AB的坡比为3：4
设，，
在中，根据勾股定理，
，
，
，
，
电子眼照射在A 处时俯角为30°，
在中，
，
，
即
解得，
即路段AB的长为8米.
（3）解：过点P作，垂足为D，
在中，
，
在中，
，
，
，
又，
，
车辆测速区间，
该车不超速.
【知识点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题；解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】（1）易得∠QPB=20°，∠PBQ=70°，然后根据∠PBQ的正切三角函数的概念就可求出BQ；
（2）过点A作AE⊥PQ，垂足为E，过点A作QB的垂线段，交QB的延长线于点G，根据坡AB的坡比可设BG=4x，AG=3x，由勾股定理可得AB=5x，则AE=QG=4x+4，EQ=AG=3x，PE=11-3x，根据∠APE的正切三角函数的概念可得AE，据此求出x，进而可得AB；
（3）过点P作PD⊥AB，垂足为D，利用勾股定理可得PB、BD，由AD=AB-BD可得AD，根据∠PAD及∠ABD的正切三角函数的概念得AK、BK，由车辆测速区间s=AB-AK-BK求出s，然后求出v的值，接下来与5进行比较即可判断.
21．（2022·冠县模拟）如图，某无人机爱好者在一小区外放飞无人机，当无人机飞行到一定高度D点处时，无人机测得操控者A的俯角为，测得小区楼房顶端点C处的俯角为．已知操控者A和小区楼房之间的距离为45米，小区楼房的高度为米．
（1）求此时无人机的高度；
（2）在（1）条件下，若无人机保持现有高度沿平行于的方向，并以5米/秒的速度继续向前匀速飞行．问：经过多少秒时，无人机刚好离开了操控者的视线？（假定点A，B，C，D都在同一平面内．参考数据：，．计算结果保留根号）
【答案】（1）解：如图1，过D点作DH⊥AB，垂足为点H，过C点作CE⊥DH，垂足为点E，
可知四边形EHBC为矩形，
∴EH=CB，CE=HB，
∵无人机测得小区楼房顶端点C处的俯角为，测得操控者A的俯角为，DM∥AB，
∴∠ECD=45°，∠DAB=75°，
∴∠CDE=∠ECD=45°，
∴CE=DE，
设CE=DE=HB=x，
∴AH=45-x，DH=DE+EH=x+，
在Rt△DAH中，DH=tan75°×AH=，
即，
解得：x=30，
∴DH=
∴此时无人机的高度为米；
（2）解：如图2所示，当无人机飞行到图中F点处时，操控者开始看不见无人机，此时AF刚好经过点C，
过A点作AG⊥DF，垂足为点G，此时，由（1）知，AG=（米），
∴；
∵，
∴
∵DF∥AB，
∴∠DFA=∠CAB=30°，
∴，
∴，
因为无人机速度为5米/秒，
所以所需时间为（秒）；
所以经过秒时，无人机刚好离开了操控者的视线．
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】（1）过D点作DH⊥AB，垂足为点H，过C点作CE⊥DH，垂足为点E，设CE=DE=HB=x，则AH=45-x，DH=DE+EH=x+，再根据题意列出方程求出x的值即可；
（2）过A点作AG⊥DF，垂足为点G，先利用锐角三角函数和线段的和差求出，再利用时间=路程÷速度可得答案。
22．（2020·铁岭模拟）小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4.已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm.
（1）求∠CAO＇的度数.
（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？
（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？
【答案】（1）解：∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，
∴sin∠CAO′= ，
∴∠CAO′=30°；
（2）解：过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD= ，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24× =12 ，∵O′C⊥OA，∠CAO′=30°，
∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，
∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12 =36﹣12 ，
∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12 ）cm；
（3）解：显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，
理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，
∴∠EO′F=120°，
∴∠FO′A=∠CAO′=30°，
∵∠AO′B′=120°，
∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.
【知识点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；旋转的性质
【解析】【分析】（1）利用正弦函数的定义及特殊锐角三角函数值即可得出答案；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24× =12 ，由C、O′、B′三点共线可得结果；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°.
23．（2022九下·衢州开学考）爱好思考的小实在探究两条直线的位置关系查阅资料时发现，两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”，如图1、图2、图3中，AF、BE是△ABC的中线，AF⊥BE于点P，像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”，设BC＝a，AC＝b，AB＝c.
（1）【特例探究】
①如图1，当tan∠PAB＝1， 时，a＝　 　，b＝　 　.
②如图2，当∠PAB＝30°，c＝4时，a＝　 　，b＝　 　.
（2）【归纳证明】
请你观察（1）中的计算结果，猜想 、 、 三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你的结论.
（3）【拓展证明】
如图4，在△ABC中， ， ，D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，连结DE并延长至点G，使得GE＝DE，连结BG.若BG⊥AC于点M时，求GF的长.
【答案】（1）；；；
（2）解：猜想：a2、b2、c2三者之间的关系是：a2+b2＝5c2，
证明：如图3，设 PF＝m，PE＝n
同（1）原理可得：AP＝2m，PB＝2n，
在Rt△APB中，（2m）2+（2n）2＝AB2，
∴m2+n2＝
在Rt△APE中，（2m）2+n2＝（ ）2，
在Rt△BPF中，m2+（2n）2＝（ ）2，
∴5（ m2+n2）＝ ，
∴a2+b2＝5c2；
（3）解：如图4，连接CG，EF，过点F作FN∥BG交CG于点N，FG与AC交于点Q，
∵FN∥BG，BG⊥AC，
∴FN⊥AC， ，
∵F是BC的中点，
∴BC=2CF，
∴ ，
∴N是CG的中点，
∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE＝FC，DE∥FC，
∵ED＝EG，
∴EG＝FC，EG∥FC，
∴四边形EFCG是平行四边形，
∴Q是FG的中点，
∴△FCG是中垂三角形，
∵AB＝4 ，BC＝2 ，
∴CG＝EF＝BD＝2 ，FC＝ ，
由（2）中结论可知：5FC2＝CG2+FG2，
即5×5＝（2 ）2+FG2，
∴GF＝ .
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；平行线分线段成比例；解直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【解答】 (1)解：①如图1所示，连接EF，∵AF⊥BE，
∴∠APB＝∠APE＝∠BPF＝90°，
∵ ，
∴∠PAB＝45°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵AF，BE是△ABC的中线，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB.且 EF＝
AB，
∴ ，
∴PE＝PF＝2，
由勾股定理得：AE＝BF＝
＝
＝
，
∴AC＝BC＝2AE＝
，
∴ ，
故答案为：
；
；
②如图2连接EF，∵∠PAB＝30°，AB＝4，AF⊥BE，
∴BP＝
AB＝2，
∴AP＝
，
∵AF、BE是△ABC的中线，
∴EF∥AB.且 EF＝
AB，
∴ ，
∴PE＝
PB＝1，PF＝
AP＝
，
由勾股定理得：AE＝
＝
＝
，
BF＝
＝
＝
，
∴AC＝2AE＝2
，BC＝2BF＝2
，
故答案为： 2
，2
；
【分析】（1）①连接EF，由tan∠PAB＝1可求出△PAB、△PEF是等腰直角三角形，由AB=4
可求出PA=PB=4，易求EF是△ABC的中位线，可得EF∥AB，且 EF＝ AB，从而得出 ，继而求出PE=PF=2，由勾股定理得AE＝BF= ，即得AC＝BC＝2AE＝ ；②如图2连接EF，根据含30°角的直角三角形性质求出BP＝ AB＝2，AP＝2 ，易求EF是△ABC的中位线，同①可求出PE＝ PB＝1，PF＝ AP＝ ，由勾股定理求出AE、BF，继而求解；
（2） a2+b2＝5c2；证明：如图3，设 PF＝m，PE＝n，同（1）原理可得AP＝2m，PB＝2n，根据勾股定理即可求解；
（3） 如图4，连接CG，EF，过点F作FN∥BG交CG于点N，FG与AC交于点Q， 根据平行线分线段成比例及线段的中点可得 ， 再证四边形EFCG是平行四边形，由Q是FG的中点可得△FCG是中垂三角形， 再求出 CG＝EF＝BD＝2 ，FC＝ ，由（2）中结论可知：5FC2＝CG2+FG2，据此求出GF即可.
24．（2023·锦州）【问题情境】如图，在中，，．点D在边上将线段绕点D顺时针旋转得到线段（旋转角小于），连接，，以为底边在其上方作等腰三角形，使，连接．
（1）【尝试探究】
如图1，当时，易知；
如图2，当时，则与的数量关系为；
（2）如图3，写出与的数量关系（用含α的三角函数表示）．并说明理由；
（3）【拓展应用】
如图4，当，且点B，E，F三点共线时．若，，请直接写出的长．
【答案】（1）解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
又，
∴；
（2）解：；
如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵，，
∴，
∴．
∵是以为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，H为的中点，
∴．
在中，，
∴．
∴．
∴．
（3）解：．
如图，过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，
∴．
∵线段DB绕点D顺时针旋转得到线段DE，
∴．
∴．
∵是以CE为底边的等腰三角形，，
∴，．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
设，则，
∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
在中，，，
∴．
∴，解得．
∴．
∵，
∴．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得，最后根据特殊锐角三角函数值可得；
（2），过点A作AH⊥BC于点H，根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可找出∠BAC=∠EFC，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△ABC∽△FEC，由相似三角形对应边成比例得，则，由∠ACB=∠FCE推出∠BCE∽△ACF，由两组边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似得△BCE∽△ACF，由相似三角形对应边成比例得，由等腰三角形的三线合一得BC=2CH，在Rt△AHC中，由∠ACH的余弦函数可得；
（3）过点D作DM⊥BF于点M，过点C作CH⊥BF，交BF延长线于点H，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得DM∥CH，由旋转的性质得DB=DE，由等腰三角形的三线合一得BM=EM，根据等腰三角形的性质及三角形外角性质得∠HFC=∠FEC+∠FCE=60°，由含30°角直角三角形的性质可得FC=2FH，设BM=x，则BE=2x，由平行线分线段成比例定理得，从而可得BH=5x，EH=3x，FE=FC=2x，FH=x，则，在Rt△BHC中，由勾股定理建立方程可求出x的值，从而得到BE=4，从而可得答案.
1 / 1