浙江省绍兴市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类(含答案)

这是一份浙江省绍兴市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类(含答案)，共28页。试卷主要包含了的函数关系图象，的关系如图，问题等内容，欢迎下载使用。

浙江省绍兴市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
一．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
1．（2023•绍兴）一条笔直的路上依次有M，P，N三地，其中M，N两地相距1000米．甲、乙两机器人分别从M，N两地同时出发，去目的地N，M，匀速而行．图中OA，BC分别表示甲、乙机器人离M地的距离y（米）与行走时间x（分钟）的函数关系图象．
（1）求OA所在直线的表达式；
（2）出发后甲机器人行走多少时间，与乙机器人相遇？
（3）甲机器人到P地后，再经过1分钟乙机器人也到P地，求P，M两地间的距离．

二．一次函数的应用（共2小题）
2．（2022•绍兴）一个深为6米的水池积存着少量水，现在打开水阀进水，下表记录了2小时内5个时刻的水位高度，其中x表示进水用时（单位：小时），y表示水位高度（单位：米）．
x
0
0.5
1
1.5
2
y
1
1.5
2
2.5
3
为了描述水池水位高度与进水用时的关系，现有以下三种函数模型供选择：y＝kx+b（k≠0），y＝ax2+bx+c（a≠0），y＝（k≠0）．
（1）在平面直角坐标系中描出表中数据对应的点，再选出最符合实际的函数模型，求出相应的函数表达式，并画出这个函数的图象．
（2）当水位高度达到5米时，求进水用时x．

3．（2021•绍兴）Ⅰ号无人机从海拔10m处出发，以10m/min的速度匀速上升，Ⅱ号无人机从海拔30m处同时出发，以a（m/min）的速度匀速上升，经过5min两架无人机位于同一海拔高度b（m）．无人机海拔高度y（m）与时间x（min）的关系如图．两架无人机都上升了15min．
（1）求b的值及Ⅱ号无人机海拔高度y（m）与时间x（min）的关系式；
（2）问无人机上升了多少时间，Ⅰ号无人机比Ⅱ号无人机高28米．

三．二次函数综合题（共1小题）
4．（2021•绍兴）小聪设计奖杯，从抛物线形状上获得灵感，在平面直角坐标系中画出截面示意图，如图1，杯体ACB是抛物线的一部分，抛物线的顶点C在y轴上，杯口直径AB＝4，且点A，B关于y轴对称，杯脚高CO＝4，杯高DO＝8，杯底MN在x轴上．
（1）求杯体ACB所在抛物线的函数表达式（不必写出x的取值范围）；
（2）为使奖杯更加美观，小敏提出了改进方案，如图2，杯体A′CB′所在抛物线形状不变，杯口直径A′B′∥AB，杯脚高CO不变，杯深CD′与杯高OD′之比为0.6，求A′B′的长．

四．等腰三角形的性质（共1小题）
5．（2021•绍兴）如图，在△ABC中，∠A＝40°，点D，E分别在边AB，AC上，BD＝BC＝CE，连结CD，BE．
（1）若∠ABC＝80°，求∠BDC，∠ABE的度数；
（2）写出∠BEC与∠BDC之间的关系，并说明理由．

五．平行四边形的性质（共1小题）
6．（2021•绍兴）问题：如图，在▱ABCD中，AB＝8，AD＝5，∠DAB，∠ABC的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：EF＝2．
探究：（1）把“问题”中的条件“AB＝8”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“AB＝8，AD＝5”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．

六．正方形的性质（共1小题）
7．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．

七．四边形综合题（共3小题）
8．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．

9．（2022•绍兴）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连结MN．
（1）如图，当E在边AD上且DE＝2时，求∠AEM的度数．
（2）当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
（3）当直线MN恰好经过点C时，求DE的长．

10．（2021•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝4，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，∠ADB＝30°．连结EF，作点D关于直线EF的对称点P．
（1）若EF⊥BD，求DF的长；
（2）若PE⊥BD，求DF的长；
（3）直线PE交BD于点Q，若△DEQ是锐角三角形，求DF长的取值范围．

八．切线的性质（共1小题）
11．（2023•绍兴）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度数；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的长．

九．解直角三角形的应用（共1小题）
12．（2023•绍兴）图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA交于点A，支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筐EF与支架DE在同一直线上，OA＝2.5米，AD＝0.8米．∠AGC＝32°．
（1）求∠GAC的度数；
（2）某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面3米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62）


浙江省绍兴市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题（提升题）知识点分类
参考答案与试题解析
一．待定系数法求一次函数解析式（共1小题）
1．（2023•绍兴）一条笔直的路上依次有M，P，N三地，其中M，N两地相距1000米．甲、乙两机器人分别从M，N两地同时出发，去目的地N，M，匀速而行．图中OA，BC分别表示甲、乙机器人离M地的距离y（米）与行走时间x（分钟）的函数关系图象．
（1）求OA所在直线的表达式；
（2）出发后甲机器人行走多少时间，与乙机器人相遇？
（3）甲机器人到P地后，再经过1分钟乙机器人也到P地，求P，M两地间的距离．

【答案】（1）OA所在直线的表达式为y＝200x．
（2）出发后甲机器人行走分钟，与乙机器人相遇．
（3）P，M两地间的距离为600米．
【解答】解：（1）由图象可知，OA所在直线为正比例函数，
∴设y＝kx，
∵A（5，1000），
1000＝5k，k＝200，
∴OA所在直线的表达式为y＝200x．
（2）由图可知甲机器人速度为：1000÷5＝200（米/分钟），
乙机器人速度为：1000÷10＝100（米/分钟），
两人相遇时：＝（分钟），
答：出发后甲机器人行走分钟，与乙机器人相遇．
（3）设甲机器人行走t分钟时到P地，P地与M地距离为200t，
则乙机器人（t+1）分钟后到P地，P地与M地距离1000﹣100（t+1），
由200t＝1000﹣100（t+1），解得t＝3，
∴200t＝600，
答：P，M两地间的距离为600米．
二．一次函数的应用（共2小题）
2．（2022•绍兴）一个深为6米的水池积存着少量水，现在打开水阀进水，下表记录了2小时内5个时刻的水位高度，其中x表示进水用时（单位：小时），y表示水位高度（单位：米）．
x
0
0.5
1
1.5
2
y
1
1.5
2
2.5
3
为了描述水池水位高度与进水用时的关系，现有以下三种函数模型供选择：y＝kx+b（k≠0），y＝ax2+bx+c（a≠0），y＝（k≠0）．
（1）在平面直角坐标系中描出表中数据对应的点，再选出最符合实际的函数模型，求出相应的函数表达式，并画出这个函数的图象．
（2）当水位高度达到5米时，求进水用时x．

【答案】（1）图形见解答；y＝x+1（0≤x≤5）；
（2）4小时．
【解答】解：（1）函数的图象如图所示：

根据图象可知：选择函数y＝kx+b，
将（0，1），（1，2）代入，
得
解得
∴函数表达式为：y＝x+1（0≤x≤5）；
（2）当y＝5时，x+1＝5，
∴x＝4．
答：当水位高度达到5米时，进水用时x为4小时．
3．（2021•绍兴）Ⅰ号无人机从海拔10m处出发，以10m/min的速度匀速上升，Ⅱ号无人机从海拔30m处同时出发，以a（m/min）的速度匀速上升，经过5min两架无人机位于同一海拔高度b（m）．无人机海拔高度y（m）与时间x（min）的关系如图．两架无人机都上升了15min．
（1）求b的值及Ⅱ号无人机海拔高度y（m）与时间x（min）的关系式；
（2）问无人机上升了多少时间，Ⅰ号无人机比Ⅱ号无人机高28米．

【答案】（1）b＝60，y＝6x+30（0≤x≤15）；（2）12min．
【解答】解：（1）b＝10+10×5＝60，
设函数的表达式为y＝kx+t，
将（0，30）、（5，60）代入上式得，解得，
故函数表达式为y＝6x+30（0≤x≤15）；

（2）由题意得：（10x+10）﹣（6x+30）＝28，
解得x＝12＜15，
故无人机上升12min，Ⅰ号无人机比Ⅱ号无人机高28米．
三．二次函数综合题（共1小题）
4．（2021•绍兴）小聪设计奖杯，从抛物线形状上获得灵感，在平面直角坐标系中画出截面示意图，如图1，杯体ACB是抛物线的一部分，抛物线的顶点C在y轴上，杯口直径AB＝4，且点A，B关于y轴对称，杯脚高CO＝4，杯高DO＝8，杯底MN在x轴上．
（1）求杯体ACB所在抛物线的函数表达式（不必写出x的取值范围）；
（2）为使奖杯更加美观，小敏提出了改进方案，如图2，杯体A′CB′所在抛物线形状不变，杯口直径A′B′∥AB，杯脚高CO不变，杯深CD′与杯高OD′之比为0.6，求A′B′的长．

【答案】（1）y＝x2+4；
（2）杯口直径A′B′的长为2．
【解答】解：（1）∵CO＝4，
∴顶点C(0，4)，
∴设抛物线的函数表达式为y＝ax2+4，
∵AB＝4，
∴AD＝DB＝2，
∵DO＝8，
∴A(﹣2，8)，B(2，8)，
将B(2，8)代入y＝ax2+4，
得：8＝a×22+4，
解得：a＝1，
∴该抛物线的函数表达式为y＝x2+4；
（2）由题意得：＝0.6，CO＝4,
∴＝0.6，
∴CD′＝6，
∴OD′＝OC+CD′＝4+6＝10，
又∵杯体A′CB′所在抛物线形状不变，杯口直径A′B′∥AB，
∴设B′(x1，10)，A′(x2，10),
∴当y＝10时，10＝x2+4，
解得：x1＝，x2＝﹣，
∴A′B′＝2，
∴杯口直径A′B′的长为2．
四．等腰三角形的性质（共1小题）
5．（2021•绍兴）如图，在△ABC中，∠A＝40°，点D，E分别在边AB，AC上，BD＝BC＝CE，连结CD，BE．
（1）若∠ABC＝80°，求∠BDC，∠ABE的度数；
（2）写出∠BEC与∠BDC之间的关系，并说明理由．

【答案】（1）50°，20°；
（2）∠BEC+∠BDC＝110°，理由见解析．
【解答】解：（1）∵∠ABC＝80°，BD＝BC，
∴∠BDC＝∠BCD＝（180°﹣80°）＝50°，
∵∠A+∠ABC+∠ACB＝180°，∠A＝40°，
∴∠ACB＝180°﹣40°﹣80°＝60°，
∵CE＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠EBC＝60°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝80°﹣60°＝20°；
（2）∠BEC与∠BDC之间的关系：∠BEC+∠BDC＝110°，
理由：设∠BEC＝α，∠BDC＝β，
在△ABE中，α＝∠A+∠ABE＝40°+∠ABE，
∵CE＝BC，
∴∠CBE＝∠BEC＝α，
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝∠A+2∠ABE＝40°+2∠ABE，
在△BDC中，BD＝BC，
∴∠BDC+∠BCD+∠DBC＝2β+40°+2∠ABE＝180°，
∴β＝70°﹣∠ABE，
∴α+β＝40°+∠ABE+70°﹣∠ABE＝110°，
∴∠BEC+∠BDC＝110°．
五．平行四边形的性质（共1小题）
6．（2021•绍兴）问题：如图，在▱ABCD中，AB＝8，AD＝5，∠DAB，∠ABC的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．
答案：EF＝2．
探究：（1）把“问题”中的条件“AB＝8”去掉，其余条件不变．
①当点E与点F重合时，求AB的长；
②当点E与点C重合时，求EF的长．
（2）把“问题”中的条件“AB＝8，AD＝5”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．

【答案】（1）①10；②5；
（2）或或2．
【解答】解：（1）①如图1所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，BC＝AD＝5，AB∥CD，
∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DEA＝∠DAE，
∴DE＝AD＝5，
同理：BC＝CF＝5，
∵点E与点F重合，
∴AB＝CD＝DE+CF＝10；
②如图2所示：

∵点E与点C重合，
∴DE＝AD＝5，
∵CF＝BC＝5，
∴点F与点D重合，
∴EF＝DC＝5；
（2）分三种情况：
①如图3所示：

同（1）得：AD＝DE，
∵点C，D，E，F相邻两点间的距离相等，
∴AD＝DE＝EF＝CF，
∴＝；
②如图4所示：

同（1）得：AD＝DE＝CF，
∵DF＝FE＝CE，
∴＝；
③如图5所示：

同（1）得：AD＝DE＝CF，
∵DF＝DC＝CE，
∴＝2；
综上所述，的值为或或2．
六．正方形的性质（共1小题）
7．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．

【答案】见解答．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE＝∠GEC＝90°，
∴AD∥GE，
∴∠DAG＝∠EGH．
（2）解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：

∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，AD＝CD，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG＝∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
七．四边形综合题（共3小题）
8．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．

【答案】（1）8；
（2）①；
（3）②6 或 8±．
【解答】解：（1）在▱ABCD中，BC＝AD＝10，
在Rt△BCH中，HC＝BCsinB＝．
（2）①如图，作 CH⊥BA 于点H，

由（1）得，BH＝＝＝6，
作 C'Q⊥BA 交BA延长线于点Q，则∠CHP＝∠PQC'＝90°，
∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，
∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，
∴∠PC'Q＝∠CPH，
由旋转知 PC'＝PC，
∴△PQC′≌△CHP（AAS）．
设BP＝x，则PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．
∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，
∴C′Q∥CH，
∴△AQC′∽△AHC，
∴，
∴，
∴x＝，
∴BP＝，
②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'
CD⊥CD'
又∵AB∥CD，
∴C'D'⊥AB
情况一：当以C′为直角顶点时，如图．

∵C'D'⊥AB，
∴C′落在线段BA延长线上．
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC＝8，
∴BP＝6．
情况二：当以A为直角顶点时，如图，

设 C'D'与射线BA的交点为T，
作 CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'＝90°，
∵C'D'⊥AT，
∴∠PC'T+∠TPC'＝90°
∴∠CPH＝∠PC'T，
∵∠CHP＝∠PTC'＝90°，PC＝C′P，
∴△CPH≌△PC′T（AAS），
∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．
设C′T＝PH＝t，则AP＝6﹣t，
∴AT＝PT﹣PA＝2+t．
∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，
∴△ATD′∽△C′TA，
∴，
∴AT2＝C'T⋅TD，
∴（2+t）2＝t（12﹣t），
化简得t2﹣4t+2＝0，
解得 ，
∴BP＝BH+HP＝8±，
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP＝6 或8±．
9．（2022•绍兴）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点E从点A出发，沿边AD，DC向点C运动，A，D关于直线BE的对称点分别为M，N，连结MN．
（1）如图，当E在边AD上且DE＝2时，求∠AEM的度数．
（2）当N在BC延长线上时，求DE的长，并判断直线MN与直线BD的位置关系，说明理由．
（3）当直线MN恰好经过点C时，求DE的长．

【答案】（1）90°；
（2）DE＝．MN∥BD；
（3）或．
【解答】解：（1）∵DE＝2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°．
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM＝90°．
（2）如图2，∵AB＝6，AD＝8，
∴BD＝10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，

∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cos∠ENC＝，
得EN＝，
∴DE＝EN＝．
∵BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
∴Rt△BMN≌Rt△DCB（HL），
∴∠DBC＝∠BNM，
∴MN∥BD．
（3）如图3，当E在边AD上时，根据轴对称的性质知，点E在MN上，

∴∠BMC＝90°，
∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝．
如图4，点E在边CD上时，

∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝，CN＝8﹣．
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，
∴△BMC∽△CNE，
∴，
∴EN＝，
∴DE＝EN＝．
综上所述，DE的长为或．
10．（2021•绍兴）如图，矩形ABCD中，AB＝4，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，∠ADB＝30°．连结EF，作点D关于直线EF的对称点P．
（1）若EF⊥BD，求DF的长；
（2）若PE⊥BD，求DF的长；
（3）直线PE交BD于点Q，若△DEQ是锐角三角形，求DF长的取值范围．

【答案】（1）DF＝3；（2）DF的长为2或6；（3）DF长的取值范围为2＜DF＜6﹣2或6＜DF≤8．
【解答】解：（1）∵点D、点P关于直线EF的对称，EF⊥BD，
∴点P在BD上，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵AB＝4，∠ADB＝30°．
∴AD＝4，
∵点E是边AD的中点，
∴DE＝2，
∵EF⊥BD，
∴DF＝3；
（2）①如图2，

∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．
∴∠PED＝60°，
由对称可得，EF平分∠PED，
∴∠DEF＝∠PEF＝30°，
∴△DEF是等腰三角形，
∴DF＝EF，
∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．DE＝2，
∴QE＝，
∵∠PEF＝30°，
∴EF＝2，
∴DF＝EF＝2；
②如图3，

∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．
∴∠PED＝120°，
由对称可得，PF＝DF，EP＝ED，EF平分∠PED，
∴∠DEF＝∠PEF＝120°，
∴∠EFD＝30°，
∴△DEF是等腰三角形，
∵PE⊥BD，
∴QD＝QF＝DF，
∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．DE＝2，
∴QE＝，QD＝3
∴DF＝2QD＝6；
∴DF的长为2或6；
（3）①由（2）得，当∠DQE＝90°时，DF＝2，
当∠DEQ＝90°时，如图4，

∵EF平分∠PED，
∴∠DEF＝45°，
过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a，则FM＝a，DM＝a，
∴a+a＝2，
∴a＝3﹣，DF＝6﹣2，
∴2＜DF＜6﹣2．
②由（2）得，当∠DQE＝90°时，DF＝6，
当∠DEQ＝90°时，如图5，

∵EF平分∠PED，
∴∠1＝∠2＝45°，
过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a，则FM＝a，DM＝2+a，
∴2+a＝a，
∴a＝3+，DF＝6+2，
∴6＜DF＜6+2．
∵点F是对角线BD上一动点，
∴6＜DF≤8．
综上，2＜DF＜6﹣2或6＜DF≤8．
八．切线的性质（共1小题）
11．（2023•绍兴）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，过点C作⊙O的切线CD，交AB的延长线于点D，过点A作AE⊥CD于点E．
（1）若∠EAC＝25°，求∠ACD的度数；
（2）若OB＝2，BD＝1，求CE的长．

【答案】（1）115°；（2）．
【解答】解：（1）∵AE⊥CD于点E，
∴∠AEC＝90°
∴∠ACD＝∠AEC+∠EAC＝90°+25°＝115°；
（2）∵CD是⊙O的切线，
∴半径OC⊥DE，
∴∠OCD＝90°，
∵OC＝OB＝2，BD＝1，
∴OD＝OB+BD＝3，
∴CD＝＝．
∵∠OCD＝∠AEC＝90°，
∴OC∥AE，
∴，
∴，
∴CE＝．

九．解直角三角形的应用（共1小题）
12．（2023•绍兴）图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA交于点A，支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筐EF与支架DE在同一直线上，OA＝2.5米，AD＝0.8米．∠AGC＝32°．
（1）求∠GAC的度数；
（2）某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面3米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62）

【答案】（1）∠GAC的度数为58°；
（2）该运动员能挂上篮网，理由见解答．
【解答】解：（1）∵CG⊥CD，
∴∠ACG＝90°，
∵∠AGC＝32°，
∴∠GAC＝90°﹣∠AGC＝90°﹣32°＝58°，
∴∠GAC的度数为58°；
（2）该运动员能挂上篮网，
理由如下：延长OA，ED交于点M，

∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∵DE∥OB，
∴∠DMA＝∠AOB＝90°，
∵∠GAC＝58°，
∴∠DAM＝∠GAC＝58°，
∴∠ADM＝90°﹣∠DAM＝32°，
在Rt△ADM中，AD＝0.8米，
∴AM＝AD•sin32°≈0.8×0.53＝0.42（米），
∴OM＝OA+AM＝2.5+0.424＝2.924（米），
∵2.924米＜3米，
∴该运动员能挂上篮网．