中考数学专题练——9图形的变化

这是一份中考数学专题练——9图形的变化，共31页。


A．（65，125）B．（65，52）C．（32，125）D．（32，52）
2．（2022•建邺区二模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图完全相同的是（ ）
A．球体B．圆柱C．三棱锥D．三棱柱
3．（2022•鼓楼区二模）若4m＝5n（m≠0），则下列等式成立的是（ ）
A．m4=n5B．m4=5nC．mn=45D．mn=54
4．（2022•玄武区一模）如图，矩形纸片ABCD，AB＝15cm，BC＝20cm，先沿对角线AC将矩形纸片ABCD剪开，再将三角形纸片ABC沿着对角线AC向下适当平移，得到三角形纸片A'BC'，然后剪出如图所示的最大圆形纸片，则此时圆形纸片的半径为（ ）
A．607cmB．1207cmC．365cmD．725cm
5．（2022•南京一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4B．5C．13D．15
6．（2022•建邺区一模）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是（5，﹣1），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣0.5，﹣2.5）B．（﹣0.25，﹣2）
C．（0，﹣1.75）D．（0，﹣2.75）
二．填空题（共8小题）
7．（2022•秦淮区二模）如图①，是形如“T”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用4个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为6的正方形中，则a的值为 ．
8．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上．若AB＝4，则BG的长为 ．
9．（2022•建邺区二模）点P是线段AB的黄金分割点，若AB＝5且PA＞PB，则PA长最接近的整数是 ．
10．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，BC的垂直平分线DE交AB于点D，垂足为E，若AD＝4，BD＝6，则DE的长为 ．
11．（2022•南京一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，BC的延长线交B'C'于点D，若B'C'∥AB，则CD的长为 ．
12．（2022•玄武区一模）在平面直角坐标系xOy中，作点P关于x轴的对称点，得到点P1，再将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），则点P的坐标为 ．
13．（2022•秦淮区校级模拟）如图，将菱形ABCD沿直线EF翻折，点C落在边AB上的点G处，若EG⊥CD，AB＝5，BG＝1，则CE的长为 ．
14．（2021•秦淮区二模）如图，线段AB、CD的端点都在正方形网格的格点上，它们相交于点M．若每个小正方形的边长都是1，则MCMD的值是 ．
三．解答题（共9小题）
15．（2022•鼓楼区校级二模）小淇同学在学习了“平面镜反射原理”后，用一个小平面镜PQ做实验．他先将平面镜放在平面上，如图，用一束与平面成30°角的光线照射平面镜上的A处，使光影正好落在对面墙面上一幅画的底边C点．他不改变光线的角度，原地将平面镜转动了7.5°角，即∠PAP′＝7.5°，使光影落在C点正上方的D点，测得CD＝10cm．求平面镜放置点与墙面的距离AB．（参考数据：3≈1.73）
16．（2022•鼓楼区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为线段AB上一动点，CF⊥CE交△ACE的外接圆于点F，连接AF，其中AC＝3，BC＝4．
（1）求证：△CFA∽△CEB；
（2）当E从B运动到A时，F运动路径的长为 ．
17．（2022•秦淮区二模）如图，已知△ABC，点D，E分别在BC，CA上，且满足AD＝AB，EB＝EC．
（1）用直尺和圆规确定点D，E；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接AD，EB，AD与EB交于点F．
①求证：△BDF∽△CBA；
②若∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，则DF的长为 ．
18．（2022•建邺区二模）太阳能光伏发电因其清洁、安全、高效等特点，已成为世界各国重点发展的新能源产业．图①是太阳能电板的实物图，其截面示意图如图②，AB为太阳能电板，其一端A固定在水平面上且夹角∠DAB＝22°，另一端B与支撑钢架BC相连，钢架底座CD和水平面垂直，且∠BCD＝135°．若AD＝3m，CD＝0.5m，求AB的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40，结果精确到0.01m．）
19．（2022•秦淮区二模）如图，一条宽为0.5km的河的两岸PQ，MN互相平行，河上有两座垂直于河岸的桥CD，EF．测得公路AC的长为6km，公路AC，AE与河岸PQ的夹角分别为45°，71.6°，公路BD，BF与河岸MN的夹角分别为60°，30°．
（1）求两座桥CD，EF之间的距离（精确到0.1km）；
（2）比较路径①：A﹣C﹣D﹣B和路径②：A﹣E﹣F﹣B的长短，则较短路径为 （填序号），两路径相差 km（精确到0.1km）．（参考数据：tan71.6°≈3.0，2≈1.41，3≈1.73，5≈2.24．）
20．（2022•玄武区二模）如图，山顶的正上方有一塔AB，为了测量塔AB的高度，在距山脚M一定距离的C处测得塔尖顶部A的仰角∠ACM＝37°，测得塔底部B的仰角∠BCM＝31°，然后沿CM方向前进30m到达D处，此时测得塔尖仰角∠ADM＝45°（C，D，M三点在同一直线上），求塔AB的高度．
（参考数据：tan31°≈0.60，tan37°≈0.75）
21．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 ．
22．（2022•鼓楼区一模）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝AD．
（1）求证∠CAB＝∠DAB；
（2）若将△ADB沿AB的垂直平分线翻折，则得到的三角形和△ACB可以拼成一个 （写出图形的形状）；
（3）若将△ADB进行一次图形变化，得到的三角形和△ACB拼成一个等腰三角形，请写出图形变化的过程．
23．（2022•秦淮区校级模拟）如图，某渔轮在航行中遇险发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，测出该渔轮在海军舰艇的北偏东45°，距离为162海里的C处，并测得该渔轮正沿南偏东53°的方向行进．海军舰艇立即沿北偏东67.4°的方向前去营救，与渔轮在B处相遇，求渔轮的航程BC和海军舰艇的航程AB．
（参考数据：sin53°＝cs37°≈0.80，cs53°＝sin37°≈0.60，tan67.4°≈2.4）．
中考数学专题练——9图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2022•建邺区二模）如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为（﹣2，4）．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（ ）
A．（65，125）B．（65，52）C．（32，125）D．（32，52）
【解答】解：如图，过D作DF⊥AF于F，
∵点B的坐标为（﹣2，4），
∴AO＝2，AB＝4，
根据折叠可知：CD＝OA，
而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，
∴△CDE≌△AOE，
∴OE＝DE，OA＝CD＝2，
设OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，
∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，
∴（4﹣x）2＝x2+22，
∴x=32，
又DF⊥AF，
∴DF∥EO，
∴△AEO∽△ADF，
而AD＝AB＝4，
∴AE＝CE＝4−32=52，
∴AEAD=EODF=AOAF，即524=32DF=2AF，
∴DF=125，AF=165．
∴OF＝AF﹣OA=165−2=65，
∴点D的坐标为（65，125）．
故选：A．
2．（2022•建邺区二模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图完全相同的是（ ）
A．球体B．圆柱C．三棱锥D．三棱柱
【解答】解：A．球体的主视图、左视图和俯视图都是圆，故本选项符合题意；
B．圆柱的主视图和左视图都是矩形，但俯视图是一个圆形，故本选项不符合题意；
C．三棱锥的主视图和左视图都是三角形，俯视图也是三角形，但它的内部有一点与三个顶点连接，故本选项不符合题意；
D．三棱柱的主视图和左视图都是矩形，但俯视图是一个三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
3．（2022•鼓楼区二模）若4m＝5n（m≠0），则下列等式成立的是（ ）
A．m4=n5B．m4=5nC．mn=45D．mn=54
【解答】解：A．因为m4=n5，所以5m＝4n，故此选项不符合题意；
B．因为m4=5n，所以mn＝20，故此选项不符合题意；
C．因为mn=45，所以5m＝4n，故此选项不符合题意；
D．因为mn=54，所以4m＝5n，故此选项符合题意．
故选：D．
4．（2022•玄武区一模）如图，矩形纸片ABCD，AB＝15cm，BC＝20cm，先沿对角线AC将矩形纸片ABCD剪开，再将三角形纸片ABC沿着对角线AC向下适当平移，得到三角形纸片A'BC'，然后剪出如图所示的最大圆形纸片，则此时圆形纸片的半径为（ ）
A．607cmB．1207cmC．365cmD．725cm
【解答】解：过点A'作A'P⊥AD于点P，设AP＝xcm，A'P＝y cm，圆的直径为dcm，
由题意可得：d+x＝20，d﹣y＝15，
∴20﹣x＝15+y，即x+y＝5，
∵∠A＝∠A，∠APA'＝∠ADC，
∴△APA'∽△ADC，
∴APAD=A'PCD，即x20=y15，
∴y=34x，
∴x=207，d=1207，
∴半径为：607cm．
故选：A．
5．（2022•南京一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4B．5C．13D．15
【解答】解：如图，过点A作AG⊥CD，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD沿AE翻折，
∴AB＝AD，AB＝AF，∠ABE＝∠D，
∴AD＝AF，
∴三角形ADF为等腰三角形，
∵AG⊥DF，
∴点G为DF中点，
∵点F为CD中点，
∴AD＝CD＝4DG，
设DG＝a，则AD＝4a，
在Rt△ADG中，AD2＝AG2+DG2，
∴（4a）2＝AG2+a2，
∴AG=15a，
∴tan∠ABE＝tanD=AGDG=15，
故选：D．
6．（2022•建邺区一模）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是（5，﹣1），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣0.5，﹣2.5）B．（﹣0.25，﹣2）
C．（0，﹣1.75）D．（0，﹣2.75）
【解答】解：如图，设AB的中点为Q，
∵A（﹣2，3），B（5，﹣1），
∴Q（1.5，1），
过点Z作AN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥AN于点K，过点C作CT⊥QK于T，
则K（﹣2，1）AK＝2，QK＝3.5，
∵∠AKQ＝∠CTQ＝∠AQC＝90°，
∴∠AQK+∠CQT＝90°，∠CQT+∠TCQ＝90°，
∴∠AQK＝∠TCQ，
在△AKQ和△QTC中，
∠AKQ=∠CTQ∠AQK=∠TCQQA=CQ，
∴△AKQ≌△QTC（AAS），
∴QT＝AK＝2，CT＝QK＝3.5，
∴C（﹣0.5，﹣2.5）
故选：A．
二．填空题（共8小题）
7．（2022•秦淮区二模）如图①，是形如“T”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用4个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为6的正方形中，则a的值为 103 ．
【解答】解：如图：
由题意得：
BC＝EF＝2a，CD＝a，DE＝3a，∠DEF＝∠BCD＝∠CDE＝90°，
∴CE=CD2+DE2=a2+(3a)2=10a，
∵四边形AGHM是正方形，
∴∠A＝∠G＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵∠ACB+∠DCE＝90°，
∴∠ABC＝∠DCE，
∴△ABC∽△DCE，
∴ABAC=DCDE=a3a=13，
∴AC＝3AB，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴AB2+9AB2＝（2a）2，
∴AB=105a，
∴AC＝3AB=3510a，
∵∠DEF＝∠CDE＝90°，
∴DC∥EF，
∴∠DCE＝∠FEG，
∴∠ABC＝∠FEG，
∴△ABC≌△GEF（AAS），
∴EG＝AB=105a，
∴AC+CE+EG＝6，
∴3510a+10a+105a＝6，
∴a=103，
故答案为：103．
8．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上．若AB＝4，则BG的长为 833 ．
【解答】解：如图，连接AA′，
在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，
∴EF⊥AB，AE＝BE，
∴EF垂直平分AB，
∴A′A＝A′B，
由折叠可得，AB＝A′B，∠ABG＝∠A′BG，
∴AB＝BA′＝AA′，
∴△ABA′是等边三角形，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠ABG=12∠ABA′＝30°，
∴AG=12BG，
∵AB＝4，
∴BG2＝AB2+AG2，
∴BG2＝42+14BG2，
∴BG=833．
故答案为：833．
9．（2022•建邺区二模）点P是线段AB的黄金分割点，若AB＝5且PA＞PB，则PA长最接近的整数是 3 ．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，
∴PA＝0.618AB＝0.618×5≈3．
故答案为：3．
10．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，BC的垂直平分线DE交AB于点D，垂足为E，若AD＝4，BD＝6，则DE的长为 362 ．
【解答】解：连接DC，
∵DE是BC的垂直平分线，
∴DB＝DC＝6，
∴∠DCB＝∠B，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴ADAC=ACAB=CDBC，即4AC=AC10=6BC，
解得：BC＝310，
∴BE=3102，
由勾股定理得：DE=BD2−BE2=362，
故答案为：362．
11．（2022•南京一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，BC的延长线交B'C'于点D，若B'C'∥AB，则CD的长为 2 ．
【解答】解：设CE＝x，
∵B′C′∥AB，
∴∠BAB＝∠B′，
由旋转的性质得：∠B＝∠B′，AC＝AC′＝6，
∴∠BAE＝∠B，
∴AE＝BE＝8﹣x，
∴（8﹣x）2＝x2+62，
∴x=74，
∴CE=74，
∴AE＝BE＝8−74=254，
∵AB＝AB′=AC2+BC2=10，
∴B′E＝AB′﹣AE=154，
∵B′C′∥AB，
∴∠EB′D＝∠BAE＝∠ABE＝∠EDB′，
∴DE＝B′E=154，
∴CD＝DE﹣CE＝2，
故答案为：2．
12．（2022•玄武区一模）在平面直角坐标系xOy中，作点P关于x轴的对称点，得到点P1，再将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），则点P的坐标为 （﹣2，1） ．
【解答】解：∵将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），
∴P1（﹣2，﹣1），
∵点P关于x轴的对称点，得到点P1，
∴点P的坐标为（﹣2，1）．
故答案为：（﹣2，1）．
13．（2022•秦淮区校级模拟）如图，将菱形ABCD沿直线EF翻折，点C落在边AB上的点G处，若EG⊥CD，AB＝5，BG＝1，则CE的长为 4 ．
【解答】解：如图，延长AB，作CH⊥AB，垂足为H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，DC∥AB，
∵EG⊥CD，
∴EG⊥AB，
∴∠EGH＝∠GEC＝∠ECH＝90°，
∴四边形ECHG是矩形，
∴EC＝GH，EG＝CH，
由翻折可知：EC＝EG，
∴四边形ECHG是正方形，
∴EC＝GH＝EG＝CH，
设EC＝GH＝EG＝CH＝x，
∵AB＝BC＝5，BG＝1，
∴BH＝GH﹣BG＝x﹣1，
在Rt△CBH中，根据勾股定理得：
BH2+CH2＝BC2，
∴（x﹣1）2+x2＝52，
解得x＝4或x＝﹣3（舍去），
∴CE＝4．
故答案为：4．
14．（2021•秦淮区二模）如图，线段AB、CD的端点都在正方形网格的格点上，它们相交于点M．若每个小正方形的边长都是1，则MCMD的值是 127 ．
【解答】解：如图，取格点J，K，设AB交格线于O．
∵AJ∥BK，
∴△AJO∽△BKO，
∴JO：OK＝AJ：BK＝1：3，
∴OK=34，
∴OD＝DK+OK=74，
∵DO∥BC，
∴△DOM∽△CBM，
∴DMCM=DOBC=743=712，
∴MCMD=127．
故答案为：127．
三．解答题（共9小题）
15．（2022•鼓楼区校级二模）小淇同学在学习了“平面镜反射原理”后，用一个小平面镜PQ做实验．他先将平面镜放在平面上，如图，用一束与平面成30°角的光线照射平面镜上的A处，使光影正好落在对面墙面上一幅画的底边C点．他不改变光线的角度，原地将平面镜转动了7.5°角，即∠PAP′＝7.5°，使光影落在C点正上方的D点，测得CD＝10cm．求平面镜放置点与墙面的距离AB．（参考数据：3≈1.73）
【解答】解：由题意得：∠DAB＝37.5°+7.5°＝45°．
设AB＝xcm，则DB＝xcm，
在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，
∵tan∠CAB=BCAB，
∴BC＝AB•tan∠CAB=33x，
∵CD＝BD﹣BC，
∴x−33x＝10，
∴x≈23.65．
因此，平面镜放置点与墙面的距离AB是23.65cm．
16．（2022•鼓楼区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为线段AB上一动点，CF⊥CE交△ACE的外接圆于点F，连接AF，其中AC＝3，BC＝4．
（1）求证：△CFA∽△CEB；
（2）当E从B运动到A时，F运动路径的长为 154 ．
【解答】（1）证明：∵CE⊥CF，
∴∠ECF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCE，
∵∠AFC+∠AEC＝180°，∠CEB+∠AEC＝180°，
∴∠AFC＝∠CEB，
∴△CFA∽△CEB；
（2）解：在Rt△ACB中，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5，
∵△CFA∽△CEB，
∴AFBE=ACBC，∠CAF＝∠B，
∴AF=34BE，
∴点F的运动轨迹是射线AF，
∴当E从B运动到A时，F运动路径的长为34×5=154，
故答案为：154．
17．（2022•秦淮区二模）如图，已知△ABC，点D，E分别在BC，CA上，且满足AD＝AB，EB＝EC．
（1）用直尺和圆规确定点D，E；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接AD，EB，AD与EB交于点F．
①求证：△BDF∽△CBA；
②若∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，则DF的长为 5425 ．
【解答】解：（1）作图如下：
（2）①如下图：
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵EB＝EC，
∴∠EBD＝∠C，
∴△BDF∽△CBA；
②过点A作AH⊥BD于点H，
∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC=AB2+AC2=32+42=5，
∵cs∠ABH=BHAB=ABBC，
∴BH3=35，
∴BH=95，
∵AB＝AD，
∴BD＝2BH=185，
由①知△BDF∽△CBA，
∴BDDF=BCAB，
即185DF=53，
解得DF=5425，
故答案为：5425．
18．（2022•建邺区二模）太阳能光伏发电因其清洁、安全、高效等特点，已成为世界各国重点发展的新能源产业．图①是太阳能电板的实物图，其截面示意图如图②，AB为太阳能电板，其一端A固定在水平面上且夹角∠DAB＝22°，另一端B与支撑钢架BC相连，钢架底座CD和水平面垂直，且∠BCD＝135°．若AD＝3m，CD＝0.5m，求AB的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40，结果精确到0.01m．）
【解答】解：∵∠BCD＝135°，∠FCD＝90°，
∴∠BCF＝45°，
∵∠BFC＝90°，
∴∠FBC＝∠FCB＝45°，
∴FB＝FC，
设FB＝FC＝xm，则DE＝xm，
∵AD＝3m，CD＝0.5m，
∴AE＝（3﹣x）m，BE＝（x+0.5）m，
∵tan∠BAE=BEAE，∠BAE＝22°，tan22°＝0.40，
∴0.40=x+0.53−x，
解得x＝0.5，
∴BE＝1m，
∵sin∠BAE=BEAB，
∴sin22°=1AB，
解得AB≈2.70m，
即AB的长约为2.70m．
19．（2022•秦淮区二模）如图，一条宽为0.5km的河的两岸PQ，MN互相平行，河上有两座垂直于河岸的桥CD，EF．测得公路AC的长为6km，公路AC，AE与河岸PQ的夹角分别为45°，71.6°，公路BD，BF与河岸MN的夹角分别为60°，30°．
（1）求两座桥CD，EF之间的距离（精确到0.1km）；
（2）比较路径①：A﹣C﹣D﹣B和路径②：A﹣E﹣F﹣B的长短，则较短路径为 ① （填序号），两路径相差 0.5 km（精确到0.1km）．（参考数据：tan71.6°≈3.0，2≈1.41，3≈1.73，5≈2.24．）
【解答】解：（1）过点A作AG⊥PQ，垂足为G，
在Rt△ACG中，AC＝6km，∠ACG＝45°，
∴AG＝AC•sin45°＝6×22=32（km），
CG＝AC•cs45°＝6×22=32（km），
在Rt△AEG中，∠AEG＝71.6°，
∴EG=AGtan71.6°≈323=2（cm），
∴CE＝CG﹣EG＝32−2=22≈2.8（km），
∴两座桥CD，EF之间的距离约为2.8km；
（2）过点B作BH⊥PQ，垂足为Q，
由题意得：
CE＝DF＝22km，
∵∠BDH是△BDF的一个外角，
∴∠FBD＝∠BDH﹣∠BFD＝30°，
∴∠BFD＝∠DBF＝30°，
∴DB＝DF＝22km，
在Rt△BHD中，∠BDH＝60°，
∴BH＝BD•sin60°＝22×32=6，
∴BF＝2BH＝26（km），
在Rt△AEG中，AE=AG2+EG2=(32)2+(2)2=25，
∴路径①的长＝AC+CD+BD＝6+0.5+22≈9.32（km），
路径②的长＝AE+EF+BF＝25+0.5+26≈9.86（km），
9.86﹣9.32≈0.5（km），
∴较短路径为：①，两路径相差0.5km，
故答案为：①，0.5．
20．（2022•玄武区二模）如图，山顶的正上方有一塔AB，为了测量塔AB的高度，在距山脚M一定距离的C处测得塔尖顶部A的仰角∠ACM＝37°，测得塔底部B的仰角∠BCM＝31°，然后沿CM方向前进30m到达D处，此时测得塔尖仰角∠ADM＝45°（C，D，M三点在同一直线上），求塔AB的高度．
（参考数据：tan31°≈0.60，tan37°≈0.75）
【解答】解：延长AB交CM于点E，
设DE＝x米，
在Rt△ADE中，∠ADE＝45°，
∴AE＝DE•tan45°＝x（米），
∵CD＝30米，
∴CE＝CD+DE＝（x+30）米，
在Rt△AEC中，∠ACE＝37°，
∴tan37°=AECE=xx+30≈0.75，
∴x＝90，
经检验：x＝90是原方程的根，
∴AE＝90米，CE＝120米，
在Rt△BCE中，∠BCE＝31°，
∴BE＝CE•tan31°≈120×0.6＝72（米），
∴AB＝AE﹣BE＝90﹣72＝18（米），
∴塔AB的高度约为18米．
21．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 23 ．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DA⊥AC，
∴∠DAC＝90°，
∴∠BDA＝∠DAC+∠C＝120°，
∴∠BAC＝∠BDA＝120°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴BABC=BDBA，
∴AB2＝BD•BC；
（2）∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝30°，
∵∠B＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD＝2，
在Rt△ADC中，∠C＝30°，
∴AC=3AD＝23，
故答案为：23．
22．（2022•鼓楼区一模）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝AD．
（1）求证∠CAB＝∠DAB；
（2）若将△ADB沿AB的垂直平分线翻折，则得到的三角形和△ACB可以拼成一个 矩形 （写出图形的形状）；
（3）若将△ADB进行一次图形变化，得到的三角形和△ACB拼成一个等腰三角形，请写出图形变化的过程．
【解答】（1）证明：∵∠C＝∠D＝90°，
在Rt△ACB和Rt△ADB中，
AC=ADAB=AB，
∴Rt△ACB≌Rt△ADB（HL），
∴∠CAB＝∠DAB；
（2）解：如图，作出线段AB的垂直平分线MN，再根据轴对称变换将△ADB沿MN翻折，变换后的图形为四边形ACBD′，
由折叠性质可得：
∠D′＝∠D＝90°，∠C＝90°，∠DAB＝∠D′BA，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵∠CAB＝∠DAB，
∴∠CBA+∠D′BA＝90°，
∴∠CBD′＝90°，
∴四边形ACBD′为矩形，
故答案为：矩形；
（3）方法一：如图，将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴此时A，C，A1三点共线，
∵AB＝A1B，
∴△ABA1为等腰三角形；
方法二：如图，将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴此时B，C，B2三点共线，
∵AB＝A2B，
∴△ABB2为等腰三角形；
综上，方法一：将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，所形成的的三角形为等腰三角形；
方法二：将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，所形成的三角形为等腰三角形．
23．（2022•秦淮区校级模拟）如图，某渔轮在航行中遇险发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，测出该渔轮在海军舰艇的北偏东45°，距离为162海里的C处，并测得该渔轮正沿南偏东53°的方向行进．海军舰艇立即沿北偏东67.4°的方向前去营救，与渔轮在B处相遇，求渔轮的航程BC和海军舰艇的航程AB．
（参考数据：sin53°＝cs37°≈0.80，cs53°＝sin37°≈0.60，tan67.4°≈2.4）．
【解答】解：分别过点A、B、C延长方向线，交点如图所示，
由题意得：
∠DAC＝45°，∠CBF＝53°，∠ABE＝67.4°，DF＝AE，AD＝EF，
在Rt△ADC中，AC＝162海里，
∴AD＝AC•cs45°＝162×22=16（海里），
CD＝AC•sin45°＝162×22=16（海里），
∴AD＝EF＝16海里，
设BC＝x海里，
在Rt△BCF中，CF＝BC•sin53°≈0.8x（海里），
BF＝BC•cs53°≈0.6x（海里），
∴BE＝EF﹣BF＝（16﹣0.6x）海里，
AE＝DF＝DC+CF＝（16+0.8x）海里，
在Rt△ABE中，tan67.4°=AEBE=16+0.8x16−0.6x≈2.4，
∴x＝10，
经检验：x＝10是原方程的根，
∴BC＝10海里，
AE＝16+0.8×10＝24（海里），
BE＝16﹣0.6×10＝10（海里），
∴AB=AE2+BE2=242+102=26（海里），
∴渔轮的航程BC约为10海里，海军舰艇的航程AB约为26海里．