上海市2024年中考数学二模试题按照知识点分层汇编-05图形的变化

这是一份上海市2024年中考数学二模试题按照知识点分层汇编-05图形的变化，共70页。试卷主要包含了小杰沿着坡比i＝1等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共7小题）
1．（2024•静安区二模）下列图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．等腰直角三角形B．等腰梯形
C．正方形D．正三角形
2．（2024•青浦区二模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过O作AC的垂线交AD于点E，EC与BD相交于点F，且∠ECD＝∠DBC，那么下列结论错误的是（ ）
A．EA＝ECB．∠DOC＝∠DCOC．BD＝4DFD．BCCE=CDBF
3．（2024•普陀区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，G是△ABC的重心，点D在边BC上，DG⊥GC，如果BD＝5，CD＝3，那么CGBC的值是（ ）
A．22B．23C．25D．24
4．（2024•浦东新区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3．点D在边AB上，且BDAD=13，DE∥BC交边AC于点E，那么以E为圆心，EC为半径的⊙E和以D为圆心，BD为半径的⊙D的位置关系是（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内含
5．（2024•杨浦区二模）如图，在△ABC中，AB≠AC，∠BAC＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（ ）
A．∠ADC＝60°B．∠ACD＝60°C．∠BCD＝∠ECDD．∠BAD＝∠BCE
6．（2024•黄浦区二模）小明在研究梯形的相似分割问题，即如何用一条直线将一个梯形分割成两个相似的图形．他先从等腰梯形开始进行探究，得到下面两个结论．结论1：存在与上、下底边相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形；结论2：不存在与两腰相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形．对这两个结论，你认为（ ）
A．结论1、结论2都正确
B．结论1正确、结论2不正确
C．结论1不正确、结论2正确
D．结论1、结论2都不正确
7．（2024•黄浦区二模）如图1，一个3×5的网格，其中的12个单位正方形已经被2张“L”型和1张“田字”型纸片互不重叠地占据了．下列有4个均由4个单位正方形所组成的纸片，依次记为型号1、型号2、型号3和型号4．将这4个型号的纸片做平移、旋转，恰能将图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠的是（ ）
A．型号1B．型号2C．型号3D．型号4
二．填空题（共19小题）
8．（2024•徐汇区二模）小杰沿着坡比i＝1：2.4的斜坡，从坡底向上步行了130米，那么他上升的高度是 米．
9．（2024•长宁区二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，将△ABC绕着点C旋转，点A、点B的对应点分别是点D、点E，如果点A在DE的延长线上，且CE∥AB，那么∠CAE的余弦值为 ．
10．（2024•崇明区二模）已知在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，将矩形ABCD绕点B旋转，AB的对应边A′B与边CD相交于点E，联结A′C，当点E是CD中点时，tan∠A′CD＝ ．
11．（2024•宝山区二模）如图，菱形ABCD的边长为5，csB=45，E是边CD上一点（不与点C、D重合），把△ADE沿着直线AE翻折，如果点D落在菱形一条边的延长线上，那么CE的长为 ．
12．（2024•宝山区二模）如图，边长分别为5，3，2的三个正方形拼接在一起，它们的一边在同一直线上，那么图中阴影三角形①和②的面积之比S1S2的比值为 ．
13．（2024•奉贤区二模）17、如图，正方形ABCD的边长为1，点P在AD延长线上（PD＜CD），联结PB、PC，如果△CDP与△PAB相似，那么tan∠BPA＝ ．
14．（2024•普陀区二模）在直角坐标平面内，将点A先向右平移4个单位，再向上平移6个单位得到点B，如果点A和点B恰好关于原点对称，那么点B的坐标是 ．
15．（2024•金山区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，D是AB的中点，把△BCD沿CD所在的直线翻折，点B落在点E处，如果CE⊥AB，那么BE＝ ．
16．（2024•普陀区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，csB=45，分别以点B、C为圆心，1为半径长作⊙B、⊙C，D为边BC上一点，将△ABD和⊙B沿着AD翻折得到△AB′D和⊙B′，点B的对应点为点B′，AB′与边BC相交，如果⊙B′与⊙C外切，那么BD＝ ．
17．（2024•青浦区二模）如图，热气球的探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B的仰角为α，看这栋楼底部C的俯角为β，热气球A处与楼的水平距离为m米，那么这栋楼BC的高度为 米．（用含α、β、m的式子表示）
18．（2024•松江区二模）如图，已知△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8．D是边BC的中点，E是边AC上一点，将△CDE沿着DE翻折，点C落在点F处，如果DF与△ABC的一边平行，那么AE＝ ．
19．（2024•闵行区二模）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，sinC=35，D为边AB上一动点，将DA绕点D旋转，使点A落在边AC上的点E处，过点E作EF⊥DE交边BC于点F，联结DF，当△DEF是等腰三角形时，线段CF的长为 ．
20．（2024•徐汇区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝4．已知点D是边AC的中点，将△ABC沿直线BD翻折，点C落在点E处，联结AE，那么AE的长是 ．
21．（2024•静安区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝17，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形AB1C1D1，使点D在直线B1C1上，那么线段BB1的长度是 ．
22．（2024•青浦区二模）正方形ABCD的边长为1，E为边DC的中点，点F在边AD上，将∠D沿直线EF翻折，使点D落在点G处，如果BG＝BC，那么线段DF的长为 ．
23．（2024•浦东新区二模）如图，小丽在大楼窗口A处测得校园内旗杆底部C的俯角为α度，窗口离地面高度AB＝h（米），那么旗杆底部与大楼的距离BC＝ 米（用α和h的式子表示）．
24．（2024•浦东新区二模）定义：四边形ABCD中，点E在边AB上，联结DE、EC，如果△DEC的面积是四边形ABCD面积的一半，且△BEC的面积是△ADE及△DCE面积的比例中项，我们称点E是四边形ABCD的边AB上的一个面积黄金分割点．
已知：如图，四边形ABCD是梯形，且AD∥BC，BC＞AD，如果点E是它的边AB上的一个面积黄金分割点，那么BCAD的值是 ．
25．（2024•杨浦区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线交边BC于点D，如果BD＝4CD，那么tanB＝ ．
26．（2024•黄浦区二模）如图，D是等边△ABC边BC上点，BD：CD＝2：3，作AD的垂线交AB、AC分别于点E、F，那么AE：AF＝ ．
三．解答题（共21小题）
27．（2024•崇明区二模）某工程队购进几台新型挖掘机（如图1），该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成，图2是其侧面结构示意图：PQ是基座（基座高度忽略不计），AB是主臂，BC是伸展臂，若主臂AB长为4.8米，主臂伸展角∠QAB的范围是：25°≤∠QAB≤60°，伸展臂伸展角∠ABC的范围是：45°≤∠ABC≤110°，当主臂伸展角∠QAB最小，伸展臂伸展角∠ABC最大时，伸展臂BC恰好能接触水平地面（点C、Q、A、P在一直线上）．（参考数据：sin25°≈0.4，cs25°≈0.9）
（1）当挖掘机在A处时，能否挖到距A水平正前方6米远的土石？（请通过计算说明）
（2）该工程队承担了新农村景观河的建设任务，计划用该型号的挖掘机进行施工．已知景观河全长1200米，实际开工后每天比原计划多挖20米，因此提前3天完成任务，求工程队原计划每天挖多少米？
28．（2024•长宁区二模）已知：在梯形ABCD中，AD∥BC，BD⊥AD，点E在边AD上（点E不与点A、D重合），点F在边CD上，且∠ABD＝∠EBF＝∠C．
（1）求证：ABBD=BEBF；
（2）联结EF，与BD交于点G，如果BG＝EG，求证：四边形BEDF为等腰梯形．
29．（2024•崇明区二模）如图，已知在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC平分∠DAB，点O是AC上一点，以OA为半径的⊙O过B、D两点．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）设⊙O与AC交于点E，联结DE并延长，交AB的延长线于点F，若AB2＝AC•EC，求证：AE＝EF．
30．（2024•普陀区二模）已知：如图，四边形ABCD中，AB∥CD，点E在边AD上，CE与BA的延长线交于点F，FAAB=AEED．
（1）求证：四边形ABCD为平行四边形；
（2）联结FD，分别延长FD、BC交于点G，如果FC2＝FD•FG，求证：AD•CG＝BF•CD．
31．（2024•宝山区二模）小明家院内靠墙安装了一个遮阳篷（如图1），图2是它的侧面示意图，遮阳篷长AC＝6米，与水平面的夹角为17.5°，靠墙端A离地高度AB＝5米，已知该地区冬至正午太阳光照入射角∠CDF＝36.9°，夏至正午太阳光照入射角∠CEF＝82.4°，因此，点D、E之间的区域是一年四季中阳光不一定照射到的区域，求该区域深度DE的长．（结果精确到0.1米）
参考数据：sin17.5°≈0.3，cs17.5°≈0.95，tan17.5°≈0.32；sin36.9°≈0.6，cs36.9°≈0.8，tan36.9°≈0.75；sin82.4°≈0.99，cs82.4°≈0.13，tan82.4°≈7.5．
32．（2024•宝山区二模）如图，在⊙O中，直径AB垂直于弦CD，垂足为点E，联结AC、DO，延长DO交AC于点F．
（1）求证：AF2＝OF•DF；
（2）如果CD＝8，BE＝2，求OF的长．
33．（2024•嘉定区二模）在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E在射线AB上，联结CE、BD．
（1）如图1，当点E是边AB的中点，求∠ECD的正切值；
（2）如图2，当点E在线段AB的延长线上，联结DE与边BC交于点F，如果AD＝6，△EFC的面积等于33，求EF的长；
（3）当点E在边AB上，CE与BD交于点H，联结DE并延长DE与CB的延长线交于点G，如果AD＝6，△BCH与以点E、G、B所组成的三角形相似，求AE的长．
34．（2024•嘉定区二模）某东西方向的海岸线上有A、B两个码头，这两个码头相距60千米（AB＝60），有一艘船C在这两个码头附近航行．
（1）当船C航行了某一刻时，由码头A测得船C在北偏东55°，由码头B测得船C在北偏西35°，如图1，求码头A与C船的距离（AC的长），其结果保留3位有效数字；
（参考数据：sin35°≈0.5736，cs35°≈0.8192，tan35°≈0.7002，ct35°≈1.428）
（2）当船C继续航行了一段时间时，由码头A测得船C在北偏东30°，由码头B测得船C在北偏西15°，船C到海岸线AB的距离是CH（即CH⊥AB），如图2，求CH的长，其结果保留根号．
35．（2024•奉贤区二模）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，∠B＝∠ADC，点E、F分别在边AB、BC上，且∠ADE＝∠CDF．
（1）求证：CF•CB＝AE•AB；
（2）联结AC、EF，如果EF∥AC，求证：四边形ABCD是菱形．
36．（2024•松江区二模）一个凸四边形的四条边及两条对角线共6条线段中，如果只有两种大小不同的长度，那么称这个四边形为“精致四边形”．如正方形的四条边都相等，两条对角线相等，且边长与对角线长度不等，所以正方形是一个“精致四边形”．
（1）如图所示的四边形ABCD是一个“精致四边形”，其中 AB＝AC＝BC＝AD，BD＝CD．试写出该“精致四边形”的两条性质（AB＝AC＝BC＝AD，BD＝CD 除外）；
（2）如果一个菱形（除正方形外）是“精致四边形”，试画出它的大致图形，并求出该“精致四边形”的6条线段中较长线段与较短线段长度的比值；
（3）如果一个梯形是“精致四边形”，试画出它的大致图形，指出两种长度的线段各是哪几条，并求出它的各内角度数．
37．（2024•静安区二模）已知：如图，直线EF经过矩形ABCD顶点D，分别过顶点A、C作EF的垂线，垂足分别为点E和点F，且DE＝DF，联结AC．
（1）求证：AD2＝AE•AC；
（2）联结BE和BF，求证：BE＝BF．
38．（2024•青浦区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E是对角线AC上一点，EA＝ED，且∠DAB＝∠DEC＝∠DCB．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）延长DE分别交线段AB、CB的延长线于点F、G，如果GB＝BC，求证：AD2＝2EF•GD．
39．（2024•闵行区二模）如图，在△ABC中，点D在边BC上，点G在边AB上，点E、F在边AC上，GD∥AC，∠DGF＝∠DEF，∠B＝∠GFE．
（1）求证：四边形EDGF是平行四边形；
（2）求证：GFAB=CDAC．
40．（2024•普陀区二模）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，点D在边BC上，AB＝AD＝13，BC＝23．
（1）求BD的长；
（2）求tanC的值．
41．（2024•虹口区二模）根据以下素材，完成探索任务．
42．（2024•金山区二模）上海中心大厦位于中国上海浦东陆家嘴金融贸易区核心区，是一幢集商务、办公、酒店、商业、娱乐、观光等功能的超高层建筑．它的附近有一所学校的数学兴趣小组在讨论建筑物的高度测量问题，讨论发现要测量学校教学楼的高度可以用“立杆测影”的方法，他们在平地上立一根2米长并且与地面垂直的测量杆，量得影子长为1.6米，同时量得教学楼的影子长为24米，这样就可以计算出教学楼的高度．进而在讨论测量上海中心大厦高度时，由于距离远和周围建筑密集等因素，发现用“立杆测影”的方法不可行，要采用其他方法，经讨论提出两个方案（测角仪高度忽略不计）：
方案1：如图1所示，利用计算所得的教学楼（AB）高度，分别在教学楼的楼顶（点A）和楼底地面（点B）分别测得上海中心大厦（SH）的楼顶（点S）的仰角∠α和∠β，通过计算就可以得到大厦的高度；
方案2：如图2所示，在学校操场上相对于上海中心大厦的同一方向上选取两点C、D，先量得CD的长度，再分别在点C、D测得上海中心大厦（SH）的楼顶（点S）的仰角∠γ和∠θ，通过计算就可以得到大厦的高度．
测量并通过计算得：CD＝60米，ctα＝10.667，ctβ＝10.161，ctγ＝10.159，ctθ＝10.254．
（1）教学楼（AB）的高度为 米；
（2）请你在两种方案中选取一种方案，计算出上海中心大厦（SH）的高度（精确到1米）．
43．（2024•金山区二模）如图，已知：D是△ABC的边BC上一点，点E在△ABC外部，且∠BAE＝∠CAD，∠ACD＝∠ADC＝∠ADE，DE交AB于点F．
（1）求证：AB＝AE；
（2）如果AD＝AF，求证：EF2＝BF•AB．
44．（2024•浦东新区二模）如图，在△ABC中，CD是边AB上的高．已知AB＝AC，BC=10，tan∠BAC=34．
（1）求AD的长；
（2）如果点E是边AC的中点，联结BE，求ct∠ABE的值．
45．（2024•浦东新区二模）已知：如图，在菱形ABCD中，点E是边DC上的任意一点（不与点D、C重合），AE交对角线BD于F，过点E作EG∥BC交BD于点G．
（1）求证：DF2＝FG•BF；
（2）当BD•DF＝2AD•DE时，求证：AE⊥DC．
46．（2024•黄浦区二模）如图，D是△ABC边AB上点，已知∠BCD＝∠A，AD＝5，BD＝4．
（1）求边BC的长；
（2）如果△ACD∽△CBD（点A、C、D对应点C、B、D），求∠ACB的度数．
47．（2024•杨浦区二模）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，BD＝BC，∠DBC的平分线交AD延长线于点E，交CD于点F．
（1）求证：四边形BCED是菱形；
（2）联结AC交BF于点G，如果AC⊥CE，求证：AB2＝AG•AC．
上海市2024年中考数学二模试题按照知识点分层汇编-05图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2024•静安区二模）下列图形中，对称轴条数最多的是（ ）
A．等腰直角三角形B．等腰梯形
C．正方形D．正三角形
【解答】解：A、等腰直角三角形有1条对称轴；
B、等腰梯形有1条对称轴；
C、正方形有4条对称轴；
D、正三角形有3条对称轴．
故选：C．
2．（2024•青浦区二模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过O作AC的垂线交AD于点E，EC与BD相交于点F，且∠ECD＝∠DBC，那么下列结论错误的是（ ）
A．EA＝ECB．∠DOC＝∠DCOC．BD＝4DFD．BCCE=CDBF
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∵OA＝OC，OB=OD=12BD，AD∥BC．
又∵OE⊥AC，
∴OE垂直平分AC．
∴EA＝EC，A正确，故不符合要求．
∴∠DAO＝∠ECA．
∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠DBC＝∠ECD．
∴∠DOC＝∠DAO+∠ADO．
又∵∠DCO＝∠ECA+∠ECD，
∴∠DOC＝∠DCO，B正确，故不符合要求．
CD=OD=12BD，
∵∠FCD＝∠CBD，∠FDC＝∠CDB，
∴△FDC∽△CDB，DFCD=CDBD，即 DF12BD=12BDBD．
∴BD＝4DF，C正确，故不符合要求．
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠CED．
又∵∠CBF＝∠ECD，
∴△CBF∽△ECD．
∴BCCE=BFCD≠CDBF，D错误，故符合要求．
故选：D．
3．（2024•普陀区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，G是△ABC的重心，点D在边BC上，DG⊥GC，如果BD＝5，CD＝3，那么CGBC的值是（ ）
A．22B．23C．25D．24
【解答】解：连接AG，延长AG交BC于M，延长CG交AB于N，连接MN，
∵G是△ABC的重心，
∴M、N分别是BC、AB的中点，CG＝2NG，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN∥AC，
∴∠NMC+∠ACB＝180°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠NMC＝90°，
∵DG⊥CG，
∴∠CGD＝∠NMC＝90°，
∵∠DCG＝∠MCN，
∴△CDG∽△CNM，
∴CG：CM＝CD：CN，
∵BD＝5，CD＝3，
∴BC＝5+3＝8，
∵M是BC中点，
∴CM=12BC＝4，
∴CG：4＝3：32CG，
∴CG＝22，
∴CGBC=228=24．
故选：D．
4．（2024•浦东新区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3．点D在边AB上，且BDAD=13，DE∥BC交边AC于点E，那么以E为圆心，EC为半径的⊙E和以D为圆心，BD为半径的⊙D的位置关系是（ ）
A．外离B．外切C．相交D．内含
【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB=AC2+BC2=5，
∵BDAD=13，
∴AD=154，BD=54．
∵DE∥BC，
∴ECAE=BDAD=13，
∴EC＝1，AE＝3，
∵DE∥BC，
∴△AED∽△ACB，
∴DEBC=ADAB=34，
∴DE=94，
∴以E为圆心，EC为半径的⊙E和以D为圆心，BD为半径的⊙D的圆心距为94，
∵BD+EC＝1+54=94，
∴⊙E与⊙D的位置关系是外切．
故选：B．
5．（2024•杨浦区二模）如图，在△ABC中，AB≠AC，∠BAC＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（ ）
A．∠ADC＝60°B．∠ACD＝60°C．∠BCD＝∠ECDD．∠BAD＝∠BCE
【解答】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，
∴△ABC≌△DEC，
∴CD＝CA，∠BAC＝∠EDC＝120°，得
∴∠ADC＝60°，故A正确；
∴△ADC是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，故B正确，
∴∠DAC＝60°，∠BAE＝60°，
∵∠BCE＝∠ACD＝60°，
∴∠BAD＝∠BCE，故D正确；
∵∠ECD＝∠BCA，BC不一定平分∠ACD，
∴∠BCD不一定等于∠ECD，
故选：C．
6．（2024•黄浦区二模）小明在研究梯形的相似分割问题，即如何用一条直线将一个梯形分割成两个相似的图形．他先从等腰梯形开始进行探究，得到下面两个结论．结论1：存在与上、下底边相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形；结论2：不存在与两腰相交的直线，能将等腰梯形分割成两个相似的图形．对这两个结论，你认为（ ）
A．结论1、结论2都正确
B．结论1正确、结论2不正确
C．结论1不正确、结论2正确
D．结论1、结论2都不正确
【解答】如图，存在与上、下底边相交的直线，将等腰梯形分割成两个相似的图形，则结论1正确；
如图，存在与两腰相交的直线，将等腰梯形分割成两个相似的图形，则结论2不正确；
故选：B．
7．（2024•黄浦区二模）如图1，一个3×5的网格，其中的12个单位正方形已经被2张“L”型和1张“田字”型纸片互不重叠地占据了．下列有4个均由4个单位正方形所组成的纸片，依次记为型号1、型号2、型号3和型号4．将这4个型号的纸片做平移、旋转，恰能将图1中3个未被占据的单位正方形占据，并且与已有的3张纸片不重叠的是（ ）
A．型号1B．型号2C．型号3D．型号4
【解答】解：由题知，
型号1是“田字”型，
当放入空白处时，要么右下角的小正方形无法被占据，要么会与左下角的阴影小正方形重叠．
故A选项不符合题意．
如图所示，型号2中的图案若不旋转，则无法完全占据空白小正方形，
旋转后，也无法完全占据空白小正方形，
．
故B选项不符合题意．
如图所示，型号3无法完全占据空白小正方形，
．
故C选项不符合题意．
如图所示，型号4通过旋转可以完全占据空白小正方形，且与已有的正方形不重叠，
．
故D选项符合题意．
故选：D．
二．填空题（共19小题）
8．（2024•徐汇区二模）小杰沿着坡比i＝1：2.4的斜坡，从坡底向上步行了130米，那么他上升的高度是 50 米．
【解答】解：设上升的高度为x米，坡比i＝1：2.4，
根据题意得x2+（2.4x）2＝1302，
解得x＝50，
故答案为：50．
9．（2024•长宁区二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＞BC，将△ABC绕着点C旋转，点A、点B的对应点分别是点D、点E，如果点A在DE的延长线上，且CE∥AB，那么∠CAE的余弦值为 32 ．
【解答】解：由△ABC绕着点C旋转，点A、点B的对应点分别是点D、点E，点A在DE的延长线上，且CE∥AB，
得∠ACE＝∠BAC＝∠D＝x°，
由△ADC中，∠ACB＝90°，
得3x+90＝180，
得∠CAE＝x＝30°，
得∠CAE的余弦值为32．
故答案为：32．
10．（2024•崇明区二模）已知在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，将矩形ABCD绕点B旋转，AB的对应边A′B与边CD相交于点E，联结A′C，当点E是CD中点时，tan∠A′CD＝ 29 ．
【解答】解：作A'H⊥DC，EF⊥AB，
由矩形ABCD，AB＝6，BC＝4，将矩形ABCD绕点B旋转，点E是CD中点，
易得EF＝BC＝4，BF＝CE=12CD＝3，
得BE=EF2+BF2=5，A′E＝A′B﹣BE＝6﹣5＝1，
由△A′EH～△FBE，
得A'HEF=EHBF=A'EBE，
得A'H4=EH3=15，
得A'H＝0.8，EH＝0.6，
得CH＝3+0.6＝3.6，
得tan∠A′CD=A'HCH=29．
故答案为：29．
11．（2024•宝山区二模）如图，菱形ABCD的边长为5，csB=45，E是边CD上一点（不与点C、D重合），把△ADE沿着直线AE翻折，如果点D落在菱形一条边的延长线上，那么CE的长为 4013或1 ．
【解答】解：点D落在BC延长线上时，如图1，
过点A作AH⊥BC于点H，过点E作EG⊥CF于点G，点D与点F重合，如图1，
由折叠得，AF＝AD＝AB＝5，
∴BH＝AH，
∵cs∠B=BHAB=45，
∴BH＝4，
∴BF＝2BH＝8，
∴FC＝AF﹣AC＝8﹣5＝3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥AB，
∴∠DCF＝∠B，cs∠DCF=cs∠B=45=CGCE，
设CG＝4y，则CE＝5y，FG＝CF﹣CG＝3﹣4y，
由折叠得EF＝DE＝5﹣5y，
在Rt△CEG中，由勾股定理得EG=CE2-CG2=3y，
在Rt△FEG中，由勾股定理得EG2+FG2＝EF2，
∴（3y）2+（3﹣4y）2＝（5﹣5y）2，
解得y=813，
∴CE=5×813=4013；
当点D落在DC的延长线上时，如图2，
由折叠的性质得：DE＝EF，AD＝AF，AE⊥DF，
由菱形的性质得：∠B＝∠D，
∴csD＝csB=DEAD，即DE5=45，
∴DE＝4，
∴CE＝CD﹣DE＝5﹣4＝1，
综上，CE的长为4013或1．
故答案为：4013或1．
12．（2024•宝山区二模）如图，边长分别为5，3，2的三个正方形拼接在一起，它们的一边在同一直线上，那么图中阴影三角形①和②的面积之比S1S2的比值为 425 ．
【解答】解：设AH分别交CD、FG、BM于点K、I、L，BM分别交CD、FG于点P、Q，设AH＝m，
∵正方形ABCD、正方形CEFG和正方形GHMN的一边在同一条直线上，
∴∠ABC＝∠DCG＝∠FGH＝∠MHG＝90°，AB＝BC＝AD＝5，CG＝EF＝3，GH＝HM＝MN＝2，
∴AB∥CD∥FG∥MH，BH＝5+3+2＝10，HC＝3+2＝5，
∵HM∥AB，
∴△HLM∽△ALB，
∴HLAL=HMAB=25，
∴HL=22+5AH=27AH=27m，AL=52+5AH=57AH=57m，
∵IG∥AB，
∴IHAH=GHBH=210=15，
∴IH=15AH=15m，
∴LI=27m-15m=335m，
∵AD∥HC，
∴△AKD∽△HKC，
∴AKHK=ADHC=55=1，
∴AK＝HK=12AH=12m，
∴LK=57m-12m=314m，
∵IQ∥KP，
∴△QLI∽△PLK，
∴S1S2=(LILK)2=(335m314m)2=425，
故答案为：425．
13．（2024•奉贤区二模）17、如图，正方形ABCD的边长为1，点P在AD延长线上（PD＜CD），联结PB、PC，如果△CDP与△PAB相似，那么tan∠BPA＝ 5-12 ．
【解答】解：在正方形ABCD中，∠A＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝CD＝1，
∴∠CDP＝180°﹣90°＝90°＝∠A，
∵△CDP与△PAB相似，
∴△CDP∽△PAB或△CDP∽△BAP，
∴CDAP=DPAB或CDAB=DPAP，
∵CD＝AB，AP＝AD+DP，
∴△CDP∽△BAP不合题意，
∴ABAP=DPCD，
∴11+DP=DP1，
∴DP=5-12（负值已舍），
∴AP=5-12+1=5+12，
∴tan∠BPA=ABAP=15+12=5-12，
故答案为：5-12．
14．（2024•普陀区二模）在直角坐标平面内，将点A先向右平移4个单位，再向上平移6个单位得到点B，如果点A和点B恰好关于原点对称，那么点B的坐标是 （2，3） ．
【解答】解：设A（a，b），
将点A（a，b）先向右平移4个单位，再向下平移6个单位得到点B（a+4，b+6），
∵点A和点B关于原点对称，
∴a+a+4＝0，b+6+b＝0，
∴a＝﹣2，b＝﹣3，
∴A（﹣2，﹣3），B（2，3）．
故答案为：（2，3）．
15．（2024•金山区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，D是AB的中点，把△BCD沿CD所在的直线翻折，点B落在点E处，如果CE⊥AB，那么BE＝ 23 ．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝BD＝AD=12AB，
∵把△BCD沿CD所在的直线翻折，点B落在点E处，
∴ED＝BD，BC＝CE，
∴CD＝ED，
∵CE⊥AB，AC＝2，
∴AB垂直平分CE，
∴BE＝BC＝CE，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠CBE＝60°，
∴∠ABC＝∠ABE=12∠CBE＝30°，
∴AB＝2AC＝4，
∴BE＝BC=AB2-AC2=42-22=23，
故答案为：23．
16．（2024•普陀区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，csB=45，分别以点B、C为圆心，1为半径长作⊙B、⊙C，D为边BC上一点，将△ABD和⊙B沿着AD翻折得到△AB′D和⊙B′，点B的对应点为点B′，AB′与边BC相交，如果⊙B′与⊙C外切，那么BD＝ 4-64或4+64 ．
【解答】解：如图，当AB′在∠BAC内部时，过点A作AE⊥BC于点E，连接B′C，过点A作AF⊥B′C于点F，
∴csB=BEAB，
∵AB＝AC＝5，csB=45，
∴BE＝4，∠BAE＝∠CAE，
∴AE=AB2-BE2=3，
由折叠的性质得，∠BAD＝∠B′AD，AB′＝AB＝5，
∵AF⊥B′C，AB′＝AC＝5，
∴∠B′AF＝∠CAF，B′F=12B′C，
∵⊙B′与⊙C外切，
∴B′C＝1+1＝2，
∴B′F＝1，
∴AF=AB'2-B'F2=52-12=26，
∴tan∠B′AF=B'FAF=612，
∵AB′＝AC，AF⊥B′C，
∴∠B′AF=12∠B′AC=12（∠BAC﹣∠BAB′）=12（2∠BAE﹣2∠BAD）＝∠BAE﹣∠BAD＝∠DAE，
∴tan∠B′AF＝tan∠DAE=DEAE=612，
∴DE＝3×612=64，
∴BD＝BE﹣DE＝4-64；
如图，当AB′在∠BAC外部时，过点A作AE⊥BC于点E，连接B′C，过点A作AF⊥B′C于点F，
∴csB=BEAB，
∵AB＝AC＝5，csB=45，
∴BE＝4，∠BAE＝∠CAE，
∴AE=AB2-BE2=3，
由折叠的性质得，∠BAD＝∠B′AD，AB′＝AB＝5，
∵AF⊥B′C，AB′＝AC＝5，
∴∠B′AF＝∠CAF，B′F=12B′C，
∵⊙B′与⊙C外切，
∴B′C＝1+1＝2，
∴B′F＝1，
∴AF=AB'2-B'F2=52-12=26，
∴tan∠B′AF=B'FAF=612，
∵AB′＝AC，AF⊥B′C，
∴∠B′AF=12∠B′AC=12（∠BAB′﹣∠BAC）=12（2∠BAD﹣2∠BAE）＝∠BAD﹣∠BAE＝∠DAE，
∴tan∠B′AF＝tan∠DAE=DEAE=612，
∴DE＝3×612=64，
∴BD＝BE+DE＝4+64；
故答案为：4-64或4+64．
17．（2024•青浦区二模）如图，热气球的探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B的仰角为α，看这栋楼底部C的俯角为β，热气球A处与楼的水平距离为m米，那么这栋楼BC的高度为 m（tanα+tanβ） 米．（用含α、β、m的式子表示）
【解答】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，
由题意得：AD＝m米，
在Rt△ABD中，∠BAD＝α，
∴BD＝AD•tanα＝mtanα（米），
在Rt△ADC中，∠DAC＝β，
∴CD＝AD•tanβ＝mtanβ（米），
∴BC＝BD+CD＝（mtanα+mtanβ）＝m（tanα+tanβ）米，
∴这栋楼的高度为m（tanα+tanβ）米
故答案为：m（tanα+tanβ）．
18．（2024•松江区二模）如图，已知△ABC中，∠C＝90°，BC＝6，AC＝8．D是边BC的中点，E是边AC上一点，将△CDE沿着DE翻折，点C落在点F处，如果DF与△ABC的一边平行，那么AE＝ 5或6.5 ．
【解答】解：①当DF∥BC时，DF与BC重合，
∴C，D，E不构成三角形，不符合题意；
②当DF∥AC，如图：
∴DF⊥BC，
∴∠CDF＝90°，
由翻折的性质可知，CD＝DF，CE＝CF，
∴四边形CDFE为正方形，
∴CE＝CD＝3，
∴AE＝AC﹣CE＝5；
③当DF∥AB，延长DF交AC于G，如图：
∴CG=12AC＝4，DG=CG2+CD2=5，
∴FG＝DG﹣DF＝DG﹣CD＝2，
设CE＝EF＝x，则EG＝4﹣x，
在Rt△EFG中，（4﹣x）2＝x2+4，
解得：x=32，
∴AE＝AC﹣CE＝6.5，
综上所述，AE＝5或6.5．
故答案为：5或6.5．
19．（2024•闵行区二模）在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，sinC=35，D为边AB上一动点，将DA绕点D旋转，使点A落在边AC上的点E处，过点E作EF⊥DE交边BC于点F，联结DF，当△DEF是等腰三角形时，线段CF的长为 257 ．
【解答】解：分别过点D和点F作AC边的垂线，垂足分别为M和N，
∵∠DEF＝90°，DM⊥AC，FN⊥AC，
∴∠DEM+∠FEN＝∠DEM+∠MDE＝90°，∠DME＝∠ENF，
∴∠MDE＝∠FEN．
在△DME和△ENF中，
∠DME=∠ENF∠MDE=∠FENDE=EF，
∴△DME≌△ENF（AAS），
∴FN＝ME，EN＝DM．
在Rt△CNF中，
sinC=FNFC=35，
∴设CF＝5x，FN＝3x，
则NC=(5x)2-(3x)2=4x．
∴ME＝NF＝3x．
在Rt△ABC中，
sinC=ABAC=35，
又∵AB＝6，
∴AC＝10，
∴BC=102-62=8．
∵DA＝DE，DM⊥AC，
∴AM＝ME＝3x．
又∵EN＝10﹣3x﹣3x﹣4x＝10﹣10x，
∴DM＝EN＝10﹣10x．
在Rt△ABC中，
tanA=BCAB=43．
在Rt△ADM中，
tanA=DMAM=43，
∴10-10x3x=43，
解得x=57，
经检验，x=57是原方程的解．
∴CF＝5x=5×57=257．
故答案为：257．
20．（2024•徐汇区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝6，BC＝4．已知点D是边AC的中点，将△ABC沿直线BD翻折，点C落在点E处，联结AE，那么AE的长是 101717 ．
【解答】解：如图，过A作AM⊥BC，过D作DN⊥BC，连接AE，连接CE交BD于O，
∴AM∥DN，
∵D为AC中点，AB＝AC，
∴AD＝CD＝3，BM＝CM＝2，
∴CN＝MN＝1，
∴DN=CD2-CN2=22，
∴BD=AN2+DN2=17，
∵E和C关于BD对称，
∴CE⊥BD，OC＝OE，DE＝DC，
∵S△BCD=12BC•DN=12BD•OC，
∴OC=83417，
∴CE=163417，
∵AD＝CD＝DE，
∴△ACE为直角三角形，
∴AE=AC2-CE2=101717．
故答案为：101717．
21．（2024•静安区二模）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝17，将该矩形绕着点A旋转，得到四边形AB1C1D1，使点D在直线B1C1上，那么线段BB1的长度是 161717或641717 ．
【解答】解：当点B1在矩形ABCD内部时，如图所示，
由旋转可知，
AB1＝AB＝8．
在Rt△AB1D中，
B1D=172-82=15，
所以DC1＝17﹣15＝2．
在Rt△C1D1D中，
DD1=82+22=217．
因为AB＝AB1，AD＝AD1，
所以ABAD=AB1AD1，
又因为∠BAB1＝∠DAD1，
所以△ABB1∽△ADD1，
所以BB1DD1=ABAD=817，
所以BB1=161717．
当点B1在矩形ABCD外部时，如图所示，
同理可得，
DD1=322+82=817，
因为△ABB1∽△ADD1，
所以BB1DD1=ABAD=817，
所以BB1=641717．
综上所述，BB1的长为161717或641717．
故答案为：161717或641717．
22．（2024•青浦区二模）正方形ABCD的边长为1，E为边DC的中点，点F在边AD上，将∠D沿直线EF翻折，使点D落在点G处，如果BG＝BC，那么线段DF的长为 14 ．
【解答】解：如图所示，连接BE，EF，
由题可得CE＝DE＝GE，BC＝BG，BE＝BE，
∴△BCE≌△GCE（SSS），
∴∠BEC＝∠BEG，
由折叠可得，∠DEF＝∠GEF，
∴∠BEF=12∠CED＝90°，
∴∠DEF+∠BEC＝90°，
又∵Rt△BCE中，∠CBE+∠BEC＝90°，
∴∠DEF＝∠CBE，
又∵∠C＝∠EDF＝90°，
∴△BCE∽△EDF，
∴DFCE=DECB，即DF12=121，
∴DF=14，
故答案为：14．
23．（2024•浦东新区二模）如图，小丽在大楼窗口A处测得校园内旗杆底部C的俯角为α度，窗口离地面高度AB＝h（米），那么旗杆底部与大楼的距离BC＝ htanα 米（用α和h的式子表示）．
【解答】解：如图：
由题意得：AB⊥BC，∠DAC＝α，DA∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC＝α，
在Rt△ABC中，AB＝h米，
∴BC=ABtanα=htanα（米），
∴旗杆底部与大楼的距离BC为htanα米，
故选：htanα．
24．（2024•浦东新区二模）定义：四边形ABCD中，点E在边AB上，联结DE、EC，如果△DEC的面积是四边形ABCD面积的一半，且△BEC的面积是△ADE及△DCE面积的比例中项，我们称点E是四边形ABCD的边AB上的一个面积黄金分割点．
已知：如图，四边形ABCD是梯形，且AD∥BC，BC＞AD，如果点E是它的边AB上的一个面积黄金分割点，那么BCAD的值是 5+12 ．
【解答】解：过点E作EF∥AD，交CD于点F，如图，
∵EF∥AD，AD∥BC，
∴EF∥AD∥CB．
设梯形的高为h，则S△DEC=12EF•h，S梯形ABCD=12（AD+BC）h．
∵点E是四边形ABCD的边AB上的一个面积黄金分割点，
∴S△DEC=12S梯形ABCD，
∴12EFh=12×12（AD+BC）h，
∴EF=12（AD+BC），
∴EF为梯形ABCD的中位线，
∴△ADE和△BEC中AD，BC边上的高为12h．
∴S△ADE=12AD•12h=14ADh，S△BEC=12BC⋅12h=14BCh，S△DEC=12×12（AD+BC）h=14（AD+BC）h．
∵点E是四边形ABCD的边AB上的一个面积黄金分割点，
∴S△BEC2=S△ADE⋅S△DEC，
∴116BC2h2=14ADh•14（AD+BC）h．
∴BC2﹣AD•BC﹣AD2＝0．
∴BC=1±52AD（负数不合题意，舍去）．
∴BC=1+52AD．
∴BCAD=1+52．
故答案为：5+12．
25．（2024•杨浦区二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB的垂直平分线交边BC于点D，如果BD＝4CD，那么tanB＝ 155 ．
【解答】解：连接AD，
∵BD＝4CD，
设CD＝x，则BD＝4x，BC＝5x，
∵AB的垂直平分线交边BC于点D，
∴AD＝DB＝4x，
∴AC=AD2-CD2=(4x)2-x2=15x，
∴tanB=ACBC=155，
故答案为：155．
26．（2024•黄浦区二模）如图，D是等边△ABC边BC上点，BD：CD＝2：3，作AD的垂线交AB、AC分别于点E、F，那么AE：AF＝ 78 ．
【解答】解：过点D作GD⊥AD，交AB于点G，交AC的延长线于点H，DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，如图，
∵BD：CD＝2：3，
∴设BD＝2m，则CD＝3m，
∴BC＝5m．
∵△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC＝BC＝5m，∠B＝∠ACB＝60°，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠BDM＝NCD＝30°，
∴BM=12BD＝m，CN=12CD=32m，
∴DM=3m，DN=332m．
∴AM＝AB﹣BM＝4m，AN＝AC﹣CN=72m．
∴AD=AM2+DM2=19m．
∵AD⊥DG，DM⊥AB，
∴△AMD∽△ADG，
∴AMAD=ADAG．
∴AG=AD2AM=19m24m=194m．
同理：△ADN∽△AHD，
∴ANAD=ADAH，
∴AH=AD2AN=19m272m=387m．
∵EF⊥AD，GH⊥AD，
∴EF∥GH，
∴△AEF∽△AGH，
∴AEAF=AGAH=194m387m=78．
故答案为：78．
三．解答题（共21小题）
27．（2024•崇明区二模）某工程队购进几台新型挖掘机（如图1），该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成，图2是其侧面结构示意图：PQ是基座（基座高度忽略不计），AB是主臂，BC是伸展臂，若主臂AB长为4.8米，主臂伸展角∠QAB的范围是：25°≤∠QAB≤60°，伸展臂伸展角∠ABC的范围是：45°≤∠ABC≤110°，当主臂伸展角∠QAB最小，伸展臂伸展角∠ABC最大时，伸展臂BC恰好能接触水平地面（点C、Q、A、P在一直线上）．（参考数据：sin25°≈0.4，cs25°≈0.9）
（1）当挖掘机在A处时，能否挖到距A水平正前方6米远的土石？（请通过计算说明）
（2）该工程队承担了新农村景观河的建设任务，计划用该型号的挖掘机进行施工．已知景观河全长1200米，实际开工后每天比原计划多挖20米，因此提前3天完成任务，求工程队原计划每天挖多少米？
【解答】解：（1）当挖掘机在A处时，能挖到距A水平正前方6米远的土石，
理由：过点B作BD⊥CP，垂足为P，
∴∠BDP＝∠BDC＝90°，
∵∠BAQ＝25°，
∴∠ABD＝90°﹣∠BAD＝65°，
∵∠ABC＝110°，
∴∠DBC＝∠ABC﹣∠ABD＝45°，
在Rt△ABD中，AB＝4.8米，
∴BD＝AB•sin25°≈4.8×0.4＝1.92（米），
AD＝AB•cs25°≈4.8×0.9＝4.32（米），
在Rt△BCD中，CD＝BD•tan45°＝1.92（米），
∴AC＝AD+CD＝4.32+1.92＝6.24（米），
∵6.24米＞6米，
∴当挖掘机在A处时，能挖到距A水平正前方6米远的土石；
（2）设工程队原计划每天挖x米，则实际开工后每天挖（x+20）米，
由题意得：1200x=1200x+20+3，
解得：x＝80或x＝﹣100，
经检验：x＝80或x＝﹣100是原方程的根，
∵x＞0，
∴x＝80，
∴工程队原计划每天挖80米．
28．（2024•长宁区二模）已知：在梯形ABCD中，AD∥BC，BD⊥AD，点E在边AD上（点E不与点A、D重合），点F在边CD上，且∠ABD＝∠EBF＝∠C．
（1）求证：ABBD=BEBF；
（2）联结EF，与BD交于点G，如果BG＝EG，求证：四边形BEDF为等腰梯形．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，BD⊥AD，
∴∠ADB＝∠DBC＝90°，
∵∠ABD＝∠EBF＝∠C，
∴∠ABD﹣∠DBE＝∠EBF﹣∠DBE，
∴∠ABE＝∠DBF，
∵∠A+∠ABD＝90°，∠BDF+∠C＝90°，
∴∠A＝∠BDF，
∴△ABE∽△DBF，
∴ABBD=BEBF．
（2）证明：联结EF，与BD交于点G，
∵ABBD=BEBF，
∴ABBE=BDBF，
∵∠ABD＝∠EBF，
∴△ABD∽△EBF，
∴∠ADB＝∠EFB，
∵∠BGF＝∠EGD，∠GFB＝∠GDE，BG＝EG，
∴△BGF∽△EGD，∠GBE＝∠GEB，
∴BFED=FGDG=BGEG=1，
∴BF＝ED，FG＝DG，
∴∠GDF＝∠GFD，
∵∠BGE＝∠GBE+∠GEB＝2∠GEB，∠BGE＝∠GDF+∠GFD＝2∠GFD，
∴2∠GEB＝2∠GFD，
∴∠GEB＝∠GFD，
∴BE∥DF，
∴四边形BEDF为等腰梯形．
29．（2024•崇明区二模）如图，已知在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC平分∠DAB，点O是AC上一点，以OA为半径的⊙O过B、D两点．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）设⊙O与AC交于点E，联结DE并延长，交AB的延长线于点F，若AB2＝AC•EC，求证：AE＝EF．
【解答】证明：（1）∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠BAC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠DCA＝∠DAC，DE=BE，
∴AD＝CD，
∵AE是圆直径，
∴AD+DE=AB+BE，
∴AD=AB，
∴AD＝AB，
∴CD＝AB，
∵DC∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝CD，∠DCE＝∠BCE，
∵AB2＝AC•EC，
∴BC2＝EC•AC，
∴BC：EC＝AC：BC，
∵∠BCE＝∠BCA，
∴△CBE∽△CAB，
∴∠CBE＝∠CAB，
∵CD＝CB，∠DCE＝∠BCE，CE＝CE，
∴△CDE≌△CBE（SAS），
∴∠CBE＝∠CDE，
∵DC∥AB，
∴∠F＝∠CDE，
∴∠F＝∠CAB，
∴AE＝EF．
30．（2024•普陀区二模）已知：如图，四边形ABCD中，AB∥CD，点E在边AD上，CE与BA的延长线交于点F，FAAB=AEED．
（1）求证：四边形ABCD为平行四边形；
（2）联结FD，分别延长FD、BC交于点G，如果FC2＝FD•FG，求证：AD•CG＝BF•CD．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，点F在BA的延长线上，
∴FA∥CD，
∴△AEF∽△DEC，
∴FACD=AEED，
∵FAAB=AEED，
∴FAAB=FACD，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
（2）证明：如图，联结FD，分别延长FD、BC交于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，
∵FC2＝FD•FG，
∴FCFD=FGFC，
∵∠CFG＝∠DFC，
∴△CFG∽△DFC，
∴∠G＝∠FCD，
∵∠BFC＝∠FCD，
∴∠G＝∠BCF，
∵∠GCD＝∠B，
∴△GCD∽△FBC，
∴CGBF=CDBC，
∴CGBF=CDAD，
∴AD•CG＝BF•CD．
31．（2024•宝山区二模）小明家院内靠墙安装了一个遮阳篷（如图1），图2是它的侧面示意图，遮阳篷长AC＝6米，与水平面的夹角为17.5°，靠墙端A离地高度AB＝5米，已知该地区冬至正午太阳光照入射角∠CDF＝36.9°，夏至正午太阳光照入射角∠CEF＝82.4°，因此，点D、E之间的区域是一年四季中阳光不一定照射到的区域，求该区域深度DE的长．（结果精确到0.1米）
参考数据：sin17.5°≈0.3，cs17.5°≈0.95，tan17.5°≈0.32；sin36.9°≈0.6，cs36.9°≈0.8，tan36.9°≈0.75；sin82.4°≈0.99，cs82.4°≈0.13，tan82.4°≈7.5．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥AB于点H，CG⊥BF于点G，
则四边形HBGC为矩形，
∴BF＝CG，
在Rt△AHC中，AC＝6米，∠ACH＝17.5°，
∵sin∠ACH=AHAC，
∴AH＝AC•sin∠ACH≈6×0.3＝1.8（米），
∴BH＝AB﹣AH＝5﹣1.8＝3.2（米），
在Rt△CDG中，CG＝3.2米，∠CDG＝36.9°，
∵tan∠CDG=CGDG，
∴DG=CGtan∠CDG≈≈4.27（米），
在Rt△CEG中，CG＝3.2米，∠CEG＝82.4°，
∵tan∠CEG=CGEG，
∴EG=CGtan∠CEG≈3.27.5≈0.43（米），
则DE＝DG﹣EG＝4.27﹣0.43≈3.8（米），
答：DE的长约为3.8米．
32．（2024•宝山区二模）如图，在⊙O中，直径AB垂直于弦CD，垂足为点E，联结AC、DO，延长DO交AC于点F．
（1）求证：AF2＝OF•DF；
（2）如果CD＝8，BE＝2，求OF的长．
【解答】（1）证明：连接AD，
∵直径AB垂直于弦CD，垂足为点E，
∴BD=BC，
∴∠OAF＝∠OAD，
∵OA＝OD，
∴∠ADF＝∠OAD，
∴∠OAF＝∠ADF，
∵∠OFA＝∠AFD，
∴△OFA∽△AFD，
∴AFDF=OFAF，
∴AF2＝OF•DF．
（2）解：∵OA＝OB＝OD，CD＝8，BE＝2，
∴DE＝CE=12CD＝4，OE＝OB﹣2＝OD﹣2，
∵∠AED＝90°，
∴OE2+DE2＝OD2，
∴（OD﹣2）2+42＝OD2，
解得OD＝5，
∴OA＝OB＝5，OE＝5﹣2＝3，
∴AE＝OA+OE＝5+3＝8，
∴AD=AE2+DE2=82+42=45，
∵△OFA∽△AFD，
∴OFAF=OAAD=545，
∴AF=455OF，
∵AF2＝OF•DF，
∴（455OF）2＝OF（OF+5），
解得OF=2511或OF＝0（不符合题意，舍去），
∴OF的长是2511．
33．（2024•嘉定区二模）在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E在射线AB上，联结CE、BD．
（1）如图1，当点E是边AB的中点，求∠ECD的正切值；
（2）如图2，当点E在线段AB的延长线上，联结DE与边BC交于点F，如果AD＝6，△EFC的面积等于33，求EF的长；
（3）当点E在边AB上，CE与BD交于点H，联结DE并延长DE与CB的延长线交于点G，如果AD＝6，△BCH与以点E、G、B所组成的三角形相似，求AE的长．
【解答】解：（1）连接DE，如图1所示：
∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BCD＝∠DAB＝60°，AB∥CD，AD∥BC，
∴△ABD和△CBD均为等边三角形，
∴∠ADB＝∠CDB＝60°，
∵点E为AB的中点，
∴DE⊥AB，∠EDB=12∠ADB＝30°，
∴∠CDE＝∠CDB+∠EDB＝90°，
设AE＝a，则AD＝CD＝2a，
由勾股定理得：DE=AD2-AE2=3a，
在Rt△CDE中，tan∠ECD=DECD=3a2a=32；
（2）过点D作DM⊥AB于M，如图2所示：
∵AD＝6，△ABD和△CBD均为等边三角形，AB∥CD，
∴AD＝AB＝BD＝6，
∵DM⊥AB，
∴AM＝MB=12AB＝3，
由勾股定理得：DM=AD2-AM2=33，
∴S△DCE=12CD•DM=12×6×33=93，
又∵△EFC的面积等于33，
∴S△DCE：S△EFC=93：33=3，
∵△DCE的边DE和△EFC的边EF上的高相同，
∴S△DCE：S△EFC＝DE：EF＝3，
∴EF=13DE，
∴DF＝2EF，
即EF：DF＝1：2，
∵AE∥CD，
∴△EFB∽△DFC，
∴BE：CD＝EF：DF＝1：2，
∴BE=12CD=12×6＝3，
∴ME＝MB+BE＝3+3＝6，
在Rt△DME中，由勾股定理得：DE=DM2+ME2=37，
∴EF=13DE=7；
（3）过点E作EN⊥CG于N，如图3所示：
∵△ABD和△CBD均为等边三角形，AD＝6，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠EBG＝∠HBC＝60°，AB＝BC＝AD＝6，
又∵∠GEB＝∠EBD+∠EDB＞60°，∠HCB＜∠BCD＝60°，
∴∠GEB≠∠HCB，
∵△BCH与以点E、G、B所组成的三角形相似，
∴点C只能和点G是对应点，
∴∠G＝∠ECG，
∴EG＝EC，
又∵EN⊥CG，
∴GN＝CN，
设AE＝x，
∴BE＝AB﹣AE＝6﹣x，则x＜6，
在Rt△BEN中，cs∠EBG=BNBE，
∴BN＝BE•cs∠EBG＝（6﹣x）•cs＝60°=12（6﹣x），
∵GN＝CN，
∴GB＝GN+BN＝CN+BN＝BC+2BN＝6+2×12（6﹣x）＝12﹣x，
∵AD∥BC，
∴△ADE∽△BGE，
∴AD：BG＝AE：BE，
即6：（12﹣x）＝x：（6﹣x），
整理得：x2﹣18x+36＝0，
解得：x1=9-35，x2=9+35（不合题意，舍去），
故AE=9-35．
34．（2024•嘉定区二模）某东西方向的海岸线上有A、B两个码头，这两个码头相距60千米（AB＝60），有一艘船C在这两个码头附近航行．
（1）当船C航行了某一刻时，由码头A测得船C在北偏东55°，由码头B测得船C在北偏西35°，如图1，求码头A与C船的距离（AC的长），其结果保留3位有效数字；
（参考数据：sin35°≈0.5736，cs35°≈0.8192，tan35°≈0.7002，ct35°≈1.428）
（2）当船C继续航行了一段时间时，由码头A测得船C在北偏东30°，由码头B测得船C在北偏西15°，船C到海岸线AB的距离是CH（即CH⊥AB），如图2，求CH的长，其结果保留根号．
【解答】：（1）根据题意得：AB＝60千米，
∵∠PAC＝55°，
∴∠CAB＝35°，
∵∠QBC＝35°，
∴∠CBA＝55°，
∴∠CAB+∠CBA+∠C＝180°，
∴∠ACB＝90°；
在Rt△ACB中，cs∠CAB=ACAB，
∵cs35°≈0.8192，
∴AC＝ABcs∠CAB＝60×cs35°≈60×0.8192＝49.152（千米），
∴AC≈49.2千米；
答：码头A与C船的距离为49.2千米．
（2）根据题意得：AB＝60千米，
∵∠PAC＝30°，
∴∠CAB＝60°
∵∠QBC＝15°，
∴∠CBA＝75°，
∵∠CAB+∠CBA+∠C＝180°，
∴∠ACB＝45°，
过点B作BG⊥AC，垂足为G，
在Rt△AGB中，GB=60×sin60°=303（千米），AG＝60×cs60°＝30（千米），
在Rt△CGB中，
∴GC＝GB•ct∠GCB＝303（千米），
∴AC＝（30+303）千米，
答：船C到海岸线AB的距离CH为(153+45)千米．
35．（2024•奉贤区二模）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，∠B＝∠ADC，点E、F分别在边AB、BC上，且∠ADE＝∠CDF．
（1）求证：CF•CB＝AE•AB；
（2）联结AC、EF，如果EF∥AC，求证：四边形ABCD是菱形．
【解答】证明：（1）∵AB∥DC，
∴∠B+∠C＝180°，
又∵∠B＝∠ADC，
∴∠ADC+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，CD＝AB，∠C＝∠A，
又∵∠ADE＝∠CDF，
∴△ADE∽△CDF，
∴AECF=ADCD=BCAB，
∴CF•CB＝AE•AB；
（2）∵EF∥AC，
∴CFBC=AEAB，
∴CFAE=BCAB，
由（1）知，CF•CB＝AE•AB，
∴CFAE=ABBC，
∴BCAB=ABBC
∴AB＝BC，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD为菱形．
36．（2024•松江区二模）一个凸四边形的四条边及两条对角线共6条线段中，如果只有两种大小不同的长度，那么称这个四边形为“精致四边形”．如正方形的四条边都相等，两条对角线相等，且边长与对角线长度不等，所以正方形是一个“精致四边形”．
（1）如图所示的四边形ABCD是一个“精致四边形”，其中 AB＝AC＝BC＝AD，BD＝CD．试写出该“精致四边形”的两条性质（AB＝AC＝BC＝AD，BD＝CD 除外）；
（2）如果一个菱形（除正方形外）是“精致四边形”，试画出它的大致图形，并求出该“精致四边形”的6条线段中较长线段与较短线段长度的比值；
（3）如果一个梯形是“精致四边形”，试画出它的大致图形，指出两种长度的线段各是哪几条，并求出它的各内角度数．
【解答】解：（1）∠ABC＝∠ACB，∠DBC＝∠DCB（答案不唯一），理由如下：
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∵DB＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB；
（2）如图，菱形ABCD中，BD＝AD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，AC＝2AO，BD＝2OD，
∵BD＝AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADO＝60°，
∴AO=3OD，
∴AC=3BD，
∴ACBD=3，
∴较长线段与较短线段长度的比值3；
（3）如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD＝AB，AC＝BD＝BC，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠ADB，
∴∠ABD＝∠CBD=12∠ABC，
同理：∠BCA＝∠DCA=12∠BCD，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴∠ABC＝∠BCD，
∴∠ACB＝∠CBD，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝2∠CBD，
∠ABC+∠CAB+∠BCA＝180°，
∴2∠CBD+2∠CBD+∠CBD＝180°，
∴∠CBD＝36°，
∴∠ABC＝2∠CBD＝72°，
∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∴∠BAD＝108°，
∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴∠ADC＝∠BAD＝108°，∠BCD＝∠ABC＝72°，
∴两种长度的线段是AD＝CD＝AB，AC＝BD＝BC，梯形的各内角度数分别是72°、72°，108°、108°．
37．（2024•静安区二模）已知：如图，直线EF经过矩形ABCD顶点D，分别过顶点A、C作EF的垂线，垂足分别为点E和点F，且DE＝DF，联结AC．
（1）求证：AD2＝AE•AC；
（2）联结BE和BF，求证：BE＝BF．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵AE⊥EF于点E，CF⊥EF于点F，DE＝DF，
∴∠AED＝∠DFC＝90°，
∴∠EAD＝∠FDC＝90°﹣∠ADE，
∴△AED∽△DFC，
∴ADCD=AEDF=AEDE，
∴ADAE=CDDE，
∵∠ADC＝∠AED，
∴△ADC∽△AED，
∴ADAE=ACAD，
∴AD2＝AE•AC．
（2）证明：联结BD交AC于点G，则GA＝GC，
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴AE∥CF，
∵GA＝GC，DE＝DF，
∴GD是梯形ACFE的中位线，
∴GD∥AE，
∴∠GDF＝∠AEF＝90°，
∴BD垂直平分EF，
∴BE＝BF．
38．（2024•青浦区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E是对角线AC上一点，EA＝ED，且∠DAB＝∠DEC＝∠DCB．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）延长DE分别交线段AB、CB的延长线于点F、G，如果GB＝BC，求证：AD2＝2EF•GD．
【解答】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，∠CAD＝∠ACB，
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠DCB+∠ABC＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵EA＝ED，
∴∠EDA＝∠CAD，
∴∠DEC＝∠EDA+∠CAD＝2∠CAD，
∵∠DAB＝∠DEC，
∴∠DAB＝2∠CAD，
∴∠CAB＝∠CAD＝∠ACB，
∴AB＝CB，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）证明：如图，延长DE分别交线段AB、CB的延长线于点F、G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，
∵AD＝BC，GB＝BC，
∴AD＝GB，
∵AD∥GB，
∴△ADF∽△BGF，
∴AFBF=ADGB=1，
∴AF＝BF=12AB=12CD，
∵AF∥CD，
∴△AEF∽△CED，
∴EFED=AFCD=12，
∴ED＝2EF，
∴∠ECD＝∠CAD，∠G＝∠EDA，且∠CAD＝∠EDA，
∴∠ECD＝∠G，
∵∠EDC＝∠CDG，
∴△EDC∽△CDG，
∴CDGD=EDCD，
∴ADGD=2EFAD，
∴AD2＝2EF•GD．
39．（2024•闵行区二模）如图，在△ABC中，点D在边BC上，点G在边AB上，点E、F在边AC上，GD∥AC，∠DGF＝∠DEF，∠B＝∠GFE．
（1）求证：四边形EDGF是平行四边形；
（2）求证：GFAB=CDAC．
【解答】（1）证明：∵点E、F在边AC上，GD∥AC，
∴GD∥EF，
∴∠DGF+∠GFE＝180°，
∵∠DGF＝∠DEF，
∴∠DEF+∠GFE＝180°，
∴DE∥FG，
∴四边形EDGF是平行四边形．
（2）证明：DE∥FG，
∴∠DEC＝∠GFE，
∵∠B＝∠GFE，
∴∠DEC＝∠B，
∵∠C＝∠C，
∴△DEC∽△ABC，
∴DEAB=CDAC，
∵DE＝GF，
∴GFAB=CDAC．
40．（2024•普陀区二模）如图，在△ABC中，∠B＝2∠C，点D在边BC上，AB＝AD＝13，BC＝23．
（1）求BD的长；
（2）求tanC的值．
【解答】解：（1）∵AB＝AD，
∴∠B＝∠ADB，
又∵∠B＝2∠C，
∴∠ADB＝2∠C．
又∵∠ADB＝∠C+∠CAD，
∴∠C＝∠CAD，
∴AD＝CD．
∵AB＝AD＝13，BC＝23，
∴BD＝23﹣13＝10．
（2）过点A作BC的垂线，垂足为M，
∵AB＝AD，
∴BM＝DM=12×10=5，
∴CM＝13+5＝18．
在Rt△AMD中，
AM=132-52=12，
∴tanC=AMMC=1218=23．
41．（2024•虹口区二模）根据以下素材，完成探索任务．
【解答】解：任务一．
由题意得：BH⊥AH．
∴∠H＝90°．
∵BH＝25米，AB＝65米，
∴AH=AB2-BH2=60（米）．
∴斜坡AB的坡比=BHAH=2560=1：2.4．
答：斜坡AB的坡比为1：2.4；
任务二．作FM⊥EC于点E，延长EG交PB于点N，作PQ⊥GN于点Q．
∴∠FMC＝∠FME＝∠Q＝90°．
由题意得：∠H＝90°，
∴∠BDH+∠DBH＝90°．
由任务一得：BH：DH：BD＝5：12：13．
由题意得：∠GBM＝90°，GB＝EC＝3.5 m．
∴∠DBH+∠GBN＝90°．
∴∠BDH＝∠GBN．
∴tan∠BDH＝tan∠GBN．
∴GN3.5=512．
解得：GN=3524．
同理：cs∠BDH＝cs∠GBN．
∴1213=3.5BN．
解得：BN=9124．
∵BP＝6.5 m，
∴PN=132-9124=6524 m．
由题意得：∠EGB＝90°，
∴∠BGN＝90°．
∴BG∥QP．
∴∠NPQ＝∠GBN．
∴sin∠NPQ＝sin∠GBN．
513=NQ：6524．
解得：NQ=2524（m）．
∴PQ=6024=52=2.5（m），EQ＝10+3524+2524=252=12.5（m）．
由题意得：∠MEG＝90°，四边形CDFM是矩形，
∴FM∥EQ，MC＝DF＝1 m，FM＝DC．
∴∠EFM＝∠PEQ．
∵EC＝3.5 m，
∴EM＝2.5（m）．
∴EM＝PQ．
∴△FEM≌△EPQ．
∴FM＝EQ＝12.5（m）．
∴CD＝12.5（m）．
答：小张距大巴车尾EC的距离CD为12.5m．
42．（2024•金山区二模）上海中心大厦位于中国上海浦东陆家嘴金融贸易区核心区，是一幢集商务、办公、酒店、商业、娱乐、观光等功能的超高层建筑．它的附近有一所学校的数学兴趣小组在讨论建筑物的高度测量问题，讨论发现要测量学校教学楼的高度可以用“立杆测影”的方法，他们在平地上立一根2米长并且与地面垂直的测量杆，量得影子长为1.6米，同时量得教学楼的影子长为24米，这样就可以计算出教学楼的高度．进而在讨论测量上海中心大厦高度时，由于距离远和周围建筑密集等因素，发现用“立杆测影”的方法不可行，要采用其他方法，经讨论提出两个方案（测角仪高度忽略不计）：
方案1：如图1所示，利用计算所得的教学楼（AB）高度，分别在教学楼的楼顶（点A）和楼底地面（点B）分别测得上海中心大厦（SH）的楼顶（点S）的仰角∠α和∠β，通过计算就可以得到大厦的高度；
方案2：如图2所示，在学校操场上相对于上海中心大厦的同一方向上选取两点C、D，先量得CD的长度，再分别在点C、D测得上海中心大厦（SH）的楼顶（点S）的仰角∠γ和∠θ，通过计算就可以得到大厦的高度．
测量并通过计算得：CD＝60米，ctα＝10.667，ctβ＝10.161，ctγ＝10.159，ctθ＝10.254．
（1）教学楼（AB）的高度为 30 米；
（2）请你在两种方案中选取一种方案，计算出上海中心大厦（SH）的高度（精确到1米）．
【解答】解：（1）设教学楼（AB）的高度为x米，
根据题意得21.6=x24，
解得x＝30，
答：教学楼（AB）的高度为30米，
故答案为：30；
（2）方案1，设SH＝x米，过点A作AE⊥SH，垂足为点E，
∴∠ABH＝∠EHB＝∠AEH＝90°，
∴四边形EHBA是矩形，
∴EA＝HB，EH＝AB＝30（米）
在Rt△AES中，∠AES＝90°，AE＝SE•cs∠SAE＝10.667（x﹣30），
在Rt△BHS中，∠BHS＝90°，BH＝SH•ct∠SBH＝10.161x，
∴10.667（x﹣30）＝10.161x，
解得：x≈632，
∴上海中心大厦（SH）的高度为632米；
方案2，设SH＝x米，
在Rt△SHC中，∠SHC＝90°，CH＝SH•ct∠SCH＝10.159x，
在Rt△SHD中，∠SHD＝90°，DH＝SH•ct∠SDH＝10.254x，
∴10.254x﹣10.159x＝60，
解得x＝632，
∴上海中心大厦（SH）的高度为632米．
43．（2024•金山区二模）如图，已知：D是△ABC的边BC上一点，点E在△ABC外部，且∠BAE＝∠CAD，∠ACD＝∠ADC＝∠ADE，DE交AB于点F．
（1）求证：AB＝AE；
（2）如果AD＝AF，求证：EF2＝BF•AB．
【解答】证明：（1）∵∠ACD＝∠ADC，
∴AC＝AD，
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠BAC＝∠EAD，
∵∠ACD＝∠ADE，
∴△ABC≌△AED（ASA），
∴AB＝AE；
（2）∵AD＝AF，
∴∠ADF＝∠AFD，
∴∠DAF＝180°﹣2∠ADF，
∵∠ACD＝∠ADC，
∴∠CAD＝180°﹣2∠ADC，
∵∠ADC＝∠ADE，
∴∠CAD＝∠DAF，
∵∠BAE＝∠CAD，
∴∠DAF＝∠BAE，
∵△ABC≌△AED，
∴AB＝AE，
∴△ABD≌△AEF（SAS），
∴BD＝EF，
∵∠BDF＝180°﹣2∠ADF，
∴∠BDF＝∠BAD，
∵∠B＝∠B，
∴△BDF∽△BAD，
∴BDBA=BFBD，
∴BD2＝BF•AB，
∴EF2＝FB•AB．
44．（2024•浦东新区二模）如图，在△ABC中，CD是边AB上的高．已知AB＝AC，BC=10，tan∠BAC=34．
（1）求AD的长；
（2）如果点E是边AC的中点，联结BE，求ct∠ABE的值．
【解答】解：（1）∵tan∠BAC=34，且CD是边AB上的高，
则设CD＝3x，AD＝4x，
在Rt△ACD中，
AC=(3x)2+(4x)2=5x．
∵AB＝AC，
∴AB＝5x，
则BD＝5x﹣4x＝x．
在Rt△BCD中，
（3x）2+x2＝（10）2，
解得x＝1（舍负），
∴AD＝4x＝4．
（2）过点E作AB的垂线，垂足为M，
∵AC＝5，点E为AC中点，
∴AE=52．
在Rt△AEM中，
tan∠BAC=EMAM，
∴EM=34AM，
∴(34AM)2+AM2=(52)2，
则AM＝2，
∴EM=32．
则BM＝AB﹣AM＝5﹣2＝3．
在Rt△BEM中，
ct∠ABE=MBME=332=2．
45．（2024•浦东新区二模）已知：如图，在菱形ABCD中，点E是边DC上的任意一点（不与点D、C重合），AE交对角线BD于F，过点E作EG∥BC交BD于点G．
（1）求证：DF2＝FG•BF；
（2）当BD•DF＝2AD•DE时，求证：AE⊥DC．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ED∥AB，
∴△EFD∽△AFB，
∴DFBF=EFAF，
∵EG∥BC，AD∥BC，
∴EG∥AD，
∴△EFG∽△AFD，
∴FGDF=EFAF，
∴DFBF=FGDF，
∴DF2＝FG•BF．
（2）证明：连接AC交BD于点H，则AC⊥BD，DH＝BH，
∴BD＝2DH，
∵BD•DF＝2AD•DE，且AD＝DC，
∴2DH•DF＝2DC•DE，
∴DFDC=DEDH，
∵∠FDE＝∠CDH，
∴△FDE∽△CDH，
∴∠DEF＝∠DHC＝90°，
∴AE⊥DC．
46．（2024•黄浦区二模）如图，D是△ABC边AB上点，已知∠BCD＝∠A，AD＝5，BD＝4．
（1）求边BC的长；
（2）如果△ACD∽△CBD（点A、C、D对应点C、B、D），求∠ACB的度数．
【解答】解：（1）∵AD＝5，BD＝4．
∴AB＝9，
∵∠BCD＝∠A，∠B＝∠B，
∴△BCD∽△BAC，
∴BCAB=BDBC，
∴BC2＝AB•BD＝9×4＝36，
∴BC＝6；
（2）∵△ACD∽△CBD，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠BCD＝∠A，
∴∠ACD+∠BCD＝∠A+∠B＝180°÷2＝90°，
∴∠ACB＝90°．
47．（2024•杨浦区二模）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，BD＝BC，∠DBC的平分线交AD延长线于点E，交CD于点F．
（1）求证：四边形BCED是菱形；
（2）联结AC交BF于点G，如果AC⊥CE，求证：AB2＝AG•AC．
【解答】证明：（1）∵BF平分∠DBC，
∴∠DBF＝∠CBF，
∵AD∥BC，
∴∠CBF＝∠DEF，
∴∠DBF＝∠DEF，
∴BD＝DE，
∵BC∥DE，
∴四边形BCED是平行四边形，
∵BD＝BC，
∴平行四边形BCED是菱形；
（2）如图，连接AC，交BD于点H，交BE于点G，
在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，
∴∠ABC＝∠DCB，
∵BD＝BC，
∴∠BCD＝∠BDC，
∴∠ABC＝∠BDC，
∵四边形BCED是菱形，
∴BE⊥CD，BD∥CE，
∴∠DFG＝90°，
∵AC⊥CE，
∴AC⊥BD，
∴∠DHG＝90°，
∵∠BDC+∠HGF+∠DHG+∠DFG＝360°，
∴∠BDC+∠HGF＝180°，
∴∠BGA+∠HGF＝180°，
∴∠BGA＝∠BDC，
∴∠ABC＝∠BGA，
∵∠BAC＝∠GAB，
∴△ABC∽△AGB，
∴ABAG=ACAB，
∴AB2＝AG•AC．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/27 17:16:34；用户：18582497371；邮箱：18582497371；学号：56246982探究斜坡上两车之间距离
素材1
图①是某高架入口的横断面示意图．高架路面用BM表示，地面用AN表示，斜坡用AB表示．已知BM∥AN，高架路面BM离地面的距离BH为25米，斜坡AB长为65米．
素材2
如图②，矩形ECKG为一辆大巴车的侧面示意图，CK长为10米，EC长为3.5米．如图③，该大巴车遇堵车后停在素材1中的斜坡上，矩形ECKG的顶点K与点B重合，点B与指示路牌底端P点之间的距离BP为6.5米，且BP⊥BM．小张驾驶一辆小轿车跟随大巴车行驶，小张的眼睛到斜坡的距离FD为1米．
问题解决
任务一
如图①，求斜坡AB的坡比．
任务二
如图③，当小张正好可以看到整个指示路牌（即P、E、F在同一条直线上）时，试求小张距大巴车尾EC的距离CD．
探究斜坡上两车之间距离
素材1
图①是某高架入口的横断面示意图．高架路面用BM表示，地面用AN表示，斜坡用AB表示．已知BM∥AN，高架路面BM离地面的距离BH为25米，斜坡AB长为65米．
素材2
如图②，矩形ECKG为一辆大巴车的侧面示意图，CK长为10米，EC长为3.5米．如图③，该大巴车遇堵车后停在素材1中的斜坡上，矩形ECKG的顶点K与点B重合，点B与指示路牌底端P点之间的距离BP为6.5米，且BP⊥BM．小张驾驶一辆小轿车跟随大巴车行驶，小张的眼睛到斜坡的距离FD为1米．
问题解决
任务一
如图①，求斜坡AB的坡比．
任务二
如图③，当小张正好可以看到整个指示路牌（即P、E、F在同一条直线上）时，试求小张距大巴车尾EC的距离CD．