三年江苏中考数学模拟题分类汇总之图形的变化

这是一份三年江苏中考数学模拟题分类汇总之图形的变化，共32页。

A．60°B．65°C．70°D．75°
2．（2021•海安市二模）如图，香港特别行政区标志紫荆花图案绕中心旋转n°后能与原来的图案互相重合，则n的最小值为（ ）
A．45B．60C．72D．144
3．（2022•邗江区二模）如图是由6个大小相同的小正方体拼成的几何体，当去掉某一个小正方体时，与原几何体比较，则下列说法正确的是（ ）
A．去掉①，主视图不变B．去掉②，俯视图不变
C．去掉③，左视图不变D．去掉④，俯视图不变
4．（2022•射阳县一模）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中图案是轴对称图形的是（ ）
A．打喷嚏 捂口鼻B．喷嚏后，慎揉眼
C．勤洗手 勤通风D．戴口罩 讲卫生
5．（2022•天宁区校级二模）如图，在下面四种用相同的正方体储物箱堆放在一起的形态中，主视图与左视图不相同的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2023•海州区校级三模）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
7．（2023•泗洪县三模）下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．笛卡尔心形线B．阿基米德螺旋线
C．科克曲线D．赵爽弦图
8．（2023•梁溪区模拟）如图是一个体积为8的正方体，A'D、CD'为它的两个外表面的对角线，若平移CD'，使其端点C与A'D的端点D重合，此时点D'的对应点为P，则PA'的长为（ ）
A．2B．22C．23D．26
二．填空题（共7小题）
9．（2021•建湖县二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为13．点A、B、E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为 ．
10．（2021•南通模拟）“南昌之星”摩天轮，位于江西省南昌市红谷滩新区红角洲赣江边上的赣江市民公园，摩天轮高160m（最高点到地面的距离）．如图，点O是摩天轮的圆心，AB是其垂直于地面的直径，小贤在地面点C处利用测角仪测得摩天轮的最高点A的仰角为45°，测得圆心O的仰角为30°，则摩天轮的半径为 m．（结果保留根号）
11．（2021•淮阴区校级模拟）在平面直角坐标系中，点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是 ．
12．（2022•淮安区模拟）如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则AE的长为 ．
13．（2022•太仓市模拟）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架水平放置并且左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝10分米，晾衣臂（OA）撑开时与支脚（OC）的夹角∠AOC＝105°，则点A离地面的距离AM为 分米．（结果保留根号）
14．（2023•海州区校级二模）已知线段AB＝10cm，点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞PB，则AP≈ cm．
15．（2023•海州区一模）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC＝OB：OD＝3，且量得CD＝3cm，则零件的厚度x为 ．
三．解答题（共7小题）
16．（2021•南通模拟）问题背景
如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求DFDE的值．
拓展创新
如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．
17．（2021•丹阳市二模）如图，某大楼上树立一块高为3米的广告牌CD．数学活动课上，立新老师带领小燕和小娟同学测量楼DH的高．测角仪支架高AE＝BF＝1.2米，小燕在E处测得广告牌的顶点C的仰角为22°，小娟在F处测得广告牌的底部点D的仰角为45°，AB＝45米．请你根据两位同学测得的数据，求出楼DH的高．（结果取整数，参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40）
18．（2021•玄武区一模）如图，某电影院的观众席成“阶梯状”，每一级台阶的水平宽度都为1m，垂直高度都为0.3m．测得在C点的仰角∠ACE＝42°，测得在D点的仰角∠ADF＝35°．求银幕AB的高度．（参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.7，sin42°≈0.67，cs42°≈0.74，tan42°≈0.9）
19．（2022•海陵区二模）已知△ABC为钝角三角形，其中∠A＞90°，有下列条件：
①AB＝10；②AC=65；③tan∠B=34；④tan∠C=12；
（1）你认为从中至少选择 个条件，可以求出BC边的长；
（2）你选择的条件是 （直接填写序号），并写出求BC的解答过程．
20．（2022•宿城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB上一点，以BD为直径的⊙O与AC交于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F，且BF＝BD．
（1）求证：AC为⊙O的切线；
（2）若CF＝1，tan∠EDB＝2，求⊙O的半径．
21．（2023•天宁区模拟）如图1是小明在健身器材上进行仰卧起坐锻炼时的情景，图2是小明锻炼时上半身由ON位置运动到底面CD垂直的OM位置时的示意图，已知AC＝0.8米，BD＝0.2米，α＝30°（参考数据：3≈1.73，2≈1.41）．
（1）求AB的长；
（2）若ON＝0.7米，求M、N两点的距离（精确到0.1米）．
22．（2023•梁溪区模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，若∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交⊙O于点D，交BC于点E．
（I）求证：BD2＝AD•DE；
（2）若AB＝43，AC＝63，试求AD、DE的长．
江苏三年（2021-2023）中考数学模拟题分类汇总---图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2021•高新区模拟）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（ ）
A．60°B．65°C．70°D．75°
【考点】旋转的性质．
【专题】常规题型；平移、旋转与对称．
【答案】D
【分析】由旋转性质知△ABC≌△DEC，据此得∠ACB＝∠DCE＝30°、AC＝DC，继而可得答案．
【解答】解：由题意知△ABC≌△DEC，
则∠ACB＝∠DCE＝30°，AC＝DC，
∴∠DAC=180°−∠DCA2=180°−30°2=75°，
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．
2．（2021•海安市二模）如图，香港特别行政区标志紫荆花图案绕中心旋转n°后能与原来的图案互相重合，则n的最小值为（ ）
A．45B．60C．72D．144
【考点】旋转对称图形．
【答案】C
【分析】该图形被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
故n的最小值为72．
故选：C．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
3．（2022•邗江区二模）如图是由6个大小相同的小正方体拼成的几何体，当去掉某一个小正方体时，与原几何体比较，则下列说法正确的是（ ）
A．去掉①，主视图不变B．去掉②，俯视图不变
C．去掉③，左视图不变D．去掉④，俯视图不变
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】D
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：A．去掉①，左视图不变，主视图改变了，故此选项不合题意；
B．去掉②，左视图不变，俯视图改变了，故此选项不合题意；
C．去掉③，主视图不变，左视图改变了，故此选项不合题意；
D．去掉④，俯视图不变，说法符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从左边看得到的图形是左视图，从上边看得到的图形是俯视图．
4．（2022•射阳县一模）自新冠肺炎疫情发生以来，全国人民共同抗疫，各地积极普及科学防控知识，下面是科学防控知识的图片，图片上有图案和文字说明，其中图案是轴对称图形的是（ ）
A．打喷嚏 捂口鼻B．喷嚏后，慎揉眼
C．勤洗手 勤通风D．戴口罩 讲卫生
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形进行分析即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，不合题意；
B、不是轴对称图形，不合题意；
C、不是轴对称图形，不合题意；
D、是轴对称图形，符合题意．
故选：D．
【点评】此题主要考查了轴对称图形，正确掌握轴对称图形的性质是解题关键．
5．（2022•天宁区校级二模）如图，在下面四种用相同的正方体储物箱堆放在一起的形态中，主视图与左视图不相同的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】简单几何体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】D
【分析】根据主视图是从正面看到的图形，可得主视图，从左面看到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：A、主视图和左视图都相同，底层为三个小正方形，中层和上层的左边分别是一个小正方形，故本选项不合题意；
B、主视图和左视图相同，底层是两个小正方形，上层的左边是一个小正方形，故本选项不合题意；
C、主视图和左视图相同，底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形，故本选项不合题意；
D、主视图底层是三个小正方形，上层的左边是两个小正方形；左视图底层是三个小正方形，上层的左边是一个小正方形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图，从左面看得到的图形是左视图．
6．（2023•海州区校级三模）在以下绿色食品、回收、节能、节水四个标志中，是轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】A
【分析】根据轴对称图形的概念对各选项分析判断利用排除法求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项正确；
B、不是轴对称图形，故本选项错误；
C、不是轴对称图形，故本选项错误；
D、不是轴对称图形，故本选项错误．
故选：A．
【点评】本题考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
7．（2023•泗洪县三模）下面图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．笛卡尔心形线B．阿基米德螺旋线
C．科克曲线D．赵爽弦图
【考点】中心对称图形；勾股定理的证明；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【解答】解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C．既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
8．（2023•梁溪区模拟）如图是一个体积为8的正方体，A'D、CD'为它的两个外表面的对角线，若平移CD'，使其端点C与A'D的端点D重合，此时点D'的对应点为P，则PA'的长为（ ）
A．2B．22C．23D．26
【考点】平移的性质；认识立体图形．
【专题】平移、旋转与对称；运算能力．
【答案】B
【分析】连接B′C，B′D′，根据平移的性质得PA'的长就等于B′D′的长，根据正方体的体积为8，得B′C′＝C′D′＝2，根据勾股定理即可求出B′D′的长，即可得出答案．
【解答】解：如图，连接B′C，B′D′，
根据平移的性质得PA'的长就等于B′D′的长，
∵正方体的体积为8，
∴B′C′＝C′D′＝2，
∴B′D′=22+22=22，
∴PA'的长为22．
故选：B．
【点评】本题考查了平移的性质和认识立体图形，熟练掌握平移的性质和正方体的性质是关键．
二．填空题（共7小题）
9．（2021•建湖县二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为13．点A、B、E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则C点坐标为 （3，2） ．
【考点】位似变换；坐标与图形性质；正方形的性质．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】先利用位似的性质得到BC6=OBOB+6=13，然后利用比例性质求出BC和OB即可得到C点坐标．
【解答】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且位似比为13．
∴BCEF=OBOE=13，
而BE＝EF＝6，
∴BC6=OBOB+6=13，
∴BC＝2，OB＝3，
∴C（3，2）．
故答案为（3，2）
【点评】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
10．（2021•南通模拟）“南昌之星”摩天轮，位于江西省南昌市红谷滩新区红角洲赣江边上的赣江市民公园，摩天轮高160m（最高点到地面的距离）．如图，点O是摩天轮的圆心，AB是其垂直于地面的直径，小贤在地面点C处利用测角仪测得摩天轮的最高点A的仰角为45°，测得圆心O的仰角为30°，则摩天轮的半径为 （160−16033） m．（结果保留根号）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】如图，根据题意知AD＝160m，通过解直角△ACD求得AD、AD的长度；通过解直角△OCD求得OD的长度，则AO＝AD﹣OD，此题得解．
【解答】解：如图，AB的延长线交直线CD于点D，
由题意知AD＝160m，
在直角△ACD中，∠ACD＝45°，则AD＝CD＝160m．
在直角△OCD中，∠OCD＝30°，则OD＝CD•tan30°=16033m．
所以AO＝AD﹣OD＝160−16033（m），即摩天轮的半径为（160−16033）m．
故答案为：（160−16033）．
【点评】考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．
11．（2021•淮阴区校级模拟）在平面直角坐标系中，点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是 （3，﹣4） ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【解答】解：点（﹣3，4）关于原点对称的点的坐标是（3，﹣4）．
故答案为：（3，﹣4）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12．（2022•淮安区模拟）如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C、D为格点，连接AB、CD相交于点E，则AE的长为 625 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】推理填空题；图形的相似；推理能力．
【答案】625．
【分析】根据题意可得AB＝32，AC∥BD，所以△AEC∽△BED，进而可以解决问题．
【解答】解：根据题意可知：AB＝32，AC∥BD，AC＝2，BD＝3，
∴△AEC∽△BED，
∴AEBE=ACBD，
∴AE32−AE=23，
解得AE=625．
故答案为：625．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．（2022•太仓市模拟）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架水平放置并且左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝10分米，晾衣臂（OA）撑开时与支脚（OC）的夹角∠AOC＝105°，则点A离地面的距离AM为 （52+53） 分米．（结果保留根号）
【考点】解直角三角形的应用；等边三角形的性质．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（52+53）．
【分析】过点O作OQ⊥AM，垂足为M，过点O作OP⊥CD，垂足为P，根据题意可得QM＝OP，∠QOP＝90°，先利用等腰三角形的三线合一性质可得∠COP＝30°，再在
Rt△COP中，利用锐角三角函数的定义求出OP的长，然后在Rt△AOQ中，利用锐角三角函数的定义求出AQ的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点O作OQ⊥AM，垂足为M，过点O作OP⊥CD，垂足为P，
则QM＝OP，∠QOP＝90°，
∵OC＝OD，∠COD＝60°，
∴∠COP=12∠COD＝30°，
在Rt△COP中，OC＝10分米，
∴OP＝OC•cs30°＝10×32=53（分米），
∴QM＝OP＝53分米，
∵∠AOC＝105°，
∴∠AOQ＝∠AOC+∠COP﹣∠QOP＝45°，
在Rt△AOQ中，AO＝10分米，
∴AQ＝AO•sin45°＝10×22=52（分米），
∴AM＝AQ+QM＝（52+53）分米，
∴点A离地面的距离AM为（52+53）分米，
故答案为：（52+53）．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
14．（2023•海州区校级二模）已知线段AB＝10cm，点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞PB，则AP≈ 6.18 cm．
【考点】黄金分割．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据黄金分割的定义求解．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，且AP＞PB，AB＝10cm，
∴AP=5−12AB≈6.18（cm）．
故答案为6.18．
【点评】本题考查了黄金分割：把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项（即AB：AC＝AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点．其中AC=5−12AB≈0.618AB，并且线段AB的黄金分割点有两个．
15．（2023•海州区一模）如图，某零件的外径为10cm，用一个交叉卡钳（两条尺长AC和BD相等）可测量零件的内孔直径AB．如果OA：OC＝OB：OD＝3，且量得CD＝3cm，则零件的厚度x为 0.5cm ．
【考点】相似三角形的应用．
【专题】图形的相似；应用意识．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据相似三角形的判定和性质，可以求得AB的长，再根据某零件的外径为10cm，即可求得x的值．
【解答】解：∵OA：OC＝OB：OD＝3，∠COD＝∠AOB，
∴△COD∽△AOB，
∴AB：CD＝3，
∵CD＝3cm，
∴AB＝9cm，
∵某零件的外径为10cm，
∴零件的厚度x为：（10﹣9）÷2＝1÷2＝0.5（cm），
故答案为：0.5cm．
【点评】本题考查相似三角形的应用，解答本题的关键是求出AB的值．
三．解答题（共7小题）
16．（2021•南通模拟）问题背景
如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求DFDE的值．
拓展创新
如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】问题背景
由等边三角形的性质得出∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，证得△ACD≌△AEB（SAS），由旋转的概念可得出答案；
尝试应用
证明△ADE≌△ACB（SAS），由全等三角形的性质得出∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，得出∠BDF＝30°，由直角三角形的性质得出BF=12DF，则可得出答案；
拓展创新
过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE，PE的长，则可得出答案．
【解答】问题背景
解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△ACD≌△AEB（SAS），
∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；
尝试应用
∵△ACD和△ABE都是等边三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝60°，
∴∠CAB＝∠DAE，
∴△ADE≌△ACB（SAS），
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADF＝90°，
∵∠ADC＝∠ACD＝60°，
∴∠DCF＝∠CDF＝30°，
∴CF＝DF，
∵BD⊥BC，
∴∠BDF＝30°，
∴BF=12DF，
设BF＝x，则CF＝DF＝2x，DE＝3x，
∴DFDE=2x3x=23；
拓展创新
∵∠ACB＝90°，
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
∴CD=12AB＝1，
如图，过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，
∴∠PAC＝90°，PA＝AC，
∵∠EAD＝90°，
∴∠PAE＝∠CAD，
∴△CAD≌△PAE（SAS），
∴PE＝CD＝1，
∵AB＝2，AE＝AD＝1，
∴BE=AE2+AB2=12+22=5，
∴BP≤BE+PE=5+1，
当且仅当P、E、B三点共线时取等号，
∴BP的最大值为5+1．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
17．（2021•丹阳市二模）如图，某大楼上树立一块高为3米的广告牌CD．数学活动课上，立新老师带领小燕和小娟同学测量楼DH的高．测角仪支架高AE＝BF＝1.2米，小燕在E处测得广告牌的顶点C的仰角为22°，小娟在F处测得广告牌的底部点D的仰角为45°，AB＝45米．请你根据两位同学测得的数据，求出楼DH的高．（结果取整数，参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；几何直观；推理能力．
【答案】26米．
【分析】延长EF交CH于点G，可得DG＝FG，再根据锐角三角函数可得DG的长，进而可得DH的高度．
【解答】解：延长EF交CH于点G，则∠CGF＝90°，
∵∠DFG＝45°，
∴DG＝FG，
设DG＝x米，则CG＝CD+DG＝（x+3）米，
EG＝FG+EF＝（x+45）米，
在Rt△CEG中，tan∠CEG=CGEG，
∴tan22°=x+3x+45，
∴0.4≈x+3x+45，
解得：x≈25，
∴DH＝DG+GH＝25+1.2≈26（米），
答：楼DH的高度约为26米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义．
18．（2021•玄武区一模）如图，某电影院的观众席成“阶梯状”，每一级台阶的水平宽度都为1m，垂直高度都为0.3m．测得在C点的仰角∠ACE＝42°，测得在D点的仰角∠ADF＝35°．求银幕AB的高度．（参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.7，sin42°≈0.67，cs42°≈0.74，tan42°≈0.9）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】5.1m．
【分析】延长CE、DF交AB于H、G，在Rt△AGD中，由三角函数的定义用AG表示出即DG，在Rt△ACH中，由三角函数的定义用AG表示出即CH，根据DG﹣CH＝1得到关于AG的方程，解方程求出AG即可求出AB．
【解答】解：延长CE、DF交AB于H、G，
由题意知，∠AGD＝∠AHC＝90°，
在Rt△AGD中，∠ADG＝35°，
∴tan35°=AGDG，
即DG=AGtan35°，
在Rt△ACH中，∠ACH＝42°，
∴tan42°=AHCH，
即CH=AHtan42°，
∵AH＝AG+GH，GH＝0.3，
∴CH=AG+0.3tan42°，
∵DG﹣CH＝1，
∴AGtan35°−AG+0.3tan42°=1，
∴AG0.7−AG+
解得：AG＝4.2，
∴AB＝AG+GH+BH＝4.2+0.3+0.6＝5.1．
答：银幕AB的高度约为5.1m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，仰角的定义，以及三角函数，熟练掌握三角函数的定义是解决问题的关键．
19．（2022•海陵区二模）已知△ABC为钝角三角形，其中∠A＞90°，有下列条件：
①AB＝10；②AC=65；③tan∠B=34；④tan∠C=12；
（1）你认为从中至少选择 3 个条件，可以求出BC边的长；
（2）你选择的条件是 ①②④ （直接填写序号），并写出求BC的解答过程．
【考点】解直角三角形．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）3；
（2）①②④，解答过程见解析．
【分析】（1）根据解直角三角形的条件即可确定；
（2）选择①②④，过点A作AD⊥BC于点D，根据tan∠C的值以及勾股定理可得AD和CD的长，再根据勾股定理求出BD的长，进一步即可求出BC的长．
【解答】解：（1）根据解直角三角形的条件可知，至少选择3个条件，可以求出BC边的长，
故答案为：3；
（2）选择①②④，BC＝20，理由如下：
过点A作AD⊥BC于点D，如图所示：
设AD＝x，
∵tan∠C=12，
∴CD＝2x，
∵AC=65，
根据勾股定理，得x2+(2x)2=(65)2，
解得x＝6或x＝﹣6（不合题意，舍去），
∴AD＝6，CD＝2x＝12，
∵AB＝10，
根据勾股定理，得BD=102−62=8，
∴BC＝CD+BD＝12+8＝20．
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了解直角三角形，构造直角三角形运用勾股定理是解题的关键．
20．（2022•宿城区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB上一点，以BD为直径的⊙O与AC交于点E，连接DE并延长交BC的延长线于点F，且BF＝BD．
（1）求证：AC为⊙O的切线；
（2）若CF＝1，tan∠EDB＝2，求⊙O的半径．
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；垂径定理；圆周角定理；切线的判定与性质．
【专题】与圆有关的位置关系；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）52．
【分析】（1）连接OE，利用等腰三角形两底角相等，可证明∠OED＝∠BFD，则OE∥BF，从而证明结论；
（2）连接BE，根据tan∠EDB＝2，∠EDB＝∠F，可得CE＝2，再利用△ECF∽△BEF，得EFBF=CFEF，代入即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接OE，
∵BF＝BD，
∴∠F＝∠BDF，
∵OE＝OD，
∴∠OED＝∠BDF，
∴∠OED＝∠BFD，
∴OE∥BF，
∵∠ACB＝90°，
∴∠AEO＝90°，
∴OE⊥AC，
∵OE为半径，
∴AC为⊙O的切线；
（2）解：如图，连接BE，
∵tan∠EDB＝2，∠EDB＝∠F
∴tanF=CECF=2，
∵CF＝1，
∴CE＝2，
∴EF=CF2+CE2=5，
∵BD是直径，
∴∠BED＝90°，
∴∠BEF＝90°，
又∵∠ECF＝90°，∠F＝∠F，
∴△ECF∽△BEF，
∴EFBF=CFEF，
∴5BF=15，
∴BF＝5，
∴⊙O的半径=12BD=12BF=52．
【点评】本题主要考查了圆的切线的判定，平行线的判定与性质，三角函数，相似三角形的判定与性质等知识，根据等角的三角函数值相等进行转化是解题的关键．
21．（2023•天宁区模拟）如图1是小明在健身器材上进行仰卧起坐锻炼时的情景，图2是小明锻炼时上半身由ON位置运动到底面CD垂直的OM位置时的示意图，已知AC＝0.8米，BD＝0.2米，α＝30°（参考数据：3≈1.73，2≈1.41）．
（1）求AB的长；
（2）若ON＝0.7米，求M、N两点的距离（精确到0.1米）．
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）1.2米．
（2）1.2米．
【分析】（1）过点B作BE⊥AC于点E，从而可知AE＝0.6米，然后根据∠ABE＝30°，可知AB＝2AE．
（2）过点N作FN⊥MO的延长线于点F，然后根据∠ONF＝∠ABE＝30°，可知OF=12ON＝0.35（米），最后利用勾股定理分别求出FN与MN的长度．
【解答】解：（1）过点B作BE⊥AC于点E，
∴四边形BECD是矩形，
∴BD＝CE＝0.2（米），
∴AE＝AC﹣CE＝0.8﹣0.2＝0.6（米），
∵∠ABE＝30°，
∴AB＝2AE＝1.2（米）．
（2）过点N作FN⊥MO的延长线于点F，
∴FN∥BE，
∴∠ONF＝∠ABE＝30°，
∴OF=12ON＝0.35（米），
在Rt△ONF中，
由勾股定理可知：NF=0．72−0.352=0.353（米），
∴MF＝OM+OF＝ON+OF＝1.05（米），
在Rt△MNF中，
由勾股定理可知：MN=1.052+(0.353)2≈1.2（米）．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟练运用勾股定理以及含30度角的直角三角形的性质，本题属于中等题型．
22．（2023•梁溪区模拟）如图，已知△ABC内接于⊙O，若∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交⊙O于点D，交BC于点E．
（I）求证：BD2＝AD•DE；
（2）若AB＝43，AC＝63，试求AD、DE的长．
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理；三角形的外接圆与外心．
【专题】图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）答案见解答过程；
（1）AD＝10，DE＝2.8．
【分析】（1）先证∠CBD＝∠BAD，然后根据“两角对应相等的两个三角形相似”判定△DBE和△DAC相似，进而根据相似三角形的性质可得出结论；
（2）设圆心为点O，连接OD交BC于H，OB，过点B作BF∥AD交CA的延长线于F，先证OD⊥BC及△OBD为等边三角形，从而得BD＝OD，OH＝DH，BH＝CH，设OH＝DH＝k，则BD＝2k，BH=3k，BC=23k，再证AF=AB=43，由BF∥AD得BE：CE＝2：3，于是可设BE＝2a，CE＝3a，则BC=5a=23k，从而得a=23k5，则BE=2a=43k5，CE=3a=63k5，然后由（1）得△DBE∽△DAC，据此由相似三角形的性质得AD＝10，最后设DE＝x，则AE＝10﹣x，由（1）的结论得k2＝2.5x，由相交弦定理得DE•AE＝BE•CE，据此即可求出x，进而得DE的长．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠CBD＝∠BAD，
在△DBE和△DAC中，∠BDE＝∠ADB，∠EBD＝∠BAD，
∴△DBE∽△DAC，
∴BD：AD＝DE：BD，
∴BD2＝AD•DE；
（2）解：设⊙O的圆心为点O，连接OD交BC于H，OB，过点B作BF∥AD交CA的延长线于F，如图：
∵∠BAC＝60°，AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴BD=CD，
∴∠O＝2∠BAD＝60°，OD⊥BC，
∴BH＝CH，BC＝2BH，
又OB＝OD，
∴△OBD为等边三角形，
∴BD＝OD，OH＝DH，
设OH＝DH＝k，则BD＝2k，
由勾股定理得：BH=BD2−DH2=3k，
∴BC=2BH=23k，
∵BF∥AD，∠BAD＝∠CAD＝30°，
∴∠F＝∠CAD＝30°，∠ABF＝∠BAD＝30°，
∴∠F＝∠ABF＝30°，
∴AF=AB=43，
∵BF∥AD，
∴AF：AC＝BE：CE，
∴BE：CE=43：63=2：3，
∴可设：BE＝2a，CE＝3a，
∴BC＝BE+CE＝5a，
∴5a=23k，即：a=23k5，
∴BE=2a=43k5，CE=3a=63k5，
由（1）得：△DBE∽△DAC，
∴BD：AD＝BE：AB，即：2k：AD=43k5：43，
∴AD＝10；
设DE＝x，则AE＝AD﹣DE＝10﹣x，
由（1）的结论得：BD2＝AD•DE，即：（2k）2＝10x，
∴k2＝2.5x，
由相交弦定理得：DE•AE＝BE•CE，
即：x(10−x)=43k5⋅63k5=7225k2，
将k2＝2.5x代入上式得：x(10−x)=7225×2.5x=7.2x，
∵x≠0，
∴10﹣x＝7.2，故x＝2.8，
∴DE＝2.8．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，等边三角形的判定及性质，圆周角与圆心角之间的关系；解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的性质、垂径定理。