2023-2024学年江苏省泰州九年级（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年江苏省泰州九年级（上）期中数学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）tan30°的值等于（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）已知线段a、b、c，当a＝4，b＝5时，则a、b的比例中项c等于（ ）
A．B．C．±6D．6
3．（3分）用配方法解一元二次方程时，小马得到了方程（x﹣1）2＝m的一个解为x1＝5，则另一个解x2等于（ ）
A．﹣5B．﹣4C．﹣3D．﹣2
4．（3分）在如图所示的方格型网格图中，取3个格点A、B、C并顺次连接得到△ABC，则△ABC的外心是（ ）
A．点DB．点EC．点FD．点G
5．（3分）已知关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，则（ ）
A．＝1B．，c＝﹣1
C．，c＝﹣1D．
6．（3分）如图，⊙O的直径AB＝4，半径OC⊥AB，点D是弧BC上的一个动点，DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E、F，则EF的长（ ）
A．变大B．变小
C．先变小，再变大D．不变，始终等于2
二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分.请将答案直接填写在答题卷相应位置上.）
7．（3分）若两个三角形的相似比为2：3，则这两个三角形周长的比为 ．
8．（3分）关于x的方程（k+2）x2﹣6x+9＝0是一元二次方程，则k的取值范围是 ．
9．（3分）如图，AB、AC是⊙O的两条弦，AB⊥AC，且AB＝8，AC＝6，则⊙O的半径等于 ．
10．（3分）已知点P是线段AB的黄金分割点（AP＞BP），如果AB＝a，则AP长为 ．（用含a的代数式表示，结果保留根号）
11．（3分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3），点B的坐标为（3，0），以点O为位似中心，在第三象限内把△AOB按相似比2：1放大，得到△A1OB1，则点A1的坐标为 ．
12．（3分）如图，BD、CE是△ABC的高，图中与△ADE相似的三角形是 ．
13．（3分）如图是某书店扶梯的示意图，扶梯AB的坡度，王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 米．
14．（3分）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为E，如果CB＝8，那么线段GE的长为 ．
15．（3分）如图，在△ABC中，AC＝8，BC＝4，AB＝10，P是AC上一点，CP＝2，点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，设运动时间为t秒．当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，t＝ ．
16．（3分）早在西汉时期，我国天文学家就提出了一种测量日高的公式——“重差术”．如图，用长度为a的杆子（“表”）在间距为d的两个地点测日影，测得影长分别为s1，s2，用这种方式计算出的日高公式H＝ ．（用含a、d、s1、s2的代数式表示）
三、解答题：（本大题共有10小题，共102分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（12分）（1）计算：；
（2）解方程：（2x+3）（x﹣1）＝4x+6．
18．（8分）已知关于x的方程：x2+ax+a﹣2＝0．
（1）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
（2）若方程的两个实数根x1，x2，满足x12+x22＝7，求a的值．
19．（8分）如图，△ABC的顶点与线段DF的端点，均在边长为1的正方形网格的格点上．
（1）请找一个格点E，使得△DEF∽△ABC，并画出△DEF；
（2）①△DEF与△ABC的相似比是 ；
②∠ABC+∠ACB＝ °．
20．（8分）如图是一张长24cm，宽20cm的矩形铁皮，将其剪去两个全等的正方形和两个全等的矩形，剩余部分（阴影部分）可制成底面积是96cm2的有盖的长方体铁盒．求剪去的正方形的边长．
21．（10分）如图，在⊙O中，直径AB＝10，弦CD⊥AB，弦EF⊥AB，垂足分别为M、N，OM＝3．（1）求弦CD的长；
（2）如果EF＝6，求∠EOC的度数．
22．（10分）某数学兴趣小组要测量实验大楼部分楼体的高度（如图1所示的CD部分），在起点A处测得大楼部分楼体CD的顶端C点的仰角为45°，底端D点的仰角为30°，在同一平面内沿水平地面向前走16米到达B处，测得顶端C的仰角为63.4°（如图2所示）．结合以上信息，从①sin63.4°≈0.90，②cs63.4°≈0.45，③tan63.4°≈2.00，这三个条件中选择一个作为补充条件，求大楼部分楼体CD的高度约为多少米？（精确到1米）（≈1.73）你选择的条件是 ．（只填序号）
23．（10分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为5，一次函数与相交于点A．
（1）求点A的坐标；
（2）判断点A与⊙O的位置关系并说明理由；
（3）过点A作x轴的垂线交⊙O于点B，将直线沿y轴向下平移多少个单位，该直线刚好经过点B．
24．（10分）如图，在△ABC中，D是BC中点，F是线段AC延长线上的一点，连接FD并延长交AB于点E．
（1）如果AC＝CF，求证：；
（2）求的值．
25．（12分）在数学活动课上，小聪进行了如下探究：如图1，在矩形ABCD中，E、F是矩形的边CD、AD上的两点，且∠BEF＝90°．
（1）设BF＝1，∠FBE＝α，∠EBC＝β，显然有∠FED＝β，∠AFB＝α+β．
①在Rt△BEF中，EF＝ （用α的三角函数表示）；在Rt△BAF中，AB＝ （用α+β的三角函数表示）；
②在Rt△BEC中，CE＝ （用α与β的三角函数表示）；
（2）发现：根据AB＝CD，你发现的结论是 （用α、β与α+β的三角函数表示）；
（3）应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝2，BD为对角线，BD⊥BC，∠ABD＝∠ADC＝45°，∠ADB＝30°，求DC的长．
26．（14分）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的一点，连接AC，作CD⊥AC，且CD＝AC，动点E是AB延长线上一点，tan∠QBE＝3，连接AD．
（1）当时，求BC的长；
（2）当点C在射线BQ上运动的距离为a时，求点D运动的距离（用含有a的代数式表示）；
（3）连接CE、DE，当CE⊥DE，且CE＝DE时，求BE的长．
参考答案与试题解析
一、选择题：（本大题共有6小题，每小题3分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填在答题卷相应位置上.）
1．【分析】直接利用特殊角的三角函数值得出答案．
【解答】解：tan30°＝．
故选：C．
【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．
2．【分析】根据比例中项的概念，当两个比例内项相同时，就叫比例中项，再列出比例式即可得出c．
【解答】解：根据比例中项的概念，得c2＝ab＝20，
所以c＝±2，
又线段不能是负数，﹣2应舍去，
所以c＝2．
故选：B．
【点评】此题考查了比例线段，理解比例中项的概念，这里注意线段不能是负数．
3．【分析】根据一元二次方程的解的定义，将x1＝5代入关于x的方程（x﹣1）2＝m，列出关于m的一元一次方程，通过解方程求得m的值；然后利用配方法求方程的另一根．
【解答】解：由题意得，（5﹣1）2＝m，
解得m＝16．
∴（x﹣1）2＝16，即x﹣1＝±4，
∴x1＝5，x2＝﹣3．
故选：C．
【点评】本题考查了一元二次方程的解的定义、解一元二次方程﹣配方法．在求方程（x﹣1）2＝16的另一根时，也可以根据根与系数的关系解答．
4．【分析】连接DC、DA、DB，则DC＝5，再根据勾股定理求得DA＝DB＝5，则DC＝DA＝DB，所以点D是△ABC的外心，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接DC、DA、DB，则DC＝5，
由勾股定理得DA＝DB＝＝5，
∴DC＝DA＝DB，
点D是△ABC的外心，
故选：A．
【点评】此题重点考查三角形外接圆的定义、勾股定理等知识，通过计算证明DC＝DA＝DB是解题的关键．
5．【分析】解法一：直接利用根于系数的关系即可求解．
解法二：将两根分别代入方程中，得到关于b，c的二元一次方程组，求解即可．
解法三：根据题意可设该方程为，化简即可得到答案．
【解答】解：解法一：设x1，x2为方程x2+bx+c＝0的两根，
∵关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，
∴﹣b＝x1+x2＝＝，c＝x1x2＝＝1，
即b＝，c＝1．
解法二：∵关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，
∴，解得．
解法三：∵关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，
∴该方程可为，
整理得：，
∴b＝，c＝1．
故选：D．
【点评】本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系，解题关键是熟知根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝，．
6．【分析】求出圆的半径，再判断出四边形OFDE是矩形，然后根据矩形的对角线相等解答即可．
【解答】解：如图，连接OD，
∵⊙O的直径AB＝4，
∴圆的半径为4÷2＝2，
∵OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥AB，
∴四边形OFDE是矩形，
∴EF＝OD＝2．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，考虑利用矩形的对角线相等是解题的关键．
二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分.请将答案直接填写在答题卷相应位置上.）
7．【分析】根据相似三角形的性质：周长比等于相似比即可解得．
【解答】解：∵两个相似三角形的相似比为 2：3，
∴它们的周长比为：2：3．
故答案为：2：3．
【点评】此题主要考查相似三角形的性质：相似三角形的周长比等于相似比．
8．【分析】根据一元二次方程的定义得出k+2≠0，再求出即可．
【解答】解：∵方程（k+2）x2﹣6x+9＝0是关于x的一元二次方程，
∴k+2≠0，
解得k≠﹣2，
故答案为：k≠﹣2．
【点评】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．
9．【分析】作OM⊥AB，ON⊥AC于点M、N．连接OA，则四边形ONAM是矩形，利用垂径定理求得OM和AM的长，然后在直角△OAM中，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：作OM⊥AB，ON⊥AC于点M、N．连接OA．
则AM＝AB＝4，AN＝AC＝3，四边形ONAM是矩形．
∴OM＝AN＝3，
在直角△OAM中，AM＝＝＝5．
故答案为：5．
【点评】此题涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，半圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解，常见辅助线是过圆心作弦的垂线．
10．【分析】根据黄金分割的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点（AP＞BP），AB＝a，
∴AP＝AB＝a，
故答案为：a．
【点评】本题考查了黄金分割，列代数式，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
11．【分析】根据关于以原点为位似中心的对称点的坐标特征，把点A的横纵坐标都乘以﹣2得到点A1的坐标．
【解答】解：∵以点O为位似中心，在第三象限内把△AOB按相似比2：1放大，得到△A1OB1，
而点A的坐标为（2，3），
∴点A1的坐标为（﹣2×2，﹣2×3），即（﹣4，﹣6）．
故答案为：（﹣4，﹣6）．
【点评】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．
12．【分析】先证△ADB∽△AEC，可得，由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，可证△ADE∽△ABC．
【解答】解：∵BD、CE是△ABC的高，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
又∵∠A＝∠A，
∴△ADB∽△AEC，
∴，
∴，
又∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC，
故答案为：△ABC．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
13．【分析】先求出AB的长，利用坡度设出AC，BC，再利用勾股定理即可求出BC．
【解答】解：∵扶梯AB的坡度，
∴可设BC＝x米，AC＝x米，
∵王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，
∴AB＝0.5×40＝20（米），
在Rt△ABC中，
由勾股定理，得AC2+BC2＝AB2，
即（x）2+x2＝202，
解得x1＝10，x2＝﹣10（舍去），
即王老师上升的铅直高度BC为10米．
故答案为：10．
【点评】本题考查解直角三角形﹣坡度坡角问题，解答中涉及勾股定理，理解题意，掌握坡度的意义是解题的关键．
14．【分析】延长AG交BC于D，如图，利用三角形重心的性质得到CD＝BD＝4，AG＝2GD，再证明GE∥CD，则可判断△AEG∽△ACD，然后利用相似比可求出EG的长．
【解答】解：延长AG交BC于D，如图，
∵点G是△ABC的重心，
∴CD＝BD＝BC＝4，AG＝2GD，
∵GE⊥AC，
∴∠AEG＝90°，
而∠C＝90°，
∴GE∥CD，
∴△AEG∽△ACD，
∴＝＝，
∴EG＝CD＝×4＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．也考查了相似三角形的判定与性质．
15．【分析】依题意得AP＝6，AQ＝1×t＝t，当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，有以下两种情况：①当∠AQP＝∠C时，△APQ∽△ABC，则AP：AB＝AQ：AC，由此可求出t的值；②当∠AQP＝∠B时，△AQP∽△ABC，则AP：AC＝AQ：AB，由此可求出t的值；综上所述即可得出答案．
【解答】解：∵AC＝8，BC＝4，AB＝10，P是AC上一点，CP＝2，
∴AP＝AC﹣CP＝8﹣2＝6，
∵点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，设运动时间为t秒，
AQ＝1×t＝t，
当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，有以下两种情况：
①当∠AQP＝∠C时，△APQ∽△ABC，如图1所示：

∴AP：AB＝AQ：AC，
即6：10＝t：8，
解得：t＝4.8，
②当∠AQP＝∠B时，△AQP∽△ABC，如图2所示：

∴AP：AC＝AQ：AB，
即6：8＝t：10，
解得：t＝7.5，
∴当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，t＝4.8秒或7.5秒．
故答案为：4.8秒或7.5秒．
【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，理解题意，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
16．【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB⊥BG，CD⊥BG，EF⊥BG，
∴AB∥CD∥EF，
∴△EFG∽△ABG，△CDO∽△ABO，
∴，，
∴＝，＝，
解得H＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
三、解答题：（本大题共有10小题，共102分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．【分析】（1）先根据负整数指数幂、二次根式的乘法法则和特殊角的三角函数值计算，然后合并即可；
（2）先移项，再利用因式分解法把方程转化为2x+3＝0或x﹣1﹣2＝0，然后解两个一次方程即可．
【解答】解：（1）原式＝3﹣+2×
＝3﹣3+
＝；
（2）（2x+3）（x﹣1）＝4x+6，
（2x+3）（x﹣1）﹣2（2x+3）＝0，
（2x+3）（x﹣1﹣2）＝0，
2x+3＝0或x﹣1﹣2＝0，
所以x1＝﹣，x2＝3．
【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了实数的运算．
18．【分析】（1）由判别式Δ＞0即可证明；
（2）由根与系数的关系可得x1+x2＝﹣a，x1x2＝a﹣2，再由x12+x22＝7得到关于a的方程，解方程则可求a的值．
【解答】解：（1）∵Δ＝a2﹣4（a﹣2）
＝a2﹣4a+8
＝a2﹣4a+4+4
＝（a﹣2）2+4＞0，
∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
（2）∵方程x2+ax+a﹣2＝0的两个实数根x1，x2，
∴x1+x2＝﹣a，x1x2＝a﹣2，
∵x12+x22＝7，
∴x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x1＝（﹣a）2﹣2（a﹣2）＝7，
解得：a＝3或a＝﹣1．
∴a的值为3或﹣1．
【点评】本题考查一元二次方程的根；熟练掌握判别式确定根的存在情况，灵活应用根与系数的关系是解题的关键．
19．【分析】（1）结合相似三角形的判定与性质，取格点E，使DE＝，EF＝，则点E及△DEF即为所求．
（2）①由＝可知，△DEF与△ABC的相似比是．
②取点A关于BC的对称点M，连接BM并延长，交格点于点N，连接CM，CN，可得∠ABC+∠ACB＝∠CBM+∠BCM＝∠CMN，利用勾股定理以及勾股定理的逆定理可得△CMN为等腰直角三角形，则∠CMN＝45°，即可得出答案．
【解答】解：（1）由勾股定理得，AB＝＝，AC＝＝，
如图，取格点E，使DE＝，EF＝，
则＝，
∴△DEF∽△ABC，
则点E及△DEF即为所求．
（2）①由（1）可知，＝，
∴△DEF与△ABC的相似比是．
故答案为：．
②如图，取点A关于BC的对称点M，连接BM并延长，交格点于点N，连接CM，CN，
则∠BCM＝∠ACB，∠CBM＝∠ABC，
∴∠ABC+∠ACB＝∠CBM+∠BCM＝∠CMN，
由勾股定理得，MN＝＝，CN＝＝，CM＝＝，
∴MN＝CN，MN2+CN2＝CM2，
∴∠CNM＝90°，
∴△CMN为等腰直角三角形，
∴∠CMN＝45°，
即∠ABC+∠ACB＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查作图﹣相似变换、勾股定理、勾股定理的逆定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理是解答本题的关键．
20．【分析】设剪去的正方形的边长为x cm，根据底面积是96cm2，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．
【解答】解：设剪去的正方形的边长为x cm，则底面的长为（20﹣2x）cm，宽为（24﹣2x）cm，即宽为（12﹣x）cm，
根据题意得：（20﹣2x）（12﹣x）＝96，
整理得：x2﹣22x+72＝0，
解得：x1＝4，x＝218（不符合题意，舍去），
答：剪去的正方形的边长为4cm．
【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21．【分析】（1）先根据直径AB＝10求出⊙O半径的长，再根据勾股定理求出CM的长，进而得出结论；
（2）根据垂径定理求出EN的长，再由HL定理得出Rt△ENO≌Rt△OMC，故可得出∠EON+∠MOC＝90°，据此可得出结论．
【解答】解：（1）∵直径AB＝10，
∴OA＝OB＝OC＝OE＝5，
∵CD⊥AB，
∴∠CMO＝90°，CD＝2CM，
∵OM＝3，
∴CM＝＝＝4，
∴CD＝8；
（2）∵EF⊥AB，EF＝6，
∴EN＝EF＝3，
由（1）知，OE＝5，
在Rt△ENO与Rt△OMC中，
，
∴Rt△ENO≌Rt△OMC（HL），
∴∠EON＝∠OCM，
∵∠OCM+∠MOC＝90°，
∴∠EON+∠MOC＝90°，
∴∠EOC＝90°．
【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，垂径定理及勾股定理，熟知垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．
22．【分析】设AE＝x米，则CE＝x米，BE＝（x﹣16）米，在Rt△BCE中，利用tan63.4°＝，求出x，再在Rt△ADE中求出DE，从而由CD＝CE﹣DE求出CD的长．
【解答】解：设AE＝x米，则BE＝（x﹣16）米，
在Rt△ACE中，
∵∠CAE＝45°，
∴CE＝AE•tan45°＝x（米），
在Rt△BCE中，
∵tan∠CBE＝，∠CBE＝63.4°，
即tan63.4°＝，
解得x＝≈32，
在Rt△ADE中，
∵∠DAE＝30°，AE＝32米，
∴DE＝tan∠DAE•AE＝tan30°×32≈18.5（米），
∴CD＝CE﹣DE＝32﹣18.5＝13.5≈14（米）．
答：大楼部分楼体CD的高度约为14米．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，理解题意，灵活运用解直角三角形知识是解题的关键．
23．【分析】（1）一次函数与相交于点A，联立方程组可得；
（2）根据题意作图，观察图象可得；
（3）根据题意得到B点坐标，设直线沿y轴向下平移a个单位，得到新的直线方程，代入点B，可求得a的值．
【解答】解：（1）∵一次函数与相交于点A，
∴可列方程组，
解得：x＝3，y＝4，
∴点A的坐标为（3，4）；
（2）∵⊙O的半径为5，A（3，4），
∴
如图所示，点A在⊙O上；
（3）根据题意得，
如图所示，点B的坐标为（3，﹣4），
设直线沿y轴向下平移a个单位，即y2＝x﹣a，经过点B，
代入B点可得，﹣4＝4﹣a，
解得：a＝8，
∴直线沿y轴向下平移8个单位，该直线刚好经过点B．
【点评】本题考查了一次函数、圆，关键是根据题意作图辅助观察．
24．【分析】（1）过点C作CM∥AB，交EF于点M，利用ASA证明△BED≌△CMD，根据全等三角形的性质得出BE＝CM，根据平行线的性质推出EM＝FM，根据三角形中位线的判定与性质即可得解；
（2）过点C作CT∥AB交EF于点T．证明△BDE≌△CDT（ASA），推出BE＝CT，由CT∥AE，即可判定△CFT∽△AFE，根据相似三角形的性质推出＝＝，再根据比例的性质求解即可．
【解答】（1）证明：如图，过点C作CM∥AB，交EF于点M，
∴∠B＝∠DCM，
∵D是BC中点，
∴BD＝CD，
在△BED和△CMD中，
，
∴△BED≌△CMD（ASA），
∴BE＝CM，
∵AC＝CF，CM∥AB，
∴EM＝FM，
∴CM是△AEF的中位线，
∴CM＝AE，
∴BE＝AE；
（2）解：过点C作CT∥AB交EF于点T．
∵BE∥CT，
∴∠B＝∠DCT，
∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDT，
∴△BDE≌△CDT（ASA），
∴BE＝CT，
∵CT∥AE，
∴△CFT∽△AFE，
∴＝＝，
∴+＝+＝1++1﹣＝2．
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．
25．【分析】（1）①由锐角三角函数的定义可得出答案；②由锐角三角函数的定义可得出答案；
（2）由锐角三角函数的定义求出AB和CD，则可得出答案；
（3）过点A作AE⊥BD于点E，求出BD的长，由（2）中的结论可得出答案．
【解答】解：（1）①∵∠BEF＝90°，BF＝1，
∴sinα＝sin∠FBE＝，
∴EF＝BF•sinα＝sinα；
∵sin（α+β）＝sin∠AFB＝，
∴AB＝sin（α+β）．
故答案为：sinα，sin（α+β）．
②∵BF＝1，csα＝cs∠FBE＝，
∴BE＝csα，
又∵sinβ＝sin∠CBE＝，
∴CE＝sinβ•BE＝sinβ•csα；
故答案为：sinβ•csα；
（2）由（1）可知sin（α+β）＝sin∠AFB＝，
∴AB＝BF•sin（α+β），
由（1）知BE＝BF•csα，
又∵sinβ＝sin∠CBE＝，
∴EC＝BE•sinβ＝BF•csα•sinβ，
同理可得csβ＝，sinα＝，
∴DE＝BF•sinα•csβ，
∴CD＝DE+CE＝BF•sinα•csβ+BF•csα•sinβ＝BF（sinα•csβ+csα•sinβ），
∵AB＝CD，
∴BF•sin（α+β）＝BF（sinα•csβ+csα•sinβ），
∴sin（α+β）＝sinα•csβ+csα•sinβ，
故答案为：sin（α+β）＝sinα•csβ+csα•sinβ；
（3）过点A作AE⊥BD于点E，
∵AB＝2，∠ABD＝45°，
∴AE＝BE＝AB＝，
∵∠ADB＝30°，
∴DE＝AE＝，
∴BD＝+，
∵∠ADC＝45°，∠ADB＝30°，
∴∠BDC＝15°，
∴∠BCD＝75°，
由（2）可知sin75°＝sin（45°+30°）＝sin45°•cs30°+cs45°•sin30°＝，
∵sin∠BCD＝sin75°＝，
∴DC＝4．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
26．【分析】（1）过C作CH⊥AE于H，由tan∠QBE＝3，设BH＝k，则CH＝3k，AH＝AB+BH＝10+k，而sin∠CAB＝，可得AC＝5k，故（10+k）2+（3k）2＝（5k）2，即可解得BH＝，CH＝10，用勾股定理可得BC的长为；
（2）由CD⊥AC，且CD＝AC，知△ACD是等腰直角三角形，故∠CAD＝45°，＝，同理∠C'AD'＝45°，＝，可得＝，∠D'AD＝∠C'AC，故△D'AD∽△C'AC，从而＝，DD'＝a；即当点C在射线BQ上运动a个单位长度时，点D运动的距离为a个单位长度；
（3）过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ，设BT＝m，则CT＝3m，证明△ATC≌△CJD（AAS），知DJ＝CT＝3m，AT＝CJ＝10+m，根据∠CJD+∠CED＝180°，得C，E，D，J四点共圆，从而∠CJE＝∠DJE＝45°，△TJE是等腰直角三角形，有ET＝TJ＝CJ﹣CT＝10﹣2m，又△CDE是等腰直角三角形，CD2＝CJ2+DJ2，可得CE2＝（CD）2＝CD2＝5m2+10m+50，因CE2＝CT2+TE2，所以5m2+10m+50＝（3m）2+（10﹣2m）2，解得m＝5或m＝，即可得BE的长为5或．
【解答】解：（1）过C作CH⊥AE于H，如图：
∵tan∠QBE＝3，
∴＝3，
设BH＝k，则CH＝3k，AH＝AB+BH＝10+k，
∵sin∠CAB＝，
∴＝，即＝，
∴AC＝5k，
∵AH2+CH2＝AC2，
∴（10+k）2+（3k）2＝（5k）2，
解得k＝或k＝﹣2（舍去），
∴BH＝，CH＝10，
∴BC＝＝＝；
∴BC的长为；
（2）如图：
∵CD⊥AC，且CD＝AC，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠CAD＝45°，＝，
当C在射线BQ上运动a个单位长度时，CC'＝a，
同理可知∠C'AD'＝45°，＝，
∴＝，∠CAD＝∠C'AD'，
∴∠D'AD＝∠C'AC，
∴△D'AD∽△C'AC，
∴＝＝，
即＝，
∴DD'＝a；
∴当点C在射线BQ上运动a个单位长度时，点D运动的距离为a个单位长度；
（3）过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ，如图：
∵tan∠QBE＝3，
∴＝3，即CT＝3BT，
设BT＝m，则CT＝3m，
∵∠CAT+∠ACT＝90°，∠ACT+∠JCD＝90°，
∴∠CAT＝∠JCD，
在△ATC和△CJD中，
，
∴△ATC≌△CJD（AAS），
∴DJ＝CT＝3m，AT＝CJ＝10+m，
∵∠CJD＝∠CED＝90°，
∴∠CJD+∠CED＝180°，
∴C，E，D，J四点共圆，
∵EC＝DE，
∴∠CJE＝∠DJE＝45°，
∴△TJE是等腰直角三角形，
∴ET＝TJ＝CJ﹣CT＝10﹣2m，
∵CE⊥DE，且CE＝DE，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE＝CD，
∵CD2＝CJ2+DJ2，
∴CD2＝（10+m）2+（3m）2＝10m2+20m+100，
∴CE2＝（CD）2＝CD2＝5m2+10m+50，
∵CE2＝CT2+TE2，
∴5m2+10m+50＝（3m）2+（10﹣2m）2，
整理得4m2﹣25m+25＝0，
∴（m﹣5）（4m﹣5）＝0，
∴m＝5或m＝，
而BE＝BT+ET＝m+10﹣2m＝10﹣m，
当m＝5时，BE＝10﹣5＝5，
当m＝时，BE＝10﹣＝；
∴BE的长为5或．
【点评】本题考查三角形综合应用，涉及全等三角形判定与性质，相似三角形判定与系数，勾股定理及应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．