第二十八章锐角三角函数（压轴题专练）（教师版）-（人教版）_初中数学_九年级数学下册（人教版）_知识点汇总-U105_2024版

第二十八章 锐角三角函数（压轴题专练）
一、单选题
1．（2023上·陕西西安·九年级校考期中）如图，菱形 中， ， ， ，垂
足分别为B，D，若 ，则 的长是（ ）cm
A． B．6 C． D．
【答案】C
【分析】连接 ，与 交于点G，根据 ，得到 ，根据三角函数，求得
；利用三角函数，菱形性质，特殊角的三角函数计算即可．
【详解】连接 ，与 交于点G，
∵菱形 ， ，
∴ ， ， 是等边三角形，
∴ ；
∵ ，
∴ ，
∴ ；∴ ；
∴ ；
故选C．
【点睛】本题考查菱形的基本性质，三角形的内角和以及解直角三角形，能够做出辅助线是解题关键．
2．（2023上·浙江宁波·九年级校考阶段练习）如图，平面直角坐标系中，已知点 ， ， 是线
段 上任意一点（不含端点 、 ），过 、 两点的二次函数 和过 、 两点的二次函数 的图象
开口均向下，它们的顶点分别在线段 ， 上，则这两个二次函数的最大值之积的最大值为（ ）
A．5 B． C． D．4
【答案】C
【分析】如图，设线段 与 的交点为 ，线段 与 的交点为D，则 为两抛物线的顶点，过
作 轴于 ，过 作 轴于 ，则 ， ，
， ，设 ，则 ，
，设这两个二次函数的最大值之积为 ，则
，根据二次函数的图象与性质求解即可．
【详解】解：如图，设线段 与 的交点为 ，线段 与 的交点为D，则 为两抛物线的顶点，
过 作 轴于 ，过 作 轴于 ，∵ ， ，
∴ ， ， ，
∴ ， ，
设 ，则 ， ，
设这两个二次函数的最大值之积为 ，
则 ，
∵ ，
∴当 时， 有最大值，值为 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了正切，二次函数的图象与性质，二次函数的应用．解题的关键在于正确表示线段．
3．（2023上·吉林长春·九年级统考期中）如图，在 的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每
个小正方形的顶点称为格点．点 、 、 、 均在格点上， 与 相交于点 ，则 的余弦值为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】作 于E，由 可证 ，则可得 ，由此可求出 的长，
再在 中根据面积法求出 的长，再根据勾股定理求出 的长，即可求出 的余弦值，由
于 ，因此可得 的余弦值．
【详解】
作 于E，
，
，
，
，
．
中 ，
．
，
，
解得 ，
．
，
．故选：C
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、用面积法求直角三角形斜边上的高、勾股定理及余弦
的定义．熟练掌握以上知识并且正确的作出辅助线是解题的关键．
4．（2023上·湖南常德·九年级统考期中）如图，正方形 的边长为2，点 是 的中点， 与
交于点 ， 是 上的一点，连接 分别交 ， 于点 、 ，且 ，连接 ，则以下结
论：① 为 的中点；② ；③ ；④ ；⑤ ．其中正
确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】证明 可得出①正确．证明 ，利用相似三角形的性质得出②正确．
求出 即可判断③正确．作 于H，求出 即可得出④正确．证明
即可得出⑤错误．
【详解】解：①∵正方形 的边长为2，点E是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ，∴ ，
∴ ．故①正确；
②∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∴ ，
即 ．故②正确；
③由勾股定理可知： ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，故③正确，
④作 于H．
∵ ，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，故④正确，
⑤∵ ，
∴ ，
∴ 与 不相似，故⑤错误．
所以正确的结论有4个
故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，
勾股定理等知识，灵活掌握运用相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解
直角三角形，勾股定理．
5．（2022·广东深圳·统考模拟预测）如图，已知平行四边形 ，点E为 的中点， 与 交于点
F，连接 ，若 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，取 的中点O，连接 ，作 于H，设 ，证明 是等边三角形，
求出 即可解决问题
【详解】解：如图，取 的中点O，连接 ，作 于H，设 ，，
，
四点共圆，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
， ，
，
则 ，
在 中，
， ，
， ，
，．
故选：D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、解直角三角形、等边三角形的判断和性质、四点共圆、勾股定理等
知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
6．（2023上·安徽合肥·九年级合肥市第四十二中学校考期中）如图，在矩形 中， ， ，
将 沿射线 平移a个单位长度（ ）得到 ，连接 ， ，则当 是直角三角
形时，a的值为（ ）
A． 或 B．2或 C． 或 D． 或3
【答案】A
【分析】分两种情况：①如图1， ，②如图2， ，分别作辅助线，构建相似三角
形，证明三角形相似列比例式可得对应 的值．
【详解】分两种情况：
①如图1， ，延长 交 于 ，过点 作 ，交 的延长线于 ，
，
四边形 是矩形，
， ，，即 ，
设 ， ，
，
由平移得： ，
， ，
，
，
，
，
，
，
，即 ，
，
；
②如图2， ，延长 交 于 ，则 ，
，
由平移得： ，
同理设 ， ，则 ，
，
， ，，
，
，
，即 ，
，
；
综上， 的值是 或 ．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平移的性质、勾股定理、三角函数、三角形相似的性质和判定、直
角三角形的性质等知识点；解题关键是画出两种情况的图形，依题意进行分类讨论．
7．（2023上·安徽六安·九年级统考期中）如图， 是 的对角线， ， ，点
E是 的中点，点F、P分别是线段 、 上的动点，若 ，且 是等腰三角形，
则 的长为（ ）
A． 或 B． 或 C． 或 D． 或
【答案】C
【分析】分三种情况进行讨论，当 时，当 时，当 时，分别画出图形求出
结果即可．
【详解】解：∵四边形 为平行四边形，
∴ ， ， ， ，
∵点E是 的中点，
∴ ，
∵ 是 的对角线， ， ，
∴ 是直角三角形，，
∴ ，
∴ ， ，
当 时，如图①，过点P作 于点G，
则 ．
∵ ，
∴ ，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ；
当 时，如图②，
则 ，
∴ ；
当 时，点P与点B重合，不存在 ．
综上所述， 的长为 或 ．故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，三角形相似的性质，等
腰三角形的定义，解题的关键是数形结合，画出图形，并进行分类讨论．
8．（2023·广东深圳·校考模拟预测）将一张正方形纸片 对折，使 与 重合，得到折痕 后
展开，E为 上一点，将 沿 所在的直线折叠，使得点C落在折痕 上的点F处，连接 ，
， ，则得下列结论：① 是等边三角形；② ；③ ；④
．其中正确的是（ ）
A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④
【答案】A
【分析】①由折叠的性质和线段垂直平分线的性质得出 是等边三角形，①正确；
②设 ，则 ，求出 ，再求出
即可得出②正确；
③分别求出 的面积和正方形 的面积得出③错误；
④证明 得出④正确；即可得出结论．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
由折叠的性质得： 垂直平分 ， ， ， ， ，
，
∴ ，
∴ ，即 是等边三角形，①正确；
设 ，则 ，
∵ 是等边三角形，∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，②正确；
∵ 的面积 ，
正方形 的面积 ，
∴ ，③错误；
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，④正确；
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质、相
似三角形的判定与性质，三角函数等知识，证明 是解决问题的关键．
9．（2019上·浙江·九年级周测）如图（1），点 为矩形 边 上一点，点 ，点 同时从点 出
发，点 沿 运动到点 停止，点 沿 运动到点 停止，它们的运动速度都是 ，
设 出发 秒时， 的面积为 ，已知 与 的函数关系的图象如图（2）（曲线 为抛物线
的一部分），则下列结论：① ；②直线 的解析式为 ；③ 可能与 相
似；④当 秒时， ．其中正确的结论个数是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据图（ ）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点 到达点 时点 到达点 ，
从而得出 、 的长度，再根据 的长度，可得 的长度，从而可得 的长度，求出 的长度，
然后针对各小题分析解答即可
【详解】①根据图（ ）可得，当点 到达点 时点 到过点 ，
点 、 点的运动速度都是 ，
， ，
，故①正确；
②根据 秒面积不变，可得 ，
当点 运动到点 时，面积变为 ，此时点 走过点路程为 ，
故点 的坐标为（ ， ），
设直线 的解析式为 ，
将点 （ ， ）、 （ ， ）分别代入
得： ，
解得 ，
故直线 的解析式为： ，故②正确；
③当 与 相似时，点 在 上，
由 ， ，得 ，如图所示，，
，
，
，
，
与 不可能相似，故③错误；
④ 时， ，
此时 ，
，
故④错误，
综上，可知①②正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，一次函数的应用，
根据图（2）判断出点 到过点 时，点 到达点 是解题的关键．
10．（2020上·浙江·九年级周测）如图，设锐角 的三条高 相交于 ，若
，则 的值为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在 中， ，求得 ，在
中，求得 ，得到 ，证明 ，
推出 ，据此求解即可.
【详解】解：在 中， ，
∴ ，
在 中，
即
∴ ，
∵锐角 的三条高 相交于 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
同理
∴ ，
故选：B.
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，三角函数，掌握相似三角形的判定方法是解决本题的关键.
二、填空题
11．（2023上·黑龙江绥化·九年级绥化市第八中学校校考阶段练习）在 中， ， ，
，则 ．
【答案】 或
【分析】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理等知识，分类讨论：当点A在 处时，过 点作
于点M，利用面积求出 ，进而可得 ，则有 ，
此时问题得解；当点A在 处时，过 点作 于点M，同理作答即可．
【详解】如图，
当点A在 处时，过 点作 于点M，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；当点A在 处时，过 点作 于点M，
同理可得 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： 或 ．
12．（2023上·陕西西安·九年级西安市东方中学校联考期中）如图，在正方形 中， ， 与
交于点 ， 是 的中点，点 在边 上，且 ， 为对角线 上一点，当对角线 平分
时， 的值为 .
【答案】
【分析】本题主要考查正方形的性质和三角函数的定义；过点 作 于点 ，设 ，易得
， ， ， ，由 ，得 ，分两类
情况：①当点 在线段 上时，②当点 在线段 上时，分别列出方程，求出 的值，进而求出答案
【详解】过点 作 于点 ，设 ，
在正方形 中，
，即： 和 是等腰直角三角形，
， ，
， ，
，
是 的中点，，
对角线 平分 ，
，
，
①当点 在线段 上时，如图， ，解得： （舍去），
②当点 在线段 上时，如图， ，解得： ，
， ，
，
，
，
故答案为： ．13．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校联考期中）如图，正方形 ， ， ，
，求 的长 ．
【答案】12
【分析】先根据解直角三角形的知识，求出 ，过F点作 于点P，根据正方形的性
质以及等腰直角三角形的性质可得 ，再根据 ，可得 ，
结合 ，可得 ，即 ，进而有 ，再利用
，问题得解．
【详解】如图，在 中， 平分 ， ，且 ， ，
即有： ，
设 ， ，
根据角平分线的性质定理有： ，
∴结合 ，有 ，
∴ ，∴ ，
根据三角形的面积有： ，
∴ ，
∴ ，
∵在 中， ，
∴ ，
解得： ，（ ，舍去），
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴当 时， ，
∵ ， ，
∴ ，
如图，过F点作 于点P，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，勾股定理，解一元二次方程等知识，求出
，是解答本题的关键．
14．（2023·广东河源·统考三模）如图，在正方形 中，点E、F分别在边 上，且 ，
交 于M点， 交 于N点．下列结论：① ； ②若F是 的中点，则
；③连接 ，则 为等腰直角三角形．其中正确结论的序号是 （把你
认为所有正确的都填上）．【答案】 /
【分析】①将③③①绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ，可得 ，根据正方形
的性质证明 ，在 中，由勾股定理 ，即可证明①；
过A作 ，交 延长线于G，由（1）同理可得 ， ，设
，
则可表示出设 ，在 中，由勾股定理可得 ，设 ，则 ，即可证明
②；
根据条件可证明 ，进而证明 ，即可证明③．
【详解】解：①将 绕点A逆时针旋转 得到 ，连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ 绕点A逆时针旋转 得到 ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
而 ，
在 中， ，
∴ ，故①正确；
②过A作 ，交 延长线于G，如图：由（1）同理可得 ， ，
∴ ，
设 ，
∵F是 的中点，
则 ，
在 中， ，
∴ ，
解得 ，
设 ，则 ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，故②不正确；
③∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，故③正确，
故答案为：①③．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，
勾股定理等知识的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定定理和正确作辅助线是解决此类题的关键．
15．（2023上·陕西西安·九年级校考期中）如图，在平行四边形 中， ，E是 边上的点，
， ，F是 边上的一点，且 ，若M、N分别是线段 、 上的动点，则
的最小值为 ．
【答案】
【分析】过点F作 的对称点G，过点G作 于点Q，则 的最小值为 ，利用三角函
数，勾股定理，平行四边形的性质，计算即可，熟练掌握三角函数是解题的关键．
【详解】过点F作 的对称点G，过点G作 于点Q，交 于点H，则 的最小值为
，
∵平行四边形 中， ，
∴ , ，
∴ ，
解得 ，
∴ ， ，
过点A作 于点O，
∴ ，
解得 ，∴ ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．16．（2023·广东东莞·统考一模）如图，正方形 的对角线相交于点O，点E在边 上，点F在
的延长线上， ， 交 于点G， ， ，则 ．
【答案】
【分析】过点E作 于点H，则 是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的三边关系及
，可求得 ；又 ，可得出各个边的长度；证明
，得到 ，再证明 ，则 ，所以 是等腰直角
三角形，即可得出结果．
【详解】解： 如图，过点E作 于点H，则 是等腰直角三角形，
设 ，则 ， ，
在 中， ，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，， ，
，
∴ ，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，三角函数的定义等内容，证得
的正切值及 是等腰直角三角形是解题的关键．
17．（2023·辽宁·模拟预测）如图，在 中， ，以 为边作正方形
（点A，C，D，E按逆时针方向排列）， 和 的延长线相交于点F，点P从点B出发沿 向
点F运动，到达点F时停止，点Q在线段 上运动，且始终满足 ，连接 ， ， ，当
的面积为5时， 的长是 ．
【答案】 或
【分析】分两种情况：①当点 在线段 上运动时，过点 作 ，交 延长线于点 ，先证出，再证出 ，利用三角形的面积公式求解即可得；②当点 在线段
上运动时，过点 作 于点 ，连接 ，先求出 ， 是等腰直角三角形，
再设 ，则 ，从而分别求出 的长，然后根据
建立方程，解方程即可得．
【详解】解：①如图，当点 在线段 上运动时，过点 作 ，交 延长线于点 ，
∵四边形 是正方形， ，
，
，
∵在 中， ，
， ，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
在 和 中，
，，
，
，
的面积为5，
，
解得 或 （不符合题意，舍去），
，
又 ，
；
②如图，当点 在线段 上运动时，过点 作 于点 ，连接 ，
∵四边形 是正方形，
， ，
，
， 是等腰直角三角形，
，
设 ，则 ， ，
，又 ，
，
，
整理为 ，
即 或 ，
解方程 得： 或 （舍去），
解方程 得： （此时点 在 上，不符合题设，舍去）或
（舍去），
综上， 的长是 或 ，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形、三角形全等的判定与
性质、一元二次方程的应用等知识，正确分两种情况讨论，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
18．（2023·浙江·模拟预测）如图，在菱形 中， 、 分别为线段 、 上一点，将菱形
沿着 翻折，翻折后 、 的对应点分别为 ， 与 交于点 ．已知
，若 若 ．
【答案】 / /3.4 / /【分析】若 ，如图所示，过点 作 垂直 延长线于点 ，交 于点 ，交 于点 ，
根据折叠，菱形，平行四边形的性质，三角函数的计算即可求解；若 ，如图所示，过点 作
边的高 ，交于 点 ，交 延长线于点 ，连接 ，通过条件推理可得点 为 的中点，
由此即可求解．
【详解】解：若 ，如图所示，过点 作 垂直 延长线于点 ，交 于点 ，交 于点
，
已知 ，
菱形 沿着 翻折，点 、 的对应点分别为 ，
，
根据作图可知 是菱形 中 边上的高，
，
，
四边形 是平行四边形，
，且 ，
在 中， ， ，
根据折叠性质可知， ，且 ，
，
是等腰三角形， ，
，，
，
，
，
故答案为： ；
，如图所示，过点 作 边的高 ，交于 点 ，交 延长线于点 ，连接 ，
根据折叠性质可知， ，
，
， ，
根据题意可知， 是菱形 中 边上的高， ，
设 ，则 ， ，
， ，
，
设 ，在 中， ，
则 ，
，即 ，
，，
，
， ，
，连接 ，
到 的距离为 ，此时点 到 的垂线段的垂足与点 重合，且点
三点共线，则 ，
，
，
，
解得 或 舍去，
， ，
， ，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，三角函数的计算方法，三角形相似
的判定和性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
19．（2023上·福建福州·九年级校考期中）如图， 和 都是等边三角形，其中边 ．直线
相交于点 ，连接 ，当 的长度最大时， 的长是 ．【答案】
【分析】证明 ，得出 四点共圆，进而作 的外接圆，当 为直径时，
取得最大值，即可求解．
【详解】解：∵ 和 都是等边三角形，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴ 四点共圆，
如图所示，作 的外接圆，当 为直径时， 取得最大值，
∵
∴
∵ 为直径
∴
∴ ，
故答案为： ．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，圆中最长的弦相关问题，解直角
三角形，得出 四点共圆是解题的关键．
20．（2023上·湖北武汉·九年级统考期中）如图，已知 是 的内接三角形， 的半径为2，将劣
弧 沿 折叠后刚好经过弦 的中点 ．若 ，则弦 的长为 ．
【答案】 /
【分析】设折叠后的 所在圆的圆心为 ，连接 ， ， ， ，过点O作 于点E，解
直角三角形得出 ，根据 与 为等圆，得出 ， ， ，证明
，得出 ，过A作 于 ，设 ，则 ， ，
根据勾股定理得出 ，求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：设折叠后的 所在圆的圆心为 ，连接 ， ， ， ，过点O作 于点
E，如图所示：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ 与 为等圆，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
过A作 于 ，
设 ，则 ， ，
∵ ，
∴在 中， ，
，
∵ ，
∴ ，
解得： ，∴ ．
【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，解直角三角形，圆周角定理，勾股定理，三角形全等的判定和性
质，垂径定理，解题的关键是作出辅助线，数形结合，根据勾股定理建立方程．
三、解答题
21．（2023上·江苏泰州·九年级统考期中）如图， ，点 是射线 上的一点，连接 ，作
，且 ，动点 是 延长线上一点， ，连接 ．
(1)当 时，求 的长；
(2)当点 在射线 上运动的距离为 时，求点 运动的距离（用含有 的代数式表示）；
(3)连接 ，当 ，且 时，求 的长．
【答案】(1)
(2)
(3) 或
【分析】（1）如图，过 作 于 ，设 ，则 ，由 ，可得
， ，可得 ，可得： ，再利用勾股定理可得答案；
（2）如图，过 作 ，且 ，连接 交 于 ，证明 ，可得
，而 为定角，可得 在射线 上运动，则 ，此时 的运动路程为线段的长度，再结合相似三角形的性质可得答案；
（3）如图，过点C作 于点T，过点D作 交 的延长线于点J，连接 ．由
，可以假设 ， ，证明 ，推出 ，
，再利用勾股定理，构建方程求解即可．
【详解】（1）解：如图，过 作 于 ，
∵ ，
∴设 ，则 ，
∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，解得： ，
∴ ．
（2）如图，过 作 ，且 ，连接 交 于 ，则 ， 都为等腰直角三角形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，而 为定角，
∴ 在射线 上运动，
∵ ，此时 的运动路程为线段 的长度，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴点 在射线 上运动的距离为 时，点 运动的距离为 ．
（3）如图，过点C作 于点T，过点D作 交 的延长线于点J，连接 ，
∵ ，∴设 ，则 ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴C，E，D，J四点共圆，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
整理得： ，
∴ ，
∴ 或 ，
∴ 或5，
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，三角形函数的应用，三角形全等的判定和性质，四点共圆，相
似三角形的判定与性质，点的运动轨迹问题，本题难度较大，解题的关键是作出辅助线，构建需要的几何
图形．
22．（2023上·吉林·九年级校考期中）如图，已知等边三角形 中， ，动点P从点A出发，沿
以 的速度向终点C运动，过点P做 于点D，以 为边向右做矩形 ，且．设矩形 与 重叠部分的面积为 ，点P的运动时间为 ．
(1) (用含x的式子表示)；
(2)当点F落在 边上时，求x的值；
(3)求S与x之间的函数解析式．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意得 ，在 中，根据 ，再由
即可得结论；
（2）当点F落在 边上时，由题意得 等边三角形，得 ，列出方程求解即可；
（3）分三种情况：①当 时，如图2，矩形 与 重叠部分是矩形 ，②当
时，如图3，矩形 与 重叠部分是五边形 ，③当 时，如图4，矩形 与
重叠部分是四边形 ，分别根据重叠部分的形状求面积即可．
【详解】（1）解： ，
，
是等边三角形，
，
在 中，
，，
，
，
故答案为： ；
（2）解：由题知， ，
当点F落在 边上时，如图1，
是矩形，
，
，
等边三角形，则 ，
，
解得 ．
∴当点F落在 边上时， ；
（3）解：①当 时，如图2，，
；
②当点E与点B重合时，
，
，
，则 ，
解得： ，
当 时，如图3， ， 分别交 于点N，M，
，
， ，
；
③当点P与点C重合时，则 ，解得： ，
当 时，如图4， 交 于点N，
，
．
综上所述， ．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，等边三角形的性质，多边形的面积，解直角三角形
等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
23．（2023上·陕西西安·九年级校考期中）【问题提出】
（1）如图①，在 中，点 是边 的中点，连接 并延长至点 ，连接 ，若 ，
的面积为 ， 的面积为 ，则 ________ 的大小（填“ ”“ ”“ ”）图①
【问题探究】
（2）如图②，在 中， ， ， ，点 为 边的中点， ．问：
在 边上是否存在一点 ，使得线段 恰好平分 的面积？若存在，求出线段 的长度，若不存
在，请说明理由．
【问题解决】
（3）我校有着丰富多彩的校园生活，为了让同学们进一步接触到更多的校园社团活动，提高空间利用率，
现计划对校园部分区域进行改造，某区域是如图③的四边形 ， ， 米， ，
点 、 分别在边 、 上，四边形 为矩形，边 、 将这块区域分成了三部分，其中，矩
形 的面积为108平方米．为了方便通行，学校准备在这块区域中修一条笔直的小路 （小路的两
端 、 分别在 和 上，且小路的宽度忽略不计），使得 将四边形 分成两部分，同时平
分矩形 的面积，且使得区域 的面积最小．试问学校的想法能否实现？若能，请求出这条小路
的长及 面积的最小值；若不能，请说明理由．
【答案】（1） ；（2） ；（2）当这条小路 的长为 ， 面积有最小值
【分析】（1）如图所示，在 上取一点E使得 ，连接 ，利用 证明 ，得
到 ，由此可证明 ，由 ，可得 ，（2）如图所示，连接 ，过点A作 交 于H，连接 交 于O，由平行线的性质可得
，进而证明 ，由此可得 ，再由三角形中线的性质得到
，则 ，由此可得当点F与点H重合时， 平分 的面积；证明
，得到 ，求出 ，过点E作 于G，证明 ，得
到 ，求出 ，则 ， ，即可得到
；
（3）如图所示，连接 交于O，过点O作直线 ，分别交 于P、Q，由矩形的性质得到
，证明 ，得到 ，进而证明 ，则直
线 平分矩形 的面积，同理可证明，经过点O的直线都平分矩形 的面积，即可推出直线
经过点O，设 ，则 ，解 求出 ，由矩形 的面积为
108平方米，得到 ，解方程得到 ，根据
S
，可得当 时， △BNM 最小，即此时点M与点E重合，点N与点C
重合，据此可得答案．
【详解】解：（1）如图所示，在OD上取一点E使得OEOA，连接BE，
∵点O是边BC的中点，
∴OBOC，
又∵OAOE，∠AOC ∠EOB，
△AOC≌△EOBSAS
∴ ，
S S
∴
△AOC △EOB，S S S S S S
∴
△ABC △AOB △AOC △AOB △EOB △ABE，
S S
∵
△ABE △ABD，
S S
∴ △ABC △ABD，
S S
∴ 1 2，
故答案为：．
（2）如图所示，连接DE，过点A作AH∥DE交BC于H，连接HE交AD于O，
∵AH∥DE，
S S
∴
△AHE △AHD，
S S S S
∴
△AOH △DOH △AOH △AOE，
S S
∴
△DOH △AOE，
S S S S S S
∴ △CHE △DOH 四边形ODCE △AOE 四边形ODCE △ACD，
∵点D为BC的中点，
1
∴S  S ，
ACD 2 ABC
1
∴S  S ，
△CHE 2 △ABC
∴EH 平分ABC的面积，
∴当点F与点H重合时，EF平分ABC的面积，
∵AC 30，AE 10，∴CE20，
∵DE∥AH ，
∴△ACH∽△ECD，
1
50
∴ CD  CE ，即 2  20 ，
CH AC CH 30
∴CH 37.5，
过点E作EGBC于G，
∵∠C ∠C，∠EGC ∠BAC 90，
∴△EGC∽△BAC，
CG CE CG 20
∴  ，即  ，
AC BC 30 50
∴CG12，
HGCH CG25.5 EG CE2CG2 16
∴ ， ，
5 145
EF EH  EG2HG2 
∴ 2 ；
（3）如图所示，连接CE，DF交于O，过点O作直线PQ，分别交DE，CF 于P、Q，
∵四边形CDEF 是矩形，
∴DE∥CF，OE OC，
∠OEP∠OCQ，∠OPE ∠OQC
∴ ，
△OPE≌△OQCAAS
∴ ，
S S
∴
△OPE △OQC，
S S S S S S
∴ 四边形CDPQ △OQC 四边形CDPO △OPE 四边形CDPO △CDE ，
1
∵S  S ，
△CDE 2 矩形CDEF1
∴S  S ，
四边形CDPQ 2 矩形CDEF
∴直线PQ平分矩形CDEF 的面积，
∴同理可证明，经过点O的直线都平分矩形CDEF 的面积，
∴直线MN经过点O，
CF BCBF 244xm
BF 4xm
设 ，则 ，
EF 3
在 中， ∠BFE 90，tanB  ，
Rt△BFE BF 4
∴EF 3xm，
∵矩形EFCD的面积为108平方米，
3x244x=108
∴ ，
解得x3，
∴BF 12m，CF 12m，EF 9m，
1 1 1 1
∴S  BFEF  91254m2，S  S  12954m2 ，
△BFE 2 2 四边形EFNP 2 矩形CDEF 2
S S S S
∵ △BNM △BEF 四边形NPEF △MEP，
S S 108
∴
△BNM △MEP
，
S 0 S
∴当
△MEP
时，
△BNM
最小，即此时点M与点E重合，点N与点C重合，
RtECF CE  EF2CF2 15m
在 中，由勾股定理得 ，
∴当这条小路MN的长为15m，BMN面积有最小值108m2．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，
矩形的性质等等，（1）通过倍长中线构造全等三角形进行求解；（2）通过构造相似三角形进行求解；MN S 0 S
（3）通过证明直线 经过点O，以及当
△MEP
时，
△BNM
最小是解题的关键．
24．（2023上·陕西咸阳·九年级统考期中）【问题提出】
1
（1）如图①，在 中， ，点D为 上一点，且CD AC，过点D作 于点
Rt△ABC �B�90 BC 2 DEAC
E，若AB4，则DE的长为 ；
【问题探究】
（2）如图②，在Rt△ABC中，ABC 90，点D是BC边上一点，连接AD，过点D作DEAD交AC
BFAC AD ABG △DCE
于点E，过点B作 于点F，交 于点G，试判断 与 是否相似，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图③，Rt△ABC是一块菜园平面示意图，ABC 90，BC 2AB，AD是BC边上的中线，
BFAC于点F，交AD于点G，DEAD交AC于点E，经测量，DE50米，现欲沿DG修一条灌溉水
渠，请你求出灌溉水渠的长度DG．
ABG △DCE DG 100
【答案】（1）2；（2） 与 相似，理由见解析；（3） 米
DE CD DE 1
【分析】（1）证明 ，得出 = ，即  ，得出 ；
△ ABC∽△ DEC AB AC 4 2 DE2
（2）证明C ABF ，AGBCED，得出△ABG∽△DCE；
DE 50
DH  EH    25 2
（3）过点E作EH BC于点H，证明△DEH 为等腰直角三角形，得出 2 2
EH AB 1
（米），证明 ，得出 米，根据tan∠C    ，得出
ABG≌DCE AG  DE 50 CH BC 2
CH  2EH 50 2 BD CD 75 2 AD  AB2 BD2 150
米，求出 米，根据勾股定理得出 米，即可求
出结果．
【详解】解：（1）∵DEAC，∴DEC90，
∵Rt△ABC，
∴BDEC，
∵CC，
∴△ ABC∽△ DEC，
DE CD
∴ = ，
AB AC
1
∵CD AC， ，
2 AB4
DE 1
∴  ，
4 2
解得：DE2；
故答案为：2．
ABG △DCE
（2） 与 相似，理由如下：
∵BFAC，
∴AFB90，
∵ABC 90，
∴∠C ∠BAC ∠ABF ∠BAC 90，
∴C ABF ，
∵DEAD，
∴ADE90，
∵∠AGB ∠FAG∠AFG ∠FAG90，
∠CED ∠FAG∠ADE ∠FAG90，
∴AGBCED，
∴△ABG∽△DCE；
（3）过点E作EH BC于点H，如图所示：
∵AD是BC边上的中线，
∴BDCD，∵BC 2AB，
∴ABBDCD，
∵�ABD� 90 ，
1
∴∠BAD ∠BDA 90 45，
2
∵ADE90，
∴∠CDE 1809045 45，
∵DHE90，
∴△DEH 为等腰直角三角形，
DE 50
∴DH  EH    25 2（米），
2 2
∵△ABG∽△DCE，
∴ABGC，AGBCED，
∵ABCD，
∴ABG≌DCE，
∴AG  DE 50米，
EH AB 1
∵tan∠C    ，
CH BC 2
CH  2EH 50 2
∴ 米，
CD CH DH 75 2
∴ 米，
BD CD 75 2
∴ 米，
AD  AB2 BD2 150
∵ 米，
∴DG  AD AG 15050100（米）．
【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，三角形全等的
判定和性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法．
25．（2023上·河北邢台·九年级统考期中）如图1所示，已知点O到直线l的距离OP为4，OA2，点B
在直线l上，AB3，让OA绕点O从OP开始顺时针旋转角（0）到某一位置时，AB将会跟随出现
到相应的位置．(1)当点B与点P重合时，判断AB与AO是否垂直，并说明理由；
(2)点A到直线l距离最大时，求的大小；
(3)设AB的中点M，连接MP，求MP的最大值；
(4)如图2，当点A在OP的上方时，若BAO120，直接写出的正切值；
【答案】(1)AB与AO不垂直，理由见解析
(2)60
3 65
MP
(3) 10
5 3
(4) 37
AB2 OA2 OP2
【分析】（1）分别求出 ， ， ，利用勾股定理的逆定理即可判断；
（2）当ABl时，点A到直线1距离最大；过点A作AH OP于M，可证四边形ABPH 是矩形；求出
OH
cos 即可求解 的大小；
OA 
（3）当O、A、M在一条直线上时，MP最大，过M作MN OP于N，可证△BPO∽△MNO，根据
MP MN2NP2
即可求解；
（4）延长OA交直线l于点D，过点B作BE OD，连接OB，证BFP∽OFE即可求解．
【详解】（1）解：AB与AO不垂直，理由如下：AB2 9 OA2 4 OP2 16
， ，
AB2OA2 OP2
，
∴A90，即AB与AO不垂直；
（2）解：当ABl时，点A到直线l距离最大，
过点A作AH OP于M，如图所示：
∵ABPBPH AHP90
∴四边形ABPH 是矩形，
∴PH  AB3，
∴OH 1，
∵OA2，
OH 1
∴cos  ，
OA 2
∴60；
（3）解：当O、A、M在一条直线上时，MP最大；
过M作MN OP于N，如图所示：
∵OB5，OP4，
BP BO2OP2 3
∴ ，
∵MNOBPO90，
∴BP∥MN ，
∴△BPO∽△MNO，3 5 4
 
∴ BP  BO  PO ，即：MN 3 2 ON ，
MN MO ON 2
21 14
∴MN  ，ON  ，
10 5
6
∴NPOPON  ，
5
3 65
MP MN2NP2 
∴ 10 ；
（4）解：延长OA交直线l于点D，过点B作BE OD于E，连接OB，如图所示：
∵BAO120，
∴∠BAE60，
∵ AB3，
3 3
AE ABcos60 ,BE ABsin60 3，
2 2
7
OE AEAO ，
2
OB OE2BE2  19
，
∵OP4，
BP OB2OP2  3
，
QBEOBPO90,BEPOFE，
VBFP∽VOFE，
PF BF BP 3
   
EF OF OE 7 ，
2
3 3
EF
2 3 BF 2 2 3 ，
PF  EF,  
7 OF 4PF 735
EF  3，
74
EF 5 3
tan 
OE 37 ．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理、三角函数、相似三角形的判定与性质，综合性较强．作出正确
的辅助线是解题关键．
26．（2023上·吉林长春·九年级校考阶段练习）如图，在ABC中，BAC90，AB3，BC5．点P
从点B出发，沿线段BC以每秒3个单位长度的速度向点C方向运动．当点P不与点B重合时，作
PQBC AB Q Q A P PQ Rt△PQH
交边 于点 ，当点 和点 重合时，点 停止运动．以 为直角边向右作等腰 ，
使PQH 90，设点P的运动时间为t秒．
(1)线段PQ的长为__________；（用含t的式子表示）
(2)当点H 落在边AC上时，求线段PQ的长；
CH PQH VPHC t
(3)连结 ，当 与 相似时，求 的值；
(4)作点H 关于直线AC的对称点H，连结AH．当AH与ABC的一边平行或垂直时，直接写出t的值．
【答案】(1)4t
60
(2)
37
5
t
(3)
11
15 15
(4) 或者
37 49
AC 4 AB 3
【分析】（1）先求出 ，可得tanABC   ，cosABC  ，根据运动的特
AC BC2AB2 4 AB 3 BC 5
点可知：BP3t，即有PCBCBP53t，可得QPBPtanABC 4t；BQ BP2PQ2 5t AQABBQ35t BQAB
（2）先表示出 ，可得 ，根据运动的特点可知： ，即有
3 AQ QH
0t 5 ；当点 H 落在边 AC 上时，先证明 BC∥QH ，即有 AQH∽ABC ，可得 AB  BC ，问题随之得
解；
PH  2PQ4 2t QPH 45 HPCQPCQPH 45 PQH∽PHC
（3）先得出 ， ，即有 ，当 时，
PH PQ
可得 ，  1，可得出 ，即有 ，t可求出；
PQH PHC 90 HC QH HCPH 4 2t PC HC2PH2 8t
当PQH∽PCH时，可证明PQH≌PCH ，进而有PQQH CH PC，结合PQH PCH 90，可
3
得四边形 是正方形，结合0t ，t可求出；
PQHC 5
15
（4）根据（2）可知，当t 时，点 落在边 上，则点 关于直线 的对称点 也在 上，此
37 H AC H AC H AC
时满足要求；当H点在ABC内部时，AH∥BC，根据点H 关于直线AC的对称点为点H，可得
AHAH CAHCAH QAH AQH AH HQPQ4t AQH
， ，先证明 ，即有 ，即 是等腰三角形，
1 12t 24t
过H点作 于点G，即有AGGQ AQ，表示出QGQHcosAQH  ，即有AQ2QG ，
HG AB 2 5 5
15
t
根据ABBQAQ3，可得
49
；问题随之得解．
【详解】（1）∵在ABC中，BAC90，AB3，BC5，
AC BC2AB2 4
∴ ，
AC 4 AB 3
∴tanABC   ，cosABC  ，
AB 3 BC 5
根据运动的特点可知：BP3t，
∴PCBCBP53t，
∵PQBC，
∴BQP是直角三角形，
∴QPBPtanABC 4t，
故答案为：4t；Rt△BQP QP4t BP3t
（2）∵在 中， ， ，
BQ BP2PQ2 5t
∴ ，
∴AQABBQ35t，
根据运动的特点可知：BQAB，
∴5t3，
3
∴0t ；
5
当点H 落在边AC上时，如图，
Rt△PQH PQH 90
∵等腰 中， ，
∴PQQH 4t，
∵PQH 90，PQBC，
PQQH
∴ ，
∴BC∥QH ，
∴AQH∽ABC，
AQ QH
∴  ，
AB BC
∵AQ35t，AB3，BC5，
35t 4t
∴  ，
3 5
15
∴t ，
37
60
∴PQQH  ；
37
Rt△PQH PQH 90 PQQH 4t
（3）∵等腰 中， ， ，
PH  2PQ4 2t QPH 45
∴ ， ，∴HPCQPCQPH 45，
当PQH∽PHC 时，如图，
PH PQ
∴ ，  1，
PQH PHC 90 HC QH
∵PH 4 2t，
∴HCPH 4 2t，
PC HC2PH2 8t
∴ ，
∵BP3t，BC5，BCBPPC，
∴8t3t5，
5
t
∴ ；
11
当PQH∽PCH时，如图，
PC PQ
∴ ，  1，
PQH PCH 90 HC QH
∵PH PH ，PQH∽PCH，
∴PQH≌PCH ，
∴PQQH CH PC，
结合PQH PCH 90，可得四边形PQHC是正方形，
∴PCPQ4t，
∵BP3t，BC5，BCBPPC，
∴4t3t5，
5
∴t  ，
73 5
t 
∵ ，
5 7
5
∴t  舍去，
7
5
t
综上：
11
时，PQH 与 VPHC；
15
（4）根据（2）可知，当t 时，点 落在边 上，
37 H AC
则点H 关于直线AC的对称点H也在AC上，
此时有：AH AB，
∴AH满足与ABC的一边平行或垂直，
15
∴t 满足要求；
37
当H点在ABC内部时，AH∥BC，如图，
∵点H 关于直线AC的对称点为点H，
∴AHAH，CAHCAH ，
∵AH∥BC，
∴CAHBCA，
∴CAH BCA，
∵CAH BAH 90，ABCACB90，
∴ABC BAH ，
QH∥BC
∵ ，
∴ABC AQH，
∴QAH AQH ，
AH HQPQ4t AQH
∴ ，即 是等腰三角形，
1
过H点作 于点G，即有AGGQ AQ，
HG AB 23
∵cosABC  ，
5
3
cosAQH cosABC
∴ ，
5
3
cosAQH 
∵在RtQGH中，
5
，HQ4t，
12t
QGQHcosAQH 
∴ ，
5
24t
AQ2QG
∴ ，
5
BQ5t ABBQAQ3
∵ ， ，
24t
5t3
∴ ，
5
24t
5t3
∴ ，
5
15
t
解得： ；
49
15 15
综上：当t 或者t 时， 满足与 的一边平行或垂直．
37 49 AH ABC
【点睛】本题是一道三角形的综合题，考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，全等
三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及轴对称的性质等知识，注重分类讨论的思想，掌握相
似三角形的判定与性质，是解答本题的关键．
27．（2023上·河南周口·九年级校联考阶段练习）综合与实践
根据以下素材，探索完成任务．
如何设计纸盒
素 利用一边长为40cm的正方形纸板可设计成如图1和图
材 2所示的两种纸盒，图1是无盖的纸盒，图2是一个有
1 盖的纸盒．
素 如图，若在正方形硬纸板的四角各剪掉一个同样大小
材 的小正方形，将剩余部分折成一个无盖的长方体盒
2 子．
问题解决任
初步探究：折一个底面积为484cm2的无盖长方体盒
务 问剪掉的小正方形的边长为多少？
子．
1
任
如果能，求出此时剪掉的小正方形的边长；
务 探究折成的无盖长方体盒子的侧面积能否为800cm2？
如果不能，说明理由．
2
图3是一个高为4cm的无盖的五棱柱盒子（直棱
柱），图4是其底面，在五边形ABCDE中，AEDE
，BC 12cm，ABDC 6cm，
图3中的五棱柱盒子可按图5所示的示意
ABC BCD120，EABEDC 90．
图，将矩形纸板剪切折合而成，那么这个矩
任
形纸板的长和宽至少各为多少厘米？请直接
务
写出结果．（图中实线表示剪切线，虚线表
3
示折痕，纸板厚度及剪切接缝处损耗忽略不
计）
图3图4图5
【答案】任务1：剪掉的正方形的边长为9cm；任务2：当剪掉的正方形的边长为10cm时，长方形盒子的
   
184 3 cm 48 3 cm
侧面积最大为800cm2；任务3：矩形纸板的长至少为 ，宽至少为 ．
1 xcm 484cm2
【分析】任务 ：假设剪掉的正方形的边长为 ，根据长方形盒子的底面积为 ，得方程
402x2 484
，解所列方程并检验可得；
2 acm ycm2
任务 ：侧面积有最大值，设剪掉的正方形边长为 ，盒子的侧面积为 ，利用长方形盒子的侧面积
y402aa4
为： 得出即可；
任务3：由AEDE，EADEDA30，得，AGDF 4，连接AD，GF ，过B，C分别作
BM  AD于M ，CN  AD于N ，过E作EP AD于P，则GF 即为矩形纸板的长，MN BC 12，
APDP，得到BAM CDN 60，求出AM DN 3，BM CN 3 3，然后通过三角形相似即可
得到结果．
【详解】解：任务1：设剪掉的正方形的边长为xcm，
402x2 484
则 ，即402x22，
x 31 x 9
解得 1 （不合题意，舍去）， 2 ，
答：剪掉的正方形的边长为9cm．任务2：折成的无盖长方体盒子的侧面积能否为800cm2；理由如下：
acm ycm2
设剪掉的小正方形的边长为 ，盒子的侧面积为 ，
y x y402aa4
则 与 的函数关系为： ，
y 8a2 160a
即 ，
y8a102800
即 ，
a10 y 800
最大
∴ 时， ．
∴当剪掉的正方形的边长为10cm时，长方形盒子的侧面积最大为800cm2．
任务3：如图，过B，C分别作BP AD于P，CQ AD于Q，GI KH于点F ， 则KH即为矩形纸板
的长，GI即为矩形纸板的宽，
∴PQBC 12，
∵ABC BCD120，
∴BAPCDQ60，
∵ABCD6，
∴APDQ3，BPCQFJ 3 3，
1 1
33129
∴AF  2 AD 2 ，EAF EDF 906030,
∴AE6 3，FE3 3，AED1803030120，
∴MEN 360120909060，
∵MENE4，
∴MN MENE4,
∴GN GM 2,
∴GE2 3，
∴GI GEEJ JI 2 3 6 3 48 3 4，∵KAS 18090PAB30HDT ，
∴AK DH 2 3 ，
∴KH 33124 3 184 3
   
184 3 cm 48 3 cm
∴矩形纸板的长至少为 ，宽至少为 ．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定及性质，解直角三角形，一元二次方程和二次函数的应用，找
到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程和函数关系式以及构造恰当辅助线利用解直角三角形是解决
问题的关键．
28．（2023下·江西南昌·九年级校考阶段练习）图1是屏幕投影仪投屏情景图，图2是其侧面示意图，投
影光线AE、投影仪DA在同一直线上，且与三角支架中的AFC在同一平面上，点E位于屏幕BG的正
中心，FC 50cm，AF 12cm，AF 垂直于水平地面HC，支架点F 与水平地面HC的距离为30cm，若
投影仪的尾端D与支架点F 所在直线恰好平行于水平地面HC，测得DF 15cm，CH 240cm．
(1)求三角支架中的FC与地面的夹角．
(2)求投影点E与水平地面的距离．
(3)若投影仪后移1m，要正常投影，（投影光线射向点E）则投影仪的仰角须减小了多度？
（参考数据：sin370.60，cos370.80，tan370.75，tan390.8，tan280.53）
【答案】(1)37
(2)202cm
(3)11度
FM 30
【分析】（1）如图1，过 作 于 ，则 ， ，sinDCH   0.6，
F FM CH M FM 30 FMC 90 CF 50
即DCH 37，然后作答即可；
（2）如图2，延长DF交BH 于N ，则DNH 90，四边形HMFN是矩形，则NF HM ，
DN DFNF 215
NH FM 30 CM CDcosDCH 40 NF HM CH CM 200NH FM 30，由题意知，CM CDcosDCH 40，则NF HM CH CM 200，
AF DF 12 15
，证明 ，则  ，即  ，解得 ，根据
DN DFNF 215 ADF∽EDN EN DN EN 215 EN 172
EH ENNH，计算求解即可；
AF 12
（3）由题意知，tanADF   0.8，则 ，当投影仪后移1m，如图3，则
DF 15 ADF 39
DF AF DF 12
， ，证明 ，则  ，即  ，解得
AF AF 12 FF100cm ADF∽EDN DN EN 200100DF 172
AF 12
tanADF  0.53
DF 45 ， DF 45 ，即 ，根据 ，计算求解投影仪的
2 2 ADF28 ADFADF
仰角减小的度数即可．
【详解】（1）解：如图1，过F 作FM CH 于M ，则FM 30，FMC 90，
FM 30
∴sinDCH   0.6，
CF 50
∴DCH 37，
∴三角支架中的FC与地面的夹角为37．
（2）解：如图2，延长DF交BH 于N ，则DNH 90，四边形HMFN是矩形，则NF HM ，
NH FM 30，由题意知，CM CDcosDCH 40，
∴NF HM CH CM 200，DN DFNF 215，
∵ADF EDN ，AFDEND90，
∴ADF∽EDN ，
AF DF 12 15
∴  ，即  ，解得 ，
EN DN EN 215 EN 172
∴EH ENNH 202，
∴投影点E与水平地面的距离为202cm．
AF 12
（3）解：由题意知，tanADF   0.8，
DF 15
∴ADF 39，
当投影仪后移1m，如图3，则AF AF 12，FF100cm，
∵ADFEDN，AFDEND90，
∴ADF∽EDN，
DF AF DF 12 45
∴  ，即  ，解得DF ，
DN EN 200100DF 172 2AF 12
tanADF  0.53
∴ DF 45 ，
2
∴ADF28，
∵ADFADF392811，
∴投影仪的仰角须减小11度．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，正切，正弦，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．
解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
29．（2023·江西上饶·校联考二模）火灾是最常见、最多发的威胁公众安全和社会发展的主要灾害之一，
消防车是消防救援的主要装备．图1是某种消防车云梯，图2是其侧面示意图，点D，B，O在同一直线
上，DO可绕着点O旋转，AB为云梯的液压杆，点O，A，C在同一水平线上，其中BD可伸缩，套管
OB的长度不变，在某种工作状态下测得液压杆AB3m，BAC 53，DOC 37．
(1)求BO的长．
(2)消防人员在云梯末端点D高空作业时，将BD伸长到最大长度6m，云梯DO绕着点O顺时针旋转一定的
3
角度，消防人员发现铅直高度升高了 ，求云梯 旋转了多少度．（参考数据：sin37 ，
3m OD 5
3 4 4
tan37 ，sin53 ，tan53 ， ， ）
4 5 3 sin640.90 cos640.44
【答案】(1)OB4m
(2)27
【分析】（1）构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系进行计算即可解答；
（2）求出旋转前点D的高度DF，进而求出旋转后点D�的高度DG，再根据锐角三角函数的定义求出
DOG的大小即可解答．
【详解】（1）解：如图，过点B作BE OC于点E，
在Rt△ABE中，BAC 53，AB3m，4 12
∴BE ABsinBAE3sin533  ，
5 5
12
在 中， ，BE ，
RtBOE BOE37 5
BE
∵sinBOE ，
OB
12
BE 5
OB  4
∴ sinBOE 3 ．
5
答：OB4m．
（2）解：如图，过点D作DF OC于点F，旋转后点D的对应点为D�，过点D�作DGOC于点G，过
点D作DH DG于点H，
在Rt△FOD中，ODOBBD4610，DOF 37，
3
∴DF ODsin3710 6m，
5
∴DGDH HG369m，
RtDOG OD10m,DG9m
在 中， ,
DG 9
∴sinDOG  ，
DO 10
∴DOG64，
∴DOD643727，即云梯OD大约旋转了27．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提，构造直角三
角形是解答本题的关键．
30．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）【问题背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如图，即
CEF AEF ）．小军测量某建筑物高度的方法如下：在地面点E处平放一面镜子，经调整自己位置后，
在点D处恰好通过镜子看到建筑物AB的顶端A．经测得，小军的眼睛离地面的距离CD1.7m，
BE20m，DE2m，求建筑物AB的高度．
【活动探究】
观察小军的操作后，小明提出了一个测量广告牌高度的做法（如图）：他让小军站在点D处不动，将镜子
E DE 2m E
移动至 1处，小军恰好通过镜子看到广告牌顶端G，测出 1 ；再将镜子移动至 2处，恰好通过镜
DE 3.4m CD1.7m BD10m
子看到广告牌的底端A，测出 2 ．经测得，小军的眼睛离地面距离 ， ，求这
个广告牌AG的高度．【应用拓展】
小军和小明讨论后，发现用此方法也可测量出斜坡上信号塔AB的高度．他们给出了如下测量步骤（如
图）：①让小军站在斜坡的底端D处不动（小军眼睛离地面距离CD1.7m），小明通过移动镜子（镜子
平放在坡面上）位置至E处，让小军恰好能看到塔顶B；②测出DE2.8m；③测出坡长AD17m；④测
8
出坡比为 （即tanADG ）．通过他们给出的方案，请你算出信号塔AB的高度（结果保留整数）．
8:15 15
【答案】[问题背景] AB17m；[活动探究] AG3.5m；[应用拓展] AB20m
【分析】[问题背景]根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，列出相似比代值求解即可得到答
案；
[活动探究] 根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，运用两次三角形相似，列出相似比代值，
作差求解即可得到答案；
AM AB
[应用拓展] 过点 作 于点 ，过点 作 于点 ，证 ，得  ，
B BM  AD M C CN  AD N △DCN∽△ABM DN CD
AM 8 15a 15b
再由锐角三角函数定义得tanABM   ，设 ， ，则CN  ，BM  ，进
BM 15 DN am AM bm 8 8
BM EM
而由勾股定理求出 ，然后由相似三角形的性质得  ，即可解决问题．
a0.8m CN EN【详解】解：[问题背景]如图所示：
∵ CEF AEF ，ABBD,FE BD,CDBD，
AEBCED,BD90
，
△ABE∽△CDE，
AB CD
  ，
BE DE
∵ CD1.7m，BE20m，DE2m，
AB 1.7
  ，解得 ；
20 2 AB17m
[活动探究]如图所示：
GBBD,CDBD
∵
，
BD90，
QGEBCED
1 1
△GBE∽△CDE
1 1，
GB CD
 
BE DE ，
1 1∵ DE 1 2m ， BD10m ，
BE BDDE 1028m
 1 1 ，
∵CD1.7m，
GB 1.7
  ，解得 ；
8 2 GB6.8m
GBBD,CDBD
∵
，
BD90，
QAE BCE D
2 2
△ABE ∽△CDE
2 2，
AB CD
  ，
BE DE
2 2
∵ DE 2 3.4m ， BD10m ，
BE BDDE 103.46.6m
 2 2 ，
∵CD1.7m，
AB 1.7
  ，解得 ；
6.6 3.4 GB3.3m
AGGBAB6.83.33.5m；
[应用拓展] 如图，过点B作BM  AD于点M ，过点C作CN  AD于点N ，
由题意得：BGDG，CDDG，
AGDCDGBMACND90，∵BAM GAD，
90BAM 90GAD，
即ABM ADG，
∵ADGDAG90，ADGCDN 90，
CDN DAG，
90CDN 90DAG，
即DCN ADG，
DCN ADGABM ，
△DCN∽△ABM ，
AM AB
 ，
 DN CD
由题意得：AE ADDE 172.814.2(m)，
8
∵tanADG ，
15
DN 8 AM 8
tanDCN   ，tanABM   ，
CN 15 BM 15
15a 15b
设 ， ，则CN  ，BM  ，
DN am AM bm 8 8
∵CN2DN2 CD2，
15a 2
  a2 1.72
 8  ，
解得：a0.8(m)（负值已舍去），
150.8
，CN  1.5(m)，
EN DEDN 2.80.82(m) 8
b AB
 ，
0.8 1.7
17b
AB ，
8
同【问题背景】得：△BME∽△CNE，
BM EM
 ，
 CN EN
15b
8  14.2b ，
 1.5 2426
解得：b (m)，
45
17 426
AB  20(m)，
8 45
答：信号塔AB的高度约为20m．
【点睛】本题考查解直角三角形综合，涉及相似三角形的判定与性质、三角函数求线段长、勾股定理等知
识，读懂题意，熟练掌握相似三角形测高、三角函数测高的方法步骤是解决问题的关键．
31．（2023·河南周口·校考三模）如图1是一个倾斜角为的斜坡的截面示意图．已知斜坡顶端A到地面的
1
距离 为2m,tan ．为了对这个斜坡上的绿植进行喷灌，在斜坡底端 处安装了一个喷头 ，喷头
AB 3 C D
D到地面的距离DC为0.5m，水珠在距喷头D水平距离4m处达到最高，喷出的水珠可以看作抛物线的一
yax2bxc
部分．建立如图2所示的平面直角坐标系，并设抛物线的表达式为 ，其中喷出水珠的竖直高
度为 y （单位：m）（水珠的竖直高度是指水珠到水平地面的距离），水珠与AB的水平距离为x（单位：
m）．
(1)求抛物线的表达式．
(2)斜坡正中间有一棵高1m的树苗，通过计算判断从喷头D喷出的水珠能否越过这棵树苗．
4
(3)若有一个身高为 m的小朋友经过此斜坡，想要不被淋湿衣服，他到喷头 的水平距离sm应在什么
3 D
范围内？
1 1
【答案】(1)y x2 x2
8 2
(2)从喷头D喷出的水珠能越过这棵树苗
10
(3)2s
3
【分析】（1）根据三角函数关系得到CB6m，再由二次函数对称轴公式得到b4a，然后再利用待定
系数法即可解得；（2）通过比较树苗的最高点与相应位置的抛物线函数值大小关系即可判断结果；
（3）利用s表示出对应函数值和小朋友高度值，根据题意列出不等式求解即可；
A0,2
【详解】（1）解：由题意可知，
AB 2
CB  6m
tan 1 ，
3
 1
D6, 
则点D坐标为  2，
b
 642，
∵ 2a
b4a，
A yax2bxc c2 yax24ax2
将点 坐标代入 得 ，则
1
将点
D
坐标代入 yax24ax2 得
2
36a24a2
1 1
解得a ，则b ，
8 2
1 1
抛物线的表达式为y x2 x2；
 8 2
1 1
（2）解：如图过 中点 作 垂线交 于点 ，则EF  AB1m，BF  BC 3m，
BC F BC AC E 2 2
1 1 1 3 19
将 代入y x2 x2得，y 9 2
x3 8 2 8 2 8
19 3
2 11，
∵ 8 8
从喷头D喷出的水珠能越过这棵树苗；
（3）解：如图过BC上一点H 作BC垂线交AC于点G，1 1 1 1 4
设 ，则 ，HG s，由题意可得 6s2 6s2 s
CH s BH 6s 3 8 2 3 3
3s216s200
化简得 ，
10
因式分解得3s10s20，解得2s ，
3
10
2s ．
 3
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，将二次函数与三角函数相结合解决实际问题，列解二
次不等式等知识，熟练运用相关知识，并根据题意解决实际问题是解题关键．
32．（2023·河南周口·校考三模）郑州博物馆（新馆）位于郑州奥体中心附近，周边有郑州大剧院，郑州
植物园等，其主展馆以郑州出土的商代青铜方鼎为造型基础，整体建筑风格取鼎器粗犷与精美相统一的神
韵，让人叹为观止．某校数学小组的同学们使用卷尺和自制的测角仪测量郑州博物馆（新馆）的高度AB，
如图，他们在C处测得顶端A的仰角为38，沿CB方向前进17m到达D处，又测得顶端A的仰角为45．
已知测角仪的高度为1.5m，测量点C，D与郑州博物馆（新馆）的底部B在同一水平线上，求郑州博物馆
（新馆）的高度AB．（结果精确到1m．参考数据：sin380.62，cos380.79，tan380.78）
【答案】61.5m
【分析】先延长EF，交AB于点G，再设AG的长为x，最后表示出FG，EG,最后用正切定义列出方程即
可求出AG的长，再求和即可得到AB的长．
【详解】如图，延长EF，交AB于点G设AGx
∵AFG45,AGF 90
∴GF  AGx
∴GEGFEF x17
∵AEG38,AGF 90
AG
∴tan38 0.78
EG
x
∴ 0.78
x17
∴x60（此时分母不为0）
∵BGF 90,GBD90,BDF 90
∴四边形GBDF 是矩形
∴BGDF 1.5
∴AB AGBG601.561.5
故郑州博物馆（新馆）的高度AB为61.5m．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，正切的定义，列解分式方程，关键是在直角三角形中，找到
边与边之间的关系，并能正确运算．
33．（2023·福建·统考中考真题）阅读下列材料，回答问题
任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度AB远大于南北走向的最大宽
度，如图1．
工具：一把皮尺（测量长度略小于AB）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点
间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）；
测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点O处，对其视线可及的P，Q两点，可测得POQ的大小，如
图3．
小明利用皮尺测量，求出了小水池的最大宽度AB，其测量及求解过程如下：测量过程：（ⅰ）在小水池外选点C，如图4，测得AC am，BC bm；
a b
（ⅱ）分别在 ， ，上测得CM  m，CN  m；测得 ．求解过程：
AC BC 3 3 MN cm
a b
由测量知， ， ，CM  ，CN  ，
AC a BC b 3 3
CM CN 1
∴   ，又∵①___________，
CA CB 3
MN 1
∴ ，∴  ．
△CMN∽△CAB AB 3
又∵MN c，∴AB②___________
m
．
故小水池的最大宽度为___________m．
(1)补全小明求解过程中①②所缺的内容；
(2)小明求得AB用到的几何知识是___________；
(3)小明仅利用皮尺，通过5次测量，求得AB．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何
量，并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的
a b cL   L AB
长度用字母 ， ， 表示，角度用 ， ， 表示；测量次数不超过4次（测量的几何量能求出 ，
且测量的次数最少，才能得满分）．
【答案】(1)①CC；②3c
(2)相似三角形的判定与性质
 asin
acos m
(3)最大宽度为 tan  ，见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可；
C B ABC  A BAC
（3）测量过程：在小水池外选点 ，用测角仪在点 处测得 ，在点 处测得 ；用皮
尺测得BC am；
求解过程：过点C作CD AB，垂足为D，根据锐角三角函数的定义推得BDacos，CDasin，
asin
AD ，根据 ，即可求得．
tan ABBDAD
a b
【详解】（1）∵ ， ，CM  ，CN  ，
AC a BC b 3 3CM CN 1
∴   ，
CA CB 3
又∵CC，
∴△CMN∽△CAB，
MN 1
∴  ．
AB 3
又∵MN c，
AB3cm
∴ ．
故小水池的最大宽度为3c m．
（2）根据相似三角形的判定和性质求得AB3MN 3c，
故答案为：相似三角形的判定与性质．
（3）测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C，如图，用测角仪在点B处测得ABC ，在点A处测得BAC；
（ⅱ）用皮尺测得BC am．
求解过程：
由测量知，在ABC中，ABC ，BAC，BC a．
过点C作CD AB，垂足为D．
BD
在 中，cosCBD ，
Rt△CBD BC
BD
即cos ，所以 ．
a BDacos
同理，CDasin．
CD
在 中，tanCAD ，
Rt△ACD AD
asin asin
即tan ，所以AD ．
AD tan
asin
所以ABBDADacos m ．
tan asin
acos m
故小水池的最大宽度为 tan  ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立
数学模型是解题的关键．
34．（2023·江西九江·统考三模）如图1是某品牌的纸张打孔机的实物图，图2是从中抽象出的该打孔机
处于打孔前状态的侧面示意图，其中打孔机把柄OA5cm，BE是底座，OA与BE所成的夹角为36.8°，O
点是把柄转轴所在的位咒，且O点到底座BE的距离OC 2cm．OD与一根套管相连，OD可绕O点转动，
此时，OD∥BE，套管内含打孔针MN，打孔针的顶端M 触及到OA，但与OA不相连，MN始终与BE垂
直，且OM 1cm，MN 2cm．
(1)打孔针MN的针尖N 离底座BE的距离是多少厘米?
(2)压下把柄OA，直到A点与B点重合，如图3，此时，M ．D两点重合，把柄OA将压下打孔针MN并将
它锲入放在底座BE上的纸张与底座之内，从而完成纸张打孔，问：打孔针MN锲入底座BE有多少厘米？
3 4 3
（参考数据：sin36.8 ，cos36.8 ，tan36.8 ）
5 5 4
【答案】(1)打孔针MN的针尖N 离底座BE的距离是0.6厘米
(2)打孔针MN锲入底座BE有0.32厘米
【分析】（1）如答图1，连接CN ，先说明四边形COMN是平行四边形可得CN OM 1cm，再解直角三
角形可得NP0.6cm即可解答；
（2）如答图1，由题意可得四边形CODP是平行四边形可得ODCP0.8cm．如图3中，设MN与BE的
交点为Q，则OM OD0.8cm，BM OB–OM 4.2cm．又MN∥OC可得BMQBOC即
BM :OBMQ:OC，进而求得MQ1.68cm，最后根据线段的和差即可解答．
【详解】（1）解：如答图1，连接CN ，由题意可知，OC BE，MN BE，
∴OC∥ MN
∵OCMN 2cm，
∴四边形COMN是平行四边形．
∴CN OM 1cm．
又∵OA与BE所成的夹角为36．8，
∴NCP36.8．
在Rt△NCP中，NPCNsinNCP1sin36.80.6cm．CPCNcosNCP1cos36.80.8cm．
∴打孔针MN的针尖N 离底座BE的距离是0．6厘米．
（2）解：如答图1，
∵OD∥BE，OC∥ MN，
∴四边形CODP是平行四边形．
∴ODCP0.8cm
MN BE Q OM OD0.8cm BM OB–OM 4.2cm
如图3中，设 与 的交点为 ，则 ， ．
∵MN∥OC，
∴BMQBOC
∴BM :OBMQ:OC，
∴4.2:5MQ:2，解得MQ1.68cm．
∴QN MN –MQ21.680.32cm．
∴打孔针MN锲入底座BE有0．32厘米．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知
识点，正确做出辅助线是解答本题的关键．
35．（2023·浙江温州·统考中考真题）根据背景素材，探索解决问题．
测算发射塔的高度某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射
塔的高度MN（如图1）．他们通过自制的测倾仪
（如图2）在A，B，C三个位置观测，测倾仪上
的示数如图3所示．
背
景
素
材
经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度．
问题解决
分析规划 选择两个观测位置：点_________和点_________
任
务
写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之
1 获取数据
间的图上距离．
任
务 推理计算 计算发射塔的图上高度MN．
2
任
楼房实际宽度DE为12米，请通过测量换算发射
务 换算高度
塔的实际高度．
3
注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1mm．
1 1 1
【答案】规划一：[任务 1]选择点 和点 ；tan1 ，tan2 ，tan3 ，测得图上 ；
A B 8 4 3 AB4mm
[任务 2]18mm；[任务 3]发射塔的实际高度为43.2米；规划二：[任务 1]选择点A和点C．[任务 2]18mm
；[任务 3]发射塔的实际高度为43.2米；
【分析】规划一：[任务 1]选择点A和点B,根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上AB4mm
MF xmm
[任务 2]如图1，过点A作 AF MN 于点 F ，过点B作 BGMN 于点 G ，设 ．根据
x 1 x4 1
tanMAF   tanMBG 
AF 4 BG 3 AF 4x BG3x12 AF BG x12x 1 x4 1
tanMAF   ，tanMBG  ，得出 ， ．由 ，解得 ，
AF 4 BG 3 AF 4x BG3x12 AF BG x12
FN 1
根据tanFAN   ，得出 ，即可求解；
48 8 FN 6mm
5 18
[任务3 ]测得图上 ，设发射塔的实际高度为 米．由题意，得  ，解得 ，
DE5mm h 12 h h43.2
规划二：[任务 1]选择点A和点C．根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上AC 12mm；
[任务 2]如图2，过点A作AF MN于点F ，过点C作CGMN，交MN的延长线于点G，则
x 1 x12 1
，设MF xmm．根据tanMAF   ，tanMCG  ，得出 ，
FG AC 12mm AF 4 CG 2 AF 4x
FN 1
．根据 ，得出 ，然后根据tanFAN   ，得出 ，进而即可求
CG2x24 AF CG x12 48 8 FN 6mm
解．
5 18
[任务 3]测得图上 ，设发射塔的实际高度为 米．由题意，得  ，解得 ，即可求解．
DE5mm h 12 h h43.2
【详解】解：有以下两种规划，任选一种作答即可．
规划一：
[任务 1]选择点A和点B．
1 1 1
tan1 ，tan2 ，tan3 ，测得图上 ．
8 4 3 AB4mm
[任务 2]如图1，过点A作AF MN于点F ，过点B作BGMN于点G，
MF xmm
FG AB4mm
则 ，设 ．
x 1 x4 1
∵tanMAF   ，tanMBG  ，
AF 4 BG 3∴AF 4x，BG3x12．
∵AF BG，
∴4x3x12
解得x12，
∴AF BG4x48mm．
FN 1
∵tanFAN   ，
48 8
∴FN 6mm，
∴MN MFFN 12618mm．
[任务3 ]测得图上DE5mm，设发射塔的实际高度为h米．
5 18
由题意，得  ，解得 ，
12 h h43.2
∴发射塔的实际高度为43.2米．
规划二：
[任务 1]选择点A和点C．
1 1 1
tan1 ，tan2 ，tan4 ，测得图上 ．
8 4 2 AC 12mm
[任务 2]如图2，过点A作AF MN于点F ，过点C作CGMN，交MN的延长线于点G，则
MF xmm
FG AC 12mm
，设 ．
x 1 x12 1
∵tanMAF   ，tanMCG  ，
AF 4 CG 2
∴AF 4x，CG2x24．
∵AF CG，∴4x2x24，解得x12，
∴AF CG4x48mm．
FN 1
∵tanFAN   ，∴ ，
48 8 FN 6mm
∴MN MFFN 12618mm．
[任务 3]测得图上DE5mm，设发射塔的实际高度为h米．
5 18
由题意，得  ，解得 ．
12 h h43.2
∴发射塔的实际高度为43.2米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数关系是解题的关键．
36．（2023·浙江温州·温州市第八中学校考三模）根据以下素材，探索完成任务：
素材一：图1是某款遮阳蓬，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摇臂OB绕点O旋转过程
中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整.如图2，AOB90，OAOB1.5米．
素材2：某地区某天下午不同时间的太阳高度角（太阳光线与地面的夹角）的正切值参照表：
时刻 12点 13点 14点 15点
3
角的正切值 4 2 1
4
素材 3：小明身高（头顶到地面的距离）约为 1米，如图2，小明所站的位置离墙角的距离（QN）为 1.2
米.
问题解决
这天12点，小明所站位置刚好不被阳光照射到，请求固定点O到墙角的距离（
任务1 确定高度
OQ）的长.如图2，为不被阳光照射到，旋转摇臂OB，B的对应点为B，使得B离墙壁距
判断是否碰到
任务2 离为1.2米，在这天15点时，小明退至刚好不被阳光照射到的地方，请判断他
蓬面
的头顶是否会碰到遮阳蓬面？
如图3，不改变B的位置，小明打算在这天12-14点之间在遮阳蓬下休息，为使
任务3 探究合理范围 得全程不被阳光照射到，又不会碰到遮阳蓬面，求小明所站位置离墙角距离（
QN）的范围．
4
【答案】 米；他的头顶不会碰到遮阳蓬面；0QN  米，
1.2 15
【分析】任务1，作NM OB于M，解直角三角形即可；任务2，类比任务1的方法，求出GN的长，和小
QN
明身高比较即可；任务3，分别求出12点、14点时，小明所站位置离墙角距离（ ）即可．
【详解】解：任务1，作NM OB于M，
所以，四边形QOMN 是矩形，
根据题意得，OM QN 1.2米，
因为OAOB1.5米，
所以MB0.3米，
12点太阳高度角（太阳光线与地面的夹角）的正切值是4，
MN
所以 4，解得 米．
BM MN OQ1.2
；
BF  AQ NGQN AB FB
任务2，作 于F， ，交 于G， 于H，∵OBOA1.5米，FB1.2米，
OF  1.521.22 0.9 AF  AOOF 2.4
∴ 米， 米，
∵OQ1.2米，
∴FQ0.3米，
由辅助线作法可知，四边形FQNH是矩形，
∴NH 0.3米，
3
∴tantanNBF  ，
4
HN 3
∴  ，
BH 4
∴BH 0.4米，
∵HG∥AF，
∴△BHG∽△BFA，
HG BH HG 0.4
∴  ，即  ，
AF BF 2.4 1.2
∴GH 0.8米，
∵GH HN 1.11，
∴他的头顶不会碰到遮阳蓬面．
任务3，由任务2可得，NH 0.3米，
∴tantanNBF 1，
∴BH 0.3米，
GH 3
∵tanOBF   ，
BH 4
∴GH 0.225米，∵GH HN 0.525米，小于1米，
设小明在点K位置时，头顶刚好碰到遮阳蓬面，
所以KI 1米，
IP0.7米，
IP 3
∵tanOBF   ，
BP 4
14
∴BP
米，
15
6 14 4
QK FP   米，
5 15 15
4
QN的求值范围是0QN 
15
米，
．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是恰当作辅助线，构建直角三角形解决问题．
37．（2023·四川自贡·统考中考真题）为测量学校后山高度，数学兴趣小组活动过程如下：
(1)测量坡角
AB，BC，CD BH，CQ，DR
如图1，后山一侧有三段相对平直的山坡 ，山的高度即为三段坡面的铅直高度
之和，坡面的长度可以直接测量得到，要求山坡高度还需要知道坡角大小．
如图2，同学们将两根直杆MN，MP的一端放在坡面起始端A处，直杆MP沿坡面AB方向放置，在直杆
MN另一端N用细线系小重物G，当直杆MN与铅垂线NG重合时，测得两杆夹角的度数，由此可得山 ，
坡AB坡角 的度数．请直接写出 之间的数量关系．
(2)测量山高
同学们测得山坡AB，BC，CD的坡长依次为40米，50米，40米，坡角依次为24，30，45；为求BH ，小
熠同学在作业本上画了一个含24角的Rt△TKS（如图3），量得KT 5cm，TS 2cm．求山高DF．（
2 1.41
，结果精确到1米）
(3)测量改进
由于测量工作量较大，同学们围绕如何优化测量进行了深入探究，有了以下新的测量方法．
如图4，5，在学校操场上，将直杆NP置于MN的顶端，当MN与铅垂线NG重合时，转动直杆NP，使点

N，P，D共线，测得 MNP 的度数，从而得到山顶仰角 1，向后山方向前进40米，采用相同方式，测得
  a b
山顶仰角 2；画一个含 1的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为 1厘米， 1厘米，再画一个含
 a b 1.6
2的直角三角形，量得该角对边和另一直角边分别为 2厘米， 2厘米．已知杆高MN为 米，求山高
，
DF ．（结果用不含 1 2的字母表示）
90
【答案】(1) ；
(2)山高DF为69米；
 40aa 
 1 2 1.6
(3)山高 DF 的高为 a 2 b 1 a 1 b 2  米．．
【分析】（1）利用互余的性质即可求解；sin240.4 Rt△ABH Rt△BCQ Rt△CDR
（2）先求得 ，再分别在 、 、 中，解直角三角形即可求解；
a a
tan  1 tan  2
（3）先求得 1 b ， 2 b ，在Rt△NDL和Rt△NDL中，分别求得NL和NL的长，得到方程
1 2
NLNL40，据此即可求解．
【详解】（1）解：由题意得NMO90，
∴90；
（2）解：在Rt△TKS中，KT 5cm，TS 2cm．
TS 2
∴sin24  0.4，
KT 5
在Rt△ABH 中，ABH 24，AB40米，
∴BH  ABsin24400.416(米)，
Rt△BCQ CBQ30 BC 50
在 中， ， 米，
1
∴
CQBCsin3050 25(米)，
2
在Rt△CDR中，DCR45，CD40米，
2
DRCDsin4540 28
∴ 2 (米)，
∴山高DF 16252869(米)，
答：山高DF为69米；
a a
tan  1 tan  2
（3）解：如图，由题意得 1 b ， 2 b ，
1 2设山高DF x1.6，则DLx，
Rt△NDL DNL DLx
在 中， 1， ，
DL a
tan  1
∴NL 1 b ，
1
b
NL 1 x
∴ a ，
1
Rt△NDL DNL DLx
在 中， 2， ，
DL a
tan  2
∴NL 2 b ，
2
b
NL 2 x
∴ a ，
2
∵NNMM40，
b b
1 x 2 x40
∴NLNL40，即a a ，
1 2
40aa 40aa
x 1 2 DF  1 2 1.6
解得 a b ab ，山高 a b ab
2 1 1 2 2 1 1 2 40aa 
 1 2 1.6
答：山高 DF 的高为 a 2 b 1 a 1 b 2  米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，能够正确地构建出直角三角形，将实际问题化归为解直角三角
形的问题是解答此类题的关键．
38．（2023·浙江嘉兴·统考一模）地球有多大？2000多年前，古希腊数学家埃拉托斯特尼（Eratosthenes
）利用太阳光线测量出了地球子午线的周长．下面让我们一起开启“探求地球周长”的数学项目化学习之
旅．
项目任 如图1，某日正午，小红在B地（与太阳直射点A在同一子午线上）测得太阳光与木棍的夹角为
务 ，则AOB______，若测得AB之间弧长为l，则地球子午线周长为______．（用含，l的
（一） 代数式表示）
项目任 如图2，某日正午，小红和小明在同一子午线的B地、C地测得太阳光与木棍的夹角分别为，
务  ，则BOC ______，若测得BC之间弧长为l，则地球子午线周长为______．（用含， 
（二） ，l的代数式表示）
如图3，日落时，身高为h的小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，按
项目任
下秒表开始计时．同时马上站起来，当太阳再次完全消失在地平线的瞬间，停止计时，小亮利用
务
这个时间差和地球自转的速度计算出了PQH ，请据此计算出地球的半径与周长．（用含
（三）
h，的代数式表示）
360l 360l hcos
【答案】任务（一）： ， ；任务（二）： ， ；任务（三）：地球的半径为 ，地
  a  1cos
2hcos
球的周长
1cos
【分析】任务（一）：根据太阳光线是平行线可得∠AOB∠ODC ，再根据弧长公式求出半径，即可
求出对应的周长；
任务（二）：如图所示，延长EF交OB于P，同理求出∠EPM ∠OMN ，根据三角形外角的性质求∠BOC 
出 ，再同（1）方法求出对应的周长即可；
任务（三）：由题意得，当小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，此时小亮视线
HQ O
所在的直线 与 相切于点H，同理当小亮站起来，太阳再次完全消失在地平线的瞬间，小亮的视线
O OT，OH r OPhr
所在的直线也与 相切，设这个切点为T，连接 ，设地球半径为 2，则 2，证明
hcos 2hcos
∠TOPPQH ，解 Rt△TPO ，求出r 2  1cos ，则地球的周长2r 2  1cos .
【详解】解：任务（一）∵太阳光线是平行线，
∴OA∥CD，
∵ODC ，
∴∠AOB∠ODC ，
设地球的半径为r,
∵AB之间弧长为l，
r
∴ l，
180
180l
∴r ，

180l 360l
∴地球子午线周长为2r2  ，
 
360l
故答案为： ， ；
 
任务（二）：如图所示，延长EF交OB于P，
∵太阳光线是平行线，∴MN∥EF ，
∵OMN ，
∴∠EPM ∠OMN ，
∠OEP
∵ ，
∠BOC ∠EPM ∠OEP
∴ ，
r
设地球的半径为 1,
∵BC之间弧长为l，
r
∴ 1 l，
180
180l
r 
∴
1 
，
180l 360l
2r2 
∴地球子午线周长为  ，
360l
故答案为： ， ；
a 
任务（三）：由题意得，当小亮趴在地上平视远方，在太阳完全从地平线上消失的一瞬间，此时小亮视线
HQ O
所在的直线 与 相切于点H，同理当小亮站起来，太阳再次完全消失在地平线的瞬间，小亮的视线
O OT，OH r
所在的直线也与 相切，设这个切点为T，连接 ，设地球半径为 2，
OPPH OH hr
∴ 2，∠PHQ∠PTO90
由切线的性质可得 ，
∠HQP∠HPQ90∠TPO∠TOP
∴ ，
∠TOPPQH 
∴ ，
OT
在
中，cos∠TOP
，
Rt△TPO OP
r
cos 2
∴ hr ，
2
hcos
∴r  ，
2 1cos
hcos
∴地球的半径为 ，
1cos
2hcos
∴地球的周长2r  .
2 1cos
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，切线的性质，平行线的性质，求弧长，三角形外角的
性质等等，正确理解题意并作出对应的辅助线是解题的关键.
39．（2023·浙江嘉兴·统考一模）在课题学习《如何设计遮阳棚》中，计划在移门上方安装一个可伸缩的
遮阳棚（如图1），其中AC为移门的高度，B为遮阳棚固定点，BD为遮阳棚的宽度（可变动）
AB50cm，AC 210cm，CBD80．小丁所在小组负责探究“移门在正午完全透光时太阳高度角与遮阳棚宽度的关系”，查阅得到如下信息：
太阳高度角是指太阳光线与地平面的夹角；该地区冬至日正午的太阳高度角a最小（约35）；夏至日正
午的太阳高度角a最大（约80）．请你协助该小组，完成以下任务：
【任务1】如图2，在冬至日正午时要使太阳光完全透过移门，BD应该不超过多少长度（结果精确到
0.1cm）
【任务2】如图3，有一小桌子在移门的正前方，桌子最外端E到移门的距离为180cm，桌子高度
MN 80cm．若要求在夏至日正午时太阳光恰好照射不到桌面，则BD应该多长？（结果精确到0.1cm．
参考数据：sin550.82，cos550.57，tan551.43，sin100.17，cos100.98，tan100.18，
2 1.41
）．
【答案】任务1：BD应该不超过58.1cm；任务2：BD长约为208cm．
【分析】任务1：设BDx，过点Ｄ作DEBC于点E，在Rt△BED中，求得BE0.17x，DE0.98x，
0.98x
在 中，得到AE ，根据 ，列式计算即可求解；
Rt△AED 1.43 AB50cm
任务2：先求得BDE90，作EFBC于点F，连接BE，过点D作DGBE于点G，设BDx，同理
0.57x
求得 ， ，GE ，根据 ，列式计算即可求解．
BG0.82x DG0.57x 1.43 BE 180 2
【详解】解：任务1：在冬至日正午时要使太阳光完全透过移门，35，设BDx，过点Ｄ作DEBC
于点E，如图，BE DE
∵ ，∴ ，在 中，sin10 ，cos10 ，∴ ，
CBD80 EBD10 Rt△BED BD BD BE0.17x
DE 0.98x
，又∵ ，∴ ，在 中，tan55 ，∴AE ，又∵
DE0.98x 35 DAE55 Rt△AED AE 1.43
0.98x
，∴0.17x 50，解得 ，
AB50cm 1.43 x58.1
答：BD应该不超过58.1cm；
任务2：如图，作EFBC于点F，连接BE，过点D作DGBE于点G，设BDx，
则EF 180cm，FC MN 80cm，BF 2105080180cmEF，∴△BEF是等腰直角三角形，则
FBEFEB45 BE 2EF 180 2 FEH 80 FED100
， ，∵ ，则 ，∴
BDE360100908090，DEG1004555，DBG804535，
BG DG
，在 中，sin55 ，cos55 ，∴ ， ，在
BDG903555 Rt△BGD BD BD BG0.82x DG0.57x
DG 0.57x 0.57x
中，tan55 ，∴GE ，又∵ ，∴0.82x 180 2，解得 ，
Rt△EDG GE 1.43 BE 180 2 1.43 x208
答：BD长约为208cm．
【点睛】本题考查了将实际问题转化为直角三角形中的数学问题，可通过作辅助线构造直角三角形，再把
条件和问题转化到这个直角三角形中，使问题解决．40．（2023上·江苏常州·九年级校考期中）如图1，在Rt△ABC中，ACB90，AC 6，BC8，点
D在边AB上运动，DE平分CDB交边BC于点E，CM BD垂足为M ，EN CD，垂足为N．
(1)当ADCD时，求证：DE∥AC；
(2)当BME与CNE相似时，求AD的长；
(3)当以CD为直径的圆恰好过点E时，设圆I与直角边CA的另一个交点是F，求证：EF∥AB；
(4)当四边形MEND与BDE的面积相等时，求AD的长．
【答案】(1)见解析
18
(2)5或
5
(3)见解析
11
(4)
5
【分析】（1）由等腰三角形的性质得出DAC DCA，由三角形的外角性质和角平分线得出得出
DACBDE，即可得出结论；
（2）分两种情况：①当△BME∽△CNE时，得出对应角相等MBENCE，得出BDCD AD，证出
1 BD

DE∥AC，得出
2 AB
，由勾股定理求出
AB
，得出
BD
，即可得出
AD
；②当△BME∽△ENC时，得出
AC状BC 6 8 24
，由勾股定理求出 ，由三角形面积求出 CD= = = ，由勾股定理求出 即
EBM CEN AB AB 10 5 AD
可；
EI △BCD EI∥BD ACB90 EF I EF
（3）证明 是 的中位线，得出 ，再根据 ，得出 是 的直径，得出 经
过点I，即点E、I、F三点共线，即可得出结论；
1
S S  DM ME
（4）由 AAS 证明 MDE≌DEN ，得出 MDE DEN 2 ，证出 EM 是 BD 的垂直平分线，得出
CD2 4BE
EDBDBE ，证明 CDE∽CBD ，得出对应边成比例，CE BC ，求出CD BM ，由三角函数得出
BE 5

BM 4 CD CE BE BM ADBE 5

BM 4
，求出
CD
、CE，得出
BE
，由三角函数求出
BM
，即可得出
AD
．
【详解】（1）证明：∵ ADCD，
DACDCA，
CDBDACDCA2DAC，
又∵DE是CDB的平分线，
CDB2BDE，
DACBDE，
∴DE∥AC；
（2）解：①如图1所示：
当△BME∽△CNE时，
得MBENCE，
BDCD AD，
∵DE平分BDC，
1
， ，BE BC，
DEBC BEEC 2
又∵ACB90，
∴DE∥AC，
BE BD
 ，
 BC AB
1 BD

即 ，
2 AB
1 1 1
BD AB AC2BC2  6282 5
，
2 2 2
AD5；
②如图2所示：当△BME∽△ENC时，
得EBM CEN，
∴EN∥BD，
又∵EN CD，
BDCD，
即CD是ABC斜边上的高，
AB= AC2+BC2 = 62+82 =10
，
由三角形面积公式得：ABCD ACBC ，
ACBC 68 24
CD   ，
AB 10 5
24 18
AD AC2CD2  62 ( )2  ；
5 5
18
综上所述，当 或 时， 与 相似．
AD5 5 BME CNE
（3）解：如图，
∵CD是I 的直径，
∴CEDCFD90，
∴CEDBED90
∵DE平分CDB
∴CDEBDE
∵DEDECDE≌BDEASA
∴
∴BECE，DBDC，
∴E是BC的中点，
∵CD是I 的直径，
∴点I是CD的中点，
∴EI∥BD
∵ACB90
∴EF是I 的直径，
∴EF经过点I，即点E、I、F三点共线，
∴EF∥AB．
（4）解：∵DE是CDB的平分线，
MDENDE，
MDENDE

DMEDNE90
在 和 中， ，

MDE DEN
DEDE
MDE≌DEN(AAS)，
1
S S  DM ME
MDE DEN 2 ，
∵S S
四边形MEND BDE
，
1 1
2 DMME BDME
，
2 2
1
DM  BD
即 ，
2
EM 是BD的垂直平分线，
∴EDBDBE，
∵EDBCDE，
DBECDE，
又∵DCEBCD，
CDE∽CBD，
CD CE DE
 
，
 BC CD BDCD2
即CE ，
BC
CD BE BE
 
，
 BC BD 2BM
∵BC8，
4BE
CD
即 ，
BM
BM BC 8 4
∵cosB   
，
BE AB 10 5
BE 5

，
 BM 4
5 CD2 52 25
CD4 5，CE   ，
4 BC 8 8
25 39
BE8 
，
8 8
4 39 39
BM cosBBE  
，
5 8 10
39 11
ADAB2BM 102 
．
10 5
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行线的判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角
形的判定与性质、三角形的中位线性质，圆周角定理的推论，解直角三角形等知识；本题综合性强，难度
较大，特别是（2）中，需要进行分类讨论才能得出结果．
41．（2023上·河北石家庄·九年级石家庄市第四十一中学校考期中）如图1和图2，平面上，四边形
ABCD AB8 BC 2 11 CD12 DA6 A90 DM 2
中， ， ， ， ． ，点M在AD边上，且 ．将线段
n0n180
MA AMA ABBC
MA绕点M顺时针旋转 到 ， 的平分线MP所在直线交折线 于点P，设点
xx0
AP
P在该折线上运动的路径长为 ，连接 ．如图2，连接BD．(1)求CBD的度数，
(2)当n=180�时，求x的值；
(3)若P点到BD的距离为2，求tanAMP的值；
【答案】(1)CBD90
(2)13
7 23
(3) 的值为 或
tanAMP 6 6
【分析】（1）先在RtABD中由勾股定理求得BD，然后在△BCD中根据三边长利用勾股定理逆定理解答
即可；
（2）当n=180�时，PMA90，则PM∥AB；设MP交BD与点N，先由VDNM∽VDBA求得DN ，由
线段差可得BN ；再由VPBN∽VDMN求得PB即可解答；
P PQBD Q RtABD
（3）分P点在AB上和BC上两种情况；当P点在AB上时，过点 作 于点 ，在 和
RtBQP DBA BP RtAMP tanAMP
中，利用 的正弦值求得 ，再在 中求 即可；当P点在BC上时，过点P
PQAB PQB∽BAD PQ BQ
作 交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，先由 求得 和 ，
HPQ∽HMA HQ RtHPQ tanQPH
再由 求得 ，在 求得 即可；
【详解】（1）解：∵AB8，DA6，A90，
BD AB2AD2 10
∴ ，
BC 2 11 CD12
∵ ， ，
∴BD2BC2 10044144，CD2 144，
∵BD2BC2 CD2，
∴CBD90；
（2）解：如下图所示，当n=180�时，设MP交BD与点N，∵PM平分AMA，
∴PMA90，
∵A90，
∴PM∥AB，
∴VDNM∽VDBA，
DN DM MN
∴   ，
DB DA AB
∵DM 2，DA6，BD10，AB8，
DN 2 MN
∴   ，
10 6 8
10 8
∴DN  ，MN  ，
3 3
20
∴BN BDDN  ，
3
∵PBN NMD90，PNBDNM ，
∴VPBN∽VDMN，
PB BN PB 20
∴  ，即  ，
DM MN 2 8
∴PB5，
∵当n由0增加到180时，点P由点A运动到点P，
∴x ABPB8513；
P PQBD Q PQ2 AMPAMP
（3）解：如下图所示，当P点在AB上时，过点 作 于点 ，则 ， ，
∵AB8，DA6，A90，
BD AB2AD2 10
∴ ，AD 6 3
∴sinDBA   ，
BD 10 5
PQ 2 10
BP  
∴ sinDBA 3 3 ，
5
10 14
∴AP ABPB8  ，
3 3
14
∴tanAMPtanAMP AP  3  7 ；
AM 4 6
PB2 PQAB
如下图所示，当P在BC上时，则 ，过点P作 交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延
长线于点H，
∵PQBCBDDAB90，
∴QPB90PBQDBA，
∴PQB∽BAD，
PQ QB PB PQ QB 2
∴   ，即   ，
BA AD BD 8 6 10
8 3 6
∴PQ ，BQ PB ，
5 5 5
46
∴AQ ABBQ ，
5
∵PQAB，DA AB，
∴PQ∥AD，
∴HPQ∽HMA，
HQ PQ
∴  ，
HA AM
8
HQ 5

∴ 46 4，
HQ
592
解得：HQ ，
15
92
HQ 15 23
tanAMPtanAMPtanQPH   
∴ PQ 8 6 ，
5
7 23
综上所述， 的值为 或 ．
tanAMP 6 6
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识；综合性较强，
根据题意画出相应图形，并结合相似三角形的性质来求线段长是解题关键．
42．（2023上·山西太原·九年级统考期中）综合与实践
问题情境：数学课上，同学们以特殊四边形为基本图形，添加一些几何元素后探究图形中存在的结论．已
Y ABCD ABBC ABC AD CD DE,DF
知在 中， ， 的平分线交 边于点E，交 边的延长线于点F，以 为邻
边作Y DEGF．
特例探究：（1）如图1，“创思”小组的同学研究了四边形ABCD为矩形时的情形，发现四边形DEGF是
正方形，请你证明这一结论；
BG,AC BG AC
（2）“敏学”小组的同学在图1基础上连接 ，得到图2，发现图2中线段 与 之间存在特定
的数量关系，请你帮他们写出结论并说明理由；
拓展延伸：（3）“善问”小组的同学计划对Y ABCD展开类似研究．如图3，在Y ABCD中，ABC60．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择________题．
A：当AB4，BC 6时，请补全图形，并直接写出A，G两点之间的距离．
B：当BC 6时，请补全图形，并直接写出以A，C，G为顶点的三角形面积的最小值．
27 3
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）A：2 7；B： 4【分析】（1）根据矩形的性质即角平分线的性质证明即可；
DG BF BD DEGF DGEF,GOOD
（2）连接 交 于点O，连接 ，由（1）得四边形 为正方形， ，由线段
垂直平分线的性质即可得到结论；
（3）A：过点G作GH  AD交AD于点H，连接AG，证明四边形DFGE为是菱形，由锐角三角函数得到
3 1
GH sin60GE 2 3，EH cos60GE 21，进而得到 ，利用勾股定理
2 2 AH  AEEH 5
即可求解；
AG,AC,CG CG AD CG AD CG ACG
B：连接 ， 交 于点H，当 时， 最短，此时 的面积最小，利用锐角三
角函数求出EH ，CG即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
C 90,AD∥BC,AB∥CD，
FEDEBC,EFDABE,FDEC 90，
∵四边形DEGF平行四边形，
∴平行四边形DEGF为矩形，
∵BE平分ABC，
1
ABEEBC  ABC，
2
FEDEFD，
DEDF ，
∴矩形DEGF为正方形；
（2）BG AC，理由：连接DG交BF于点O，连接BD，∵由（1）得四边形DEGF为正方形，
DGEF,GOOD，
BF 垂直平分DG，
BGBD，
∵四边形ABCD为矩形，
AC BD，
BG AC；
（3）A：补全图形如下：过点G作GH  AD交AD于点H，连接AG，
由题意得四边形DFGE为平行四边形，
∵ ABC60，BE平分ABC，
1
ABECBE ABC30，
2
∵ AD∥BC，AB4，BC 6，
ABEAEB30，
AB AE 4,DE  ADAE BCAE 2，
∵ AD∥BC，DF∥GE，
CBEDEF 30，DEGABC60，
GEF DEF 30，
∵GF∥DE，
DEF GFE30，
GEDGFD60，
四边形DFGE为是菱形，GEDE2，
3 1
GH sin60GE 2 3，EH cos60GE 21，
2 2
AH  AEEH 5，
 2
AG GH2AH2  3 52 2 7，
2 7
此时，A，G两点之间的距离为 ；
AG,AC,CG CG AD
B：补全图形如下： 连接 ， 交 于点H，
由A的证明知四边形DFGE为是菱形，
CBF CFB30，
BC CF 6，
当CG AD时，CG最短，此时ACG的面积最小，
∵ CG AD，ABCDFG60，
CGF 90,GCF 30，
1
GF  CF 3，
2
∵四边形DFGE为是菱形，
DE GE DF GF 3，AE ADDEBCDE3，
ABAE3，
3
，EH cos60GE ，
∵CGsin60CF 3 3 2
9
AH  AEEH  ，
2
1 27 3
S  CGAH  ，
 ACG 2 4
27 3
以A，C，G为顶点的三角形面积的最小值为 4 ．【点睛】本题考查四边形综合题、锐角三角函数、勾股定理、平行四边形的性质、菱形的判定和性质等知
识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于
中考压轴题．
2 3
y x2bxc B3,0，C  0,3 3 
43．（2023·广东河源·统考三模）如图1，抛物线 3 过 两点，动点M从
点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC方向运动，设运动的时间为t秒．
2 3
y x2bxc
(1)求抛物线 3 的表达式；
(2)如图1，过点M作DEx轴于点D，交抛物线于点E，当t 1时，求四边形OBEC的面积；
(3)如图2，动点N同时从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿OB方向运动，将BMN绕点M逆时针
旋转180得到△GMF．
①当点N运动到多少秒时，四边形NBFG是菱形；
②当四边形NBFG是矩形时，将矩形NBFG沿x轴方向平移使得点F落在抛物线上时，直接写出此时点F
的坐标．
2 3
y x2 3x3 3
【答案】(1) 3
13 3
(2) 2
(3)①当点N运动到 5 3 秒时，四边形NBFG是菱形；②点F的坐标为     3 4 33 ,2 3     或     3 4 33 ,2 3     ．2 3
y x2bxc
【分析】（1）利用待定系数法将B、C两点坐标代入抛物线 3 求解即可；
（2）当t 1时求得BC长度，并且利用平行线分线段成比例求得E点横坐标，代入抛物线解析式即可求得
S S S
E点纵坐标，再根据 四边形OBEC 梯形ODEC BDE求解即可；
（3）①根据题意可求出ON t，BN 3t，BM 2t．再根据旋转的性质易证四边形NBFG是平行四边形，
BM 2t OB 1
则四边形 是菱形，只需 即可，又可求出cosMBN   ，cosCBO  ，
NBFG BGNF BN 3t BC 2
2t 1
则  ，解出t的值即可；②当四边形 是矩形时，只需 ．由 ，
3t 2 NBFG BNG90 BNGBOC90
得出NG∥OC，利用平行线分线段成比例，求得t 1；将矩形NBFM 沿x轴方向平移时，点F落在抛物
y 2 3
线的图象上，即 F ，再代入解析式即可求得点F的坐标．
2 3
y x2bxc B3,0，C  0,3 3 
【详解】（1）解：∵抛物线 3 的图象过 两点，
2 3
 93bc0
 3  b 3
∴ ，解得： ，

 3 3c c3 3
2 3
y x2 3x3 3
∴抛物线的表达式为 3 ；
（2）解：如图：B3,0，C  0,3 3 
∵ ，
OB3 OC 3 3
∴ ， ，
BC  OB2OC2 6
∴ ．
当t 1时，BM 2t 2．
∵DM  AB，OC  AB，
∴DM∥OC，
BD BM BD 2
∴  ，即  ，
OB BC 3 6
∴BD1，
∴ODOBOD312．
2 3 2 3 7 3
y x2 3x3 3 y 22 323 3
在 3 中，令x2，得： 3 3 ，
 7 3
E2, 
∴  3 ；
 
1 7 3  1 7 3 13 3
S S S   3 32  1
∴ 四边形OBEC 梯形ODEC BDE 2  3  2 3 2 ；
 
（3）解：①如图：
根据题意得：ON t，BN 3t，BM 2t．
∵将BMN绕点M逆时针旋转180得到△GMF，
∴BM GM，NM FM ，
∴四边形NBFG是平行四边形，若四边形NBFG是菱形，只需BGNF，即BMN 90，
BM 2t
此时cosMBN   ．
BN 3t
OB 3 1
在 中，cosCBO   ，
RtBOC BC 6 2
2t 1
∴  ，
3t 2
3
t 
解得： ，
5
3
答：当点N运动到 秒时，四边形 是菱形；
5 NBFG
②如图：
由①得四边形NBFG是平行四边形．
当四边形NBFG是矩形时，只需BNG90．
∴BNGBOC90，
∴NG∥OC，
BN BG 3t 4t
∴  ，即  ，
OB BC 3 6
解得：t 1．
∴当点N运动1秒时，四边形NBFM 是矩形．
∴NB312，BG4，
NG BG2NB2 2 3
∴ ．
NBFM y 2 3
将矩形 沿x轴方向平移时，点F落在抛物线的图象上，即 F ．2 3
x2 3x3 32 3
当y 2 3时，即 3 ，
F
3 33 3 33
x  x 
解得： 1 4 ， 2 4 ，
3 33  3 33 
∴点F的坐标为    4 ,2 3   或    4 ,2 3   ．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查求函数解析式，勾股定理，平行线分线段成比例，特殊四边形的判
定和性质，解直角三角形等知识，属于中考压轴题．利用数形结合的思想是解题关键．
∵四边形ABCD是矩形，
ABC ADC 90，
∵FH CD，
DHF 90，
∴四边形BPFG、四边形GFHC、四边形APHD都是矩形，
PH=A=90，
PFEPEF=90，
由折叠的性质可知，DFEA90，
PFEHFD=90，
PEF=HFD，
PEF∽HFD，
EF PF
  ，
FD HD
∵ BG=FP，CGFH ，点G是BG的中点，
BGCG，
PF=FH ，EF FH
  ，
FD DH
EF FD
  ，
FH DH
∵DFE=H=90，
△DEF∽△DFH ；
（3）解：由（2）可知，△DEF∽△DFH ，
EDF FDH ，
由折叠的性质可知，EDF ADE，DF  AD3，
ADE EDF=FDH=30，
3 3
DH=DF•cos30=
2 ，
①当点E在AB上时，如图，
3 3
AE= AD 3 3
3 3 ，
3 4 3
AB=AEBE  3 
3 3 ，
3 3 4 3 3
CH=DH-CD=DH-AB  
2 3 6 ，
②当点E在AB的延长线上时，如图，3
AE= AD 3，
3
3 2 3
AB=AE-BE  3 
3 3 ，
3 3 2 3 5 3
CH=DH-CD=DH-AB  
2 3 6 ．
3 5 3
综上所述，CH 的长为： 6 或 6 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，相似的性质和判定，三角函数等知识点，属于压轴
题，难度较大，熟练掌握相关性质定理和分类讨论思想是解题的关键．
45．（2023·广东河源·统考三模）如图1，把ACD绕点C逆时针旋转90得BCE，点A，D分别对应点
B，E，且满足A，D，E三点在同一条直线上．连接DE交BC于点F ，CDE的外接圆O与AB交于
G，H 两点．
(1)求证：BE是O切线；
5
sinCAE
(2)如图2，连接OB，OC，若 5 ，判断四边形BECO的形状，并说明理由；CF  5 GH
(3)在（2）的条件下，若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BECO为平行四边形，理由见解析
4 15
(3) 5
【分析】（1）由旋转的性质得出CADCBE，ACBECD90，证得AEBE，则可得出结论；
（2）由旋转的性质得出DC EC，DCE90，BE AD，得出COEBEO，由平行线的判定得出
BE∥OC，由锐角三角函数的定义证得BEOC，则可得出结论；
5
（3）过点 作 于点 ，连接 ，则 ，由sinFCO 可求出 ，由平行四边
O OM GH M OG GH 2MG 5 OC 2
OB2 2 OM
形的性质及勾股定理求出 ，由锐角三角函数的概念可求出 ，则可得出答案．
【详解】（1）解：证明：∵把ACD绕点C逆时针旋转90得BCE，
CADCBE，ACBECD90，
∵AFCBFE，
BEF ACF 90，
AEBE，
又∵ECD90，
ED为O的直径，
BE为O的切线；
（2）四边形BECO为平行四边形．
理由如下：∵把ACD绕点C逆时针旋转90得BCE，点A，D分别对应点B，E，
DCEC，DCE90，BE AD，
∵OEOD，
COED，
COE90，
∵BEO90，
COEBEO，
BE∥OC，OC 5
在 中，sinCAE  ，
RtAOC AC 5
OCx AC  5x
设 ，则 ，
AO AC2OC2 2x
，
∵OAODAD，ODOC，
ADOCx，
BEOC，
四边形BECO是平行四边形；
（3）过点O作OM GH 于点M ，连接OG，则GH 2MG，
∵FCOOCAOCACAE90，
FCOCAE，
5
sinFCOsinCAE ，
5
FO FO 5
sinFCO   ，
CF 5 5
FO1，
CO CF2FO2 2
，
∵四边形BECO为平行四边形，
OF BE1，OBCE，
OE2OF 2，
CE OE2OC2  2222 2 2
，
OB2 2
，
由（1）（2）知△ACB和≌BEO都为等腰直角三角形，
EBOCBA45，
EBF OBA，
∵BE∥CO，
EBF FCO，
OBAFCO，
OM 5
sinOBM   ，
OB 5OM 5
 ，
 2 2 5
2 10
OM  ，
5
∵OGOC2，
2 10 2 15
MG OG2OM2  22( )2  ，
5 5
4 15
GH 2MG ．
5
【点睛】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的性
质，勾股定理，锐角三角函数的定义，平行四边形的判定与性质，垂径定理，熟练掌握旋转的性质是解题
的关键．
46．（2023上·吉林长春·九年级校考期中）【问题探究】如图①，在正方形ABCD中，AB6，点E为
DC上的点，DE2CE，连接BE，点O为BE上的点，过点O作MN BE交AD于点M ，交BC于点N ，
求MN的长度．
此问题可以过点M 作MGBC于点G，根据正方形的性质及矩形的判定与性质，易证
MGN≌BCE．根据全等三角形的性质得出MN BE， 再由勾股定理可以求得MN BE ；
【类比迁移】如图②，在矩形ABCD中，AB3， BC 4， 连接BD，过BD的中点O作MN BD交
AD于点M ，交BC于点N ， 求MN的长度．
Y ABCD AB7 2 BC 17
【拓展应用】如图③，李大爷家有一块平行四边形的菜地．记为 ． 测得 米，
米， ABC=45．为了管理方便，李大爷沿着对角线BD开一条小路，过这小路的正中间，开了另一条
垂直于它的小路MN（小路面积忽略不计）．直接写出新开出的小路MN的长度．
15 175
【答案】[问题探究] ；[类比迁移] ；[拓展应用]
2 10 4 24
【分析】[问题探究]过点 M 作 MGBC 于 G ，交BE于 H ，证明
MGN≌BCEAAS
，根据全等三角形
的性质得MN BE，再利用勾股定理求解即可；[类比迁移]过点M作MK BC于K，交BD于L，证明MKN∽△BCD，根据相似三角形的性质得
MN MK 3
  ，再利用勾股定理求解即可；
BD BC 4
M MPBC P D DQBC BC Q DQC
[拓展应用]过点 作 于点 ，过点 作 交 的延长线于点 ，解直角三角形 求得
DQ CQ BQ BD DBQ∽NMP
， ，进而求得 ，再根据勾股定理求得 ，再证明 ，根据相似三角形的性质求解
即可．
【详解】[问题探究]解：如图，过点M 作MGBC于G，交BE于H ，
MGN 90，
∵ MN BE，
MOH 90，
∵ HMOMHO90，HBGBHG90 ，BHGMHO，
HBGHMO，
∵四边形ABCD是正方形，
 ABBCCD，BCE90，
∵ ABMG，
MGBC，
在MGN和BCE中，
HBGHMO

MGN BCE
，

MGBC
MGN≌BCEAAS
，
MN BE，
∵ AB6，DE2CE，1 1
CE CD AB2，
 3 3
RtBCE BE BC2CE2  62 22 2 10
在 中， ，
MN 2 10
；
[类比迁移]如图，过点M 作MK BC于K，交BD于L，
MKN 90，
∵ MN BD，
MOL90，
∵ LMOMLO90，LBKBLK 90，BLGMLO，
LBK LMO，
∵四边形ABCD是矩形，
 ABCD3，BC  AD4，BCD90，
∵ ABMG，
MGBC，
在MKN 和△BCD中，
LBK LMO

MKN BCD，
MKN∽△BCD，
MN MK 3
  ，
 BD BC 4
∵在 RtBCD 中， BD BC2CD2  4232 5 ，
3 3 15
MN  BD 5 ；
 4 4 4
M MPBC P D DQBC BC Q
[拓展应用]如图，过点 作 于点 ，过点 作 交 的延长线于点 ，∵ CD AB7 2 DCQABC 45
， ，
2
CQCDsinDCQ7 2sin457 2 7
2 ，
CQDQ7，
∵ BC 17,
BQ24，
BD BQ2DQ2  24272 25
 ，
∵MN BD
MP⊥BQ
， ，
DBQMNP90 MNPNMP90
， ，
DBQNMP
，
DBQ∽NMP
，
MP MN 7 MN
  即  ，
BQ BD 24 25
175
解得：MN  ．
24
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，解直角三角形，正确构造辅助线是解题的关键．
47．（2023上·江苏无锡·九年级校联考期中）【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小明同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放．其中
ACBDEB90 B30 BE AC  3
， ， ．
【问题探究】
小明同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．(1)如图2，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F ，求BF的长；
(2)若点C、E、D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离；
(3)连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置（图1），旋转到点C、B、D首次在同一条直线
上（如图3），求点G所经过的路径长；
(4)如图4，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是 ．
【答案】(1)BF 2；
3
2
(2) 3 ；
5

(3) ；
6
7
(4) ．
4
【分析】（1）根据锐角三角函数求解，即可求出答案；
（2）①当点E在BC上方时，如图1， 过点D作DH BC于H ，根据锐角三角函数求出BC 3，
DE1，最后利用面积求解，即可求出答案；②当点E在BC下方时，如图2，过点D作DM BC于M ，
同①的方法即可求出答案；
（3）先求出BOG150，再判断点G是以点O为圆心，1为半径的圆上，最后用弧长公式求解即可；
3
（ ）过点 作 于 ，求出OK  即可求出答案．
4 O OK  AB K 4
BEF BED90 Rt△BEF ABC 30 BE 3
【详解】（1）由题意得， ，在 中， ， ，BE 3
∴BF   2；
cosABC cos30
① E BC 1 D DH BC H
（2） 当点 在 上方时，如图 ， 过点 作 于 ，
Rt△ABC AC  3
在 中， ，
AC
∴tanABC ，
BC
AC 3
∴BC   3，
tanABC tan30
Rt△BED EBDABC 30 BE 3
在 中， ， ，
∴DEBEtanDBE1，
RtBCE BE 3 BC 3
在 中， ， ，
 2
根据勾股定理得，CE  BC2BE2  32 3  6，
CDCEDE 61
∴ ，
1 1
∵S  CDBE BCDH ，
BCD 2 2
 
61  3
CDBE 3
DH    2
∴ ，
BC 3 3
②当点E在BC下方时，如图2，过点D作DM BC于M ，1 1
∴S  BCDM  CDBE，
BDC 2 2
 
61  3
CDBE 3
DM    2
∴ ，
BC 3 3
3
2
综上可知：点D到直线BC的距离为 3 ；
（3）如图31，连接CD，取CD的中点G，
取BC的中点O， 连接GO， 则OGAB，
∴COGB30，
∴BOG150，
∵点G为CD的中点， 点O为BC的中点，
1 1
∴GO BD 21，
2 2
∴点G是以点O为圆心，1为半径的圆上，如图32，
∴三角板DEB由初始位置 (图1), 旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150
所对的圆弧，
15012 5
∴点 所经过的路径长为  ；
G 180 6
（4）如图4，过点O作OK  AB于K，∵点O为BC的中点，BC 3，
3
∴OB ，
2
3
∴OK OBsin30 ，
4
由 (3) 知, 点G是以点O为圆心,1为半径的圆上，
3 7
∴点 到直线 的距离的最大值是1  ，
G AB 4 4
7
故答案为： ．
4
【点睛】此题考查了锐角三角函数，勾股定理，弧长公式，三角形的中位线定理，三角形的面积，画出图
形及熟练掌握以上知识的应用是解题的关键.
48．（2023上·江苏盐城·九年级统考期中）（1）【学习心得】
小赵同学在学习完“圆”这一章内容后，感觉到一些几何问题，如果添加辅助圆，运用圆的知识解决，可
以使问题变得非常容易．我们把这个过程称为“化隐圆为显圆”．
①已知：如图1，OAOBOC，若AOB50，求ACB的度数．
解：若以点O为圆心、OA为半径作辅助圆，AOB是⊙O的圆心角，而ACB是圆周角，从而可容易得
到∠ACB ．
②如图2，点P为正方形ABCD内一点，且BPC90，若AB4，求AP的最小值．
解：∵BC 4，BPC90，∴点P在以BC为直径的圆上
设圆心为点O，则O、P、A三点共线时AP最小，最小值为______．（2）【问题解决】
①如图3，在平行四边形ABCD中，已知AB=4，BC 6，ABC60，点P是BC边上一动点（点P不
QC
AP AP
与B，C重合），连接 ，作点B关于直线 的对称点Q，则线段 的最小值为______．
②如图4，ABC中，BAC90，AB4，AC3，D为AC上一动点，以AD为直径的O交BD于
E，求线段CE的最小值．
（3）【问题拓展】
A2，3 B6，7
APB
如图5，在平面直角坐标系中，已知两点 ， ，x轴上有一动点P，当 最大时，直接写
出点P的坐标______．
 
421，0
【答案】（1）①25；②2 52；（2）①2 74；② 132；（3）
【分析】（1）①根据同弧所对的圆心角是圆周角的一半，进行作答即可；
②根据圆周角为90所对的弦是直径，即点P在以BC为直径的圆上，作图，当O、P、A三点共线时AP最
小，即点P的位置，结合勾股定理进行列式，即可作答；
AB QC AQ
（2）①依题意，作图，以点A为圆心，以 为半径，点Q也在圆上，连接 ， ，过点A作
AH BC交BC于点H，结合ABC60，AB=4得BH 2，通过勾股定理求出AC的值，当A、Q、C
Q QC
三点共线时，即点 的位置，线段 取最小值；
②依题意，E点的轨迹以AB为直径的圆上，记其圆心为点F ，作图，当点C，E，F 三点共线时，即点
E的位置，线段CE取最小值，结合勾股定理求出CF的值，即可作答；
（3）依题意，过A、B、P三点的圆中，AB的长为定长，结合三角形的外角性质，当圆相切时，弧AB的
度数最大，即可作答．
【详解】解：①依题意，以点O为圆心、OA为半径作辅助圆，如图所示：∵AOB是⊙O的圆心角，
∴ACB是圆周角，
AB AB
∵
1
∴ACB AOB25；
2
②依题意，∵BC 4，BPC90，
∴点P在以BC为直径的圆上，
设圆心为点O，连接AO交圆上于一点P，连接BP，PC，OP，如图所示：
因为ABCD是正方形，
1
所以BO BC 2
2
AO AB2BO2  164 2 5
则 ，
此时AP AOOP
则O、P、A三点共线时AP最小，即点P与点P重合，
AP AOOP2 52
即 ，
2 52
AP
此时 的最小值为 ；
AB QC AQ AH BC
（2）①依题意，以点A为圆心，以 为半径，点Q也在圆上，连接 ， ，过点A作 交
BC于点H，如图：∵ABC60，AB=4，
∴BH 2，
3
AH  ABsinABC 4 2 3
∴ 2
∵BC 6
∴HC 624
AC  AH2HC2  1216 2 7
则
∵AB为半径，
∴AQ AQ AB4
则QC ACAQ
Q
当A、Q、C三点共线时，即点Q与点 的位置重合，
QC ACAQ2 74
此时 ，
QC 2 74
故线段 的最小值为 ；
AB F AE CF CF F
②依题意，E点的轨迹以 为直径的圆上，记其圆心为点 ，连接 ， ，且 交 上于一点，
即点E，连接EF，EF，AE，如图：∵D为AC上一动点，以AD为直径的O交BD于E
∴AED90， AEB90，
∵BAC90，AB4，AC3，
1
∴AF  AB2，
2
CF  AF2AC2  49  13
则
那么CECFEF
当点C、F、E三点共线时，即CE取最小值，即点E与点E重合，
CECFEF  132
此时 ，
CE 132
所以 的最小值为 ；
（3）过A、B、P三点的圆中，圆心为点M，AB的长为定长，连接AP，BP，记AP交圆M于点N，
当圆M与x轴相切时，这时为点P，此时APB的度数最大，即APB，连接AM ，PM ，BM ，如图
所示，
则ABPANBBPANBP，
那么ABPBPA
当点P与点P重合时，ABPBPA，此时APB的度数最大，即为APB的度数,
Px，0
设点 ，
因为MPx
Mx，y
所以
∵AM MPBM
2x23y2  y2 6x27y2
∴
整理得x22x410x 1 420 x 1 42
解得 1 （舍去）， 1 ，
 
421，0
即点P的坐标为
 
421，0
所以当APB最大时，点P的坐标为
【点睛】本题考查了勾股定理，三角形的外角性质，圆的基本性质，圆周角定理，三角形三边关系，外接
圆的性质等，综合性强，难度较大，对学生作辅助线的能力是有较高的要求，正确掌握相关性质内容是解
题的关键．
49．（2023上·广东深圳·九年级期中）（1）[探究发现]如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD
边上一点（不与端点重合），连接BE，将ADBE沿BE折叠，点D落在D�处，DD、BC的延长线交于点
F ．
小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF ．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完
整．
证明：延长BE交DF于点G．
（2）[类比迁移]如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，将DBE沿BE折叠，点
D落在D�处，DD的延长线与BC的延长线交于点F ，连接CD，当CDDF，AB2，BC 3时，求
CD的长；
ABCD AD 3 AC 2 F BD
（3）[拓展应用]如图③，已知四边形 为菱形， ， ，点 为线段 上一动点，将线
段AD绕点A按顺时针旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF EF ，
请直接写出此时OF 的长．10 2 2
【答案】（1）见解析；（2） 5 ；（3） 2 或 4
【分析】（1）延长BE交DF于点G，则由折叠可知EGDEGD90，结合DEGBEC得到
EBC EDF ，由正方形的性质得到BCEDCF、BC DC，从而证明△BCE≌△DCF ；
（2）延长BE交DF于点G，由折叠可知点G是DD的中点、EGDEGD90，结合CDDF得到
CD∥BG，从而有EG是DCD的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE=DE=1，再由勾股定理
求得BE的长；由BECDEG，ECBEGD90得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性
质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD的长；
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在
BC上讨论，延长AF 交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．
【详解】解：（1）证明：如图①，延长BE交DF于点G．
由折叠可知，EGDEGD90，
∵DEGBEC，
EBC EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
BCEDCF 90，BC DC，
在BCE和DCF 中，EBC EDF

BC CD
，

BCEDCF
△BCE≌△DCF(ASA)
；
（2）如图②，延长BE交DF于点G，
由折叠可知，点G是DD的中点，EGDEGD90，
∵CDDF ，
CD∥BG，
EG是DCD的中位线，
点E是CD的中点，
1 1
CEDE CD 21
，
2 2
BE BC2CE2  3212  10
，
∵ECBEGD90，DEGBEC，
△ECB∽△EGD，
EC BC BE
 
，
 EG DG ED
1 3 10
  ，
 EG DG 1
10
EG ，
10
∵ EG是DCD的中位线，
10 10
CD2EG2  ；
10 5
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图③，当点E在CD上时，延长AF 交DE于点G，由（1）可得，GDF OAF，
∵四边形ABCD为菱形，
ACBD，AOCO，ODC ODA，
OAF=ODA，
∵ AC2，
OA1，
∵ AD 3
，
OD 2
，
OA 1
tanOAF tanODA 
，
OD 2
OF OF 1
 
，
 OA 1 2
2
OF 
2 ；
1
②如图④，当点 在 上时，延长 交 于点 ，则 ，DAGEAG DAE，
E BC AF DE G AGD90 2
∵ AD AB AE，AEBABE，
∵四边形ABCD是菱形，
1
ABO ABE
2
，AD∥BC，
DAEAEB，
ABO=DAG，
在△AGD和△BOA中，
AGDBOA

DAGABO
，

AD AB
△AGD≌△BOA(AAS)
，
DGAO1 AGBO 2
， ，
∵FAOFDG，FOAFGD，
△FOA≌△FGD(ASA)
，
OF FG，
OF FGx DF  2x
设 ，则 ，
Rt△DFG DF2 GF2DG2
在 中， ，
( 2x)2 x212
，
2
解得：x ，
4
2
OF  ，
4
2 2
综上所述，OF 的长为 2 或 4 ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性
质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到
EBC EDF ，从而得到相似三角形或全等三角形，难度较大，需要学生学会利用前面所学的知识解答
后面的题目，具有很强的综合性，是中考常考题型．50．（2023上·广东深圳·九年级统考期中）【探究发现】如图1，正方形ABCD的对角线交于点O，E是
AD边上一点，作OF OE交AB于点F；学习小队发现，不论点E在AD边上运动过程中，△AOE与
BOF恒全等.请你证明这个结论；
【类比迁移】如图2，矩形ABCD的对角线交于点O，ABD30，E是BA延长线上一点，将OE绕点O
AE
逆时针旋转 得到 ，点F恰好落在 的延长线上，求 的值；
60 OF DA AF
ABC AB AC,BAC 120,BC 12 BC BE
【拓展提升】如图3，等腰 中， ，点E是 边上一点，以 为边在
BC △BEF CF CF AM AM  7 BE
的上方作等边 ，连接 ，取 的中点M，连接 ，当 时，直接写出 的长.
【答案】探究
AE 3

发现：见解析；类比迁移： AF 2 ；拓展提升：BE 2
【分析】探究发现：根据正方形的性质，利用ASA证明△AOE≌△BOF ，即可；
类比迁移：连接DE，连接EF，证明△AOF≌△DOE，得到AF DE,AFODEO，推出
AE 3 AE 3
cos30  
AEODEO30，即AED30，在Rt△ADE中， DE 2 ，等量代换得到 AF 2 ，即
可；
AK BC MK,AF EF AB
拓展提升：过A作 于K，连接 ，设 交 于R，三线合一得到
AK 1 MK 1 AK
，得到  ，中位线定理，得到   ，推出
ABK 30,BK CK 6,AKC 90 AB 2 BF 2 AB
MA AK 1 BK
  cosABK 
AKM∽ABF AF AB 2 AF 2 7 Rt△ABK AB ABMA AK 1 BK
，得到   ，得到 ，在 中，cosABK  ，求出 ，推
AKM∽ABF AF AB 2 AF 2 7 Rt△ABK AB AB
BF 2FR BR 3FR FRx BR 3x AR4 3 3x Rt△AFR
出 ， ，设 ，则 ， ，在 中，
FR2AR2  AF2，列方程求出FR的长，进而得到BE的长即可.
【详解】探究发现：
证明∵四边形ABCD是正方形，
∴OAOB,EAOFBO45,AOB90，
∵OF OE，
∴EOF 90AOB，
∴AOEBOF 90AOF ，
在△AOE和BOF中，
EAOFBO

OAOB
，

AOEBOF
AOE≌BOFASA
∴ ；
类比迁移：
解：连接DE，连接EF，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴ODOAOB，
∵ABD30，
∴OAB30，
∴AODOABABD60，
∵将OE绕点O逆时针旋转60得到OF ，
∴OEOF,EOF 60AOD，∴DOE AOF，
△AOF≌△DOESAS
∴ ，
∴AF DE,AFODEO，
∵EAF 90，
∴AEFAFE 90，
AEOAFO180AEFAFEEOF 180906030
∴ ，
∴AEODEO30，即AED30，
AE 3
cos30 
在Rt△ADE中， DE 2 ，
AE 3

∴ AF 2 ；
拓展提升：
AK BC MK,AF EF AB
解：过A作 于K，连接 ，设 交 于R，如图：
∵AB＝AC,BAC 120,AK BC,BC 12，
∴ABK 30,BK CK 6,AKC 90，
AK 1
∴  ，
AB 2
∵M为CF中点，
∴MK是△BFC的中位线，
MK 1 AK
∴   ， ，
BF 2 AB MK∥BF
∵△BEF是等边三角形，
∴FBE60，
∴FBAFBEABK 30,MKC FBE60，
∴AKM AKCMKC 30FBA，
∴AKM∽ABF，MA AK 1
∴   ，
AF AB 2
AM  7
∵ ，
AF 2 7
∴ ，
BK
在 中，cosABK  ，
Rt△ABK AB
3 6
∴  ，
2 AB
AB4 3
∴ ，
∵ABK 30,BEF 60，
∴BRE 90BRF ARF，
∵FBR30，
BF 2FR BR 3FR
∴ ， ，
FRx BR 3x AR4 3 3x
设 ，则 ， ，
在Rt△AFR中，FR2AR2  AF2，
 2  2
x2 4 3 3x  2 7
∴ ，
解得x1或x5（此时AR为负数，舍去），
∴FR1，
∴BEBF 2FR2.
【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解
直角三角形，勾股定理。综合性强，难度大，属于压轴题，解题的关键是构造特殊三角形，全等和相似三
角形.