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青岛版初中数学九年级上册第二单元《解直角三角形》单元测试卷（困难）（含答案解析）
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这是一份青岛版初中数学九年级上册第二单元《解直角三角形》单元测试卷（困难）（含答案解析），共42页。
青岛版初中数学九年级上册第二单元《解直角三角形》单元测试卷
考试范围：第二章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AC=8，动点E从点A出发沿射线AB运动，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转45°得到CF，连接AF，则△AFC的面积变化情况是( )
A. 先变大再变小 B. 先变小再变大 C. 逐渐变大 D. 不变
2. 如图1，Rt▵ABC绕点A逆时针旋转180°，在此过程中A、B、C的对应点依次为A、B′、C′，连接B′C，设旋转角为x∘，y=B′C2，y与x之间的函数关系图象如图2，当x=150∘时，y的值为( )
A. 3 B. 3 C. 4 D. 13
3. 如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为43且∠AFG=60∘，GE=2BG，则折痕EF的长为( )
A. 1
B. 3
C. 2
D. 23
4. 在矩形ABCD中，2
A. 9 B. 25+3 C. 15 D. 23+3
5. 如图，已知点A是第一象限内横坐标为3的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y=−x于点N，若点P是线段ON上的一个动点，∠APB=30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是 ( )
A. 2 B. 3 C. 2 D. 6
6. 如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连结BD、DP，BD与CF相交于点H.给出下列结论：①△BDE∽△DPE；②△BPH∽△DFP；③FHCH=33；④tan∠DBE=2−3.其中正确的是( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③④
7. 计算2tan45°3−1−(cos30°−1)2=( )
A. 32+2 B. 3+12 C. 3−12 D. 332
8. 在4×4的正方形网格中，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的正方形的顶点上，则图中∠ACB的正切值为( )
A. 23
B. 13
C. 22
D. 3
9. 如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M，N分别在AB，AD边上，若AM：MB=AN：ND=1：2，则sin∠MCN=( )
A. 33133313
B. 3314
C. 3535
D. 5−2
10. 如图，已知∠MON是一个锐角，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OM、ON于点A、B，再分别以点A、B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧交于点C，画射线OC.过点A作AD//ON，交射线OC于点D，过点D作DE⊥OC，交ON于点E.若OA=10，DE=12，则cos∠MON的值为( )
A. 2425 B. 725 C. 145 D. 285
11. 如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则cos∠ADF的值为( )
A. 1113
B. 1315
C. 1517
D. 1719
12. 为了测量重庆有名的观景点南山大金鹰的大致高度，小南同学使用的无人机进行观察，当无人机与大金鹰侧面在同一平面，且距离水平面垂直高度GF为100米时，小南调整摄像头方向，当俯角为45∘时，恰好可以拍摄到金鹰的头顶A点；当俯角为63∘时，恰好可以拍摄到金鹰底座点E.已知大金鹰是雄踞在一人造石台上，石台侧面CE长12.5米，坡度为1：0.75，石台上方BC长10米，头部A点位于BC中点正上方.则金鹰自身高度约米.(结果保留一位小数，sin63∘≈0.89，cos63∘≈0.45，tan63∘≈1.96)( )
A. 26.5 B. 36.4 C. 36.5 D. 63.5
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，M，N，G，H四点均在边长为1的正方形网格的格点上，线段MN，GH相交于点P，则∠HPN的正切值为 ．
14. 如图，Rt△ABC中，∠A=90∘，AB=6，AC=8，D，E分别是边AB，AC的中点，F为DE边上一动点，FG⊥BC于G，GH//BA交AC于H．
(1)FG=___;
(2)当△FGH和△ABC相似时，FH=___．
15. 如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE=12cm.当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为______cm．
16. 如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱A′B′C′D′的位置，使点B′落在BC上，B′C′与CD交于点E.若AB=3，BC=4，BB′=1，则CE的长为______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，在等边△ABC中，AB=6，D为边BC上一点，以AD为边向右构造等边△ADE，过点A作AF⊥DE于点F，并延长交BC于点G，连结CE．
(1)求证：BD=CE．
(2)当tan∠CDE=36时，求CE的长．
(3)已知BD=2，P为边AC的中点，Q为线段AG上一点，当直线PQ将△ACD的面积分成1:3两部分时，求AQAG的值．
18. 在▱ABCD中，∠BAD=α，DE平分∠ADC，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转12α得线段EP．
(1)如图1，当α=120°时，连接AP，请直接写出线段AP和线段AC的数量关系；
(2)如图2，当α=90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请写出线段AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
(3)当α=120°时，连接AP，若BE=12AB，请直接写出△APE与△CDG面积的比值．
19. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE.点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：CF=22AD；
(2)如图2所示，在点D运动的过程中，当BD=2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
(3)在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
20. 如图1，Rt△ABC中，∠C=90∘，点E是AB边上一点，且点E不与A、B重合，ED⊥AC于点D．
(1)当∠B=30∘时，
①CDBE= ;
②当△ADE绕点A旋转到如图2的位置时(60∘<∠CAD<90∘)，上述结论是否仍然成立?若成立，请给出证明;若不成立，请说明理由．
(2)当∠B=45∘时，将△ADE绕点A旋转，使得∠DEB=90∘，若AC=5，AD=5，请直接写出线段CD的长．
21. 如图，已知四边形ABCD中，∠ABC=90∘,∠ADC=90∘,AB=6,CD=4,BC的延长线与AD的延长线交于点E．(注意：本题中的计算过程和结果均保留根号)
(1)若∠A=60∘，求BC的长；
(2)若sinA=45，求AD的长．
22. 如图1，在△ABC中，AB=AC=20，tanB=34，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合).以D为顶点作∠ADE=∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．
(1)求证：△ABD∽△DCE；
(2)当DE//AB时(如图2)，求AE的长；
(3)点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF=CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．
23. 为了保证人们上下楼的安全，楼梯踏步的宽度和高度都要加以限制．中小学楼梯宽度的范围是260mm～300mm含(300mm)，高度的范围是120mm～150mm(含150mm).如图是某中学的楼梯扶手的截面示意图，测量结果如下：AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，各踏步互相平行，AB=CD，AC=900mm，∠ACD=65°，试问该中学楼梯踏步的宽度和高度是否符合规定．(结果精确到1mm，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423)
24. 校车安全是近几年社会关注的热门话题，其中超载和超速行驶是校车事故的主要原因．小亮和同学尝试用自己所学的三角函数知识检测校车是否超速，如下图，观测点设在到白田路的距离为100米的点P处．这时，一辆校车由西向东匀速行驶，测得此校车从A处行驶到B处所用的时间为4秒，且∠APO=60°，∠BPO =45°．
(1)求A、B之间的路程；(参考数据：2≈1.41，3≈1.73)
(2)请判断此校车是否超过了白田路每小时60千米的限制速度？
25. 已知，如图，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，数学兴趣小组的同学在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，然后他们沿着坡度为1：2.4的斜坡AP攀行了26米，在坡顶A处又测得该塔的塔顶B的仰角为76°.求：
(1)坡顶A到地面PQ的距离；
(2)古塔BC的高度(结果精确到1米)．
(参考数据：sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的面积，解题关键是证明△AFC的AC边上高是定值.解题时，作FH⊥射线AC，垂足为H点，作CG⊥AB，垂足为G点，先证明△FCH≌△CEG，得出FH=CG，在Rt△ACG中，求出CG=42，则FH=42，根据三角形面积公式即可求出△AFC的面积，由于在动点E从点A出发沿射线AB运动的过程中，CG(即FH)和AC始终保持不变，因此△AFC的面积也保持不变．
【解答】
解：作FH⊥射线AC，垂足为H点，作CG⊥AB，垂足为G点，则∠CGE=∠FHC=90°，
∵∠BAC=∠ECF=45°，∠ECF+∠FCH=∠BAC+∠AEC，
∴∠FCH=∠AEC，
由旋转可知：CE=CF，
∴△FCH≌△CEG，
∴FH=CG，
在Rt△ACG中，
∴CG=22AC=8×22=42
∴FH=CG=42，
∴S△AFC=12AC·FH=12×8×42=162，
由于在动点E从点A出发沿射线AB运动的过程中，CG(即FH)和AC的长度始终保持不变，
因此△AFC的面积也保持不变．
故选D．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查图像旋转问题，做题的关键要读懂题，看懂图形2所给的信息，充分利用所给的信息解题，同时考查了勾股定理的应用和锐角三角函数的知识，基本三角形的边角关系．
首先由题知BC=5，当x=90∘时，利用旋转性质和勾股定理AB=AB′=3，从而求出AC=AB′+B′C=4；然后当x=150∘时，过点B′作B′D⊥AC于点D，利用锐角三角函数知识和勾股定理求解即可．
【解答】：
解：由题知BC=5，
当x=90∘，如下图，根据旋转性质知B′C=BC=5，AB=AB′，
根据图2可知，此时B′C2=1，则B′C=1，设AB=AB′=x，
在Rt△ABC中，AC2+AB2=CB2，
即：(x+1)2+x2=52，
解得x=3，x=−4(舍去)，
即AB=AB′=3，
则AC=AB′+B′C=4，
当x=150∘时，过点B′作B′D⊥AC于点D，如下图，
由题意∠B′AD=∠B′AB−∠CAB=60°，
∵AB′=3，
∴AD=AB′cos60°=3×12=32，B′D=AB′sin60°=3×32=332
∴CD=AC−AD=4−32=52，
∴在Rt△B′DC中，B′C2=B′D2+DC2=(332)2+(52)2=13=y．
故选：D
3.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，等边三角形的判定及性质，锐角三角函数的定义，掌握好基本性质是解题的关键.先得出D//BC，∠H=∠D=∠FGH=∠C=90∘，然后得出∠GFE=∠DFE=60∘，判断△GEF是等边三角形，得出FG=GE=FE，设BG=x，则GF=GE=EF=FD=2x，作GM⊥AD，交AD于点M，则四边形ABGM是矩形，得出AD=AM+MF+FD=BG+MF+FD=4x，求出x即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠H=∠D=∠FGH=∠C=90∘．
由折叠知∠GFE=∠DFE，FD=FG．
∵∠GFD=180∘−∠AFG=120∘，
∴∠GFE=∠DFE=60∘．
∵AD//BC，
∴∠FGE=∠AFG=60∘，∠FEG=∠DFE=60∘，
∴△GEF是等边三角形，∴FG=GE=FE．
设BG=x，则GF=GE=EF=FD=2x．
作GM⊥AD，交AD于点M，则四边形ABGM是矩形，
GM=GF·sin60∘=3x，MF=GF⋅cos60∘=x，
∴AD=AM+MF+FD=BG+MF+FD=4x，
∵AD⋅GM=43，∴4x⋅3x=43，
解得x=1或x=−1(不符合题意，舍去)，
∴EF=2x=2，
故选C．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，矩形的性质，锐角三角函数的定义，三角形三边关系．
过点A作AF⊥AE，使得AF=2AE=8，则EF=42+82=45，说明△BAE∽△DAF，根据相似三角形的性质可得BE=12DF，故可知当DF最大时，BE最大，在△DEF中，根据三角形三边关系可知当D，E，F三点共线时，DF最大，最大值为DE+EF=6+45，即可求解．
【解答】
解：过点A作AF⊥AE，使得AF=2AE=8，则EF=42+82=45，
在Rt△ABD中，tan∠ABD=2，即AD=2AB，
∴ADAB=AFAE，即ADAF=ABAE，
又∵∠EAF=∠BAD=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
∴△BAE∽△DAF，
∴BEDF=AEAF=12，
∴BE=12DF，
故当DF最大时，BE最大，
在△DEF中，DF≤DE+EF，故当D，E，F三点共线时，DF最大，最大值为DE+EF=6+45，
此时，BE的最大值为12DF=25+3．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中．
首先，需要证明线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)，如答图②所示．利用相似三角形可以证明；其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bn的长度，即点B运动的路径长．
【解答】
解：由题意可知，OM=3，点N在直线y=−x上，AC⊥x轴于点M，
则△OMN为等腰直角三角形，ON=2OM=2×3=6．
如答图①所示，设动点P在O点(起点)时，点B的位置为B0，动点P在N点(终点)时，点B的位置为Bn，连接B0Bn．
∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，
∴∠OAC=∠B0ABn，
又∵AB0=AO⋅tan30°，ABn=AN⋅tan30°，
∴AB0：AO=ABn：AN=tan30°(此处也可用30°角的Rt△三边长的关系来求得)，
∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°，
∴B0Bn=ON⋅tan30°=6×33=2．
现在来证明线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)．
如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，B0Bi．
∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，
∴∠OAP=∠B0ABi，
又∵AB0=AO⋅tan30°，ABi=AP⋅tan30°，
∴AB0：AO=ABi：AP，
∴△AB0Bi∽△AOP，
∴∠AB0Bi=∠AOP．
又∵△AB0Bn∽△AON，
∴∠AB0Bn=∠AOP，
∴∠AB0Bi=∠AB0Bn，
∴点Bi在线段B0Bn上，即线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)．
综上所述，点B运动的路径(或轨迹)是线段B0Bn，其长度为2．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，特殊角的锐角三角函数值，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义求出PM及PN的长．利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质和特殊角的锐角三角函数值等知识，逐一判断，即可得出结论．
【解答】
解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60∘，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90∘
∴∠ABE=∠DCF=30∘，
∴∠CPD=∠CDP=75∘，
∴∠PDE=∠ADC−∠CDP=90°−75°=15∘，
∵∠PBD=∠PBC−∠HBC=60∘−45∘=15°，
∴∠EBD=∠EDP，
∵∠DEP=∠DEB，
∴△BDE∽△DPE．
故①正确；
∵△BDE∽△DPE，
∴∠BDE=∠DPE=45°，
∴∠DPF=∠DPE+∠EPF=45°+60°=105°，
∵∠PDH=∠CDP−∠CDP=75°−45°=30°，
∴∠BHP=∠DPH+∠PDH=75°+30°=105°，
∴∠BHP=∠DPF，
∵∠PBD=∠PDF=15°，
∴△BPH∽△DFP，
故②正确；
在Rt△CDF中，
∵∠CDF=30°，
∴tan∠DCF=tan30°=DFCD=33，
∵BC=CD，
∴DFBC=33，
∵AD//BC，
∴△DHF∽△BHC，
∴FHCH=DFBC=33，
故③正确；
如图，过P作PM⊥CD，PN⊥BC，
设正方形ABCD的边长是4，△BPC为正三角形，
∴∠PBC=∠PCB=60∘，PB=PC=BC=CD=4，
∴∠PCD=30∘
∴CM=PN=PB⋅sin60∘=4×32=23
PM=PC⋅sin30∘=4×12=2，
∵DE//PM，
∴∠EDP=∠DPM，
∴∠DBE=∠DPM，
∴tan∠DBE=tan∠DPM=DMPM=4−232=2−3，
故④正确．
故选：D．
7.【答案】D
【解析】解：原式=2×13−1−(1−32)
=3+1−1+32
=332．
故选：D．
直接利用特殊角的三角函数值以及二次根式的性质化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：由勾股定理可求出：BC=22，AC=25，DF=10，DE=2，
∴FDAC=22FEBC=22，EDAB=22，
∴FDAC=EDAB=EFBC，
∴△FDE∽△CAB，
∴∠DFE=∠ACB，
∴tan∠DFE=tan∠ACB=13，
故选：B．
根据勾股定理即可求出AC、BC、DE、DF的长度，然后证明△FDE∽△ABC，推出∠ACB=∠DFE，由此即可解决问题．
本题考查解直角三角形，涉及勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相似三角形的性质解决问题．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥CN于E，则△MNA是等边三角形，求得MN=2，设NE=x，表示出CE，根据勾股定理即可求得ME，然后求得sin∠MCN的值即可．
【解答】
解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，
∴AM=AN=2，BM=DN=4，
连接MN，AC，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°
在Rt△ABC与Rt△ADC中，
AB=ADAC=AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，MC=NC，
∴BC=12AC，
∴AC2=BC2+AB2，即(2BC)2=BC2+AB2，
3BC2=AB2，
∴BC=23，
在Rt△BMC中，CM=BM2+BC2=27，
∵AN=AM，∠MAN=60°，
∴△MAN是等边三角形，
∴MN=AM=AN=2，
过M点作ME⊥CN于E，设NE=x，则CE=27−x，
∴MN2−NE2=MC2−EC2，即4−x2=(27)2−(27−x)2，
解得：x=77，
∴EC=27−77=1377，
由勾股定理得：ME=MC2−CE2=(27)2−(1377)2=3217，
∴sin∠MCN=MECM=321727=3314，
故选B．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接DB，过点D作DH⊥ON于H．
由作图可知，∠AOD=∠DOE，OA=OB，
∵AD//EO，
∴∠ADO=∠DOE，
∴∠AOD=∠ADO，
∴AO=AD，
∴AD=OB，AD//OB，
∴四边形AOBD是菱形，
∴OB=BD=OA=10，BD//OA，
∴∠MON=∠DBE，∠BOD=∠BDO，
∵DE⊥OD，
∴∠BOD+∠DEO=90°，∠ODB+∠BDE=90°，
∴∠BDE=∠BED，
∴BD=BE=10，
∴OE=2OB=20，
∴OD=OE2−DE2=202−122=16，
∵DH⊥OE，
∴DH=OD⋅DEOE=16×1220=485，
∴sin∠MON=sin∠DBH=DHDB=48510=2425．
故选：A．
连接DB，过点D作DH⊥ON于H.首先证明四边形AOBD是菱形，解直角三角形求出DH即可解决问题．
本题考查作图−复杂作图，平行线的性质，角平分线的定义，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，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．
11.【答案】C
【解析】解：根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，
∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∠EOF=∠BOP∠B=∠E=90°OP=OF，
∴△OEF≌△OBP(AAS)，
∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE−EF=4−x，
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC−BP=3−x，
∴AF=AB−BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即(1+x)2+32=(4−x)2，
解得：x=35，
∴DF=4−x=175，
∴cos∠ADF=ADDF=1517．
故选：C．
根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP(AAS)，根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=4−x、BF=PC=3−x，进而可得出AF=1+x，在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，再利用余弦的定义即可求出cos∠ADF的值．
本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x，求出AF的长度是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了解直角三角形−仰角与俯角问题、以及锐角三角函数的应用，得出EF与AH的长是解题关键．
作AM⊥DF于M，AHGF于H，则AM=HF，AH=MF，在Rt△EFG中，由三角函数求出EF=GFtan63∘≈51.02，由石台侧面CE坡度为1：0.75，求出石台侧面CE宽度为12.5×35=7.5，高度为10，求出ME=12BC=12.5，得出AH=MF=63.52，证出△AGH是等腰直角三角形，得出GH=AH=63.52，求出AM=HF=100−63.52≈36.5(米)，即可得出答案．
【解答】
解：作AM⊥DF于M，AH⊥GF于H，如图所示：
则AM=HF，AH=MF，
在Rt△EFG中，∠GEF=63°，
∵tan∠GEF=GFEF，∴EF=GFtan63∘≈1001.96≈51.02，
∵石台侧面CE长12.5米，坡度为1：0.75，
∴石台侧面CE宽度为12.5×35=7.5，高度为12.5×45=10，
∵石台上方BC长10米，头部A点位于BC中点正上方，
∴ME=12BC+7.5=5+7.5=12.5，
∴AH=MF=12.5+51.02=63.52，
在Rt△AGH中，∠AGH=90°−45°=45°，
∴△AGH是等腰直角三角形，
∴GH=AH=63.52，
∴AM=HF=100−63.52≈36.5(米)，
∴金鹰自身高度约为36.5−10=26.5(米)；
故选：A．
13.【答案】2
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理、平行线的判定和性质性质、锐角三角函数的定义、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握勾股定理和锐角三角函数的定义是解题的关键．
连接HN并延长到F，连接GF，则PN//GF，由平行线的性质得出∠HPN=∠HGF，由勾股定理求出GF和HF，由三角函数的定义即可得出答案．
【解答】
解：连接HN并延长到F，连接GF．
则∠NHA=45°，∠MND=45°，∠HFC=45°，∠GFB=45°，
∴∠HFG=∠MNH=90∘，∴PN//GF．
∴∠HPN=∠HGF，
根据勾股定理可得：GF=22+22=22，HF=42+42=42，
∴tan∠HGF=HFGF=4222=2，
∴tan∠HPN=tan∠HGF=2．
14.【答案】(1)125；
(2)95或3625．
【解析】
【分析】
本题考查三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，分类讨论思想，掌握相似三角形的判定和性质，分类讨论思想是关键．
(1)先根据三角形中位线定理证明DE//BC，DE=12BC，得△ADE和△ABC的对应高的比为1:2，然后利用面积法求得BC边上的高即可解答；
(2)分两种情况讨论：当∠GFH=90∘时，则H点在DE上，故H点和E点重合和当∠FHG=90∘时，根据锐角三角函数的定义得方程，解方程即可解答．
【解答】
解：(1)∵Rt▵ABC中，∠A=90∘，AB=6，AC=8，
∴由勾股定理得：BC=10，
∵D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE//BC，DE=12BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴△ADE和△ABC的对应高的比为1：2，
∵BC边上高为6×8+10=245，
所以FG=125;
(2)∵GH//AB，
∴∠FGH=∠C.
若△FGH和△ABC相似，则△GFH再有一个角为直角即可，
当∠GFH=90∘时，则H点在DE上，故H点和E点重合，如图1所示，
tan∠FGH=tan∠C.
∴HFFG=68，
解得HF=95;
当∠FHG=90∘时，如图2所示sin∠FGH=sin∠C，
∴HFFG=610，
解得HF=3625，
∴HF=95或HF=3625．
15.【答案】(24−122)
【解析】解：当点D沿DA方向下滑时，得△E′C′D′，过点C′作C′N⊥AD于点N，作C′M⊥AF于点M．
∵DE=12cm，CD=CE，∠ACE=90°，
∴CD=CE=62cm，
∵∠MAN=∠C′NA=∠C′MA=90°，
∴四边形AMC′N是矩形，
∴∠MC′N=∠D′C′E′=90°，
∴∠D′C′N=∠E′C′M，
∵C′D′=C′E′，∠C′ND′=∠C′ME′=90°，
∴△C′ND′≌△C′ME′(AAS)，
∴C′N=C′M，
∵C′N⊥DA，C′M⊥AF，
∴AC′平分∠BAF，
∴点C在射线AC′上运动，
当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12cm，
当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′=2(12−62)=(24−122)cm．
故答案为：(24−122).
当点D沿DA方向下滑时，得△E′C′D′，过点C′作C′N⊥AD于点N，作C′M⊥AF于点M.证明C′N=C′M，推出AC′平分∠BAF，推出点C在射线AC′上运动，当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12，当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′．
本题考查点的运动轨迹，熟练掌握直角三角形、正方形的性质，能够根据点的运动确定D点的运动轨迹是线段是解题的关键．
16.【答案】98
【解析】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．
由旋转可知，AB=AB′=3，∠ABB′=∠AB′C′，
∴∠ABB′=∠AB′B=∠AB′C′，
∵BB′=1，AM⊥BB′，
∴BM=B′M=12，
∴AM=AB2−BM2=352，
∵S△ABB′=12⋅AM⋅BB′=12⋅BN⋅AB′，
∴12×352×1=12⋅BN×3，则BN=356，
∴AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，
∵AB//DC，
∴∠ECG=∠ABC，
∵∠AMB=∠EGC=90°，
∴△AMB∽△EGC，
∴AMBM=EGCG=35212=35，
设CG=a，则EG=35a，
∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′=180°，
∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C=180°，
又∵∠ABB′=∠AB′B=∠AB′C′，
∴∠BAB′=∠C′B′C，
∵∠ANB=∠EGC=90°，
∴△ANB∽△B′GE，
∴ANBN=B′GEG=176356=1735，
∵BC=4，BB′=1，
∴B′C=3，B′G=3+a，
∴3+a35a=1735，解得a=316．
∴CG=316，EG=31635，
∴EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
故答案为：98．
过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G.BM=B′M=12，由勾股定理可得，AM=AB2−BM2=352，由等面积法可得，BN=356，由勾股定理可得，AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，由题可得，△AMB∽△EGC，△ANB∽△B′GE，则AMBM=EGCG=35，ANBN=B′GEG=1735，设CG=a，则EG=35a，B′G=3+a，则3+a35a=1735，解得a=316.最后由勾股定理可得，EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
本题主要考查平行四边形的性质，等腰三角形三线合一，相似三角形的性质与判定，解直角三角形的应用等，构造正确的辅助线是解题关键．
17.【答案】(1)证明：∵等边△ABC和等边△ADE，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60∘，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)解：∵等边△ABC和等边△ADE，
∴∠B=∠ADE=60∘，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，
∴∠CDE=∠BAD，
∴tan∠BAD=tan∠CDE=36．
作DH⊥AB于点H，
设BH=x，则BD=2x，HD=3x，
∴AH=6x．
∴AB=AH+BH=6．
即6x+x=6，x=67．
∴CE=BD=127；
(3) ①PQ交AD于点M，连结PD．
∵SΔAPM：S四边形PMDC=1：3，
∴SΔAPM：SΔACD=1：4，
∵P为AC的中点，
∴SΔAPM:SΔAPD=1:2，
∴M为AD中点，
∴PQ//CD，
∴AQAG=APAC=12；
②PQ交CD于N，DH⊥AB于点H．
同理可得DN=CN，
∴PN//AD，
∵∠B=60∘，BD=2，
∴BH=1，DH=3．
∴AH=5，AD=DE=27．
∵AF⊥DE，AD=AE，
∴DF=7，
由(2)得∠CDE=∠BAD，
∴tan∠CDE=tan∠BAD=35，
∴DG=145．
∵DN=12CD=2，
∴AQAG=DNDG=57⋅
综上所述，AQAG=12或57⋅
【解析】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义有关知识．
(1)根据等边三角形的性质得出AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60∘，然后证明△ABD≌△ACE即可解答；
(2)根据等边三角形的性质得出∠B=∠ADE=60∘，利用锐角三角函数的定义得出tan∠BAD=tan∠CDE=36，最后再进行解答；
(3)根据题意进行分类讨论，然后再结合平行线分线段对应成比例解答即可
18.【答案】解：(1)如图1，延长PE交CD于点Q，连接AQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∵α=120°，即∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADC=60°，
∴∠BEP=60°=∠B，
∴PE//BC//AD，
∴四边形ADQE和四边形BCQE是平行四边形，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=30°，
∴∠AED=∠CDE=30°=∠ADE，
∴AD=AE，
∴四边形ADQE是菱形，
∴∠EAQ=∠AEQ=60°，
∴△AEQ是等边三角形，
∴AE=AQ，∠AQE=60°，
∵四边形BCQE是平行四边形，
∴PE=BE=CQ，∠B=∠CQE=60°，
∵∠AEP=120°，∠AQC=∠AQE+∠CQE=120°，
∴∠AEP=∠AQC，
∴△AEP≌△AQC(SAS)，
∴AP=AC；
(2)AB2+AD2=2AF2，
理由：如图2，连接CF，
在▱ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=45°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∴AD=AE，
∴AE=BC，
∵BF⊥EP，
∴∠BFE=90°，
∵∠BEF=12α=12∠BAD=12×90°=45°，
∴∠EBF=∠BEF=45°，
∴BF=EF，
∵∠FBC=∠FBE+∠ABC=45°+90°=135°，
∠AEF=180°−∠FEB=135°，
∴∠CBF=∠AEF，
∴△BCF≌△EAF(SAS)，
∴CF=AF，∠CFB=∠AFE，
∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=∠CFB+∠CFE=∠BFE=90°，
∴∠ACF=∠CAF=45°，
∵sin∠ACF=AFAC，
∴AC=AFsin∠ACF=AFsin45∘=AF22=2AF，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，
∴AB2+AD2=2AF2；
(3)由(1)知，BC=AD=AE=AB−BE，
∵BE=12AB，AB=CD，
∴AB=CD=2BE，
设BE=a，则PE=AD=AE=a，AB=CD=2a，
①当点E在AB上时，如图3，过点G作GM⊥AD于点M，作GN⊥CD于点N，
过点C作CK⊥AD于点K，过点A作AH⊥PE的延长线于点H，
当α=120°时，∠B=∠ADC=60°，
∵DE平分∠ADC，GM⊥AD，GN⊥CD，
∴GM=GN，
∵S△ACD=12AD⋅CK=12a⋅2a⋅sin60°=32a2，
S△CDGS△ADG=12CD⋅GN12AD⋅GM=CDAD=2aa=2，
∴S△CDG=2S△ADG，
∴S△CDG=23S△ACD=33a2，
由(1)知PE//BC，
∴∠AEH=∠B=60°，
∵∠H=90°，
∴AH=AE⋅sin60°=32a，
∴S△APE=12PE⋅AH=12a⋅32a=34a2，
∴S△APES△CDG=34a233a2=34．
②如图4，当点E在AB延长线上时，
由①同理可得：S△CDG=25S△ACD=25×12×2a×32×3a=335a2，
S△APE=12PH⋅AE=12×32a×3a=334a2，
∴S△APES△CDG=334a2335a2=54，
综上所述，△APE与△CDG面积的比值为34或54．
【解析】(1)如图1，延长PE交CD于点F，连接AF，根据平行四边形性质可证得四边形ADFE是菱形，进而得出△AEF是等边三角形，再证明△AEP≌△AFC(SAS)，即可得出答案；
(2)如图2，连接CF，证明△BCF≌△EAF(SAS)，进而得出∠AFC=90°，利用三角函数可得AC=AFsin∠ACF=2AF，再运用勾股定理即可；
(3)设BE=a，则PE=AD=AE=a，AB=CD=2a，分两种情况：①当点E在AB上时，如图3，过点G作GM⊥AD于点M，作GN⊥CD于点N，过点C作CK⊥AD于点K，过点A作AH⊥PE的延长线于点H，利用角平分线性质得出S△ACD=12AD⋅CK=12a⋅2a⋅sin60°=32a2，S△CDG=23S△ACD=33a2，即可得出答案；
②如图4，当点E在AB延长线上时，同理可得出S△CDG=25⋅S△ACD=335a2，S△APE=12PH⋅AE=334a2，即可求出答案．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，菱形判定和性质，角平分线性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，三角形面积，三角函数定义等，添加辅助线构造直角三角形和全等三角形是解题关键．
19.【答案】证明：(1)∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，DE=2AD，
又∵AB=AC，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=90°，
∵点F是DE的中点，
∴CF=12DE=22AD；
(2)AG=26BC，
理由如下：如图2，过点G作GH⊥BC于H，
∵BD=2CD，
∴设CD=a，则BD=2a，BC=3a，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴AB=AC=BC2=322a，
由(1)可知：△BAD≌△CAE，
∴BD=CE=2a，
∵CF=DF，
∴∠FDC=∠FCD，
∴tan∠FDC=tan∠FCD，
∴CECD=GHCH=2，
∴GH=2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BGH=45°，
∴BH=GH，
∴BG=2BH
∵BH+CH=BC=3a，
∴CH=a，BH=GH=2a，
∴BG=22a，
∴AG=BG−AB=22a=22CD=26BC；
(3)如图3−1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP=BN，PC=NM，∠PBN=60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP=PN，
∴PA+PB+PC=AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3−2，连接MC，
∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BP=BN，BC=BM，∠PBN=60°=∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BPN=∠BNP=60°，BM=CM，
∵BM=CM，AB=AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD=60°，
∴BD=3PD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴AD=BD，
∴3PD=PD+AP，
∴PD=3+12m，
∴BD=3PD=3+32m，
由(1)可知：CE=BD=3+32m.
【解析】(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD=∠ACE=45°，可求∠BCE=90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
(2)过点G作GH⊥BC于H，设CD=a，可得BD=2a，BC=3a，AB=AC=322a，由全等三角形的性质可得BD=CE=2a，由锐角三角函数可求GH=2CH，可求CH=a，可求BG的长，即可求AG=22a=22CD=26BC；
(3)将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，可得当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，由旋转的性质可得△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，可得∠BPN=∠BNP=60°，BM=CM，由直角三角形的性质可求解．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，确定点P的位置是本题的关键．
20.【答案】解：(1)①12；
②CDBE=12成立，
理由：∵△ABC和△ADE都是直角三角形，∠B=30°，
∴∠BAC=∠EAD=60°，
∴∠CAD=∠BAE，
又∵ACAB=12，ADAE=12，
∴ACAB=ADAE=12，
∴△ACD∽△ABE，
∴CDBE=ACAB，
又∵Rt△ABC中，ACAB=12，
∴CDBE=12；
(2)CD=10或 210．
【解析】
【分析】
此题是三角形综合题，考查了矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质和旋转的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
(1)①由直角三角形的性质求出∠A=60°，再由矩形的性质得EH=CD，然后由含30°角的直角三角形的性质即可得出结论；
②证△ACD∽△ABE，得CDBE=ACAB即可；
(2)①先求出AD=AF=EF=5，则AB=52，再由勾股定理得BF=35，则BE=BF−EF=25，然后证△ACD∽△ABE，即可求解；
②同①的方法即可求解．
【解答】
解：(1)①∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，
∴∠A=60°，
如图1，过点E作EH⊥BC于点H，
∵ED⊥AC
∴∠ADE=∠C=90°，
∴四边形CDEH是矩形，即EH=CD，
∴在Rt△BEH中，∠B=30°，
∴BE=2EH
∴BE=2CD，
∴CDBE=12；
②见答案；
(2)∵∠B=45°，
∴sinB=22，
∴∠ABC=∠BAC=∠DAE=45°，
∵ED⊥AD，
∴∠AED=∠BAC=45°，
∴AD=DE，AC=BC，
将△ADE绕点A旋转使得∠DEB=90°，分两种情况：
①如图3所示，过A作AF⊥BE交BE的延长线于F，则∠F=90°，
当∠DEB=90°时，∠ADE=∠DEF=90°，
又∵AD=DE，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF=EF=5，
∵AC=5=BC，
根据勾股定理得，AB=52，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=522−52=35，
∴BE=BF−EF=25，
又∵△ABC和△ADE都是直角三角形，
且∠BAC=∠EAD=45°，
∴∠CAD=∠BAE，
∵ACAB=22，ADAE=22，
∴ACAB=ADAE=22，
∴△ACD∽△ABE，
∴BECD=ABAC=2，即25CD=2，
∴CD=10；
②如图4所示，过A作AF⊥BE于F，则∠AFE=∠AFB=90°，
当∠DEB=90°时，∠DEB=∠ADE=90°，
又∵AD=ED，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF=EF=5，
又∵AC=5=BC，
∴AB=52，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=522−52=35，
∴BE=BF+EF=45，
又∵△ACD∽△ABE，
∴BECD=ABAC=2，即45CD=2，
∴CD=210，
综上所述，线段CD的长为10或 210．
21.【答案】解：(1)∵∠A=60°，∠ABE=90°，AB=6，tanA=BEAB，
∴∠E=30°，BE=tan60°⋅6=63，
又∵∠CDE=90°，CD=4，sinE=CDCE，∠E=30°，
∴CE=412=8，
∴BC=BE−CE=63−8；
(2))∵∠ABE=90°，AB=6，sinA=45=BEAE，
∴设BE=4x，则AE=5x，得AB=3x，
∴3x=6，得x=2，
∴BE=8，AE=10，
∴tanE=ABBE=68=CDDE=4DE，
解得，DE=163，
∴AD=AE−DE=10−163=143，
即AD的长是143．
【解析】本题考查解直角三角形，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用锐角三角函数进行解答．
(1)要求BC的长，只要求出BE和CE的长即可，由题意可以得到BE和CE的长，本题得以解决；
(2)要求AD的长，只要求出AE和DE的长即可，根据题意可以得到AE、DE的长，本题得以解决．
22.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，∠ADE=∠B，
∴∠BAD=∠CDE，
∴△ABD∽△DCE．
(2)解：如图2中，作AM⊥BC于M．
在Rt△ABM中，设BM=4k，则AM=BM⋅tanB=4k×34=3k，
由勾股定理，得到AB2=AM2+BM2，
∴202=(3k)2+(4k)2，
∴k=4或−4(舍弃)，
∵AB=AC，AM⊥BC，
∴BC=2BM=2⋅4k=32，
∵DE//AB，
∴∠BAD=∠ADE，
∵∠ADE=∠B，∠B=∠ACB，
∴∠BAD=∠ACB，
∵∠ABD=∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴ABCB=DBAB，
∴DB=AB2CB=20232=252，
∵DE//AB，
∴AEAC=BDBC，
∴AE=AC⋅BDBC=20×25232=12516．
(3)点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF．
理由：作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N.则∠NHM=∠AMH=∠ANH=90°，
∴四边形AMHN为矩形，
∴∠MAN=90°，MH=AN，
∵AB=AC=20，AM⊥BC，tanB=34，
∴BM=CM=16，
∴BC=32，
在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM=AB2−BM2=202−162=12，
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF=90°=∠AMD，
∵∠DAF=90°=∠MAN，
∴∠NAF=∠MAD，
∴△AFN∽△ADM，
∴ANAM=AFAD=tan∠ADF=tanB=34，
∴AN=34AM=34×12=9，
∴CH=CM−MH=CM−AN=16−9=7，
当DF=CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，
∵FH⊥DC，
∴CD=2CH=14，
∴BD=BC−CD=32−14=18，
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF，此时BD=18．
【解析】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，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．
(1)根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
(2)解直角三角形求出BC，由△ABD∽△CBA，推出ABCB=DBAB，可得DB=AB2CB=20232=252，由DE//AB，推出AEAC=BDBC，求出AE即可．
(3)点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF.作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N.则∠NHM=∠AMH=∠ANH=90°，由△AFN∽△ADM，可得ANAM=AFAD=tan∠ADF=tanB=34，推出AN=34AM=34×12=9，推出CH=CM−MH=CM−AN=16−9=7，再利用等腰三角形的性质，求出CD即可解决问题．
23.【答案】解：连接BD，作DM⊥AB于点M，
∵AB=CD，AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，
∴AB//CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠ABD，AC=BD，
∵∠C=65°，AC=900，
∴∠ABD=65°，BD=900，
∴BM=BD⋅cos65°=900×0.423≈381，DM=BD⋅sin65°=900×0.906≈815，
∵381÷3=127，120<127<150，
∴该中学楼梯踏步的高度符合规定，
∵815÷3≈272，260<272<300，
∴该中学楼梯踏步的宽度符合规定，
由上可得，该中学楼梯踏步的宽度和高度都符合规定．
【解析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数即可求得BM和DM的长，然后计算出该中学楼梯踏步的宽度和高度，再与规定的比较大小，即可解答本题．
本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答．
24.【答案】解：(1):在RtΔBOP中，∠BOP=90°，
∴∠BPO =45°，OP =100，
∴OB=OP=100．
在RtΔAOP中， ∠AOP=90°，
∵∠APO =60°，
∴AO=OP·tan∠APO=1003.
∴AB=1003−100=100×1.73−100=73(米)．
(2)∵此车的速度v=734≈18.25米/秒，
60千米/小时≈16.67米/秒，
∴18.25米/秒>16.67米/秒，
此校车超过了白田路每小时60千米的限制速度．
【解析】本题考查了解直角三角形的应用，从复杂的实际问题中整理出直角三角形并求解是解决此类题目的关键．
(1)分别在Rt△APO，Rt△BOP中，求得AO、BO的长，从而求得AB的长
(2)已知时间则可以根据路程公式求得其速度，并将限速与其速度进行比较，若大于限速则超速，否则没有超速.此时注意单位的换算．
25.【答案】解：(1)过点A作AH⊥PO，垂足为点H，
∵斜坡AP的坡度为1：2.4，
∴AHPH=512，
设AH=5k，则PH=12k，由勾股定理，得AP=13k，
∴13k=26，
解得k=2，
∴AH=10，
答：坡顶A到地面PQ的距离为10米．
(2)延长BC交PO于点D，
∵BC⊥AC，AC//PO，
∴BD⊥PO，
∴四边形AHDC是矩形，CD=AH=10，AC=DH，
∵∠BPD=45°，
∴PD=BD，
设BC=x，则x+10=24+DH，
∴AC=DH=x−14，
在Rt△ABC中，tan76°=BCAC，即xx−14≈4.01．
解得x≈19．
答：古塔BC的高度约为19米．
【解析】(1)先过点A作AH⊥PO，根据斜坡AP的坡度为1：2.4，得出AHPH=512，设AH=5k，则PH=12k，AP=13k，求出k的值即可．
(2)先延长BC交PO于点D，根据BC⊥AC，AC//PO，得出BD⊥PO，四边形AHDC是矩形，再根据∠BPD=45°，得出PD=BD，然后设BC=x，得出AC=DH=x−14，最后根据在Rt△ABC中，tan76°=BCAC，列出方程，求出x的值即可．
此题考查了解直角三角形，用到的知识点是勾股定理、锐角三角函数、坡角与坡角等，关键是做出辅助线，构造直角三角形．
青岛版初中数学九年级上册第二单元《解直角三角形》单元测试卷
考试范围：第二章；考试时间：120分钟；总分：120分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图，在△ABC中，∠BAC=45°，AC=8，动点E从点A出发沿射线AB运动，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转45°得到CF，连接AF，则△AFC的面积变化情况是( )
A. 先变大再变小 B. 先变小再变大 C. 逐渐变大 D. 不变
2. 如图1，Rt▵ABC绕点A逆时针旋转180°，在此过程中A、B、C的对应点依次为A、B′、C′，连接B′C，设旋转角为x∘，y=B′C2，y与x之间的函数关系图象如图2，当x=150∘时，y的值为( )
A. 3 B. 3 C. 4 D. 13
3. 如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为43且∠AFG=60∘，GE=2BG，则折痕EF的长为( )
A. 1
B. 3
C. 2
D. 23
4. 在矩形ABCD中，2
A. 9 B. 25+3 C. 15 D. 23+3
5. 如图，已知点A是第一象限内横坐标为3的一个定点，AC⊥x轴于点M，交直线y=−x于点N，若点P是线段ON上的一个动点，∠APB=30°，BA⊥PA，则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B运动的路径长是 ( )
A. 2 B. 3 C. 2 D. 6
6. 如图，在正方形ABCD中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连结BD、DP，BD与CF相交于点H.给出下列结论：①△BDE∽△DPE；②△BPH∽△DFP；③FHCH=33；④tan∠DBE=2−3.其中正确的是( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ②③④ D. ①②③④
7. 计算2tan45°3−1−(cos30°−1)2=( )
A. 32+2 B. 3+12 C. 3−12 D. 332
8. 在4×4的正方形网格中，△ABC和△DEF的顶点都在边长为1的正方形的顶点上，则图中∠ACB的正切值为( )
A. 23
B. 13
C. 22
D. 3
9. 如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M，N分别在AB，AD边上，若AM：MB=AN：ND=1：2，则sin∠MCN=( )
A. 33133313
B. 3314
C. 3535
D. 5−2
10. 如图，已知∠MON是一个锐角，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OM、ON于点A、B，再分别以点A、B为圆心，大于12AB的长为半径画弧，两弧交于点C，画射线OC.过点A作AD//ON，交射线OC于点D，过点D作DE⊥OC，交ON于点E.若OA=10，DE=12，则cos∠MON的值为( )
A. 2425 B. 725 C. 145 D. 285
11. 如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则cos∠ADF的值为( )
A. 1113
B. 1315
C. 1517
D. 1719
12. 为了测量重庆有名的观景点南山大金鹰的大致高度，小南同学使用的无人机进行观察，当无人机与大金鹰侧面在同一平面，且距离水平面垂直高度GF为100米时，小南调整摄像头方向，当俯角为45∘时，恰好可以拍摄到金鹰的头顶A点；当俯角为63∘时，恰好可以拍摄到金鹰底座点E.已知大金鹰是雄踞在一人造石台上，石台侧面CE长12.5米，坡度为1：0.75，石台上方BC长10米，头部A点位于BC中点正上方.则金鹰自身高度约米.(结果保留一位小数，sin63∘≈0.89，cos63∘≈0.45，tan63∘≈1.96)( )
A. 26.5 B. 36.4 C. 36.5 D. 63.5
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，M，N，G，H四点均在边长为1的正方形网格的格点上，线段MN，GH相交于点P，则∠HPN的正切值为 ．
14. 如图，Rt△ABC中，∠A=90∘，AB=6，AC=8，D，E分别是边AB，AC的中点，F为DE边上一动点，FG⊥BC于G，GH//BA交AC于H．
(1)FG=___;
(2)当△FGH和△ABC相似时，FH=___．
15. 如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE=12cm.当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为______cm．
16. 如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱A′B′C′D′的位置，使点B′落在BC上，B′C′与CD交于点E.若AB=3，BC=4，BB′=1，则CE的长为______ ．
三、解答题（本大题共9小题，共72.0分）
17. 如图，在等边△ABC中，AB=6，D为边BC上一点，以AD为边向右构造等边△ADE，过点A作AF⊥DE于点F，并延长交BC于点G，连结CE．
(1)求证：BD=CE．
(2)当tan∠CDE=36时，求CE的长．
(3)已知BD=2，P为边AC的中点，Q为线段AG上一点，当直线PQ将△ACD的面积分成1:3两部分时，求AQAG的值．
18. 在▱ABCD中，∠BAD=α，DE平分∠ADC，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转12α得线段EP．
(1)如图1，当α=120°时，连接AP，请直接写出线段AP和线段AC的数量关系；
(2)如图2，当α=90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请写出线段AF，AB，AD之间的数量关系，并说明理由；
(3)当α=120°时，连接AP，若BE=12AB，请直接写出△APE与△CDG面积的比值．
19. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC边上一动点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE，DE.点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：CF=22AD；
(2)如图2所示，在点D运动的过程中，当BD=2CD时，分别延长CF，BA，相交于点G，猜想AG与BC存在的数量关系，并证明你猜想的结论；
(3)在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小．当PA+PB+PC的值取得最小值时，AP的长为m，请直接用含m的式子表示CE的长．
20. 如图1，Rt△ABC中，∠C=90∘，点E是AB边上一点，且点E不与A、B重合，ED⊥AC于点D．
(1)当∠B=30∘时，
①CDBE= ;
②当△ADE绕点A旋转到如图2的位置时(60∘<∠CAD<90∘)，上述结论是否仍然成立?若成立，请给出证明;若不成立，请说明理由．
(2)当∠B=45∘时，将△ADE绕点A旋转，使得∠DEB=90∘，若AC=5，AD=5，请直接写出线段CD的长．
21. 如图，已知四边形ABCD中，∠ABC=90∘,∠ADC=90∘,AB=6,CD=4,BC的延长线与AD的延长线交于点E．(注意：本题中的计算过程和结果均保留根号)
(1)若∠A=60∘，求BC的长；
(2)若sinA=45，求AD的长．
22. 如图1，在△ABC中，AB=AC=20，tanB=34，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合).以D为顶点作∠ADE=∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．
(1)求证：△ABD∽△DCE；
(2)当DE//AB时(如图2)，求AE的长；
(3)点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF=CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．
23. 为了保证人们上下楼的安全，楼梯踏步的宽度和高度都要加以限制．中小学楼梯宽度的范围是260mm～300mm含(300mm)，高度的范围是120mm～150mm(含150mm).如图是某中学的楼梯扶手的截面示意图，测量结果如下：AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，各踏步互相平行，AB=CD，AC=900mm，∠ACD=65°，试问该中学楼梯踏步的宽度和高度是否符合规定．(结果精确到1mm，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423)
24. 校车安全是近几年社会关注的热门话题，其中超载和超速行驶是校车事故的主要原因．小亮和同学尝试用自己所学的三角函数知识检测校车是否超速，如下图，观测点设在到白田路的距离为100米的点P处．这时，一辆校车由西向东匀速行驶，测得此校车从A处行驶到B处所用的时间为4秒，且∠APO=60°，∠BPO =45°．
(1)求A、B之间的路程；(参考数据：2≈1.41，3≈1.73)
(2)请判断此校车是否超过了白田路每小时60千米的限制速度？
25. 已知，如图，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，数学兴趣小组的同学在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，然后他们沿着坡度为1：2.4的斜坡AP攀行了26米，在坡顶A处又测得该塔的塔顶B的仰角为76°.求：
(1)坡顶A到地面PQ的距离；
(2)古塔BC的高度(结果精确到1米)．
(参考数据：sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形的面积，解题关键是证明△AFC的AC边上高是定值.解题时，作FH⊥射线AC，垂足为H点，作CG⊥AB，垂足为G点，先证明△FCH≌△CEG，得出FH=CG，在Rt△ACG中，求出CG=42，则FH=42，根据三角形面积公式即可求出△AFC的面积，由于在动点E从点A出发沿射线AB运动的过程中，CG(即FH)和AC始终保持不变，因此△AFC的面积也保持不变．
【解答】
解：作FH⊥射线AC，垂足为H点，作CG⊥AB，垂足为G点，则∠CGE=∠FHC=90°，
∵∠BAC=∠ECF=45°，∠ECF+∠FCH=∠BAC+∠AEC，
∴∠FCH=∠AEC，
由旋转可知：CE=CF，
∴△FCH≌△CEG，
∴FH=CG，
在Rt△ACG中，
∴CG=22AC=8×22=42
∴FH=CG=42，
∴S△AFC=12AC·FH=12×8×42=162，
由于在动点E从点A出发沿射线AB运动的过程中，CG(即FH)和AC的长度始终保持不变，
因此△AFC的面积也保持不变．
故选D．
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查图像旋转问题，做题的关键要读懂题，看懂图形2所给的信息，充分利用所给的信息解题，同时考查了勾股定理的应用和锐角三角函数的知识，基本三角形的边角关系．
首先由题知BC=5，当x=90∘时，利用旋转性质和勾股定理AB=AB′=3，从而求出AC=AB′+B′C=4；然后当x=150∘时，过点B′作B′D⊥AC于点D，利用锐角三角函数知识和勾股定理求解即可．
【解答】：
解：由题知BC=5，
当x=90∘，如下图，根据旋转性质知B′C=BC=5，AB=AB′，
根据图2可知，此时B′C2=1，则B′C=1，设AB=AB′=x，
在Rt△ABC中，AC2+AB2=CB2，
即：(x+1)2+x2=52，
解得x=3，x=−4(舍去)，
即AB=AB′=3，
则AC=AB′+B′C=4，
当x=150∘时，过点B′作B′D⊥AC于点D，如下图，
由题意∠B′AD=∠B′AB−∠CAB=60°，
∵AB′=3，
∴AD=AB′cos60°=3×12=32，B′D=AB′sin60°=3×32=332
∴CD=AC−AD=4−32=52，
∴在Rt△B′DC中，B′C2=B′D2+DC2=(332)2+(52)2=13=y．
故选：D
3.【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，等边三角形的判定及性质，锐角三角函数的定义，掌握好基本性质是解题的关键.先得出D//BC，∠H=∠D=∠FGH=∠C=90∘，然后得出∠GFE=∠DFE=60∘，判断△GEF是等边三角形，得出FG=GE=FE，设BG=x，则GF=GE=EF=FD=2x，作GM⊥AD，交AD于点M，则四边形ABGM是矩形，得出AD=AM+MF+FD=BG+MF+FD=4x，求出x即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∠H=∠D=∠FGH=∠C=90∘．
由折叠知∠GFE=∠DFE，FD=FG．
∵∠GFD=180∘−∠AFG=120∘，
∴∠GFE=∠DFE=60∘．
∵AD//BC，
∴∠FGE=∠AFG=60∘，∠FEG=∠DFE=60∘，
∴△GEF是等边三角形，∴FG=GE=FE．
设BG=x，则GF=GE=EF=FD=2x．
作GM⊥AD，交AD于点M，则四边形ABGM是矩形，
GM=GF·sin60∘=3x，MF=GF⋅cos60∘=x，
∴AD=AM+MF+FD=BG+MF+FD=4x，
∵AD⋅GM=43，∴4x⋅3x=43，
解得x=1或x=−1(不符合题意，舍去)，
∴EF=2x=2，
故选C．
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查相似三角形的判定与性质，矩形的性质，锐角三角函数的定义，三角形三边关系．
过点A作AF⊥AE，使得AF=2AE=8，则EF=42+82=45，说明△BAE∽△DAF，根据相似三角形的性质可得BE=12DF，故可知当DF最大时，BE最大，在△DEF中，根据三角形三边关系可知当D，E，F三点共线时，DF最大，最大值为DE+EF=6+45，即可求解．
【解答】
解：过点A作AF⊥AE，使得AF=2AE=8，则EF=42+82=45，
在Rt△ABD中，tan∠ABD=2，即AD=2AB，
∴ADAB=AFAE，即ADAF=ABAE，
又∵∠EAF=∠BAD=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
∴△BAE∽△DAF，
∴BEDF=AEAF=12，
∴BE=12DF，
故当DF最大时，BE最大，
在△DEF中，DF≤DE+EF，故当D，E，F三点共线时，DF最大，最大值为DE+EF=6+45，
此时，BE的最大值为12DF=25+3．
5.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中．
首先，需要证明线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)，如答图②所示．利用相似三角形可以证明；其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bn的长度，即点B运动的路径长．
【解答】
解：由题意可知，OM=3，点N在直线y=−x上，AC⊥x轴于点M，
则△OMN为等腰直角三角形，ON=2OM=2×3=6．
如答图①所示，设动点P在O点(起点)时，点B的位置为B0，动点P在N点(终点)时，点B的位置为Bn，连接B0Bn．
∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，
∴∠OAC=∠B0ABn，
又∵AB0=AO⋅tan30°，ABn=AN⋅tan30°，
∴AB0：AO=ABn：AN=tan30°(此处也可用30°角的Rt△三边长的关系来求得)，
∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°，
∴B0Bn=ON⋅tan30°=6×33=2．
现在来证明线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)．
如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为Bi，连接AP，ABi，B0Bi．
∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，
∴∠OAP=∠B0ABi，
又∵AB0=AO⋅tan30°，ABi=AP⋅tan30°，
∴AB0：AO=ABi：AP，
∴△AB0Bi∽△AOP，
∴∠AB0Bi=∠AOP．
又∵△AB0Bn∽△AON，
∴∠AB0Bn=∠AOP，
∴∠AB0Bi=∠AB0Bn，
∴点Bi在线段B0Bn上，即线段B0Bn就是点B运动的路径(或轨迹)．
综上所述，点B运动的路径(或轨迹)是线段B0Bn，其长度为2．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查的正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，特殊角的锐角三角函数值，解答此题的关键是作出辅助线，利用锐角三角函数的定义求出PM及PN的长．利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质和特殊角的锐角三角函数值等知识，逐一判断，即可得出结论．
【解答】
解：∵△BPC是等边三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60∘，
在正方形ABCD中，
∵AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90∘
∴∠ABE=∠DCF=30∘，
∴∠CPD=∠CDP=75∘，
∴∠PDE=∠ADC−∠CDP=90°−75°=15∘，
∵∠PBD=∠PBC−∠HBC=60∘−45∘=15°，
∴∠EBD=∠EDP，
∵∠DEP=∠DEB，
∴△BDE∽△DPE．
故①正确；
∵△BDE∽△DPE，
∴∠BDE=∠DPE=45°，
∴∠DPF=∠DPE+∠EPF=45°+60°=105°，
∵∠PDH=∠CDP−∠CDP=75°−45°=30°，
∴∠BHP=∠DPH+∠PDH=75°+30°=105°，
∴∠BHP=∠DPF，
∵∠PBD=∠PDF=15°，
∴△BPH∽△DFP，
故②正确；
在Rt△CDF中，
∵∠CDF=30°，
∴tan∠DCF=tan30°=DFCD=33，
∵BC=CD，
∴DFBC=33，
∵AD//BC，
∴△DHF∽△BHC，
∴FHCH=DFBC=33，
故③正确；
如图，过P作PM⊥CD，PN⊥BC，
设正方形ABCD的边长是4，△BPC为正三角形，
∴∠PBC=∠PCB=60∘，PB=PC=BC=CD=4，
∴∠PCD=30∘
∴CM=PN=PB⋅sin60∘=4×32=23
PM=PC⋅sin30∘=4×12=2，
∵DE//PM，
∴∠EDP=∠DPM，
∴∠DBE=∠DPM，
∴tan∠DBE=tan∠DPM=DMPM=4−232=2−3，
故④正确．
故选：D．
7.【答案】D
【解析】解：原式=2×13−1−(1−32)
=3+1−1+32
=332．
故选：D．
直接利用特殊角的三角函数值以及二次根式的性质化简得出答案．
此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：由勾股定理可求出：BC=22，AC=25，DF=10，DE=2，
∴FDAC=22FEBC=22，EDAB=22，
∴FDAC=EDAB=EFBC，
∴△FDE∽△CAB，
∴∠DFE=∠ACB，
∴tan∠DFE=tan∠ACB=13，
故选：B．
根据勾股定理即可求出AC、BC、DE、DF的长度，然后证明△FDE∽△ABC，推出∠ACB=∠DFE，由此即可解决问题．
本题考查解直角三角形，涉及勾股定理，相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相似三角形的性质解决问题．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥CN于E，则△MNA是等边三角形，求得MN=2，设NE=x，表示出CE，根据勾股定理即可求得ME，然后求得sin∠MCN的值即可．
【解答】
解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，
∴AM=AN=2，BM=DN=4，
连接MN，AC，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°
在Rt△ABC与Rt△ADC中，
AB=ADAC=AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，MC=NC，
∴BC=12AC，
∴AC2=BC2+AB2，即(2BC)2=BC2+AB2，
3BC2=AB2，
∴BC=23，
在Rt△BMC中，CM=BM2+BC2=27，
∵AN=AM，∠MAN=60°，
∴△MAN是等边三角形，
∴MN=AM=AN=2，
过M点作ME⊥CN于E，设NE=x，则CE=27−x，
∴MN2−NE2=MC2−EC2，即4−x2=(27)2−(27−x)2，
解得：x=77，
∴EC=27−77=1377，
由勾股定理得：ME=MC2−CE2=(27)2−(1377)2=3217，
∴sin∠MCN=MECM=321727=3314，
故选B．
10.【答案】A
【解析】解：如图，连接DB，过点D作DH⊥ON于H．
由作图可知，∠AOD=∠DOE，OA=OB，
∵AD//EO，
∴∠ADO=∠DOE，
∴∠AOD=∠ADO，
∴AO=AD，
∴AD=OB，AD//OB，
∴四边形AOBD是菱形，
∴OB=BD=OA=10，BD//OA，
∴∠MON=∠DBE，∠BOD=∠BDO，
∵DE⊥OD，
∴∠BOD+∠DEO=90°，∠ODB+∠BDE=90°，
∴∠BDE=∠BED，
∴BD=BE=10，
∴OE=2OB=20，
∴OD=OE2−DE2=202−122=16，
∵DH⊥OE，
∴DH=OD⋅DEOE=16×1220=485，
∴sin∠MON=sin∠DBH=DHDB=48510=2425．
故选：A．
连接DB，过点D作DH⊥ON于H.首先证明四边形AOBD是菱形，解直角三角形求出DH即可解决问题．
本题考查作图−复杂作图，平行线的性质，角平分线的定义，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，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．
11.【答案】C
【解析】解：根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，
∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∠EOF=∠BOP∠B=∠E=90°OP=OF，
∴△OEF≌△OBP(AAS)，
∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE−EF=4−x，
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC−BP=3−x，
∴AF=AB−BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即(1+x)2+32=(4−x)2，
解得：x=35，
∴DF=4−x=175，
∴cos∠ADF=ADDF=1517．
故选：C．
根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP(AAS)，根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=4−x、BF=PC=3−x，进而可得出AF=1+x，在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，再利用余弦的定义即可求出cos∠ADF的值．
本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x，求出AF的长度是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】
【分析】
此题主要考查了解直角三角形−仰角与俯角问题、以及锐角三角函数的应用，得出EF与AH的长是解题关键．
作AM⊥DF于M，AHGF于H，则AM=HF，AH=MF，在Rt△EFG中，由三角函数求出EF=GFtan63∘≈51.02，由石台侧面CE坡度为1：0.75，求出石台侧面CE宽度为12.5×35=7.5，高度为10，求出ME=12BC=12.5，得出AH=MF=63.52，证出△AGH是等腰直角三角形，得出GH=AH=63.52，求出AM=HF=100−63.52≈36.5(米)，即可得出答案．
【解答】
解：作AM⊥DF于M，AH⊥GF于H，如图所示：
则AM=HF，AH=MF，
在Rt△EFG中，∠GEF=63°，
∵tan∠GEF=GFEF，∴EF=GFtan63∘≈1001.96≈51.02，
∵石台侧面CE长12.5米，坡度为1：0.75，
∴石台侧面CE宽度为12.5×35=7.5，高度为12.5×45=10，
∵石台上方BC长10米，头部A点位于BC中点正上方，
∴ME=12BC+7.5=5+7.5=12.5，
∴AH=MF=12.5+51.02=63.52，
在Rt△AGH中，∠AGH=90°−45°=45°，
∴△AGH是等腰直角三角形，
∴GH=AH=63.52，
∴AM=HF=100−63.52≈36.5(米)，
∴金鹰自身高度约为36.5−10=26.5(米)；
故选：A．
13.【答案】2
【解析】
【分析】
本题考查了勾股定理、平行线的判定和性质性质、锐角三角函数的定义、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握勾股定理和锐角三角函数的定义是解题的关键．
连接HN并延长到F，连接GF，则PN//GF，由平行线的性质得出∠HPN=∠HGF，由勾股定理求出GF和HF，由三角函数的定义即可得出答案．
【解答】
解：连接HN并延长到F，连接GF．
则∠NHA=45°，∠MND=45°，∠HFC=45°，∠GFB=45°，
∴∠HFG=∠MNH=90∘，∴PN//GF．
∴∠HPN=∠HGF，
根据勾股定理可得：GF=22+22=22，HF=42+42=42，
∴tan∠HGF=HFGF=4222=2，
∴tan∠HPN=tan∠HGF=2．
14.【答案】(1)125；
(2)95或3625．
【解析】
【分析】
本题考查三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义，分类讨论思想，掌握相似三角形的判定和性质，分类讨论思想是关键．
(1)先根据三角形中位线定理证明DE//BC，DE=12BC，得△ADE和△ABC的对应高的比为1:2，然后利用面积法求得BC边上的高即可解答；
(2)分两种情况讨论：当∠GFH=90∘时，则H点在DE上，故H点和E点重合和当∠FHG=90∘时，根据锐角三角函数的定义得方程，解方程即可解答．
【解答】
解：(1)∵Rt▵ABC中，∠A=90∘，AB=6，AC=8，
∴由勾股定理得：BC=10，
∵D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE//BC，DE=12BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴△ADE和△ABC的对应高的比为1：2，
∵BC边上高为6×8+10=245，
所以FG=125;
(2)∵GH//AB，
∴∠FGH=∠C.
若△FGH和△ABC相似，则△GFH再有一个角为直角即可，
当∠GFH=90∘时，则H点在DE上，故H点和E点重合，如图1所示，
tan∠FGH=tan∠C.
∴HFFG=68，
解得HF=95;
当∠FHG=90∘时，如图2所示sin∠FGH=sin∠C，
∴HFFG=610，
解得HF=3625，
∴HF=95或HF=3625．
15.【答案】(24−122)
【解析】解：当点D沿DA方向下滑时，得△E′C′D′，过点C′作C′N⊥AD于点N，作C′M⊥AF于点M．
∵DE=12cm，CD=CE，∠ACE=90°，
∴CD=CE=62cm，
∵∠MAN=∠C′NA=∠C′MA=90°，
∴四边形AMC′N是矩形，
∴∠MC′N=∠D′C′E′=90°，
∴∠D′C′N=∠E′C′M，
∵C′D′=C′E′，∠C′ND′=∠C′ME′=90°，
∴△C′ND′≌△C′ME′(AAS)，
∴C′N=C′M，
∵C′N⊥DA，C′M⊥AF，
∴AC′平分∠BAF，
∴点C在射线AC′上运动，
当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12cm，
当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′=2(12−62)=(24−122)cm．
故答案为：(24−122).
当点D沿DA方向下滑时，得△E′C′D′，过点C′作C′N⊥AD于点N，作C′M⊥AF于点M.证明C′N=C′M，推出AC′平分∠BAF，推出点C在射线AC′上运动，当C′D′⊥AD时，AC′的值最大，最大值为12，当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为2CC′．
本题考查点的运动轨迹，熟练掌握直角三角形、正方形的性质，能够根据点的运动确定D点的运动轨迹是线段是解题的关键．
16.【答案】98
【解析】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G．
由旋转可知，AB=AB′=3，∠ABB′=∠AB′C′，
∴∠ABB′=∠AB′B=∠AB′C′，
∵BB′=1，AM⊥BB′，
∴BM=B′M=12，
∴AM=AB2−BM2=352，
∵S△ABB′=12⋅AM⋅BB′=12⋅BN⋅AB′，
∴12×352×1=12⋅BN×3，则BN=356，
∴AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，
∵AB//DC，
∴∠ECG=∠ABC，
∵∠AMB=∠EGC=90°，
∴△AMB∽△EGC，
∴AMBM=EGCG=35212=35，
设CG=a，则EG=35a，
∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′=180°，
∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C=180°，
又∵∠ABB′=∠AB′B=∠AB′C′，
∴∠BAB′=∠C′B′C，
∵∠ANB=∠EGC=90°，
∴△ANB∽△B′GE，
∴ANBN=B′GEG=176356=1735，
∵BC=4，BB′=1，
∴B′C=3，B′G=3+a，
∴3+a35a=1735，解得a=316．
∴CG=316，EG=31635，
∴EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
故答案为：98．
过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交BC的延长线于点G.BM=B′M=12，由勾股定理可得，AM=AB2−BM2=352，由等面积法可得，BN=356，由勾股定理可得，AN=AB2−BN2=32−(356)2=176，由题可得，△AMB∽△EGC，△ANB∽△B′GE，则AMBM=EGCG=35，ANBN=B′GEG=1735，设CG=a，则EG=35a，B′G=3+a，则3+a35a=1735，解得a=316.最后由勾股定理可得，EC=CG2+EG2=(316)2+(31635)2=98．
本题主要考查平行四边形的性质，等腰三角形三线合一，相似三角形的性质与判定，解直角三角形的应用等，构造正确的辅助线是解题关键．
17.【答案】(1)证明：∵等边△ABC和等边△ADE，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60∘，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)解：∵等边△ABC和等边△ADE，
∴∠B=∠ADE=60∘，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，
∴∠CDE=∠BAD，
∴tan∠BAD=tan∠CDE=36．
作DH⊥AB于点H，
设BH=x，则BD=2x，HD=3x，
∴AH=6x．
∴AB=AH+BH=6．
即6x+x=6，x=67．
∴CE=BD=127；
(3) ①PQ交AD于点M，连结PD．
∵SΔAPM：S四边形PMDC=1：3，
∴SΔAPM：SΔACD=1：4，
∵P为AC的中点，
∴SΔAPM:SΔAPD=1:2，
∴M为AD中点，
∴PQ//CD，
∴AQAG=APAC=12；
②PQ交CD于N，DH⊥AB于点H．
同理可得DN=CN，
∴PN//AD，
∵∠B=60∘，BD=2，
∴BH=1，DH=3．
∴AH=5，AD=DE=27．
∵AF⊥DE，AD=AE，
∴DF=7，
由(2)得∠CDE=∠BAD，
∴tan∠CDE=tan∠BAD=35，
∴DG=145．
∵DN=12CD=2，
∴AQAG=DNDG=57⋅
综上所述，AQAG=12或57⋅
【解析】本题考查的是等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义有关知识．
(1)根据等边三角形的性质得出AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60∘，然后证明△ABD≌△ACE即可解答；
(2)根据等边三角形的性质得出∠B=∠ADE=60∘，利用锐角三角函数的定义得出tan∠BAD=tan∠CDE=36，最后再进行解答；
(3)根据题意进行分类讨论，然后再结合平行线分线段对应成比例解答即可
18.【答案】解：(1)如图1，延长PE交CD于点Q，连接AQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，
∵α=120°，即∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADC=60°，
∴∠BEP=60°=∠B，
∴PE//BC//AD，
∴四边形ADQE和四边形BCQE是平行四边形，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=30°，
∴∠AED=∠CDE=30°=∠ADE，
∴AD=AE，
∴四边形ADQE是菱形，
∴∠EAQ=∠AEQ=60°，
∴△AEQ是等边三角形，
∴AE=AQ，∠AQE=60°，
∵四边形BCQE是平行四边形，
∴PE=BE=CQ，∠B=∠CQE=60°，
∵∠AEP=120°，∠AQC=∠AQE+∠CQE=120°，
∴∠AEP=∠AQC，
∴△AEP≌△AQC(SAS)，
∴AP=AC；
(2)AB2+AD2=2AF2，
理由：如图2，连接CF，
在▱ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE=45°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∴AD=AE，
∴AE=BC，
∵BF⊥EP，
∴∠BFE=90°，
∵∠BEF=12α=12∠BAD=12×90°=45°，
∴∠EBF=∠BEF=45°，
∴BF=EF，
∵∠FBC=∠FBE+∠ABC=45°+90°=135°，
∠AEF=180°−∠FEB=135°，
∴∠CBF=∠AEF，
∴△BCF≌△EAF(SAS)，
∴CF=AF，∠CFB=∠AFE，
∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=∠CFB+∠CFE=∠BFE=90°，
∴∠ACF=∠CAF=45°，
∵sin∠ACF=AFAC，
∴AC=AFsin∠ACF=AFsin45∘=AF22=2AF，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，
∴AB2+AD2=2AF2；
(3)由(1)知，BC=AD=AE=AB−BE，
∵BE=12AB，AB=CD，
∴AB=CD=2BE，
设BE=a，则PE=AD=AE=a，AB=CD=2a，
①当点E在AB上时，如图3，过点G作GM⊥AD于点M，作GN⊥CD于点N，
过点C作CK⊥AD于点K，过点A作AH⊥PE的延长线于点H，
当α=120°时，∠B=∠ADC=60°，
∵DE平分∠ADC，GM⊥AD，GN⊥CD，
∴GM=GN，
∵S△ACD=12AD⋅CK=12a⋅2a⋅sin60°=32a2，
S△CDGS△ADG=12CD⋅GN12AD⋅GM=CDAD=2aa=2，
∴S△CDG=2S△ADG，
∴S△CDG=23S△ACD=33a2，
由(1)知PE//BC，
∴∠AEH=∠B=60°，
∵∠H=90°，
∴AH=AE⋅sin60°=32a，
∴S△APE=12PE⋅AH=12a⋅32a=34a2，
∴S△APES△CDG=34a233a2=34．
②如图4，当点E在AB延长线上时，
由①同理可得：S△CDG=25S△ACD=25×12×2a×32×3a=335a2，
S△APE=12PH⋅AE=12×32a×3a=334a2，
∴S△APES△CDG=334a2335a2=54，
综上所述，△APE与△CDG面积的比值为34或54．
【解析】(1)如图1，延长PE交CD于点F，连接AF，根据平行四边形性质可证得四边形ADFE是菱形，进而得出△AEF是等边三角形，再证明△AEP≌△AFC(SAS)，即可得出答案；
(2)如图2，连接CF，证明△BCF≌△EAF(SAS)，进而得出∠AFC=90°，利用三角函数可得AC=AFsin∠ACF=2AF，再运用勾股定理即可；
(3)设BE=a，则PE=AD=AE=a，AB=CD=2a，分两种情况：①当点E在AB上时，如图3，过点G作GM⊥AD于点M，作GN⊥CD于点N，过点C作CK⊥AD于点K，过点A作AH⊥PE的延长线于点H，利用角平分线性质得出S△ACD=12AD⋅CK=12a⋅2a⋅sin60°=32a2，S△CDG=23S△ACD=33a2，即可得出答案；
②如图4，当点E在AB延长线上时，同理可得出S△CDG=25⋅S△ACD=335a2，S△APE=12PH⋅AE=334a2，即可求出答案．
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，菱形判定和性质，角平分线性质，勾股定理，全等三角形判定和性质，三角形面积，三角函数定义等，添加辅助线构造直角三角形和全等三角形是解题关键．
19.【答案】证明：(1)∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°=∠BAC，
∴∠BAD=∠CAE，DE=2AD，
又∵AB=AC，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE=45°，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=90°，
∵点F是DE的中点，
∴CF=12DE=22AD；
(2)AG=26BC，
理由如下：如图2，过点G作GH⊥BC于H，
∵BD=2CD，
∴设CD=a，则BD=2a，BC=3a，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴AB=AC=BC2=322a，
由(1)可知：△BAD≌△CAE，
∴BD=CE=2a，
∵CF=DF，
∴∠FDC=∠FCD，
∴tan∠FDC=tan∠FCD，
∴CECD=GHCH=2，
∴GH=2CH，
∵GH⊥BC，∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BGH=45°，
∴BH=GH，
∴BG=2BH
∵BH+CH=BC=3a，
∴CH=a，BH=GH=2a，
∴BG=22a，
∴AG=BG−AB=22a=22CD=26BC；
(3)如图3−1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP=BN，PC=NM，∠PBN=60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP=PN，
∴PA+PB+PC=AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3−2，连接MC，
∵将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，
∴BP=BN，BC=BM，∠PBN=60°=∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BPN=∠BNP=60°，BM=CM，
∵BM=CM，AB=AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD=60°，
∴BD=3PD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴AD=BD，
∴3PD=PD+AP，
∴PD=3+12m，
∴BD=3PD=3+32m，
由(1)可知：CE=BD=3+32m.
【解析】(1)由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD=∠ACE=45°，可求∠BCE=90°，由直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得结论；
(2)过点G作GH⊥BC于H，设CD=a，可得BD=2a，BC=3a，AB=AC=322a，由全等三角形的性质可得BD=CE=2a，由锐角三角函数可求GH=2CH，可求CH=a，可求BG的长，即可求AG=22a=22CD=26BC；
(3)将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，可得当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，由旋转的性质可得△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，可得∠BPN=∠BNP=60°，BM=CM，由直角三角形的性质可求解．
本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，锐角三角函数等知识，确定点P的位置是本题的关键．
20.【答案】解：(1)①12；
②CDBE=12成立，
理由：∵△ABC和△ADE都是直角三角形，∠B=30°，
∴∠BAC=∠EAD=60°，
∴∠CAD=∠BAE，
又∵ACAB=12，ADAE=12，
∴ACAB=ADAE=12，
∴△ACD∽△ABE，
∴CDBE=ACAB，
又∵Rt△ABC中，ACAB=12，
∴CDBE=12；
(2)CD=10或 210．
【解析】
【分析】
此题是三角形综合题，考查了矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质和旋转的性质，证明三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
(1)①由直角三角形的性质求出∠A=60°，再由矩形的性质得EH=CD，然后由含30°角的直角三角形的性质即可得出结论；
②证△ACD∽△ABE，得CDBE=ACAB即可；
(2)①先求出AD=AF=EF=5，则AB=52，再由勾股定理得BF=35，则BE=BF−EF=25，然后证△ACD∽△ABE，即可求解；
②同①的方法即可求解．
【解答】
解：(1)①∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，
∴∠A=60°，
如图1，过点E作EH⊥BC于点H，
∵ED⊥AC
∴∠ADE=∠C=90°，
∴四边形CDEH是矩形，即EH=CD，
∴在Rt△BEH中，∠B=30°，
∴BE=2EH
∴BE=2CD，
∴CDBE=12；
②见答案；
(2)∵∠B=45°，
∴sinB=22，
∴∠ABC=∠BAC=∠DAE=45°，
∵ED⊥AD，
∴∠AED=∠BAC=45°，
∴AD=DE，AC=BC，
将△ADE绕点A旋转使得∠DEB=90°，分两种情况：
①如图3所示，过A作AF⊥BE交BE的延长线于F，则∠F=90°，
当∠DEB=90°时，∠ADE=∠DEF=90°，
又∵AD=DE，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF=EF=5，
∵AC=5=BC，
根据勾股定理得，AB=52，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=522−52=35，
∴BE=BF−EF=25，
又∵△ABC和△ADE都是直角三角形，
且∠BAC=∠EAD=45°，
∴∠CAD=∠BAE，
∵ACAB=22，ADAE=22，
∴ACAB=ADAE=22，
∴△ACD∽△ABE，
∴BECD=ABAC=2，即25CD=2，
∴CD=10；
②如图4所示，过A作AF⊥BE于F，则∠AFE=∠AFB=90°，
当∠DEB=90°时，∠DEB=∠ADE=90°，
又∵AD=ED，
∴四边形ADEF是正方形，
∴AD=AF=EF=5，
又∵AC=5=BC，
∴AB=52，
在Rt△ABF中，BF=AB2−AF2=522−52=35，
∴BE=BF+EF=45，
又∵△ACD∽△ABE，
∴BECD=ABAC=2，即45CD=2，
∴CD=210，
综上所述，线段CD的长为10或 210．
21.【答案】解：(1)∵∠A=60°，∠ABE=90°，AB=6，tanA=BEAB，
∴∠E=30°，BE=tan60°⋅6=63，
又∵∠CDE=90°，CD=4，sinE=CDCE，∠E=30°，
∴CE=412=8，
∴BC=BE−CE=63−8；
(2))∵∠ABE=90°，AB=6，sinA=45=BEAE，
∴设BE=4x，则AE=5x，得AB=3x，
∴3x=6，得x=2，
∴BE=8，AE=10，
∴tanE=ABBE=68=CDDE=4DE，
解得，DE=163，
∴AD=AE−DE=10−163=143，
即AD的长是143．
【解析】本题考查解直角三角形，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用锐角三角函数进行解答．
(1)要求BC的长，只要求出BE和CE的长即可，由题意可以得到BE和CE的长，本题得以解决；
(2)要求AD的长，只要求出AE和DE的长即可，根据题意可以得到AE、DE的长，本题得以解决．
22.【答案】(1)证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，∠ADE=∠B，
∴∠BAD=∠CDE，
∴△ABD∽△DCE．
(2)解：如图2中，作AM⊥BC于M．
在Rt△ABM中，设BM=4k，则AM=BM⋅tanB=4k×34=3k，
由勾股定理，得到AB2=AM2+BM2，
∴202=(3k)2+(4k)2，
∴k=4或−4(舍弃)，
∵AB=AC，AM⊥BC，
∴BC=2BM=2⋅4k=32，
∵DE//AB，
∴∠BAD=∠ADE，
∵∠ADE=∠B，∠B=∠ACB，
∴∠BAD=∠ACB，
∵∠ABD=∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴ABCB=DBAB，
∴DB=AB2CB=20232=252，
∵DE//AB，
∴AEAC=BDBC，
∴AE=AC⋅BDBC=20×25232=12516．
(3)点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF．
理由：作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N.则∠NHM=∠AMH=∠ANH=90°，
∴四边形AMHN为矩形，
∴∠MAN=90°，MH=AN，
∵AB=AC=20，AM⊥BC，tanB=34，
∴BM=CM=16，
∴BC=32，
在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM=AB2−BM2=202−162=12，
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF=90°=∠AMD，
∵∠DAF=90°=∠MAN，
∴∠NAF=∠MAD，
∴△AFN∽△ADM，
∴ANAM=AFAD=tan∠ADF=tanB=34，
∴AN=34AM=34×12=9，
∴CH=CM−MH=CM−AN=16−9=7，
当DF=CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，
∵FH⊥DC，
∴CD=2CH=14，
∴BD=BC−CD=32−14=18，
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF，此时BD=18．
【解析】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，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．
(1)根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可．
(2)解直角三角形求出BC，由△ABD∽△CBA，推出ABCB=DBAB，可得DB=AB2CB=20232=252，由DE//AB，推出AEAC=BDBC，求出AE即可．
(3)点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF=CF.作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N.则∠NHM=∠AMH=∠ANH=90°，由△AFN∽△ADM，可得ANAM=AFAD=tan∠ADF=tanB=34，推出AN=34AM=34×12=9，推出CH=CM−MH=CM−AN=16−9=7，再利用等腰三角形的性质，求出CD即可解决问题．
23.【答案】解：连接BD，作DM⊥AB于点M，
∵AB=CD，AB，CD分别垂直平分踏步EF，GH，
∴AB//CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠ABD，AC=BD，
∵∠C=65°，AC=900，
∴∠ABD=65°，BD=900，
∴BM=BD⋅cos65°=900×0.423≈381，DM=BD⋅sin65°=900×0.906≈815，
∵381÷3=127，120<127<150，
∴该中学楼梯踏步的高度符合规定，
∵815÷3≈272，260<272<300，
∴该中学楼梯踏步的宽度符合规定，
由上可得，该中学楼梯踏步的宽度和高度都符合规定．
【解析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数即可求得BM和DM的长，然后计算出该中学楼梯踏步的宽度和高度，再与规定的比较大小，即可解答本题．
本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答．
24.【答案】解：(1):在RtΔBOP中，∠BOP=90°，
∴∠BPO =45°，OP =100，
∴OB=OP=100．
在RtΔAOP中， ∠AOP=90°，
∵∠APO =60°，
∴AO=OP·tan∠APO=1003.
∴AB=1003−100=100×1.73−100=73(米)．
(2)∵此车的速度v=734≈18.25米/秒，
60千米/小时≈16.67米/秒，
∴18.25米/秒>16.67米/秒，
此校车超过了白田路每小时60千米的限制速度．
【解析】本题考查了解直角三角形的应用，从复杂的实际问题中整理出直角三角形并求解是解决此类题目的关键．
(1)分别在Rt△APO，Rt△BOP中，求得AO、BO的长，从而求得AB的长
(2)已知时间则可以根据路程公式求得其速度，并将限速与其速度进行比较，若大于限速则超速，否则没有超速.此时注意单位的换算．
25.【答案】解：(1)过点A作AH⊥PO，垂足为点H，
∵斜坡AP的坡度为1：2.4，
∴AHPH=512，
设AH=5k，则PH=12k，由勾股定理，得AP=13k，
∴13k=26，
解得k=2，
∴AH=10，
答：坡顶A到地面PQ的距离为10米．
(2)延长BC交PO于点D，
∵BC⊥AC，AC//PO，
∴BD⊥PO，
∴四边形AHDC是矩形，CD=AH=10，AC=DH，
∵∠BPD=45°，
∴PD=BD，
设BC=x，则x+10=24+DH，
∴AC=DH=x−14，
在Rt△ABC中，tan76°=BCAC，即xx−14≈4.01．
解得x≈19．
答：古塔BC的高度约为19米．
【解析】(1)先过点A作AH⊥PO，根据斜坡AP的坡度为1：2.4，得出AHPH=512，设AH=5k，则PH=12k，AP=13k，求出k的值即可．
(2)先延长BC交PO于点D，根据BC⊥AC，AC//PO，得出BD⊥PO，四边形AHDC是矩形，再根据∠BPD=45°，得出PD=BD，然后设BC=x，得出AC=DH=x−14，最后根据在Rt△ABC中，tan76°=BCAC，列出方程，求出x的值即可．
此题考查了解直角三角形，用到的知识点是勾股定理、锐角三角函数、坡角与坡角等，关键是做出辅助线，构造直角三角形．
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