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2023年中考数学一轮复习 模拟汇编第5讲 图形的运动(含答案)
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这是一份2023年中考数学一轮复习 模拟汇编第5讲 图形的运动(含答案) ，共61页。试卷主要包含了，则点P的坐标为 等内容，欢迎下载使用。
第五讲 图形的运动
一．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
1．（2022•玄武区一模）在平面直角坐标系xOy中，作点P关于x轴的对称点，得到点P1，再将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），则点P的坐标为 ．
二．翻折变换（折叠问题）（共6小题）
2．（2022•建邺区二模）如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为（﹣2，4）．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
3．（2022•南京一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4 B．5 C． D．
4．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上．若AB＝4，则BG的长为 ．
5．（2022•秦淮区校级模拟）如图，将菱形ABCD沿直线EF翻折，点C落在边AB上的点G处，若EG⊥CD，AB＝5，BG＝1，则CE的长为 ．
6．（2022•鼓楼区一模）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝AD．
（1）求证∠CAB＝∠DAB；
（2）若将△ADB沿AB的垂直平分线翻折，则得到的三角形和△ACB可以拼成一个 （写出图形的形状）；
（3）若将△ADB进行一次图形变化，得到的三角形和△ACB拼成一个等腰三角形，请写出图形变化的过程．
7．（2022•雨花台区校级模拟）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
三．旋转的性质（共1小题）
8．（2022•南京一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，BC的延长线交B'C'于点D，若B'C'∥AB，则CD的长为 ．
四．坐标与图形变化-旋转（共2小题）
9．（2022•建邺区一模）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是（5，﹣1），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣0.5，﹣2.5） B．（﹣0.25，﹣2）
C．（0，﹣1.75） D．（0，﹣2.75）
10．（2022•建邺区二模）如图，把平面内一条数轴x绕点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：已知点P是平面斜坐标系中任意一点，过点P作y轴的平行线交x轴于点A，过点P作x轴的平行线交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标．在平面斜坐标系中，若θ＝45°，点P的斜坐标为（1，2），点G的斜坐标为（8，﹣3），连接PG，则线段PG的长度是（ ）
A． B． C． D．
五．比例的性质（共1小题）
11．（2022•鼓楼区二模）若4m＝5n（m≠0），则下列等式成立的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
六．黄金分割（共1小题）
12．（2022•建邺区二模）点P是线段AB的黄金分割点，若AB＝5且PA＞PB，则PA长最接近的整数是 ．
七．相似三角形的判定与性质（共10小题）
13．（2022•玄武区一模）如图，矩形纸片ABCD，AB＝15cm，BC＝20cm，先沿对角线AC将矩形纸片ABCD剪开，再将三角形纸片ABC沿着对角线AC向下适当平移，得到三角形纸片A'BC'，然后剪出如图所示的最大圆形纸片，则此时圆形纸片的半径为（ ）
A．cm B．cm C．cm D．cm
14．（2022•秦淮区二模）如图①，是形如“T”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用4个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为6的正方形中，则a的值为 ．
15．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，BC的垂直平分线DE交AB于点D，垂足为E，若AD＝4，BD＝6，则DE的长为 ．
16．（2022•建邺区一模）如图，在△ABC中，∠B＝30°，点D是AC上一点，过点D作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F．若AE＝5，CF＝4，则四边形BFDE的面积为 ．
17．（2022•鼓楼区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为线段AB上一动点，CF⊥CE交△ACE的外接圆于点F，连接AF，其中AC＝3，BC＝4．
（1）求证：△CFA∽△CEB；
（2）当E从B运动到A时，F运动路径的长为 ．
18．（2022•秦淮区二模）如图，已知△ABC，点D，E分别在BC，CA上，且满足AD＝AB，EB＝EC．
（1）用直尺和圆规确定点D，E；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接AD，EB，AD与EB交于点F．
①求证：△BDF∽△CBA；
②若∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，则DF的长为 ．
19．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 ．
20．（2022•南京一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°．
（1）用直尺与圆规作△ABC的角平分线BD；
（2）找出图中的相似三角形，并证明；
（3）直接写出的值．
21．（2022•玄武区一模）如图，在等边三角形ABC中，BD＝CE，BE，AD相交于点F．
（1）求证△ABD≌△BCE；
（2）求证AE2＝EF•EB．
22．（2022•秦淮区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，E是BD上一点，过B、C、E三点的⊙O与CD相交于点F，连接AE、BF．
（1）求证：△ADE∽△BDF；
（2）当BE＝AB时，求证：直线AE是⊙O的切线．
八．相似形综合题（共1小题）
23．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝6，点G，E分别在边AB，AD上，∠EGF＝90°，EG＝FG，GF，EF分别交BC于点N、M，连接EN．
（1）当GN平分∠ENB时，求证：EN＝AE+BN；
（2）当MF2＝MN•BM时，求AE的值．
（3）当点E是AD的中点，点Q是EN的中点，当点G从点A运动到点B时，直接写出点Q运动的路径长．
九．解直角三角形的应用（共6小题）
24．（2022•鼓楼区校级二模）小淇同学在学习了“平面镜反射原理”后，用一个小平面镜PQ做实验．他先将平面镜放在平面上，如图，用一束与平面成30°角的光线照射平面镜上的A处，使光影正好落在对面墙面上一幅画的底边C点．他不改变光线的角度，原地将平面镜转动了7.5°角，即∠PAP′＝7.5°，使光影落在C点正上方的D点，测得CD＝10cm．求平面镜放置点与墙面的距离AB．（参考数据：≈1.73）
25．（2022•建邺区二模）太阳能光伏发电因其清洁、安全、高效等特点，已成为世界各国重点发展的新能源产业．图①是太阳能电板的实物图，其截面示意图如图②，AB为太阳能电板，其一端A固定在水平面上且夹角∠DAB＝22°，另一端B与支撑钢架BC相连，钢架底座CD和水平面垂直，且∠BCD＝135°．若AD＝3m，CD＝0.5m，求AB的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，结果精确到0.01m．）
26．（2022•秦淮区二模）如图，一条宽为0.5km的河的两岸PQ，MN互相平行，河上有两座垂直于河岸的桥CD，EF．测得公路AC的长为6km，公路AC，AE与河岸PQ的夹角分别为45°，71.6°，公路BD，BF与河岸MN的夹角分别为60°，30°．
（1）求两座桥CD，EF之间的距离（精确到0.1km）；
（2）比较路径①：A﹣C﹣D﹣B和路径②：A﹣E﹣F﹣B的长短，则较短路径为 （填序号），两路径相差 km（精确到0.1km）．（参考数据：tan71.6°≈3.0，≈1.41，≈1.73，≈2.24．）
27．（2022•秦淮区校级模拟）如图，某渔轮在航行中遇险发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，测出该渔轮在海军舰艇的北偏东45°，距离为海里的C处，并测得该渔轮正沿南偏东53°的方向行进．海军舰艇立即沿北偏东67.4°的方向前去营救，与渔轮在B处相遇，求渔轮的航程BC和海军舰艇的航程AB．
（参考数据：sin53°＝cos37°≈0.80，cos53°＝sin37°≈0.60，tan67.4°≈2.4）．
28．（2022•建邺区一模）图①是一只消毒液喷雾瓶的实物图，其示意图如图②，AB＝6cm，BC＝4cm，∠ABC＝85°，∠BCD＝120°．求点A到CD的距离．（精确到三位小数，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423，tan65°≈2.145，≈1.732）
29．（2022•玄武区一模）如图①，某款线上教学设备由底座，支撑臂AB，连杆BC，悬臂CD和安装在D处的摄像头组成．如图②是该款设备放置在水平桌面l上的示意图．已知支撑臂AB⊥l，AB＝15cm，BC＝30cm，测量得∠ABC＝148°，∠BCD＝28°，AE＝9cm．求摄像头到桌面l的距离DE的长（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，≈1.73）
一十．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
30．（2022•建邺区二模）某商场为方便消费者购物，准备将原来的阶梯式自动扶梯改造成斜坡式自动扶梯，如图，已知原阶梯式自动扶梯AB的长为6m，坡角∠ABE＝45°，改造后的斜坡自动扶梯坡角∠ACB＝15°，求改造后的斜坡式自动扶梯AC的长．（精确到0.1m，参考数据；sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0，27）
一十一．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共7小题）
31．（2022•玄武区二模）如图，山顶的正上方有一塔AB，为了测量塔AB的高度，在距山脚M一定距离的C处测得塔尖顶部A的仰角∠ACM＝37°，测得塔底部B的仰角∠BCM＝31°，然后沿CM方向前进30m到达D处，此时测得塔尖仰角∠ADM＝45°（C，D，M三点在同一直线上），求塔AB的高度．
（参考数据：tan31°≈0.60，tan37°≈0.75）
32．（2022•南京二模）如图，宝塔底座BC的高度为m，小明在D处测得底座最高点C的仰角为α，沿着DB方向前进n到达测量点E处，测得宝塔顶端A的仰角为β，求宝塔AB的高度．（用含α，β，m，n的式子表示）
33．（2022•鼓楼区二模）如图①，某儿童医院门诊大厅收费处正上方的“蜘蛛侠”雕塑有效缓解了就医小朋友的紧张情绪．为了测量图②中“蜘蛛侠”BE的长度，小莉在地面上F处测得B处、E处的仰角分别为37°、56.31°．已知∠ABE＝45°，F到收费处OA的水平距离FC约为16m，且F与BE确定的平面与地面垂直．求“蜘蛛侠”BE的长度．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，tan56.31°≈1.50．）
34．（2022•南京一模）如图，为了测量小河对岸大树BC的高度，小明在点A处测得大树顶端B的仰角为37°，再从点A出发沿倾斜角为30°的斜坡AF走4m到达斜坡上点D，在此处测得树顶端B的仰角为26.7°．求大树BC的高度（精确到0.1m）．
（参考数据：tan37°≈0.75，tan26.7°≈0.5，≈1.73．）
35．（2022•鼓楼区一模）如图，AB是一条笔直的长为500m的滑雪坡道，某运动员从坡顶A滑出，沿直线滑向坡底B，她的滑行距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）的部分对应值如下表．
x
0
1
2
3
4
…
y
0
4.5
14
28.5
48
…
（1）用所学过的函数知识猜想y是x的什么函数，并求出y与x之间的函数表达式；
（2）一架无人机在AB上空距地面292m的P处悬停，此时在A处测得无人机的仰角为53°．无人机和该运动员同时开始运动，无人机以6.3m/s的速度匀速水平飞行拍摄，离A处越来越远．已知无人机（看成一个点）与AB（看成一条线段）所确定的平面始终垂直于地面，AB与地面MN的夹角为26°．求该运动员滑行多久时，她恰在无人机的正下方．
（参考数据：tan53°≈，sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49．）
36．（2022•南京一模）如图是一个亭子的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是亭子的高AB所在的直线．为了测量亭子的高度，在地面上C点测得亭子顶端A的仰角为35°，此时地面上C点、亭檐上E点、亭顶上A点三点恰好共线，继续向亭子方向走8m到达点D时，又测得亭檐E点的仰角为60°，亭子的顶层横梁EF＝12m，EF∥CB，AB交EF于点G（点C，D，B在同一水平线上）．求亭子的高AB（结果精确到0.1m）．
（参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，≈1.7）
37．（2022•雨花台区校级模拟）如图，有两座建筑物AB与CD，从A测得建筑物顶部D的仰角为16°，在BC上有一点E，点E到B的距离为24米，从E测得建筑物的顶部A、D的仰角分别为37°、45°．求建筑物CD的高度．（参考数据：tan16°≈0.30，tan37°≈0.75）
一十二．简单几何体的三视图（共2小题）
38．（2022•建邺区二模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图完全相同的是（ ）
A．球体 B．圆柱 C．三棱锥 D．三棱柱
39．（2022•玄武区二模）下面四个几何体中，主视图是四边形的几何体共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
第五讲 图形的运动
参考答案与试题解析
一．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
1．（2022•玄武区一模）在平面直角坐标系xOy中，作点P关于x轴的对称点，得到点P1，再将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），则点P的坐标为 （﹣2，1） ．
【分析】直接利用平移的性质得出P1坐标，再利用关于x轴对称图形的性质得出答案．
【解答】解：∵将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），
∴P1（﹣2，﹣1），
∵点P关于x轴的对称点，得到点P1，
∴点P的坐标为（﹣2，1）．
故答案为：（﹣2，1）．
二．翻折变换（折叠问题）（共6小题）
2．（2022•建邺区二模）如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为（﹣2，4）．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【分析】如图，过D作DF⊥AF于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE＝DE，OA＝CD＝1，设OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，利用勾股定理即可求出OE的长度，而利用已知条件可以证明△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝4，接着利用相似三角形的性质即可求出DF、AF的长度，也就求出了D的坐标．
【解答】解：如图，过D作DF⊥AF于F，
∵点B的坐标为（﹣2，4），
∴AO＝2，AB＝4，
根据折叠可知：CD＝OA，
而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，
∴△CDE≌△AOE，
∴OE＝DE，OA＝CD＝2，
设OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，
∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，
∴（4﹣x）2＝x2+22，
∴x＝，
又DF⊥AF，
∴DF∥EO，
∴△AEO∽△ADF，
而AD＝AB＝4，
∴AE＝CE＝4﹣＝，
∴，即，
∴DF＝，AF＝．
∴OF＝AF﹣OA＝﹣2＝，
∴点D的坐标为（，）．
故选：A．
3．（2022•南京一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4 B．5 C． D．
【分析】利用折叠性质和菱形的性质得出△ADF为等腰三角形，过点A作AG⊥DF，由等腰三角形的性质可得点G为DF中点，由点F为CD中点可得DG＝CD＝AD，即可求解．
【解答】解：如图，过点A作AG⊥CD，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD沿AE翻折，
∴AB＝AD，AB＝AF，∠ABE＝∠D，
∴AD＝AF，
∴三角形ADF为等腰三角形，
∵AG⊥DF，
∴点G为DF中点，
∵点F为CD中点，
∴AD＝CD＝4DG，
设DG＝a，则AD＝4a，
在Rt△ADG中，AD2＝AG2+DG2，
∴（4a）2＝AG2+a2，
∴AG＝a，
∴tan∠ABE＝tanD＝＝，
故选：D．
4．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上．若AB＝4，则BG的长为 ．
【分析】连接AA′，根据翻折的性质，可得到△ABA′是等边三角形，可得到∠ABG＝∠ABA′＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：如图，连接AA′，
在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，
∴EF⊥AB，AE＝BE，
∴EF垂直平分AB，
∴A′A＝A′B，
由折叠可得，AB＝A′B，∠ABG＝∠A′BG，
∴AB＝BA′＝AA′，
∴△ABA′是等边三角形，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠ABG＝∠ABA′＝30°，
∴AG＝BG，
∵AB＝4，
∴BG2＝AB2+AG2，
∴BG2＝42+BG2，
∴BG＝．
故答案为：．
5．（2022•秦淮区校级模拟）如图，将菱形ABCD沿直线EF翻折，点C落在边AB上的点G处，若EG⊥CD，AB＝5，BG＝1，则CE的长为 4 ．
【分析】延长AB，作CH⊥AB，垂足为H，根据菱形的性质和翻折的性质证明四边形ECHG是正方形，设EC＝GH＝EG＝CH＝x，根据勾股定理列方程即可解决问题．
【解答】解：如图，延长AB，作CH⊥AB，垂足为H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，DC∥AB，
∵EG⊥CD，
∴EG⊥AB，
∴∠EGH＝∠GEC＝∠ECH＝90°，
∴四边形ECHG是矩形，
∴EC＝GH，EG＝CH，
由翻折可知：EC＝EG，
∴四边形ECHG是正方形，
∴EC＝GH＝EG＝CH，
设EC＝GH＝EG＝CH＝x，
∵AB＝BC＝5，BG＝1，
∴BH＝GH﹣BG＝x﹣1，
在Rt△CBH中，根据勾股定理得：
BH2+CH2＝BC2，
∴（x﹣1）2+x2＝52，
解得x＝4或x＝﹣3（舍去），
∴CE＝4．
故答案为：4．
6．（2022•鼓楼区一模）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝AD．
（1）求证∠CAB＝∠DAB；
（2）若将△ADB沿AB的垂直平分线翻折，则得到的三角形和△ACB可以拼成一个 矩形 （写出图形的形状）；
（3）若将△ADB进行一次图形变化，得到的三角形和△ACB拼成一个等腰三角形，请写出图形变化的过程．
【分析】（1）由∠C＝∠D＝90°可得△ACB和△ADB为直角三角形，由AC＝AD，AB＝AB可用HL证明两三角形全等，从而证明∠CAB＝∠DAB；
（2）作出线段AB的垂直平分线MN，再根据轴对称变换将△ADB沿MN翻折，即可得出图形的形状；
（3）将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，所形成的的三角形为等腰三角形，或者将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，所形成的三角形为等腰三角形．
【解答】（1）证明：∵∠C＝∠D＝90°，
在Rt△ACB和Rt△ADB中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△ADB（HL），
∴∠CAB＝∠DAB；
（2）解：如图，作出线段AB的垂直平分线MN，再根据轴对称变换将△ADB沿MN翻折，变换后的图形为四边形ACBD′，
由折叠性质可得：
∠D′＝∠D＝90°，∠C＝90°，∠DAB＝∠D′BA，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵∠CAB＝∠DAB，
∴∠CBA+∠D′BA＝90°，
∴∠CBD′＝90°，
∴四边形ACBD′为矩形，
故答案为：矩形；
（3）方法一：如图，将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴此时A，C，A1三点共线，
∵AB＝A1B，
∴△ABA1为等腰三角形；
方法二：如图，将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴此时B，C，B2三点共线，
∵AB＝A2B，
∴△ABB2为等腰三角形；
综上，方法一：将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，所形成的的三角形为等腰三角形；
方法二：将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，所形成的三角形为等腰三角形．
7．（2022•雨花台区校级模拟）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
【分析】（1）根据题意和翻折的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．
【解答】（1）证明：由题意可得，
△BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE＝∠CEB，
∴∠FGE＝∠FEG，
∴FG＝FE，
∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE＝FE，
∴四边形CEFG是菱形；
（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，
∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10，
∴AF＝8，
∴DF＝2，
设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x，
∵∠FDE＝90°，
∴22+（6﹣x）2＝x2，
解得，x＝，
∴CE＝，
∴四边形CEFG的面积是：CE•DF＝×2＝．
三．旋转的性质（共1小题）
8．（2022•南京一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，BC的延长线交B'C'于点D，若B'C'∥AB，则CD的长为 2 ．
【分析】设CE＝x，由B′C′∥AB，可推得∠BAE＝∠B′，由旋转的性质得：∠B＝∠B′，于是得到∠BAE＝∠B，AC＝AC′＝4，AE＝BE＝8﹣x，由勾股定理可求得x，进而求得DE，便可求得结果．
【解答】解：设CE＝x，
∵B′C′∥AB，
∴∠BAB＝∠B′，
由旋转的性质得：∠B＝∠B′，AC＝AC′＝6，
∴∠BAE＝∠B，
∴AE＝BE＝8﹣x，
∴（8﹣x）2＝x2+62，
∴x＝，
∴CE＝，
∴AE＝BE＝8﹣，
∵AB＝AB′＝，
∴B′E＝AB′﹣AE＝，
∵B′C′∥AB，
∴∠EB′D＝∠BAE＝∠ABE＝∠EDB′，
∴DE＝B′E＝，
∴CD＝DE﹣CE＝2，
故答案为：2．
四．坐标与图形变化-旋转（共2小题）
9．（2022•建邺区一模）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是（5，﹣1），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣0.5，﹣2.5） B．（﹣0.25，﹣2）
C．（0，﹣1.75） D．（0，﹣2.75）
【分析】如图，设AB的中点为Q，过点Z作AN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥AN于点K，过点C作CT⊥QK于T，利用全等三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图，设AB的中点为Q，
∵A（﹣2，3），B（5，﹣1），
∴Q（1.5，1），
过点Z作AN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥AN于点K，过点C作CT⊥QK于T，
则K（﹣2，1）AK＝2，QK＝3.5，
∵∠AKQ＝∠CTQ＝∠AQC＝90°，
∴∠AQK+∠CQT＝90°，∠CQT+∠TCQ＝90°，
∴∠AQK＝∠TCQ，
在△AKQ和△QTC中，
，
∴△AKQ≌△QTC（AAS），
∴QT＝AK＝2，CT＝QK＝3.5，
∴C（﹣0.5，﹣2.5）
故选：A．
10．（2022•建邺区二模）如图，把平面内一条数轴x绕点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：已知点P是平面斜坐标系中任意一点，过点P作y轴的平行线交x轴于点A，过点P作x轴的平行线交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标．在平面斜坐标系中，若θ＝45°，点P的斜坐标为（1，2），点G的斜坐标为（8，﹣3），连接PG，则线段PG的长度是（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图，作PA∥y轴交x轴于A，PH⊥x轴于H．GM∥y轴交x轴于M，连接PG交x轴于N．利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图，作PA∥y轴交x轴于A，PH⊥x轴于H．GM∥y轴交x轴于M，连接PG交x轴于N．
∵P（1，2），G（8．﹣3），
∴OA＝1，PA＝2，MG＝3，OM＝8，AM＝7，
∵PA∥GM，
∴∠PAN＝∠GMN，
∵∠ANP＝∠MNG，
∴△ANP∽△MNG，
∴＝＝＝，
∴AN＝AM＝，
∵PA∥OY，
∴∠PAH＝θ＝45°，
∴PH＝AH＝2，
∴HN＝﹣2＝，
∴PN＝＝＝，
∴NG＝PN＝，
∴PG＝PN+NG＝，
故选：A．
五．比例的性质（共1小题）
11．（2022•鼓楼区二模）若4m＝5n（m≠0），则下列等式成立的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】根据比例的基本性质，把每一个选项中的比例式转化成等积式即可解答．
【解答】解：A．因为＝，所以5m＝4n，故此选项不符合题意；
B．因为＝，所以mn＝20，故此选项不符合题意；
C．因为＝，所以5m＝4n，故此选项不符合题意；
D．因为＝，所以4m＝5n，故此选项符合题意．
故选：D．
六．黄金分割（共1小题）
12．（2022•建邺区二模）点P是线段AB的黄金分割点，若AB＝5且PA＞PB，则PA长最接近的整数是 3 ．
【分析】根据黄金比为0.618进行计算即可得到答案．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，
∴PA＝0.618AB＝0.618×5≈3．
故答案为：3．
七．相似三角形的判定与性质（共10小题）
13．（2022•玄武区一模）如图，矩形纸片ABCD，AB＝15cm，BC＝20cm，先沿对角线AC将矩形纸片ABCD剪开，再将三角形纸片ABC沿着对角线AC向下适当平移，得到三角形纸片A'BC'，然后剪出如图所示的最大圆形纸片，则此时圆形纸片的半径为（ ）
A．cm B．cm C．cm D．cm
【分析】过点A'作A'P⊥AD于点P，设AP＝xcm，A'P＝y cm，圆的直径为dcm，利用对边之间的关系可得x与y的关系，再利用A字型相似也可求出x与y的关系，进而可求出x，d，从而得出结论．
【解答】解：过点A'作A'P⊥AD于点P，设AP＝xcm，A'P＝y cm，圆的直径为dcm，
由题意可得：d+x＝20，d﹣y＝15，
∴20﹣x＝15+y，即x+y＝5，
∵∠A＝∠A，∠APA'＝∠ADC，
∴△APA'∽△ADC，
∴，即，
∴y＝，
∴x＝，d＝，
∴半径为：cm．
故选：A．
14．（2022•秦淮区二模）如图①，是形如“T”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用4个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为6的正方形中，则a的值为 ．
【分析】根据题意可得BC＝EF＝2a，CD＝a，DE＝3a，∠DEF＝∠BCD＝∠CDE＝90°，从而在Rt△DCE中，利用勾股定理求出CE的长，根据正方形的性质可得∠A＝∠G＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠ABC＝∠DCE，从而可证△ABC∽△DCE，进而利用相似三角形的性质可得AC＝3AB，再在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB＝a，AC＝a，最后证明△ABC≌△GEF，从而可得EG＝a，进而根据正方形的边长AG＝6，进行计算即可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：
BC＝EF＝2a，CD＝a，DE＝3a，∠DEF＝∠BCD＝∠CDE＝90°，
∴CE＝＝＝a，
∵四边形AGHM是正方形，
∴∠A＝∠G＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵∠ACB+∠DCE＝90°，
∴∠ABC＝∠DCE，
∴△ABC∽△DCE，
∴＝＝＝，
∴AC＝3AB，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴AB2+9AB2＝（2a）2，
∴AB＝a，
∴AC＝3AB＝a，
∵∠DEF＝∠CDE＝90°，
∴DC∥EF，
∴∠DCE＝∠FEG，
∴∠ABC＝∠FEG，
∴△ABC≌△GEF（AAS），
∴EG＝AB＝a，
∴AC+CE+EG＝6，
∴a+a+a＝6，
∴a＝，
故答案为：．
15．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，BC的垂直平分线DE交AB于点D，垂足为E，若AD＝4，BD＝6，则DE的长为 ．
【分析】连接DC，根据线段垂直平分线的性质得到DB＝DC，证明△ACD∽△ABC，根据相似三角形的性质求出BC，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：连接DC，
∵DE是BC的垂直平分线，
∴DB＝DC＝6，
∴∠DCB＝∠B，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴＝＝，即＝＝，
解得：BC＝3，
∴BE＝，
由勾股定理得：DE＝＝，
故答案为：．
16．（2022•建邺区一模）如图，在△ABC中，∠B＝30°，点D是AC上一点，过点D作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F．若AE＝5，CF＝4，则四边形BFDE的面积为 10 ．
【分析】已知DE∥BC，DF∥AB，得到△AED∽△DFC，从而得到比例式，继而得到四边形的面积．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠B，∠ADE＝∠C，
∵DF∥AB，
∴∠B＝∠DFC，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△AED∽△DFC，
∴，
∴DE•DF＝AE•FC＝5×4＝20，
∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
过点E作EM⊥BF，
∴S▱BEDF＝DE•EM，EM＝BE•sin∠B，
∵BE＝DF，sin∠B＝sin30°＝，
∴S▱BEDF＝DE•EM
＝DE•BE•sin∠B
＝DE•DF•sin∠B
＝20×
＝10．
故答案为：10．
17．（2022•鼓楼区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为线段AB上一动点，CF⊥CE交△ACE的外接圆于点F，连接AF，其中AC＝3，BC＝4．
（1）求证：△CFA∽△CEB；
（2）当E从B运动到A时，F运动路径的长为 ．
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可；
（2）判断出点F的运动轨迹，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）证明：∵CE⊥CF，
∴∠ECF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCE，
∵∠AFC+∠AEC＝180°，∠CEB+∠AEC＝180°，
∴∠AFC＝∠CEB，
∴△CFA∽△CEB；
（2）解：在Rt△ACB中，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵△CFA∽△CEB，
∴＝，∠CAF＝∠B，
∴AF＝BE，
∴点F的运动轨迹是射线AF，
∴当E从B运动到A时，F运动路径的长为×5＝，
故答案为：．
18．（2022•秦淮区二模）如图，已知△ABC，点D，E分别在BC，CA上，且满足AD＝AB，EB＝EC．
（1）用直尺和圆规确定点D，E；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接AD，EB，AD与EB交于点F．
①求证：△BDF∽△CBA；
②若∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，则DF的长为 ．
【分析】（1）以A点为圆心AB长为半径画弧交BC于点D，作BC的垂直平分线交AC于E即可；
（2）①根据等腰三角形的性质得出两组对应角相等即可证明三角形相似；
②过点A作AH⊥BD于点H，根据勾股定理求出BC的长度，刘勇三角函数求出BH，根据等腰三角形的性质得出BD，再根据相似三角形对应边成比例求出DF即可．
【解答】解：（1）作图如下：
（2）①如下图：
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵EB＝EC，
∴∠EBD＝∠C，
∴△BDF∽△CBA；
②过点A作AH⊥BD于点H，
∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝＝5，
∵cos∠ABH＝，
∴＝，
∴BH＝，
∵AB＝AD，
∴BD＝2BH＝，
由①知△BDF∽△CBA，
∴，
即，
解得DF＝，
故答案为：．
19．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 2 ．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得∠B＝∠C＝30°，再利用垂直定义可得∠DAC＝90°，从而利用三角形的外角可得∠BDA＝∠BAC＝120°，然后证明△BDA∽△BAC，利用相似三角形的性质进行计算即可解答；
（2）利用（1）的结论可得∠B＝∠BAD＝30°，从而可得BD＝AD＝2，然后在Rt△ADC中，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DA⊥AC，
∴∠DAC＝90°，
∴∠BDA＝∠DAC+∠C＝120°，
∴∠BAC＝∠BDA＝120°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴＝，
∴AB2＝BD•BC；
（2）∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝30°，
∵∠B＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD＝2，
在Rt△ADC中，∠C＝30°，
∴AC＝AD＝2，
故答案为：2．
20．（2022•南京一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°．
（1）用直尺与圆规作△ABC的角平分线BD；
（2）找出图中的相似三角形，并证明；
（3）直接写出的值．
【分析】（1）作∠ABC的角平分线BD，交AC于点D；
（2）由等腰三角形的性质和角平分线的性质可得∠CBD＝∠A＝36°，可得结论；
（3）由相似三角形的性质可得，即可求解．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）△ABC∽△BDC，理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝36°，
∴∠CBD＝∠A，
又∵∠C＝∠C，
∴△ABC∽△BDC；
（3）∵∠ABD＝∠CBD＝36°＝∠A，
∴AD＝BD，∠BDC＝∠C＝72°，
∴BD＝BC＝AD，
∵△ABC∽△BDC，
∴，
∴，
∴＝（负值已经舍去）．
21．（2022•玄武区一模）如图，在等边三角形ABC中，BD＝CE，BE，AD相交于点F．
（1）求证△ABD≌△BCE；
（2）求证AE2＝EF•EB．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，然后利用SAS证明△ABD≌△BCE，即可解答；
（2）利用（1）的结论可得∠ABC＝∠BAC，∠CBE＝∠BAF，从而可得∠ABE＝∠EAF，然后利用两角相等的两个三角形相似证明△ABE∽△FAE，再利用相似三角形的性质即可解答．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS）；
（2）∵∠ABC＝∠BAC，
∴∠ABE+∠CBE＝∠BAF+∠EAF，
∵△ABD≌△BCE，
∴∠CBE＝∠BAF，
∴∠ABE＝∠EAF，
∵∠AEF＝∠BEA，
∴△ABE∽△FAE，
∴＝，
∴AE2＝EF•EB．
22．（2022•秦淮区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，E是BD上一点，过B、C、E三点的⊙O与CD相交于点F，连接AE、BF．
（1）求证：△ADE∽△BDF；
（2）当BE＝AB时，求证：直线AE是⊙O的切线．
【分析】（1）先利用SAS证明△ADE≌△CDE，再根据圆周角定理得到∠DBF＝∠DCE，推出∠DAE＝∠DBF，即可得出结论；
（2）先证明BF是⊙O的直径，再证明∠BAE+∠DAE＝∠BEA+∠OEB＝90°，即∠OEA＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：（1）连接CE，
∵四边形ABCD是正方形，且BD是对角线，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE＝45°，
在△ADE与△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE＝∠DCE，
∵B，E，F，C共圆，
∴∠FBE＝∠FCE，
即∠DBF＝∠DCE，
∴∠DAE＝∠DBF，
又∵∠ADE＝∠BDF＝45°，
∴△ADE∽△BDF；
（2）连接OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCF＝∠BAD＝90°，
∴BF是⊙O的直径，
∵OB＝OE，
∴∠OBE＝∠OEB，
∵∠DAE＝∠DBF，
∴∠DAE＝∠OEB，
∵BE＝AB，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴∠BAE+∠DAE＝∠BEA+∠OEB＝90°，
即∠OEA＝90°，
又∵OE是⊙O的半径，
∴直线AE是⊙O的切线．
八．相似形综合题（共1小题）
23．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝6，点G，E分别在边AB，AD上，∠EGF＝90°，EG＝FG，GF，EF分别交BC于点N、M，连接EN．
（1）当GN平分∠ENB时，求证：EN＝AE+BN；
（2）当MF2＝MN•BM时，求AE的值．
（3）当点E是AD的中点，点Q是EN的中点，当点G从点A运动到点B时，直接写出点Q运动的路径长．
【分析】（1）延长NG，DA交于H，利用角平分线的定义和平行线的性质得HE＝EN，则HG＝GN，再利用AAS证明△AHG≌△BNG，得AH＝BN，可得结论；
（2）作FP⊥AB，交AB的延长线于P，首先可证明△AGE≌△PFG（AAS），得AE＝PG，AG＝PF，再利用MF2＝MN•BM，∠NMF＝∠BMF，得△MFN∽△MBF，可知△PBF是等腰直角三角形，得BP＝PF，即可得出AE的长；
（3）作ET⊥BC于T，QS⊥BC于S，QS＝ET＝3，当点G与A重合时，点Q为BE的中点，当点G与B重合时，点Q仍为BE的中点，则点Q运动路径是一条来回的线段，再利用△AEG∽∠BGN，求出BN的最大值，从而解决问题．
【解答】（1）证明：延长NG，DA交于H，
∵GN平分∠ENB，
∴∠BNG＝∠ENG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠H＝∠GNB，
∴∠H＝∠ENG，
∴HE＝EN，
∵EG⊥HN，
∴HG＝GN，
∵∠AGH＝∠BGN，
∴△AHG≌△BNG（AAS），
∴AH＝BN，
∴HE＝BN+AE，
∴EN＝BN+AE；
（2）解：作FP⊥AB，交AB的延长线于P，
∵∠AGE+∠BGF＝90°，∠AGE+∠AEG＝90°，
∴∠PGF＝∠AEG，
∵∠A＝∠P，EG＝FG，
∴△AGE≌△PFG（AAS），
∴AE＝PG，AG＝PF，
∵MF2＝MN•BM，∠NMF＝∠BMF，
∴△MFN∽△MBF，
∴∠NBF＝∠MFN＝45°，
∴∠PBF＝45°，
∴△PBF是等腰直角三角形，
∴BP＝PF，
∴AG＝BP，
∴PG＝AB＝6，
∴AE＝PG＝6；
（3）解：作ET⊥BC于T，QS⊥BC于S，
∴QS＝ET＝3，
当点G与A重合时，点Q为BE的中点，
当点G与B重合时，点Q仍为BE的中点，
∴点Q运动路径是一条来回的线段，
∵∠AEG＝∠BGN，∠A＝∠B，
∴△AEG∽∠BGN，
∴，
设AG＝x，
∴，
∴BN＝﹣，
当x＝3时，BN最大为，
∴Q'Q的最大值为，
∴点Q的运动路径为2×．
九．解直角三角形的应用（共6小题）
24．（2022•鼓楼区校级二模）小淇同学在学习了“平面镜反射原理”后，用一个小平面镜PQ做实验．他先将平面镜放在平面上，如图，用一束与平面成30°角的光线照射平面镜上的A处，使光影正好落在对面墙面上一幅画的底边C点．他不改变光线的角度，原地将平面镜转动了7.5°角，即∠PAP′＝7.5°，使光影落在C点正上方的D点，测得CD＝10cm．求平面镜放置点与墙面的距离AB．（参考数据：≈1.73）
【分析】设AB＝xcm，则DB＝xcm，根据CD＝BD﹣BC，构建方程求解即可．
【解答】解：由题意得：∠DAB＝37.5°+7.5°＝45°．
设AB＝xcm，则DB＝xcm，
在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，
∵tan∠CAB＝，
∴BC＝AB•tan∠CAB＝x，
∵CD＝BD﹣BC，
∴x﹣x＝10，
∴x≈23.65．
因此，平面镜放置点与墙面的距离AB是23.65cm．
25．（2022•建邺区二模）太阳能光伏发电因其清洁、安全、高效等特点，已成为世界各国重点发展的新能源产业．图①是太阳能电板的实物图，其截面示意图如图②，AB为太阳能电板，其一端A固定在水平面上且夹角∠DAB＝22°，另一端B与支撑钢架BC相连，钢架底座CD和水平面垂直，且∠BCD＝135°．若AD＝3m，CD＝0.5m，求AB的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，结果精确到0.01m．）
【分析】根据题意和题目中的数据，先计算出BF的值，然后即可得到BE的值，再根据锐角三角函数即可得到AB的值．
【解答】解：∵∠BCD＝135°，∠FCD＝90°，
∴∠BCF＝45°，
∵∠BFC＝90°，
∴∠FBC＝∠FCB＝45°，
∴FB＝FC，
设FB＝FC＝xm，则DE＝xm，
∵AD＝3m，CD＝0.5m，
∴AE＝（3﹣x）m，BE＝（x+0.5）m，
∵tan∠BAE＝，∠BAE＝22°，tan22°＝0.40，
∴0.40＝，
解得x＝0.5，
∴BE＝1m，
∵sin∠BAE＝，
∴sin22°＝，
解得AB≈2.70m，
即AB的长约为2.70m．
26．（2022•秦淮区二模）如图，一条宽为0.5km的河的两岸PQ，MN互相平行，河上有两座垂直于河岸的桥CD，EF．测得公路AC的长为6km，公路AC，AE与河岸PQ的夹角分别为45°，71.6°，公路BD，BF与河岸MN的夹角分别为60°，30°．
（1）求两座桥CD，EF之间的距离（精确到0.1km）；
（2）比较路径①：A﹣C﹣D﹣B和路径②：A﹣E﹣F﹣B的长短，则较短路径为 ① （填序号），两路径相差 0.5 km（精确到0.1km）．（参考数据：tan71.6°≈3.0，≈1.41，≈1.73，≈2.24．）
【分析】（1）过点A作AG⊥PQ，垂足为G，在Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义求出AG，CG的长，再在Rt△AEG中，利用锐角三角函数的定义求出EG的长，进行计算可求出CE的长，即可解答；
（2）过点B作BH⊥PQ，垂足为Q，根据题意得：CE＝DF＝2km，根据三角形的外角可得∠FBD＝30°，从而可得BD＝DF＝2km，然后在Rt△BHD中，利用锐角三角函数的定义求出BH的长，从而在Rt△BHF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，然后再在Rt△AEG中，利用勾股定理求出AE的长，最后分别计算出路径①和路径②的长，即可解答．
【解答】解：（1）过点A作AG⊥PQ，垂足为G，
在Rt△ACG中，AC＝6km，∠ACG＝45°，
∴AG＝AC•sin45°＝6×＝3（km），
CG＝AC•cos45°＝6×＝3（km），
在Rt△AEG中，∠AEG＝71.6°，
∴EG＝≈＝（cm），
∴CE＝CG﹣EG＝3﹣＝2≈2.8（km），
∴两座桥CD，EF之间的距离约为2.8km；
（2）过点B作BH⊥PQ，垂足为Q，
由题意得：
CE＝DF＝2km，
∵∠BDH是△BDF的一个外角，
∴∠FBD＝∠BDH﹣∠BFD＝30°，
∴∠BFD＝∠DBF＝30°，
∴DB＝DF＝2km，
在Rt△BHD中，∠BDH＝60°，
∴BH＝BD•sin60°＝2×＝，
∴BF＝2BH＝2（km），
在Rt△AEG中，AE＝＝＝2，
∴路径①的长＝AC+CD+BD＝6+0.5+2≈9.32（km），
路径②的长＝AE+EF+BF＝2+0.5+2≈9.86（km），
9.86﹣9.32≈0.5（km），
∴较短路径为：①，两路径相差0.5km，
故答案为：①，0.5．
27．（2022•秦淮区校级模拟）如图，某渔轮在航行中遇险发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，测出该渔轮在海军舰艇的北偏东45°，距离为海里的C处，并测得该渔轮正沿南偏东53°的方向行进．海军舰艇立即沿北偏东67.4°的方向前去营救，与渔轮在B处相遇，求渔轮的航程BC和海军舰艇的航程AB．
（参考数据：sin53°＝cos37°≈0.80，cos53°＝sin37°≈0.60，tan67.4°≈2.4）．
【分析】分别过点A、B、C延长方向线，根据题意可得∠DAC＝45°，∠CBF＝53°，∠ABE＝67.4°，DF＝AE，AD＝EF，在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出AD，DC的长，从而求出EF的长，再设BC＝x海里，在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义求出CF，BF的长，从而求出DF，AE，BE的长，然后在Rt△ABE中，利用锐角三角函数定义列出关于x的方程，进行计算从而求出BC，AE，BE的长，最后根据勾股定理求出AB的长，即可解答．
【解答】解：分别过点A、B、C延长方向线，交点如图所示，
由题意得：
∠DAC＝45°，∠CBF＝53°，∠ABE＝67.4°，DF＝AE，AD＝EF，
在Rt△ADC中，AC＝16海里，
∴AD＝AC•cos45°＝16×＝16（海里），
CD＝AC•sin45°＝16×＝16（海里），
∴AD＝EF＝16海里，
设BC＝x海里，
在Rt△BCF中，CF＝BC•sin53°≈0.8x（海里），
BF＝BC•cos53°≈0.6x（海里），
∴BE＝EF﹣BF＝（16﹣0.6x）海里，
AE＝DF＝DC+CF＝（16+0.8x）海里，
在Rt△ABE中，tan67.4°＝＝≈2.4，
∴x＝10，
经检验：x＝10是原方程的根，
∴BC＝10海里，
AE＝16+0.8×10＝24（海里），
BE＝16﹣0.6×10＝10（海里），
∴AB＝＝＝26（海里），
∴渔轮的航程BC约为10海里，海军舰艇的航程AB约为26海里．
28．（2022•建邺区一模）图①是一只消毒液喷雾瓶的实物图，其示意图如图②，AB＝6cm，BC＝4cm，∠ABC＝85°，∠BCD＝120°．求点A到CD的距离．（精确到三位小数，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423，tan65°≈2.145，≈1.732）
【分析】过点A作AE⊥CD，垂足为E，过点B作BF⊥DC，交DC的延长线于点F，过点A作AG⊥BF，交FB于点G，根据题意可得AE＝FG，∠BFC＝∠AGB＝90°，先利用平角定义求出∠BCF的度数，从而求出∠FBC的度数，然后在Rt△BCF中，利用锐角三角函数定义求出BF的长，再利用平角定义求出∠ABG的度数，最后在Rt△ABG中，利用锐角三角函数的定义求出BG的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，过点B作BF⊥DC，交DC的延长线于点F，过点A作AG⊥BF，交FB于点G，
则AE＝FG，∠BFC＝∠AGB＝90°，
∵∠BCD＝120°．
∴∠BCF＝180°﹣∠BCD＝60°，
∴∠FBC＝90°﹣∠BCF＝30°，
在Rt△BCF中，BC＝4cm，
∴BF＝BC•sin60°＝4×＝2（cm），
∵∠ABC＝85°，
∴∠ABG＝180°﹣∠ABC﹣∠FBC＝65°，
在Rt△ABG中，AB＝6cm，
∴BG＝AB•cos65°≈6×0.423＝2.538（cm），
∴AE＝FG＝BG+BF＝2.538+2≈6.002（cm），
∴点A到CD的距离约为6.002cm．
29．（2022•玄武区一模）如图①，某款线上教学设备由底座，支撑臂AB，连杆BC，悬臂CD和安装在D处的摄像头组成．如图②是该款设备放置在水平桌面l上的示意图．已知支撑臂AB⊥l，AB＝15cm，BC＝30cm，测量得∠ABC＝148°，∠BCD＝28°，AE＝9cm．求摄像头到桌面l的距离DE的长（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，≈1.73）
【分析】过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，根据题意可得FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，从而求出∠CBN＝58°，进而求出∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝30°，然后先在Rt△CBN中，利用锐角三角函数的定义求出BN，CN的长，从而求出EF，DM的长，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数的定义求出CM的长，从而求出MN的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，
则FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，
∵∠ABC＝148°，
∴∠CBN＝∠ABC﹣∠ABN＝148°﹣90°＝58°，
在Rt△CBN中，BC＝30cm，
∴CN＝30•sin58°≈30×0.85＝25.5（cm），
BN＝30•cos58°≈30×0.53＝15.9（cm），
∴AF＝BN＝15.9cm，
∴DM＝EF＝AE+AF＝9+15.9＝24.9（cm），
∵DM∥BN，
∴∠CGM＝∠CBN＝58°，
∴∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝58°﹣28°＝30°，
在Rt△CDM中，CM＝DM•tan30°＝×24.9≈14.36（cm），
∴MN＝CN﹣CM＝25.5﹣14.36＝11.14（cm），
∴MF＝MN+NF＝11.14+15≈26.1（cm），
∴DE＝MF＝26.1cm，
∴摄像头到桌面l的距离DE的长约为26.1 cm．
一十．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
30．（2022•建邺区二模）某商场为方便消费者购物，准备将原来的阶梯式自动扶梯改造成斜坡式自动扶梯，如图，已知原阶梯式自动扶梯AB的长为6m，坡角∠ABE＝45°，改造后的斜坡自动扶梯坡角∠ACB＝15°，求改造后的斜坡式自动扶梯AC的长．（精确到0.1m，参考数据；sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0，27）
【分析】先在Rt△ABD中，用三角函数求出AD，最后在Rt△ACD中用三角函数即可得出结论．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥CE于点D，
在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝6m，
∴AD＝AB•sin45°＝6×＝6（m）．
在Rt△ACD中，∠ACD＝15°，sin∠ACD＝，
∴AC＝＝≈23.1（m），
即：改造后的斜坡式自动扶梯AC的长度约为23.1米．
一十一．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共7小题）
31．（2022•玄武区二模）如图，山顶的正上方有一塔AB，为了测量塔AB的高度，在距山脚M一定距离的C处测得塔尖顶部A的仰角∠ACM＝37°，测得塔底部B的仰角∠BCM＝31°，然后沿CM方向前进30m到达D处，此时测得塔尖仰角∠ADM＝45°（C，D，M三点在同一直线上），求塔AB的高度．
（参考数据：tan31°≈0.60，tan37°≈0.75）
【分析】延长AB交CM于点E，设DE＝x米，在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，再在Rt△AEC中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算可求出AE，CE的长，然后在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：延长AB交CM于点E，
设DE＝x米，
在Rt△ADE中，∠ADE＝45°，
∴AE＝DE•tan45°＝x（米），
∵CD＝30米，
∴CE＝CD+DE＝（x+30）米，
在Rt△AEC中，∠ACE＝37°，
∴tan37°＝＝≈0.75，
∴x＝90，
经检验：x＝90是原方程的根，
∴AE＝90米，CE＝120米，
在Rt△BCE中，∠BCE＝31°，
∴BE＝CE•tan31°≈120×0.6＝72（米），
∴AB＝AE﹣BE＝90﹣72＝18（米），
∴塔AB的高度约为18米．
32．（2022•南京二模）如图，宝塔底座BC的高度为m，小明在D处测得底座最高点C的仰角为α，沿着DB方向前进n到达测量点E处，测得宝塔顶端A的仰角为β，求宝塔AB的高度．（用含α，β，m，n的式子表示）
【分析】在Rt△BCD中，∠CDB＝α，BC＝m，tanα＝，可得BD＝，则BE＝BD﹣DE＝﹣n在Rt△AEB中，∠AEB＝β，tanβ＝，即可得出答案．
【解答】解：在Rt△BCD中，∠CDB＝α，BC＝m，
tanα＝，
∴BD＝，
∴BE＝BD﹣DE＝﹣n，
在Rt△AEB中，∠AEB＝β，
tanβ＝，
∴AB＝tanβ•（﹣n）＝．
答：宝塔AB的高度为．
33．（2022•鼓楼区二模）如图①，某儿童医院门诊大厅收费处正上方的“蜘蛛侠”雕塑有效缓解了就医小朋友的紧张情绪．为了测量图②中“蜘蛛侠”BE的长度，小莉在地面上F处测得B处、E处的仰角分别为37°、56.31°．已知∠ABE＝45°，F到收费处OA的水平距离FC约为16m，且F与BE确定的平面与地面垂直．求“蜘蛛侠”BE的长度．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，tan56.31°≈1.50．）
【分析】过点E作EG⊥CF于点G，EH⊥AC于点H，在Rt△BCF中，tan∠BFC＝tan37°＝≈0.75，可得BC＝12．设BH＝EH＝CG＝xm，在Rt△EFG中，tan∠EFG＝tan56.31°＝≈1.50，可得x＝4.8，在Rt△BEH中，sin∠HBE＝sin45°＝，即可求得BE＝m．
【解答】解：过点E作EG⊥CF于点G，EH⊥AC于点H，
在Rt△BCF中，∠BFC＝37°，CF＝16m，
tan∠BFC＝tan37°＝≈0.75，
∴BC＝12．
∵∠ABE＝45°，
∴BH＝EH，
设BH＝EH＝CG＝x m，
在Rt△EFG中，EG＝HC＝（12+x）m，FG＝（16﹣x）m，∠EFG＝56.31°，
tan∠EFG＝tan56.31°＝≈1.50，
解得x＝4.8，
经检验，x＝4.8为原方程的解，且符合题意，
∴BH＝4.8m，
在Rt△BEH中，sin∠HBE＝sin45°＝，
解得BE＝．
则“蜘蛛侠”BE的长度为m．
34．（2022•南京一模）如图，为了测量小河对岸大树BC的高度，小明在点A处测得大树顶端B的仰角为37°，再从点A出发沿倾斜角为30°的斜坡AF走4m到达斜坡上点D，在此处测得树顶端B的仰角为26.7°．求大树BC的高度（精确到0.1m）．
（参考数据：tan37°≈0.75，tan26.7°≈0.5，≈1.73．）
【分析】过点D分别作DG⊥AC，DH⊥BC，垂足分别为G，H．根据三角函数的定义可得0.75AC﹣2≈0.5（AC+2），再求出BC即可．
【解答】解：如图，过点D分别作DG⊥AC，DH⊥BC，垂足分别为G，H．
在Rt△ADG中，∠DAG＝30°，
∵sin30°＝，cos30°＝，
∴DG＝AD•sin30°＝2m，AG＝AD•cos30°＝2m，
在Rt△ABC中，tan37°＝，
∴BC＝tan37°•AC，
在Rt△BDH中，tan26.7°＝，
∴BC﹣2＝tan26.7°（AC+2），
∴tan37°•AC﹣2＝tan26.7°（AC+2），即0.75AC﹣2≈0.5（AC+2），
∴AC＝（4+8）m．
∴BC＝0.75×（4+8）＝3+6≈11.2m．
答：大树BC的高度约为11.2m．
35．（2022•鼓楼区一模）如图，AB是一条笔直的长为500m的滑雪坡道，某运动员从坡顶A滑出，沿直线滑向坡底B，她的滑行距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）的部分对应值如下表．
x
0
1
2
3
4
…
y
0
4.5
14
28.5
48
…
（1）用所学过的函数知识猜想y是x的什么函数，并求出y与x之间的函数表达式；
（2）一架无人机在AB上空距地面292m的P处悬停，此时在A处测得无人机的仰角为53°．无人机和该运动员同时开始运动，无人机以6.3m/s的速度匀速水平飞行拍摄，离A处越来越远．已知无人机（看成一个点）与AB（看成一条线段）所确定的平面始终垂直于地面，AB与地面MN的夹角为26°．求该运动员滑行多久时，她恰在无人机的正下方．
（参考数据：tan53°≈，sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49．）
【分析】（1）设y＝ax2+bx，由待定系数法求出a、b的值，即可解决问题；
（2）设运动员滑行ts时，她恰在无人机的正下方，此时运动员滑行了（2.5t2+2t）m，无人机飞行了6.3tm到达点P′，过点P′作P′D⊥MN交AB于C，交MN于D，此时运动员滑行到点C，则BC＝AB﹣AC＝500﹣（2.5t2+2t），过点A作AF⊥MN于F，过点A作AG⊥P′D于G，过点P作PE⊥AG于E，由锐角三角函数定义求出AG＝AC×cos26°≈（2.5t2+2t）×0.9＝2.25t2+1.8t，则AE＝AG﹣EG＝2.25t2﹣4.5t，再由锐角三角函数定义得3×72＝4×（2.25t2﹣4.5t），求出t的值，即可解决问题．
【解答】解：（1）猜想y与x是二次函数关系，
设y＝ax2+bx，
把（1，4.5）（2，14）代入得：，
解得：，
∴y＝2.5x2+2x，
当x＝3时，y＝2.5×9+6＝28.5，
当x＝4时，y＝2.5×16+8＝48，
∴y＝2.5x2+2x符合题意，
∴y与x之间的函数表达式为：y＝2.5x2+2x；
（2）设运动员滑行ts时，她恰在无人机的正下方，
此时运动员滑行了（2.5t2+2t）m，无人机飞行了6.3tm到达点P′，
过点P′作P′D⊥MN交AB于C，交MN于D，如图所示：
此时运动员滑行到点C，
∴BC＝AB﹣AC＝500﹣（2.5t2+2t），
过点A作AF⊥MN于F，过点A作AG⊥P′D于G，过点P作PE⊥AG于E，
则四边形AFDG与四边形PEGP′都是矩形，
∵AB＝500m，∠ABF＝26°，
∴AF＝GD＝AB×sin26°≈500×0.44＝220（m），∠GAC＝∠ABF＝26°，
∵无人机在AB上空距地面292m的P处悬停，
∴PE＝P′G＝292﹣AF＝292﹣220＝72（m），
在Rt△AGC中，AG＝AC×cos26°≈（2.5t2+2t）×0.9＝2.25t2+1.8t，
∴AE＝AG﹣EG＝2.25t2+1.8t﹣6.3t＝2.25t2﹣4.5t，
在Rt△APE中，tan53°＝≈，
∴3×72＝4×（2.25t2﹣4.5t），
解得：t1＝6，t2＝﹣4（不合题意舍去），
∴该运动员滑行6s时，她恰在无人机的正下方．
36．（2022•南京一模）如图是一个亭子的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是亭子的高AB所在的直线．为了测量亭子的高度，在地面上C点测得亭子顶端A的仰角为35°，此时地面上C点、亭檐上E点、亭顶上A点三点恰好共线，继续向亭子方向走8m到达点D时，又测得亭檐E点的仰角为60°，亭子的顶层横梁EF＝12m，EF∥CB，AB交EF于点G（点C，D，B在同一水平线上）．求亭子的高AB（结果精确到0.1m）．
（参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，≈1.7）
【分析】根据题意得到AG⊥EF，在Rt△AGE中，EG＝EF，∠AEG＝∠ACB＝35°，根据三角函数的定义求出AG，再过E作EH⊥CB于H，设EH＝x，在Rt△EDH中，由三角函数的定义得到DH＝，在Rt△ECH中，由三角函数的定义得到CH＝，由CH﹣DH＝CD＝8，可求得x，即可求得AB．
【解答】解：∵房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高AB所在的直线，EF∥BC，
∴AG⊥EF，EG＝EF，∠AEG＝∠ACB＝35°，
在Rt△AGE中，∠AGE＝90°，∠AEG＝35°，
∵tan∠AEG＝tan35°＝，EG＝6，
∴AG≈6×0.7＝4.2（m），
过E作EH⊥CB于H，
设EH＝x，
在Rt△EDH中，∠EHD＝90°，∠EDH＝60°，
∵tan∠EDH＝，
∴DH＝，
在Rt△ECH中，∠EHC＝90°，∠ECH＝35°，
∵tan∠ECH＝，
∴CH＝，
∵CH﹣DH＝CD＝8m，
∴﹣＝8，
解得：x≈9.52，
∴AB＝AG+BG＝13.72≈13.7（m），
答：房屋的高AB约为13.7m．
37．（2022•雨花台区校级模拟）如图，有两座建筑物AB与CD，从A测得建筑物顶部D的仰角为16°，在BC上有一点E，点E到B的距离为24米，从E测得建筑物的顶部A、D的仰角分别为37°、45°．求建筑物CD的高度．（参考数据：tan16°≈0.30，tan37°≈0.75）
【分析】作AF⊥CD于F，设CD＝x米，根据正切的定义求出AB，用x表示出AF、DF，根据正切的定义列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：作AF⊥CD于F，
设CD＝x米，
∵∠DEC＝45°，
∴EC＝CD＝x米，
在Rt△ABE中，AB＝BE•tan∠AEB≈18，
则CF＝18，
∴DF＝x﹣18，
在Rt△AFD中，tan∠DAF＝，即＝0.3，
解得，x＝36，
答：建筑物CD的高度约为36米．
一十二．简单几何体的三视图（共2小题）
38．（2022•建邺区二模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图完全相同的是（ ）
A．球体 B．圆柱 C．三棱锥 D．三棱柱
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：A．球体的主视图、左视图和俯视图都是圆，故本选项符合题意；
B．圆柱的主视图和左视图都是矩形，但俯视图是一个圆形，故本选项不符合题意；
C．三棱锥的主视图和左视图都是三角形，俯视图也是三角形，但它的内部有一点与三个顶点连接，故本选项不符合题意；
D．三棱柱的主视图和左视图都是矩形，但俯视图是一个三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
39．（2022•玄武区二模）下面四个几何体中，主视图是四边形的几何体共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】仔细观察图象，根据主视图的概念逐个分析即可得出答案．
【解答】解：仔细观察图象可知：圆锥的主视图为三角形，圆柱的主视图为四边形，
球的主视图为圆，正方体的主视图为四边形；
故选：B．
第五讲 图形的运动
一．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
1．（2022•玄武区一模）在平面直角坐标系xOy中，作点P关于x轴的对称点，得到点P1，再将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），则点P的坐标为 ．
二．翻折变换（折叠问题）（共6小题）
2．（2022•建邺区二模）如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为（﹣2，4）．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
3．（2022•南京一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4 B．5 C． D．
4．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上．若AB＝4，则BG的长为 ．
5．（2022•秦淮区校级模拟）如图，将菱形ABCD沿直线EF翻折，点C落在边AB上的点G处，若EG⊥CD，AB＝5，BG＝1，则CE的长为 ．
6．（2022•鼓楼区一模）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝AD．
（1）求证∠CAB＝∠DAB；
（2）若将△ADB沿AB的垂直平分线翻折，则得到的三角形和△ACB可以拼成一个 （写出图形的形状）；
（3）若将△ADB进行一次图形变化，得到的三角形和△ACB拼成一个等腰三角形，请写出图形变化的过程．
7．（2022•雨花台区校级模拟）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
三．旋转的性质（共1小题）
8．（2022•南京一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，BC的延长线交B'C'于点D，若B'C'∥AB，则CD的长为 ．
四．坐标与图形变化-旋转（共2小题）
9．（2022•建邺区一模）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是（5，﹣1），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣0.5，﹣2.5） B．（﹣0.25，﹣2）
C．（0，﹣1.75） D．（0，﹣2.75）
10．（2022•建邺区二模）如图，把平面内一条数轴x绕点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：已知点P是平面斜坐标系中任意一点，过点P作y轴的平行线交x轴于点A，过点P作x轴的平行线交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标．在平面斜坐标系中，若θ＝45°，点P的斜坐标为（1，2），点G的斜坐标为（8，﹣3），连接PG，则线段PG的长度是（ ）
A． B． C． D．
五．比例的性质（共1小题）
11．（2022•鼓楼区二模）若4m＝5n（m≠0），则下列等式成立的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
六．黄金分割（共1小题）
12．（2022•建邺区二模）点P是线段AB的黄金分割点，若AB＝5且PA＞PB，则PA长最接近的整数是 ．
七．相似三角形的判定与性质（共10小题）
13．（2022•玄武区一模）如图，矩形纸片ABCD，AB＝15cm，BC＝20cm，先沿对角线AC将矩形纸片ABCD剪开，再将三角形纸片ABC沿着对角线AC向下适当平移，得到三角形纸片A'BC'，然后剪出如图所示的最大圆形纸片，则此时圆形纸片的半径为（ ）
A．cm B．cm C．cm D．cm
14．（2022•秦淮区二模）如图①，是形如“T”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用4个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为6的正方形中，则a的值为 ．
15．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，BC的垂直平分线DE交AB于点D，垂足为E，若AD＝4，BD＝6，则DE的长为 ．
16．（2022•建邺区一模）如图，在△ABC中，∠B＝30°，点D是AC上一点，过点D作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F．若AE＝5，CF＝4，则四边形BFDE的面积为 ．
17．（2022•鼓楼区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为线段AB上一动点，CF⊥CE交△ACE的外接圆于点F，连接AF，其中AC＝3，BC＝4．
（1）求证：△CFA∽△CEB；
（2）当E从B运动到A时，F运动路径的长为 ．
18．（2022•秦淮区二模）如图，已知△ABC，点D，E分别在BC，CA上，且满足AD＝AB，EB＝EC．
（1）用直尺和圆规确定点D，E；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接AD，EB，AD与EB交于点F．
①求证：△BDF∽△CBA；
②若∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，则DF的长为 ．
19．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 ．
20．（2022•南京一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°．
（1）用直尺与圆规作△ABC的角平分线BD；
（2）找出图中的相似三角形，并证明；
（3）直接写出的值．
21．（2022•玄武区一模）如图，在等边三角形ABC中，BD＝CE，BE，AD相交于点F．
（1）求证△ABD≌△BCE；
（2）求证AE2＝EF•EB．
22．（2022•秦淮区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，E是BD上一点，过B、C、E三点的⊙O与CD相交于点F，连接AE、BF．
（1）求证：△ADE∽△BDF；
（2）当BE＝AB时，求证：直线AE是⊙O的切线．
八．相似形综合题（共1小题）
23．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝6，点G，E分别在边AB，AD上，∠EGF＝90°，EG＝FG，GF，EF分别交BC于点N、M，连接EN．
（1）当GN平分∠ENB时，求证：EN＝AE+BN；
（2）当MF2＝MN•BM时，求AE的值．
（3）当点E是AD的中点，点Q是EN的中点，当点G从点A运动到点B时，直接写出点Q运动的路径长．
九．解直角三角形的应用（共6小题）
24．（2022•鼓楼区校级二模）小淇同学在学习了“平面镜反射原理”后，用一个小平面镜PQ做实验．他先将平面镜放在平面上，如图，用一束与平面成30°角的光线照射平面镜上的A处，使光影正好落在对面墙面上一幅画的底边C点．他不改变光线的角度，原地将平面镜转动了7.5°角，即∠PAP′＝7.5°，使光影落在C点正上方的D点，测得CD＝10cm．求平面镜放置点与墙面的距离AB．（参考数据：≈1.73）
25．（2022•建邺区二模）太阳能光伏发电因其清洁、安全、高效等特点，已成为世界各国重点发展的新能源产业．图①是太阳能电板的实物图，其截面示意图如图②，AB为太阳能电板，其一端A固定在水平面上且夹角∠DAB＝22°，另一端B与支撑钢架BC相连，钢架底座CD和水平面垂直，且∠BCD＝135°．若AD＝3m，CD＝0.5m，求AB的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，结果精确到0.01m．）
26．（2022•秦淮区二模）如图，一条宽为0.5km的河的两岸PQ，MN互相平行，河上有两座垂直于河岸的桥CD，EF．测得公路AC的长为6km，公路AC，AE与河岸PQ的夹角分别为45°，71.6°，公路BD，BF与河岸MN的夹角分别为60°，30°．
（1）求两座桥CD，EF之间的距离（精确到0.1km）；
（2）比较路径①：A﹣C﹣D﹣B和路径②：A﹣E﹣F﹣B的长短，则较短路径为 （填序号），两路径相差 km（精确到0.1km）．（参考数据：tan71.6°≈3.0，≈1.41，≈1.73，≈2.24．）
27．（2022•秦淮区校级模拟）如图，某渔轮在航行中遇险发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，测出该渔轮在海军舰艇的北偏东45°，距离为海里的C处，并测得该渔轮正沿南偏东53°的方向行进．海军舰艇立即沿北偏东67.4°的方向前去营救，与渔轮在B处相遇，求渔轮的航程BC和海军舰艇的航程AB．
（参考数据：sin53°＝cos37°≈0.80，cos53°＝sin37°≈0.60，tan67.4°≈2.4）．
28．（2022•建邺区一模）图①是一只消毒液喷雾瓶的实物图，其示意图如图②，AB＝6cm，BC＝4cm，∠ABC＝85°，∠BCD＝120°．求点A到CD的距离．（精确到三位小数，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423，tan65°≈2.145，≈1.732）
29．（2022•玄武区一模）如图①，某款线上教学设备由底座，支撑臂AB，连杆BC，悬臂CD和安装在D处的摄像头组成．如图②是该款设备放置在水平桌面l上的示意图．已知支撑臂AB⊥l，AB＝15cm，BC＝30cm，测量得∠ABC＝148°，∠BCD＝28°，AE＝9cm．求摄像头到桌面l的距离DE的长（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，≈1.73）
一十．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
30．（2022•建邺区二模）某商场为方便消费者购物，准备将原来的阶梯式自动扶梯改造成斜坡式自动扶梯，如图，已知原阶梯式自动扶梯AB的长为6m，坡角∠ABE＝45°，改造后的斜坡自动扶梯坡角∠ACB＝15°，求改造后的斜坡式自动扶梯AC的长．（精确到0.1m，参考数据；sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0，27）
一十一．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共7小题）
31．（2022•玄武区二模）如图，山顶的正上方有一塔AB，为了测量塔AB的高度，在距山脚M一定距离的C处测得塔尖顶部A的仰角∠ACM＝37°，测得塔底部B的仰角∠BCM＝31°，然后沿CM方向前进30m到达D处，此时测得塔尖仰角∠ADM＝45°（C，D，M三点在同一直线上），求塔AB的高度．
（参考数据：tan31°≈0.60，tan37°≈0.75）
32．（2022•南京二模）如图，宝塔底座BC的高度为m，小明在D处测得底座最高点C的仰角为α，沿着DB方向前进n到达测量点E处，测得宝塔顶端A的仰角为β，求宝塔AB的高度．（用含α，β，m，n的式子表示）
33．（2022•鼓楼区二模）如图①，某儿童医院门诊大厅收费处正上方的“蜘蛛侠”雕塑有效缓解了就医小朋友的紧张情绪．为了测量图②中“蜘蛛侠”BE的长度，小莉在地面上F处测得B处、E处的仰角分别为37°、56.31°．已知∠ABE＝45°，F到收费处OA的水平距离FC约为16m，且F与BE确定的平面与地面垂直．求“蜘蛛侠”BE的长度．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，tan56.31°≈1.50．）
34．（2022•南京一模）如图，为了测量小河对岸大树BC的高度，小明在点A处测得大树顶端B的仰角为37°，再从点A出发沿倾斜角为30°的斜坡AF走4m到达斜坡上点D，在此处测得树顶端B的仰角为26.7°．求大树BC的高度（精确到0.1m）．
（参考数据：tan37°≈0.75，tan26.7°≈0.5，≈1.73．）
35．（2022•鼓楼区一模）如图，AB是一条笔直的长为500m的滑雪坡道，某运动员从坡顶A滑出，沿直线滑向坡底B，她的滑行距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）的部分对应值如下表．
x
0
1
2
3
4
…
y
0
4.5
14
28.5
48
…
（1）用所学过的函数知识猜想y是x的什么函数，并求出y与x之间的函数表达式；
（2）一架无人机在AB上空距地面292m的P处悬停，此时在A处测得无人机的仰角为53°．无人机和该运动员同时开始运动，无人机以6.3m/s的速度匀速水平飞行拍摄，离A处越来越远．已知无人机（看成一个点）与AB（看成一条线段）所确定的平面始终垂直于地面，AB与地面MN的夹角为26°．求该运动员滑行多久时，她恰在无人机的正下方．
（参考数据：tan53°≈，sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49．）
36．（2022•南京一模）如图是一个亭子的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是亭子的高AB所在的直线．为了测量亭子的高度，在地面上C点测得亭子顶端A的仰角为35°，此时地面上C点、亭檐上E点、亭顶上A点三点恰好共线，继续向亭子方向走8m到达点D时，又测得亭檐E点的仰角为60°，亭子的顶层横梁EF＝12m，EF∥CB，AB交EF于点G（点C，D，B在同一水平线上）．求亭子的高AB（结果精确到0.1m）．
（参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，≈1.7）
37．（2022•雨花台区校级模拟）如图，有两座建筑物AB与CD，从A测得建筑物顶部D的仰角为16°，在BC上有一点E，点E到B的距离为24米，从E测得建筑物的顶部A、D的仰角分别为37°、45°．求建筑物CD的高度．（参考数据：tan16°≈0.30，tan37°≈0.75）
一十二．简单几何体的三视图（共2小题）
38．（2022•建邺区二模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图完全相同的是（ ）
A．球体 B．圆柱 C．三棱锥 D．三棱柱
39．（2022•玄武区二模）下面四个几何体中，主视图是四边形的几何体共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
第五讲 图形的运动
参考答案与试题解析
一．关于x轴、y轴对称的点的坐标（共1小题）
1．（2022•玄武区一模）在平面直角坐标系xOy中，作点P关于x轴的对称点，得到点P1，再将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），则点P的坐标为 （﹣2，1） ．
【分析】直接利用平移的性质得出P1坐标，再利用关于x轴对称图形的性质得出答案．
【解答】解：∵将点P1向右平移3个单位，得到点P2（1，﹣1），
∴P1（﹣2，﹣1），
∵点P关于x轴的对称点，得到点P1，
∴点P的坐标为（﹣2，1）．
故答案为：（﹣2，1）．
二．翻折变换（折叠问题）（共6小题）
2．（2022•建邺区二模）如图，矩形ABCO，点A、C在坐标轴上，点B的坐标为（﹣2，4）．将△ABC沿AC翻折，得到△ADC，则点D的坐标是（ ）
A．（，） B．（，） C．（，） D．（，）
【分析】如图，过D作DF⊥AF于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE＝DE，OA＝CD＝1，设OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，利用勾股定理即可求出OE的长度，而利用已知条件可以证明△AEO∽△ADF，而AD＝AB＝4，接着利用相似三角形的性质即可求出DF、AF的长度，也就求出了D的坐标．
【解答】解：如图，过D作DF⊥AF于F，
∵点B的坐标为（﹣2，4），
∴AO＝2，AB＝4，
根据折叠可知：CD＝OA，
而∠D＝∠AOE＝90°，∠DEC＝∠AEO，
∴△CDE≌△AOE，
∴OE＝DE，OA＝CD＝2，
设OE＝x，那么CE＝4﹣x，DE＝x，
∴在Rt△DCE中，CE2＝DE2+CD2，
∴（4﹣x）2＝x2+22，
∴x＝，
又DF⊥AF，
∴DF∥EO，
∴△AEO∽△ADF，
而AD＝AB＝4，
∴AE＝CE＝4﹣＝，
∴，即，
∴DF＝，AF＝．
∴OF＝AF﹣OA＝﹣2＝，
∴点D的坐标为（，）．
故选：A．
3．（2022•南京一模）如图，E是菱形ABCD的边BC上的点，连接AE．将菱形ABCD沿AE翻折，点B恰好落在CD的中点F处，则tan∠ABE的值是（ ）
A．4 B．5 C． D．
【分析】利用折叠性质和菱形的性质得出△ADF为等腰三角形，过点A作AG⊥DF，由等腰三角形的性质可得点G为DF中点，由点F为CD中点可得DG＝CD＝AD，即可求解．
【解答】解：如图，过点A作AG⊥CD，
∵四边形ABCD为菱形，菱形ABCD沿AE翻折，
∴AB＝AD，AB＝AF，∠ABE＝∠D，
∴AD＝AF，
∴三角形ADF为等腰三角形，
∵AG⊥DF，
∴点G为DF中点，
∵点F为CD中点，
∴AD＝CD＝4DG，
设DG＝a，则AD＝4a，
在Rt△ADG中，AD2＝AG2+DG2，
∴（4a）2＝AG2+a2，
∴AG＝a，
∴tan∠ABE＝tanD＝＝，
故选：D．
4．（2022•南京二模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，G为AD边上的一点，将矩形沿BG翻折使得点A落在EF上．若AB＝4，则BG的长为 ．
【分析】连接AA′，根据翻折的性质，可得到△ABA′是等边三角形，可得到∠ABG＝∠ABA′＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解．
【解答】解：如图，连接AA′，
在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD边的中点，
∴EF⊥AB，AE＝BE，
∴EF垂直平分AB，
∴A′A＝A′B，
由折叠可得，AB＝A′B，∠ABG＝∠A′BG，
∴AB＝BA′＝AA′，
∴△ABA′是等边三角形，
∴∠ABA′＝60°，
∴∠ABG＝∠ABA′＝30°，
∴AG＝BG，
∵AB＝4，
∴BG2＝AB2+AG2，
∴BG2＝42+BG2，
∴BG＝．
故答案为：．
5．（2022•秦淮区校级模拟）如图，将菱形ABCD沿直线EF翻折，点C落在边AB上的点G处，若EG⊥CD，AB＝5，BG＝1，则CE的长为 4 ．
【分析】延长AB，作CH⊥AB，垂足为H，根据菱形的性质和翻折的性质证明四边形ECHG是正方形，设EC＝GH＝EG＝CH＝x，根据勾股定理列方程即可解决问题．
【解答】解：如图，延长AB，作CH⊥AB，垂足为H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，DC∥AB，
∵EG⊥CD，
∴EG⊥AB，
∴∠EGH＝∠GEC＝∠ECH＝90°，
∴四边形ECHG是矩形，
∴EC＝GH，EG＝CH，
由翻折可知：EC＝EG，
∴四边形ECHG是正方形，
∴EC＝GH＝EG＝CH，
设EC＝GH＝EG＝CH＝x，
∵AB＝BC＝5，BG＝1，
∴BH＝GH﹣BG＝x﹣1，
在Rt△CBH中，根据勾股定理得：
BH2+CH2＝BC2，
∴（x﹣1）2+x2＝52，
解得x＝4或x＝﹣3（舍去），
∴CE＝4．
故答案为：4．
6．（2022•鼓楼区一模）如图，∠C＝∠D＝90°，AC＝AD．
（1）求证∠CAB＝∠DAB；
（2）若将△ADB沿AB的垂直平分线翻折，则得到的三角形和△ACB可以拼成一个 矩形 （写出图形的形状）；
（3）若将△ADB进行一次图形变化，得到的三角形和△ACB拼成一个等腰三角形，请写出图形变化的过程．
【分析】（1）由∠C＝∠D＝90°可得△ACB和△ADB为直角三角形，由AC＝AD，AB＝AB可用HL证明两三角形全等，从而证明∠CAB＝∠DAB；
（2）作出线段AB的垂直平分线MN，再根据轴对称变换将△ADB沿MN翻折，即可得出图形的形状；
（3）将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，所形成的的三角形为等腰三角形，或者将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，所形成的三角形为等腰三角形．
【解答】（1）证明：∵∠C＝∠D＝90°，
在Rt△ACB和Rt△ADB中，
，
∴Rt△ACB≌Rt△ADB（HL），
∴∠CAB＝∠DAB；
（2）解：如图，作出线段AB的垂直平分线MN，再根据轴对称变换将△ADB沿MN翻折，变换后的图形为四边形ACBD′，
由折叠性质可得：
∠D′＝∠D＝90°，∠C＝90°，∠DAB＝∠D′BA，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵∠CAB＝∠DAB，
∴∠CBA+∠D′BA＝90°，
∴∠CBD′＝90°，
∴四边形ACBD′为矩形，
故答案为：矩形；
（3）方法一：如图，将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴此时A，C，A1三点共线，
∵AB＝A1B，
∴△ABA1为等腰三角形；
方法二：如图，将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，
∵∠C＝∠D＝90°，
∴此时B，C，B2三点共线，
∵AB＝A2B，
∴△ABB2为等腰三角形；
综上，方法一：将△ADB以点B为旋转中心，旋转至BD与BC重合时，所形成的的三角形为等腰三角形；
方法二：将△ADB以点A为旋转中心，旋转至AD与AC重合时，所形成的三角形为等腰三角形．
7．（2022•雨花台区校级模拟）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
【分析】（1）根据题意和翻折的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．
【解答】（1）证明：由题意可得，
△BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE＝∠CEB，
∴∠FGE＝∠FEG，
∴FG＝FE，
∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE＝FE，
∴四边形CEFG是菱形；
（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，
∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10，
∴AF＝8，
∴DF＝2，
设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x，
∵∠FDE＝90°，
∴22+（6﹣x）2＝x2，
解得，x＝，
∴CE＝，
∴四边形CEFG的面积是：CE•DF＝×2＝．
三．旋转的性质（共1小题）
8．（2022•南京一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB'C'，BC的延长线交B'C'于点D，若B'C'∥AB，则CD的长为 2 ．
【分析】设CE＝x，由B′C′∥AB，可推得∠BAE＝∠B′，由旋转的性质得：∠B＝∠B′，于是得到∠BAE＝∠B，AC＝AC′＝4，AE＝BE＝8﹣x，由勾股定理可求得x，进而求得DE，便可求得结果．
【解答】解：设CE＝x，
∵B′C′∥AB，
∴∠BAB＝∠B′，
由旋转的性质得：∠B＝∠B′，AC＝AC′＝6，
∴∠BAE＝∠B，
∴AE＝BE＝8﹣x，
∴（8﹣x）2＝x2+62，
∴x＝，
∴CE＝，
∴AE＝BE＝8﹣，
∵AB＝AB′＝，
∴B′E＝AB′﹣AE＝，
∵B′C′∥AB，
∴∠EB′D＝∠BAE＝∠ABE＝∠EDB′，
∴DE＝B′E＝，
∴CD＝DE﹣CE＝2，
故答案为：2．
四．坐标与图形变化-旋转（共2小题）
9．（2022•建邺区一模）在平面直角坐标系中，点A的坐标是（﹣2，3），将点A绕点C顺时针旋转90°得到点B．若点B的坐标是（5，﹣1），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣0.5，﹣2.5） B．（﹣0.25，﹣2）
C．（0，﹣1.75） D．（0，﹣2.75）
【分析】如图，设AB的中点为Q，过点Z作AN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥AN于点K，过点C作CT⊥QK于T，利用全等三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图，设AB的中点为Q，
∵A（﹣2，3），B（5，﹣1），
∴Q（1.5，1），
过点Z作AN⊥x轴于点N，过点Q作QK⊥AN于点K，过点C作CT⊥QK于T，
则K（﹣2，1）AK＝2，QK＝3.5，
∵∠AKQ＝∠CTQ＝∠AQC＝90°，
∴∠AQK+∠CQT＝90°，∠CQT+∠TCQ＝90°，
∴∠AQK＝∠TCQ，
在△AKQ和△QTC中，
，
∴△AKQ≌△QTC（AAS），
∴QT＝AK＝2，CT＝QK＝3.5，
∴C（﹣0.5，﹣2.5）
故选：A．
10．（2022•建邺区二模）如图，把平面内一条数轴x绕点O逆时针旋转角θ（0°＜θ＜90°）得到另一条数轴y，x轴和y轴构成一个平面斜坐标系．规定：已知点P是平面斜坐标系中任意一点，过点P作y轴的平行线交x轴于点A，过点P作x轴的平行线交y轴于点B，若点A在x轴上对应的实数为a，点B在y轴上对应的实数为b，则称有序实数对（a，b）为点P的斜坐标．在平面斜坐标系中，若θ＝45°，点P的斜坐标为（1，2），点G的斜坐标为（8，﹣3），连接PG，则线段PG的长度是（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图，作PA∥y轴交x轴于A，PH⊥x轴于H．GM∥y轴交x轴于M，连接PG交x轴于N．利用相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：如图，作PA∥y轴交x轴于A，PH⊥x轴于H．GM∥y轴交x轴于M，连接PG交x轴于N．
∵P（1，2），G（8．﹣3），
∴OA＝1，PA＝2，MG＝3，OM＝8，AM＝7，
∵PA∥GM，
∴∠PAN＝∠GMN，
∵∠ANP＝∠MNG，
∴△ANP∽△MNG，
∴＝＝＝，
∴AN＝AM＝，
∵PA∥OY，
∴∠PAH＝θ＝45°，
∴PH＝AH＝2，
∴HN＝﹣2＝，
∴PN＝＝＝，
∴NG＝PN＝，
∴PG＝PN+NG＝，
故选：A．
五．比例的性质（共1小题）
11．（2022•鼓楼区二模）若4m＝5n（m≠0），则下列等式成立的是（ ）
A．＝ B．＝ C．＝ D．＝
【分析】根据比例的基本性质，把每一个选项中的比例式转化成等积式即可解答．
【解答】解：A．因为＝，所以5m＝4n，故此选项不符合题意；
B．因为＝，所以mn＝20，故此选项不符合题意；
C．因为＝，所以5m＝4n，故此选项不符合题意；
D．因为＝，所以4m＝5n，故此选项符合题意．
故选：D．
六．黄金分割（共1小题）
12．（2022•建邺区二模）点P是线段AB的黄金分割点，若AB＝5且PA＞PB，则PA长最接近的整数是 3 ．
【分析】根据黄金比为0.618进行计算即可得到答案．
【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点，
∴PA＝0.618AB＝0.618×5≈3．
故答案为：3．
七．相似三角形的判定与性质（共10小题）
13．（2022•玄武区一模）如图，矩形纸片ABCD，AB＝15cm，BC＝20cm，先沿对角线AC将矩形纸片ABCD剪开，再将三角形纸片ABC沿着对角线AC向下适当平移，得到三角形纸片A'BC'，然后剪出如图所示的最大圆形纸片，则此时圆形纸片的半径为（ ）
A．cm B．cm C．cm D．cm
【分析】过点A'作A'P⊥AD于点P，设AP＝xcm，A'P＝y cm，圆的直径为dcm，利用对边之间的关系可得x与y的关系，再利用A字型相似也可求出x与y的关系，进而可求出x，d，从而得出结论．
【解答】解：过点A'作A'P⊥AD于点P，设AP＝xcm，A'P＝y cm，圆的直径为dcm，
由题意可得：d+x＝20，d﹣y＝15，
∴20﹣x＝15+y，即x+y＝5，
∵∠A＝∠A，∠APA'＝∠ADC，
∴△APA'∽△ADC，
∴，即，
∴y＝，
∴x＝，d＝，
∴半径为：cm．
故选：A．
14．（2022•秦淮区二模）如图①，是形如“T”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用4个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为6的正方形中，则a的值为 ．
【分析】根据题意可得BC＝EF＝2a，CD＝a，DE＝3a，∠DEF＝∠BCD＝∠CDE＝90°，从而在Rt△DCE中，利用勾股定理求出CE的长，根据正方形的性质可得∠A＝∠G＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠ABC＝∠DCE，从而可证△ABC∽△DCE，进而利用相似三角形的性质可得AC＝3AB，再在Rt△ABC中，利用勾股定理求出AB＝a，AC＝a，最后证明△ABC≌△GEF，从而可得EG＝a，进而根据正方形的边长AG＝6，进行计算即可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：
BC＝EF＝2a，CD＝a，DE＝3a，∠DEF＝∠BCD＝∠CDE＝90°，
∴CE＝＝＝a，
∵四边形AGHM是正方形，
∴∠A＝∠G＝90°，
∴∠ABC+∠ACB＝90°，
∵∠ACB+∠DCE＝90°，
∴∠ABC＝∠DCE，
∴△ABC∽△DCE，
∴＝＝＝，
∴AC＝3AB，
在Rt△ABC中，AB2+AC2＝BC2，
∴AB2+9AB2＝（2a）2，
∴AB＝a，
∴AC＝3AB＝a，
∵∠DEF＝∠CDE＝90°，
∴DC∥EF，
∴∠DCE＝∠FEG，
∴∠ABC＝∠FEG，
∴△ABC≌△GEF（AAS），
∴EG＝AB＝a，
∴AC+CE+EG＝6，
∴a+a+a＝6，
∴a＝，
故答案为：．
15．（2022•玄武区二模）如图，在△ABC中，∠C＝2∠B，BC的垂直平分线DE交AB于点D，垂足为E，若AD＝4，BD＝6，则DE的长为 ．
【分析】连接DC，根据线段垂直平分线的性质得到DB＝DC，证明△ACD∽△ABC，根据相似三角形的性质求出BC，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：连接DC，
∵DE是BC的垂直平分线，
∴DB＝DC＝6，
∴∠DCB＝∠B，
∵∠ACB＝2∠B，
∴∠ACD＝∠B，
∵∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴＝＝，即＝＝，
解得：BC＝3，
∴BE＝，
由勾股定理得：DE＝＝，
故答案为：．
16．（2022•建邺区一模）如图，在△ABC中，∠B＝30°，点D是AC上一点，过点D作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F．若AE＝5，CF＝4，则四边形BFDE的面积为 10 ．
【分析】已知DE∥BC，DF∥AB，得到△AED∽△DFC，从而得到比例式，继而得到四边形的面积．
【解答】解：∵DE∥BC，
∴∠AED＝∠B，∠ADE＝∠C，
∵DF∥AB，
∴∠B＝∠DFC，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△AED∽△DFC，
∴，
∴DE•DF＝AE•FC＝5×4＝20，
∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
过点E作EM⊥BF，
∴S▱BEDF＝DE•EM，EM＝BE•sin∠B，
∵BE＝DF，sin∠B＝sin30°＝，
∴S▱BEDF＝DE•EM
＝DE•BE•sin∠B
＝DE•DF•sin∠B
＝20×
＝10．
故答案为：10．
17．（2022•鼓楼区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，E为线段AB上一动点，CF⊥CE交△ACE的外接圆于点F，连接AF，其中AC＝3，BC＝4．
（1）求证：△CFA∽△CEB；
（2）当E从B运动到A时，F运动路径的长为 ．
【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可；
（2）判断出点F的运动轨迹，再利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）证明：∵CE⊥CF，
∴∠ECF＝∠ACB＝90°，
∴∠ACF＝∠BCE，
∵∠AFC+∠AEC＝180°，∠CEB+∠AEC＝180°，
∴∠AFC＝∠CEB，
∴△CFA∽△CEB；
（2）解：在Rt△ACB中，AC＝3，BC＝4，∠ACB＝90°，
∴AB＝＝＝5，
∵△CFA∽△CEB，
∴＝，∠CAF＝∠B，
∴AF＝BE，
∴点F的运动轨迹是射线AF，
∴当E从B运动到A时，F运动路径的长为×5＝，
故答案为：．
18．（2022•秦淮区二模）如图，已知△ABC，点D，E分别在BC，CA上，且满足AD＝AB，EB＝EC．
（1）用直尺和圆规确定点D，E；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）连接AD，EB，AD与EB交于点F．
①求证：△BDF∽△CBA；
②若∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，则DF的长为 ．
【分析】（1）以A点为圆心AB长为半径画弧交BC于点D，作BC的垂直平分线交AC于E即可；
（2）①根据等腰三角形的性质得出两组对应角相等即可证明三角形相似；
②过点A作AH⊥BD于点H，根据勾股定理求出BC的长度，刘勇三角函数求出BH，根据等腰三角形的性质得出BD，再根据相似三角形对应边成比例求出DF即可．
【解答】解：（1）作图如下：
（2）①如下图：
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵EB＝EC，
∴∠EBD＝∠C，
∴△BDF∽△CBA；
②过点A作AH⊥BD于点H，
∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴BC＝＝＝5，
∵cos∠ABH＝，
∴＝，
∴BH＝，
∵AB＝AD，
∴BD＝2BH＝，
由①知△BDF∽△CBA，
∴，
即，
解得DF＝，
故答案为：．
19．（2022•建邺区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D在BC上且DA⊥AC，垂足为A．
（1）求证：AB2＝BD•BC；
（2）若BD＝2，则AC的长是 2 ．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得∠B＝∠C＝30°，再利用垂直定义可得∠DAC＝90°，从而利用三角形的外角可得∠BDA＝∠BAC＝120°，然后证明△BDA∽△BAC，利用相似三角形的性质进行计算即可解答；
（2）利用（1）的结论可得∠B＝∠BAD＝30°，从而可得BD＝AD＝2，然后在Rt△ADC中，进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠C＝30°，
∵DA⊥AC，
∴∠DAC＝90°，
∴∠BDA＝∠DAC+∠C＝120°，
∴∠BAC＝∠BDA＝120°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDA∽△BAC，
∴＝，
∴AB2＝BD•BC；
（2）∵∠BAC＝120°，∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝30°，
∵∠B＝30°，
∴∠B＝∠BAD，
∴BD＝AD＝2，
在Rt△ADC中，∠C＝30°，
∴AC＝AD＝2，
故答案为：2．
20．（2022•南京一模）在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°．
（1）用直尺与圆规作△ABC的角平分线BD；
（2）找出图中的相似三角形，并证明；
（3）直接写出的值．
【分析】（1）作∠ABC的角平分线BD，交AC于点D；
（2）由等腰三角形的性质和角平分线的性质可得∠CBD＝∠A＝36°，可得结论；
（3）由相似三角形的性质可得，即可求解．
【解答】解：（1）如图所示：
（2）△ABC∽△BDC，理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠ACB＝72°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝36°，
∴∠CBD＝∠A，
又∵∠C＝∠C，
∴△ABC∽△BDC；
（3）∵∠ABD＝∠CBD＝36°＝∠A，
∴AD＝BD，∠BDC＝∠C＝72°，
∴BD＝BC＝AD，
∵△ABC∽△BDC，
∴，
∴，
∴＝（负值已经舍去）．
21．（2022•玄武区一模）如图，在等边三角形ABC中，BD＝CE，BE，AD相交于点F．
（1）求证△ABD≌△BCE；
（2）求证AE2＝EF•EB．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，然后利用SAS证明△ABD≌△BCE，即可解答；
（2）利用（1）的结论可得∠ABC＝∠BAC，∠CBE＝∠BAF，从而可得∠ABE＝∠EAF，然后利用两角相等的两个三角形相似证明△ABE∽△FAE，再利用相似三角形的性质即可解答．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝∠BAC＝60°，
在△ABD和△BCE中，
，
∴△ABD≌△BCE（SAS）；
（2）∵∠ABC＝∠BAC，
∴∠ABE+∠CBE＝∠BAF+∠EAF，
∵△ABD≌△BCE，
∴∠CBE＝∠BAF，
∴∠ABE＝∠EAF，
∵∠AEF＝∠BEA，
∴△ABE∽△FAE，
∴＝，
∴AE2＝EF•EB．
22．（2022•秦淮区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，E是BD上一点，过B、C、E三点的⊙O与CD相交于点F，连接AE、BF．
（1）求证：△ADE∽△BDF；
（2）当BE＝AB时，求证：直线AE是⊙O的切线．
【分析】（1）先利用SAS证明△ADE≌△CDE，再根据圆周角定理得到∠DBF＝∠DCE，推出∠DAE＝∠DBF，即可得出结论；
（2）先证明BF是⊙O的直径，再证明∠BAE+∠DAE＝∠BEA+∠OEB＝90°，即∠OEA＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：（1）连接CE，
∵四边形ABCD是正方形，且BD是对角线，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE＝45°，
在△ADE与△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE＝∠DCE，
∵B，E，F，C共圆，
∴∠FBE＝∠FCE，
即∠DBF＝∠DCE，
∴∠DAE＝∠DBF，
又∵∠ADE＝∠BDF＝45°，
∴△ADE∽△BDF；
（2）连接OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCF＝∠BAD＝90°，
∴BF是⊙O的直径，
∵OB＝OE，
∴∠OBE＝∠OEB，
∵∠DAE＝∠DBF，
∴∠DAE＝∠OEB，
∵BE＝AB，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴∠BAE+∠DAE＝∠BEA+∠OEB＝90°，
即∠OEA＝90°，
又∵OE是⊙O的半径，
∴直线AE是⊙O的切线．
八．相似形综合题（共1小题）
23．（2022•南京一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AB＝6，点G，E分别在边AB，AD上，∠EGF＝90°，EG＝FG，GF，EF分别交BC于点N、M，连接EN．
（1）当GN平分∠ENB时，求证：EN＝AE+BN；
（2）当MF2＝MN•BM时，求AE的值．
（3）当点E是AD的中点，点Q是EN的中点，当点G从点A运动到点B时，直接写出点Q运动的路径长．
【分析】（1）延长NG，DA交于H，利用角平分线的定义和平行线的性质得HE＝EN，则HG＝GN，再利用AAS证明△AHG≌△BNG，得AH＝BN，可得结论；
（2）作FP⊥AB，交AB的延长线于P，首先可证明△AGE≌△PFG（AAS），得AE＝PG，AG＝PF，再利用MF2＝MN•BM，∠NMF＝∠BMF，得△MFN∽△MBF，可知△PBF是等腰直角三角形，得BP＝PF，即可得出AE的长；
（3）作ET⊥BC于T，QS⊥BC于S，QS＝ET＝3，当点G与A重合时，点Q为BE的中点，当点G与B重合时，点Q仍为BE的中点，则点Q运动路径是一条来回的线段，再利用△AEG∽∠BGN，求出BN的最大值，从而解决问题．
【解答】（1）证明：延长NG，DA交于H，
∵GN平分∠ENB，
∴∠BNG＝∠ENG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠H＝∠GNB，
∴∠H＝∠ENG，
∴HE＝EN，
∵EG⊥HN，
∴HG＝GN，
∵∠AGH＝∠BGN，
∴△AHG≌△BNG（AAS），
∴AH＝BN，
∴HE＝BN+AE，
∴EN＝BN+AE；
（2）解：作FP⊥AB，交AB的延长线于P，
∵∠AGE+∠BGF＝90°，∠AGE+∠AEG＝90°，
∴∠PGF＝∠AEG，
∵∠A＝∠P，EG＝FG，
∴△AGE≌△PFG（AAS），
∴AE＝PG，AG＝PF，
∵MF2＝MN•BM，∠NMF＝∠BMF，
∴△MFN∽△MBF，
∴∠NBF＝∠MFN＝45°，
∴∠PBF＝45°，
∴△PBF是等腰直角三角形，
∴BP＝PF，
∴AG＝BP，
∴PG＝AB＝6，
∴AE＝PG＝6；
（3）解：作ET⊥BC于T，QS⊥BC于S，
∴QS＝ET＝3，
当点G与A重合时，点Q为BE的中点，
当点G与B重合时，点Q仍为BE的中点，
∴点Q运动路径是一条来回的线段，
∵∠AEG＝∠BGN，∠A＝∠B，
∴△AEG∽∠BGN，
∴，
设AG＝x，
∴，
∴BN＝﹣，
当x＝3时，BN最大为，
∴Q'Q的最大值为，
∴点Q的运动路径为2×．
九．解直角三角形的应用（共6小题）
24．（2022•鼓楼区校级二模）小淇同学在学习了“平面镜反射原理”后，用一个小平面镜PQ做实验．他先将平面镜放在平面上，如图，用一束与平面成30°角的光线照射平面镜上的A处，使光影正好落在对面墙面上一幅画的底边C点．他不改变光线的角度，原地将平面镜转动了7.5°角，即∠PAP′＝7.5°，使光影落在C点正上方的D点，测得CD＝10cm．求平面镜放置点与墙面的距离AB．（参考数据：≈1.73）
【分析】设AB＝xcm，则DB＝xcm，根据CD＝BD﹣BC，构建方程求解即可．
【解答】解：由题意得：∠DAB＝37.5°+7.5°＝45°．
设AB＝xcm，则DB＝xcm，
在Rt△ABC中，∠CAB＝30°，
∵tan∠CAB＝，
∴BC＝AB•tan∠CAB＝x，
∵CD＝BD﹣BC，
∴x﹣x＝10，
∴x≈23.65．
因此，平面镜放置点与墙面的距离AB是23.65cm．
25．（2022•建邺区二模）太阳能光伏发电因其清洁、安全、高效等特点，已成为世界各国重点发展的新能源产业．图①是太阳能电板的实物图，其截面示意图如图②，AB为太阳能电板，其一端A固定在水平面上且夹角∠DAB＝22°，另一端B与支撑钢架BC相连，钢架底座CD和水平面垂直，且∠BCD＝135°．若AD＝3m，CD＝0.5m，求AB的长．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，结果精确到0.01m．）
【分析】根据题意和题目中的数据，先计算出BF的值，然后即可得到BE的值，再根据锐角三角函数即可得到AB的值．
【解答】解：∵∠BCD＝135°，∠FCD＝90°，
∴∠BCF＝45°，
∵∠BFC＝90°，
∴∠FBC＝∠FCB＝45°，
∴FB＝FC，
设FB＝FC＝xm，则DE＝xm，
∵AD＝3m，CD＝0.5m，
∴AE＝（3﹣x）m，BE＝（x+0.5）m，
∵tan∠BAE＝，∠BAE＝22°，tan22°＝0.40，
∴0.40＝，
解得x＝0.5，
∴BE＝1m，
∵sin∠BAE＝，
∴sin22°＝，
解得AB≈2.70m，
即AB的长约为2.70m．
26．（2022•秦淮区二模）如图，一条宽为0.5km的河的两岸PQ，MN互相平行，河上有两座垂直于河岸的桥CD，EF．测得公路AC的长为6km，公路AC，AE与河岸PQ的夹角分别为45°，71.6°，公路BD，BF与河岸MN的夹角分别为60°，30°．
（1）求两座桥CD，EF之间的距离（精确到0.1km）；
（2）比较路径①：A﹣C﹣D﹣B和路径②：A﹣E﹣F﹣B的长短，则较短路径为 ① （填序号），两路径相差 0.5 km（精确到0.1km）．（参考数据：tan71.6°≈3.0，≈1.41，≈1.73，≈2.24．）
【分析】（1）过点A作AG⊥PQ，垂足为G，在Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义求出AG，CG的长，再在Rt△AEG中，利用锐角三角函数的定义求出EG的长，进行计算可求出CE的长，即可解答；
（2）过点B作BH⊥PQ，垂足为Q，根据题意得：CE＝DF＝2km，根据三角形的外角可得∠FBD＝30°，从而可得BD＝DF＝2km，然后在Rt△BHD中，利用锐角三角函数的定义求出BH的长，从而在Rt△BHF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，然后再在Rt△AEG中，利用勾股定理求出AE的长，最后分别计算出路径①和路径②的长，即可解答．
【解答】解：（1）过点A作AG⊥PQ，垂足为G，
在Rt△ACG中，AC＝6km，∠ACG＝45°，
∴AG＝AC•sin45°＝6×＝3（km），
CG＝AC•cos45°＝6×＝3（km），
在Rt△AEG中，∠AEG＝71.6°，
∴EG＝≈＝（cm），
∴CE＝CG﹣EG＝3﹣＝2≈2.8（km），
∴两座桥CD，EF之间的距离约为2.8km；
（2）过点B作BH⊥PQ，垂足为Q，
由题意得：
CE＝DF＝2km，
∵∠BDH是△BDF的一个外角，
∴∠FBD＝∠BDH﹣∠BFD＝30°，
∴∠BFD＝∠DBF＝30°，
∴DB＝DF＝2km，
在Rt△BHD中，∠BDH＝60°，
∴BH＝BD•sin60°＝2×＝，
∴BF＝2BH＝2（km），
在Rt△AEG中，AE＝＝＝2，
∴路径①的长＝AC+CD+BD＝6+0.5+2≈9.32（km），
路径②的长＝AE+EF+BF＝2+0.5+2≈9.86（km），
9.86﹣9.32≈0.5（km），
∴较短路径为：①，两路径相差0.5km，
故答案为：①，0.5．
27．（2022•秦淮区校级模拟）如图，某渔轮在航行中遇险发出呼救信号，我海军舰艇在A处获悉后，测出该渔轮在海军舰艇的北偏东45°，距离为海里的C处，并测得该渔轮正沿南偏东53°的方向行进．海军舰艇立即沿北偏东67.4°的方向前去营救，与渔轮在B处相遇，求渔轮的航程BC和海军舰艇的航程AB．
（参考数据：sin53°＝cos37°≈0.80，cos53°＝sin37°≈0.60，tan67.4°≈2.4）．
【分析】分别过点A、B、C延长方向线，根据题意可得∠DAC＝45°，∠CBF＝53°，∠ABE＝67.4°，DF＝AE，AD＝EF，在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出AD，DC的长，从而求出EF的长，再设BC＝x海里，在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义求出CF，BF的长，从而求出DF，AE，BE的长，然后在Rt△ABE中，利用锐角三角函数定义列出关于x的方程，进行计算从而求出BC，AE，BE的长，最后根据勾股定理求出AB的长，即可解答．
【解答】解：分别过点A、B、C延长方向线，交点如图所示，
由题意得：
∠DAC＝45°，∠CBF＝53°，∠ABE＝67.4°，DF＝AE，AD＝EF，
在Rt△ADC中，AC＝16海里，
∴AD＝AC•cos45°＝16×＝16（海里），
CD＝AC•sin45°＝16×＝16（海里），
∴AD＝EF＝16海里，
设BC＝x海里，
在Rt△BCF中，CF＝BC•sin53°≈0.8x（海里），
BF＝BC•cos53°≈0.6x（海里），
∴BE＝EF﹣BF＝（16﹣0.6x）海里，
AE＝DF＝DC+CF＝（16+0.8x）海里，
在Rt△ABE中，tan67.4°＝＝≈2.4，
∴x＝10，
经检验：x＝10是原方程的根，
∴BC＝10海里，
AE＝16+0.8×10＝24（海里），
BE＝16﹣0.6×10＝10（海里），
∴AB＝＝＝26（海里），
∴渔轮的航程BC约为10海里，海军舰艇的航程AB约为26海里．
28．（2022•建邺区一模）图①是一只消毒液喷雾瓶的实物图，其示意图如图②，AB＝6cm，BC＝4cm，∠ABC＝85°，∠BCD＝120°．求点A到CD的距离．（精确到三位小数，参考数据：sin65°≈0.906，cos65°≈0.423，tan65°≈2.145，≈1.732）
【分析】过点A作AE⊥CD，垂足为E，过点B作BF⊥DC，交DC的延长线于点F，过点A作AG⊥BF，交FB于点G，根据题意可得AE＝FG，∠BFC＝∠AGB＝90°，先利用平角定义求出∠BCF的度数，从而求出∠FBC的度数，然后在Rt△BCF中，利用锐角三角函数定义求出BF的长，再利用平角定义求出∠ABG的度数，最后在Rt△ABG中，利用锐角三角函数的定义求出BG的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，过点B作BF⊥DC，交DC的延长线于点F，过点A作AG⊥BF，交FB于点G，
则AE＝FG，∠BFC＝∠AGB＝90°，
∵∠BCD＝120°．
∴∠BCF＝180°﹣∠BCD＝60°，
∴∠FBC＝90°﹣∠BCF＝30°，
在Rt△BCF中，BC＝4cm，
∴BF＝BC•sin60°＝4×＝2（cm），
∵∠ABC＝85°，
∴∠ABG＝180°﹣∠ABC﹣∠FBC＝65°，
在Rt△ABG中，AB＝6cm，
∴BG＝AB•cos65°≈6×0.423＝2.538（cm），
∴AE＝FG＝BG+BF＝2.538+2≈6.002（cm），
∴点A到CD的距离约为6.002cm．
29．（2022•玄武区一模）如图①，某款线上教学设备由底座，支撑臂AB，连杆BC，悬臂CD和安装在D处的摄像头组成．如图②是该款设备放置在水平桌面l上的示意图．已知支撑臂AB⊥l，AB＝15cm，BC＝30cm，测量得∠ABC＝148°，∠BCD＝28°，AE＝9cm．求摄像头到桌面l的距离DE的长（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，≈1.73）
【分析】过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，根据题意可得FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，从而求出∠CBN＝58°，进而求出∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝30°，然后先在Rt△CBN中，利用锐角三角函数的定义求出BN，CN的长，从而求出EF，DM的长，再在Rt△CDM中，利用锐角三角函数的定义求出CM的长，从而求出MN的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点C作CF⊥l，垂足为F，过点B作BN⊥CF，垂足为N，过点D作DM⊥CF，垂足为M，设DM与BC交于点G，
则FN＝AB＝15cm，BN＝AF，DM＝EF，DE＝MF，∠ABN＝90°，DM∥BN，
∵∠ABC＝148°，
∴∠CBN＝∠ABC﹣∠ABN＝148°﹣90°＝58°，
在Rt△CBN中，BC＝30cm，
∴CN＝30•sin58°≈30×0.85＝25.5（cm），
BN＝30•cos58°≈30×0.53＝15.9（cm），
∴AF＝BN＝15.9cm，
∴DM＝EF＝AE+AF＝9+15.9＝24.9（cm），
∵DM∥BN，
∴∠CGM＝∠CBN＝58°，
∴∠CDM＝∠CGM﹣∠DCB＝58°﹣28°＝30°，
在Rt△CDM中，CM＝DM•tan30°＝×24.9≈14.36（cm），
∴MN＝CN﹣CM＝25.5﹣14.36＝11.14（cm），
∴MF＝MN+NF＝11.14+15≈26.1（cm），
∴DE＝MF＝26.1cm，
∴摄像头到桌面l的距离DE的长约为26.1 cm．
一十．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共1小题）
30．（2022•建邺区二模）某商场为方便消费者购物，准备将原来的阶梯式自动扶梯改造成斜坡式自动扶梯，如图，已知原阶梯式自动扶梯AB的长为6m，坡角∠ABE＝45°，改造后的斜坡自动扶梯坡角∠ACB＝15°，求改造后的斜坡式自动扶梯AC的长．（精确到0.1m，参考数据；sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0，27）
【分析】先在Rt△ABD中，用三角函数求出AD，最后在Rt△ACD中用三角函数即可得出结论．
【解答】解：如图，过点A作AD⊥CE于点D，
在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝6m，
∴AD＝AB•sin45°＝6×＝6（m）．
在Rt△ACD中，∠ACD＝15°，sin∠ACD＝，
∴AC＝＝≈23.1（m），
即：改造后的斜坡式自动扶梯AC的长度约为23.1米．
一十一．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共7小题）
31．（2022•玄武区二模）如图，山顶的正上方有一塔AB，为了测量塔AB的高度，在距山脚M一定距离的C处测得塔尖顶部A的仰角∠ACM＝37°，测得塔底部B的仰角∠BCM＝31°，然后沿CM方向前进30m到达D处，此时测得塔尖仰角∠ADM＝45°（C，D，M三点在同一直线上），求塔AB的高度．
（参考数据：tan31°≈0.60，tan37°≈0.75）
【分析】延长AB交CM于点E，设DE＝x米，在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，再在Rt△AEC中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算可求出AE，CE的长，然后在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：延长AB交CM于点E，
设DE＝x米，
在Rt△ADE中，∠ADE＝45°，
∴AE＝DE•tan45°＝x（米），
∵CD＝30米，
∴CE＝CD+DE＝（x+30）米，
在Rt△AEC中，∠ACE＝37°，
∴tan37°＝＝≈0.75，
∴x＝90，
经检验：x＝90是原方程的根，
∴AE＝90米，CE＝120米，
在Rt△BCE中，∠BCE＝31°，
∴BE＝CE•tan31°≈120×0.6＝72（米），
∴AB＝AE﹣BE＝90﹣72＝18（米），
∴塔AB的高度约为18米．
32．（2022•南京二模）如图，宝塔底座BC的高度为m，小明在D处测得底座最高点C的仰角为α，沿着DB方向前进n到达测量点E处，测得宝塔顶端A的仰角为β，求宝塔AB的高度．（用含α，β，m，n的式子表示）
【分析】在Rt△BCD中，∠CDB＝α，BC＝m，tanα＝，可得BD＝，则BE＝BD﹣DE＝﹣n在Rt△AEB中，∠AEB＝β，tanβ＝，即可得出答案．
【解答】解：在Rt△BCD中，∠CDB＝α，BC＝m，
tanα＝，
∴BD＝，
∴BE＝BD﹣DE＝﹣n，
在Rt△AEB中，∠AEB＝β，
tanβ＝，
∴AB＝tanβ•（﹣n）＝．
答：宝塔AB的高度为．
33．（2022•鼓楼区二模）如图①，某儿童医院门诊大厅收费处正上方的“蜘蛛侠”雕塑有效缓解了就医小朋友的紧张情绪．为了测量图②中“蜘蛛侠”BE的长度，小莉在地面上F处测得B处、E处的仰角分别为37°、56.31°．已知∠ABE＝45°，F到收费处OA的水平距离FC约为16m，且F与BE确定的平面与地面垂直．求“蜘蛛侠”BE的长度．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，tan56.31°≈1.50．）
【分析】过点E作EG⊥CF于点G，EH⊥AC于点H，在Rt△BCF中，tan∠BFC＝tan37°＝≈0.75，可得BC＝12．设BH＝EH＝CG＝xm，在Rt△EFG中，tan∠EFG＝tan56.31°＝≈1.50，可得x＝4.8，在Rt△BEH中，sin∠HBE＝sin45°＝，即可求得BE＝m．
【解答】解：过点E作EG⊥CF于点G，EH⊥AC于点H，
在Rt△BCF中，∠BFC＝37°，CF＝16m，
tan∠BFC＝tan37°＝≈0.75，
∴BC＝12．
∵∠ABE＝45°，
∴BH＝EH，
设BH＝EH＝CG＝x m，
在Rt△EFG中，EG＝HC＝（12+x）m，FG＝（16﹣x）m，∠EFG＝56.31°，
tan∠EFG＝tan56.31°＝≈1.50，
解得x＝4.8，
经检验，x＝4.8为原方程的解，且符合题意，
∴BH＝4.8m，
在Rt△BEH中，sin∠HBE＝sin45°＝，
解得BE＝．
则“蜘蛛侠”BE的长度为m．
34．（2022•南京一模）如图，为了测量小河对岸大树BC的高度，小明在点A处测得大树顶端B的仰角为37°，再从点A出发沿倾斜角为30°的斜坡AF走4m到达斜坡上点D，在此处测得树顶端B的仰角为26.7°．求大树BC的高度（精确到0.1m）．
（参考数据：tan37°≈0.75，tan26.7°≈0.5，≈1.73．）
【分析】过点D分别作DG⊥AC，DH⊥BC，垂足分别为G，H．根据三角函数的定义可得0.75AC﹣2≈0.5（AC+2），再求出BC即可．
【解答】解：如图，过点D分别作DG⊥AC，DH⊥BC，垂足分别为G，H．
在Rt△ADG中，∠DAG＝30°，
∵sin30°＝，cos30°＝，
∴DG＝AD•sin30°＝2m，AG＝AD•cos30°＝2m，
在Rt△ABC中，tan37°＝，
∴BC＝tan37°•AC，
在Rt△BDH中，tan26.7°＝，
∴BC﹣2＝tan26.7°（AC+2），
∴tan37°•AC﹣2＝tan26.7°（AC+2），即0.75AC﹣2≈0.5（AC+2），
∴AC＝（4+8）m．
∴BC＝0.75×（4+8）＝3+6≈11.2m．
答：大树BC的高度约为11.2m．
35．（2022•鼓楼区一模）如图，AB是一条笔直的长为500m的滑雪坡道，某运动员从坡顶A滑出，沿直线滑向坡底B，她的滑行距离y（单位：m）与滑行时间x（单位：s）的部分对应值如下表．
x
0
1
2
3
4
…
y
0
4.5
14
28.5
48
…
（1）用所学过的函数知识猜想y是x的什么函数，并求出y与x之间的函数表达式；
（2）一架无人机在AB上空距地面292m的P处悬停，此时在A处测得无人机的仰角为53°．无人机和该运动员同时开始运动，无人机以6.3m/s的速度匀速水平飞行拍摄，离A处越来越远．已知无人机（看成一个点）与AB（看成一条线段）所确定的平面始终垂直于地面，AB与地面MN的夹角为26°．求该运动员滑行多久时，她恰在无人机的正下方．
（参考数据：tan53°≈，sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49．）
【分析】（1）设y＝ax2+bx，由待定系数法求出a、b的值，即可解决问题；
（2）设运动员滑行ts时，她恰在无人机的正下方，此时运动员滑行了（2.5t2+2t）m，无人机飞行了6.3tm到达点P′，过点P′作P′D⊥MN交AB于C，交MN于D，此时运动员滑行到点C，则BC＝AB﹣AC＝500﹣（2.5t2+2t），过点A作AF⊥MN于F，过点A作AG⊥P′D于G，过点P作PE⊥AG于E，由锐角三角函数定义求出AG＝AC×cos26°≈（2.5t2+2t）×0.9＝2.25t2+1.8t，则AE＝AG﹣EG＝2.25t2﹣4.5t，再由锐角三角函数定义得3×72＝4×（2.25t2﹣4.5t），求出t的值，即可解决问题．
【解答】解：（1）猜想y与x是二次函数关系，
设y＝ax2+bx，
把（1，4.5）（2，14）代入得：，
解得：，
∴y＝2.5x2+2x，
当x＝3时，y＝2.5×9+6＝28.5，
当x＝4时，y＝2.5×16+8＝48，
∴y＝2.5x2+2x符合题意，
∴y与x之间的函数表达式为：y＝2.5x2+2x；
（2）设运动员滑行ts时，她恰在无人机的正下方，
此时运动员滑行了（2.5t2+2t）m，无人机飞行了6.3tm到达点P′，
过点P′作P′D⊥MN交AB于C，交MN于D，如图所示：
此时运动员滑行到点C，
∴BC＝AB﹣AC＝500﹣（2.5t2+2t），
过点A作AF⊥MN于F，过点A作AG⊥P′D于G，过点P作PE⊥AG于E，
则四边形AFDG与四边形PEGP′都是矩形，
∵AB＝500m，∠ABF＝26°，
∴AF＝GD＝AB×sin26°≈500×0.44＝220（m），∠GAC＝∠ABF＝26°，
∵无人机在AB上空距地面292m的P处悬停，
∴PE＝P′G＝292﹣AF＝292﹣220＝72（m），
在Rt△AGC中，AG＝AC×cos26°≈（2.5t2+2t）×0.9＝2.25t2+1.8t，
∴AE＝AG﹣EG＝2.25t2+1.8t﹣6.3t＝2.25t2﹣4.5t，
在Rt△APE中，tan53°＝≈，
∴3×72＝4×（2.25t2﹣4.5t），
解得：t1＝6，t2＝﹣4（不合题意舍去），
∴该运动员滑行6s时，她恰在无人机的正下方．
36．（2022•南京一模）如图是一个亭子的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是亭子的高AB所在的直线．为了测量亭子的高度，在地面上C点测得亭子顶端A的仰角为35°，此时地面上C点、亭檐上E点、亭顶上A点三点恰好共线，继续向亭子方向走8m到达点D时，又测得亭檐E点的仰角为60°，亭子的顶层横梁EF＝12m，EF∥CB，AB交EF于点G（点C，D，B在同一水平线上）．求亭子的高AB（结果精确到0.1m）．
（参考数据：sin35°≈0.6，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，≈1.7）
【分析】根据题意得到AG⊥EF，在Rt△AGE中，EG＝EF，∠AEG＝∠ACB＝35°，根据三角函数的定义求出AG，再过E作EH⊥CB于H，设EH＝x，在Rt△EDH中，由三角函数的定义得到DH＝，在Rt△ECH中，由三角函数的定义得到CH＝，由CH﹣DH＝CD＝8，可求得x，即可求得AB．
【解答】解：∵房屋的侧面示意图，它是一个轴对称图形，对称轴是房屋的高AB所在的直线，EF∥BC，
∴AG⊥EF，EG＝EF，∠AEG＝∠ACB＝35°，
在Rt△AGE中，∠AGE＝90°，∠AEG＝35°，
∵tan∠AEG＝tan35°＝，EG＝6，
∴AG≈6×0.7＝4.2（m），
过E作EH⊥CB于H，
设EH＝x，
在Rt△EDH中，∠EHD＝90°，∠EDH＝60°，
∵tan∠EDH＝，
∴DH＝，
在Rt△ECH中，∠EHC＝90°，∠ECH＝35°，
∵tan∠ECH＝，
∴CH＝，
∵CH﹣DH＝CD＝8m，
∴﹣＝8，
解得：x≈9.52，
∴AB＝AG+BG＝13.72≈13.7（m），
答：房屋的高AB约为13.7m．
37．（2022•雨花台区校级模拟）如图，有两座建筑物AB与CD，从A测得建筑物顶部D的仰角为16°，在BC上有一点E，点E到B的距离为24米，从E测得建筑物的顶部A、D的仰角分别为37°、45°．求建筑物CD的高度．（参考数据：tan16°≈0.30，tan37°≈0.75）
【分析】作AF⊥CD于F，设CD＝x米，根据正切的定义求出AB，用x表示出AF、DF，根据正切的定义列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：作AF⊥CD于F，
设CD＝x米，
∵∠DEC＝45°，
∴EC＝CD＝x米，
在Rt△ABE中，AB＝BE•tan∠AEB≈18，
则CF＝18，
∴DF＝x﹣18，
在Rt△AFD中，tan∠DAF＝，即＝0.3，
解得，x＝36，
答：建筑物CD的高度约为36米．
一十二．简单几何体的三视图（共2小题）
38．（2022•建邺区二模）下列几何体中，主视图、左视图和俯视图完全相同的是（ ）
A．球体 B．圆柱 C．三棱锥 D．三棱柱
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形．
【解答】解：A．球体的主视图、左视图和俯视图都是圆，故本选项符合题意；
B．圆柱的主视图和左视图都是矩形，但俯视图是一个圆形，故本选项不符合题意；
C．三棱锥的主视图和左视图都是三角形，俯视图也是三角形，但它的内部有一点与三个顶点连接，故本选项不符合题意；
D．三棱柱的主视图和左视图都是矩形，但俯视图是一个三角形，故本选项不符合题意．
故选：A．
39．（2022•玄武区二模）下面四个几何体中，主视图是四边形的几何体共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】仔细观察图象，根据主视图的概念逐个分析即可得出答案．
【解答】解：仔细观察图象可知：圆锥的主视图为三角形，圆柱的主视图为四边形，
球的主视图为圆，正方体的主视图为四边形；
故选：B．
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