三年辽宁中考数学模拟题分类汇总之图形的变化

这是一份三年辽宁中考数学模拟题分类汇总之图形的变化，共39页。


A．B．C．D．
2．（2023•普兰店区一模）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A＝2∠D＝100°，则∠α的度数是（ ）
A．50°B．60°C．40°D．30°
3．（2022•皇姑区校级模拟）下列四个几何体中，从正面看是三角形的是（ ）
A．B．C．D．
4．（2022•元宝区校级一模）如图所示，该几何体的左视图是（ ）
A．B．C．D．
5．（2022•本溪模拟）在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
6．（2021•鞍山模拟）如图所示的几何体是由五个小正方体搭建而成的，则左视图是（ ）
A．B．C．D．
7．（2021•阜新县模拟）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AC、AB上，∠AED＝∠C，若AD＝3，△AED的面积为4，四边形BCDE的面积为12，那么AB的长为（ ）
A．2B．4C．6D．8
二．填空题（共7小题）
8．（2023•东洲区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝6，点D是BC边上一动点（不与B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为直角三角形时，BD的长为 ．
9．（2023•大连模拟）如图，已知∠ABC＝90°，∠C＝30°，∠EAB＝150°，DC＝AE．若AB＝1，DB＝3，则DE的长为 ．
10．（2023•锦州二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将∠ABC绕点A逆时针旋转，使点C恰好落在AD延长线上的点F处，此时点B落在点E处，EF交CD于点G，则FG＝ ．
​
11．（2022•顺城区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在边AC上，点E，F在边AB上，点G在边BC上，连接DE，DG，FG，当四边形DEFG是菱形时，发现菱形的个数随着点D的位置变化而变化，若存在两个菱形DEFG，则线段CD的长的取值范围是 ．
12．（2022•元宝区校级二模）已知点P（a+1，−a2+1）关于原点的对称点在第四象限，则a的取值范围是 ．
13．（2021•铁岭三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝7，点E为BC上一动点，把△ABE沿AE折叠，当点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上时，则点B′到BC的距离为 ．
14．（2021•皇姑区校级模拟）如图，某商场大厅自动扶梯AB的长为12m，它与水平面AC的夹角∠BAC＝30°，则大厅两层之间的高度BC为 m．
三．解答题（共8小题）
15．（2023•大连模拟）如图1，△ABC内接于⊙O，点D为圆外AB上方一点，连接AD，若∠C＝∠BAD．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）如图2，连接OB．若tan∠ABO=12，AC=65，BC＝8，求⊙O的半径．（注：本题不允许使用弦切角定理）
16．（2023•锦州二模）如图，高层大楼CD前面建有一层地上车库，车库的对面有一幢低层楼房AB．某校数学实践活动小组想要测量高层大楼CD的高度，他们在楼房AB的窗户口点E处测得车库地面边缘点F的俯角为20°，测得大楼CD顶端D的仰角为60°．已知BE＝6m，车库长度CF＝15m，求高层大楼CD的高度．（点B，F，C在同一水平直线上，参考数据：cs20°≈0.94，tan20°≈0.36，3≈1.73，结果精确到0.1）
17．（2023•兴隆台区二模）如图，△ABC中，∠ABC＝60°，过点A的直线MN∥BC，点D是直线MN上一动点，将射线DB绕点D逆时针旋转（D不与A重合），交射线CA于点E，使∠BDE＝∠BAC．
（1）若∠BAC＝60°，
①如图1，当点E在线段CA上时，AB，AE，AD之间的数量关系为 ；
②如图2，当点E在线段CA延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请写出新的结论，并证明；
（2）如图3，若∠BAC＝90°，AB＝8，AE=43，其它条件不变，直接写出AD的长．
18．（2023•兴隆台区二模）如图1，是一款手机支架图片，由底座、摆臂和托板构成；图2是其侧面结构示意图量得摆臂CD长为14cm，托板AB联结在摆臂顶端点C处，且CB＝8cm，托板AB可绕点C转动，摆臂CD可绕点D转动．如图2，若∠DCB＝55°，∠CDE＝60°，求点B到底座DE的距离．（结果精确到0.1cm，参考数值sin25°≈0.42，cs25°≈0.91，tan25°≈0.47，3≈1.73）
19．（2022•大连三模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，AD平分∠BAC交BC于点D，动点P从点A出发以2cm/s的速度沿边AB运动，当点P与点B重合时，停止运动．过点P作AB的垂线，交射线BC于点F．设点P的运动时间为t（s），△BPF与△ABD重合部分图形面积为s（cm2）．
（1）请直接写出AB的长；
（2）求∠DAB的正切值；
（3）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
20．（2022•普兰店区二模）如图1，图2分别是网上某种型号拉杆箱的实物图与示意图，根据商品介绍，获得了如下信息：滑杆DE、箱长BC、拉杆AB的长度都相等，即DE＝BC＝AB，点B、F在线段AC上，点C在DE上，支杆DF＝40cm，CE：CD＝1：4，∠DCF＝45°，∠CDF＝37°．
请根据以上信息，解决下列问题：
（1）求滑竿DE的长度；
（2）求拉杆端点A到水平滑杆ED的距离（结果精确到0.1）．参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34，2≈1.414．
21．（2021•铁岭模拟）问题背景
如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求DFDE的值．
拓展创新
如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．
22．（2021•大连模拟）如图，甲、乙两建筑物的水平距离BC为30m，从甲建筑物顶部A点测得乙建筑物顶部D点的仰角为37°，测得底部C点的俯角为45°，求乙建筑物CD的高度（结果取整数）．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
辽宁三年（2021-2023）中考数学模拟题分类汇总---图形的变化
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2023•白塔区一模）一个圆柱和正三棱柱组成的几何体如图水平放置，其主视图是（ ）
A．B．C．D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】B
【分析】根据简单组合体的三视图的定义画出其主视图即可．
【解答】解：这个组合体的主视图如下：
故选：B．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义掌握简单组合体三视图的画法是正确解答的前提．
2．（2023•普兰店区一模）如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD，若∠A＝2∠D＝100°，则∠α的度数是（ ）
A．50°B．60°C．40°D．30°
【考点】旋转的性质．
【专题】平移、旋转与对称．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质得知∠A＝∠C，∠AOC为旋转角等于80°，则可以利用三角形内角和度数为180°列出式子进行求解．
【解答】解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转80°
∴∠A＝∠C，∠AOC＝80°
∴∠DOC＝80°﹣α
∵∠A＝2∠D＝100°
∴∠D＝50°
∵∠C+∠D+∠DOC＝180°
∴100°+50°+80°﹣α＝180° 解得α＝50°
故选：A．
【点评】本题主要考查了旋转的性质及三角形的内角和定理，熟知图形旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解决本题的关键．
3．（2022•皇姑区校级模拟）下列四个几何体中，从正面看是三角形的是（ ）
A．B．C．D．
【考点】简单几何体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】B
【分析】找到从正面看所得到的图形为三角形即可．
【解答】解：A．主视图为长方形，不符合题意；
B．主视图为三角形，符合题意；
C．主视图为长方形，不符合题意；
D．主视图为长方形，不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．
4．（2022•元宝区校级一模）如图所示，该几何体的左视图是（ ）
A．B．C．D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】B
【分析】根据简单几何体的三视图的画法画出它的左视图即可．
【解答】解：这个几何体的左视图为：
故选：B．
【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握简单几何体的三视图的画法和形状是正确判断的关键．
5．（2022•本溪模拟）在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【考点】中心对称图形；轴对称图形．
【专题】平移、旋转与对称；几何直观．
【答案】B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点评】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
6．（2021•鞍山模拟）如图所示的几何体是由五个小正方体搭建而成的，则左视图是（ ）
A．B．C．D．
【考点】简单组合体的三视图．
【专题】投影与视图；空间观念．
【答案】D
【分析】根据从左边看得到的图形是左视图，可得答案．
【解答】解：从左边看底层是两个小正方形，上层右边是一个小正方形，
故选：D．
【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从左边看得到的图形是左视图．
7．（2021•阜新县模拟）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AC、AB上，∠AED＝∠C，若AD＝3，△AED的面积为4，四边形BCDE的面积为12，那么AB的长为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【考点】相似三角形的判定与性质．
【专题】图形的相似；推理能力．
【答案】C
【分析】先根据相似三角形的判定方法证明△ADE∽△ABC，则根据相似三角形的性质得到S△ADES△ABC=（ADAB）2，然后利用比例的性质可求出AB的长．
【解答】解：∵∠AED＝∠C，∠DAE＝∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
∴S△ADES△ABC=（ADAB）2，
∵△AED的面积为4，四边形BCDE的面积为12，
∴△ABC的面积为16，
∴（3AB）2=416，
解得AB＝6．
故选：C．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质是解决问题的关键．
二．填空题（共7小题）
8．（2023•东洲区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝6，点D是BC边上一动点（不与B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为直角三角形时，BD的长为 2或4 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】Rt△ABC中，根据特殊锐角三角函数值可求得AB＝43，然后由翻折的性质可求得∠AEF＝60°，从而可求得∠EAF＝30°，故此AE＝2EF，由翻折的性质可知：BE＝EF，故此AB＝3BE，所以EB=433，最后在Rt△BED中利用特殊锐角三角函数值即可求得BD的长．当点F在BC的延长线上时，∠AEF＝90°，然后依据角平分线的性质可得到ED＝AE，然后再证明△BED∽△BAC，最后依据相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴BCAB=32，即6AB=32．
∴AB＝43
∵∠B＝30°，DE⊥BC，
∴∠BED＝60°．
由翻折的性质可知：∠BED＝∠FED＝60°，
∴∠AEF＝60°．
∵△AEF为直角三角形，
∴∠EAF＝30°．
∴AE＝2EF．
由翻折的性质可知：BE＝EF，
∴AB＝3BE．
∴EB=433．
在Rt△BED中，∠B＝30°，
∴BDBE=32，即BD433=32．
∴BD＝2．
如图所示：当点F在BC的延长线上时．
∵△AEF为直角三角形，
∴∠EAF＝90°，
∴∠EFA＝30°．
∴∠EFD＝∠EFA．
又∵ED⊥BF，EA⊥AF，
∴AE＝DE．
∵BC＝6，∠ACB＝90°，∠B＝30°，
∴AB＝43，AC＝23
设DE＝x，BE＝43−x．
∵DE∥AC，
∴EDAC=BEAB，x23=43−x43，解得：x=433．
∴BD=3DE＝4
故答案为：2或4．
【点评】本题主要考查的是翻折的性质和特殊锐角三角函数值的应用，掌握翻折的性质和特殊锐角三角函数值是解题的关键．
9．（2023•大连模拟）如图，已知∠ABC＝90°，∠C＝30°，∠EAB＝150°，DC＝AE．若AB＝1，DB＝3，则DE的长为 16+63 ．
【考点】解直角三角形；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】构造法；运算能力；推理能力．
【答案】16+63．
【分析】过点E作EF∥CD交BA延长线于点F，过点E作EG⊥CD于点G，根据题意易证四边形FEGB为矩形，得到BF＝EG，BG＝EF，由含30°角的直角三角形的性质可得BC=3，进而得到AE＝CD＝3+3，由平角的定义得到∠EAF＝30°，则EF=3+32，AF=33+32，算出BF、DG，在Rt△EGD中，由勾股定理即可求解．
【解答】解：过点E作EF∥CD交BA延长线于点F，过点E作EG⊥CD于点G，如图，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABG＝∠F＝∠FEB＝∠EGB＝90°，
∴四边形FEGB为矩形，
∴BF＝EG，BG＝EF，
∵在△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AB＝1，
∴AC＝2AB＝2，
∴BC=AC2−AB2=22−12=3，
∵DC＝AE，DB＝3，
∴AE＝CD＝BD+BC＝3+3，
∵∠EAB＝150°，
∴∠EAF＝180°﹣∠EAB＝30°，
∴EF=12AE=3+32，
∴BG＝EF=3+32，
∴DG＝BD﹣BG=3−3+32=3−32，
∴AF＝AE•cs30°=(3+3)×32=33+32，
∴EG＝BF＝AF+AB=33+32+1=33+52，
在Rt△EGD中，由勾股定理得DE=EG2+DG2=(33+52)2+(3−32)2=16+63．
【点评】本题主要考查矩形的判定与性质、解直角三角形、含30°角的直角三角形、勾股定理，理清题意，正确作出辅助线，构造合适的矩形解决问题是解题关键．
10．（2023•锦州二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将∠ABC绕点A逆时针旋转，使点C恰好落在AD延长线上的点F处，此时点B落在点E处，EF交CD于点G，则FG＝ 54 ．
​
【考点】旋转的性质；矩形的性质．
【专题】平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】54．
【分析】连接AC，先根据勾股定理求出AC的长，再由旋转的性质得出AE＝AB，EF＝BC，AF＝AC，由相似三角形的判定定理得出△FDG∽△FEA，由相似三角形的性质即可得出结论．
【解答】解：矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵△AEF由△ABC旋转而成，
∴AE＝AB＝3，EF＝BC＝4，AF＝AC＝5，∠E＝∠B＝90°，
∵AD＝BC＝4，
∴DF＝AF﹣AD＝5﹣4＝1，
∵∠F＝∠F，
∴△FDG∽△FEA，
∴DFEF=FGFA，即14=FG5，
解得FG=54．
故答案为：54．
【点评】本题考查的是旋转的性质及矩形的性质，熟知旋转前、后的图形全等是解题的关键．
11．（2022•顺城区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D在边AC上，点E，F在边AB上，点G在边BC上，连接DE，DG，FG，当四边形DEFG是菱形时，发现菱形的个数随着点D的位置变化而变化，若存在两个菱形DEFG，则线段CD的长的取值范围是 3637＜CD≤98 ．
【考点】相似三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】分类讨论；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】3637＜CD≤98．
【分析】利用勾股定理求得斜边AB，利用分类讨论的思想方法分三种情况讨论解答：①当四边形DEFG是正方形时，过点C作CH⊥AB于点H，CH与DG交于点M，利用三角形的面积公式求得斜边上的高，设正方形的边长为x，则HM＝x，CM＝CH﹣HM=125−x，利用相似三角形的判定与性质求得x值，则CD可得，观察图形可知：当0≤CD＜3637时，菱形的个数为0，当CD=3637时，菱形的个数为1；②当四边形DAEG是菱形时，设菱形的边长为m，则CD＝3﹣m，利用相似三角形的判定与性质求得m值，则CD可得，观察图形可知：当3637＜CD≤98时，菱形的个数为2；③当四边形DABG是菱形时，设菱形的边长为n，则CG＝4﹣n，利用相似三角形的判定与性质求得n值，则CD可得，观察图形可知：当98＜CD≤129时，菱形的个数为1，当43＜CD≤3时，菱形的个数为0，综上，结论可得．
【解答】解：∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=5．
①当四边形DEFG是正方形时，
过点C作CH⊥AB于点H，CH与DG交于点M，如图，
∵S△ABC=12×AB•CH=12AC•BC，
∴CH=125．
设正方形的边长为x，则HM＝x，
∴CM＝CH﹣HM=125−x，
∵DG∥AB，
∴△CDG∽△CAB，
∴CMCH=DGAB，
∴125−x125=x5，
∴x=6037．
∴DG=6037．
∵△CDG∽△CAB，
∴CDCA=DGAB，
∴CD3=60375，
∴CD=3637，
观察图形可知：当0≤CD＜3637时，菱形的个数为0，当CD=3637时，菱形的个数为1；
②当四边形DAEG是菱形时，如图，
设菱形的边长为m，则CD＝3﹣m，
∵DG∥AB，
∴△CDG∽△CAB，
∴CDCA=DGAB，
∴3−m3=m5，
∴m=158，
∴CD＝3−158=98，
观察图形可知：当3637＜CD≤98时，菱形的个数为2；
③当四边形DABG是菱形时，如图，
设菱形的边长为n，则CG＝4﹣n，
∵DG∥AB，
∴△CDG∽△CAB，
∴CGCB=DGAB，
∴4−n4=n5，
∴n=209，
∴CG＝4−209=169．
∵△CDG∽△CAB，
∴CGCB=CDCA，
∴CD3=1694，
∴CD=43，
观察图形可知：当98＜CD≤129时，菱形的个数为1，当43＜CD≤3时，菱形的个数为0，
综上，当3637＜CD≤98时，菱形的个数为2，
故答案为：3637＜CD≤98．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，利用分类讨论的思想方法解得是解题的关键．
12．（2022•元宝区校级二模）已知点P（a+1，−a2+1）关于原点的对称点在第四象限，则a的取值范围是 a＜﹣1 ．
【考点】关于原点对称的点的坐标．
【专题】平面直角坐标系；符号意识．
【答案】a＜﹣1．
【分析】直接利用关于原点对称点的性质以及一元一次不等式组的解法分析得出答案．
【解答】解：∵点P（a+1，−a2+1）关于原点的对称点在第四象限，
∴点P（a+1，−a2+1）在第二象限，
∴a+1＜0①−a2+1＞0②，
解①得：a＜﹣1，
解②得：a＜2，
∴不等式组的解集为：a＜﹣1．
故答案为：a＜﹣1．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确解不等式组是解题关键．
13．（2021•铁岭三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝7，点E为BC上一动点，把△ABE沿AE折叠，当点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上时，则点B′到BC的距离为 2或1 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接B′D，过点B′作B′M⊥AD于M．设DM＝B′M＝x，则AM＝7﹣x，根据等腰直角三角形的性质和折叠的性质得到：（7﹣x）2＝25﹣x2，通过解方程求得x的值，易得点B′到BC的距离．
【解答】解：连接B′D，过点B′作B′M⊥AD于M．
∵点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上，
∴设DM＝B′M＝x，则AM＝7﹣x，
又由折叠的性质知AB＝AB′＝5，
∴在直角△AMB′中，由勾股定理得到：AM2＝AB′2﹣B′M2
即（7﹣x）2＝25﹣x2，
解得：x1＝3，x2＝4，
则点B′到BC的距离为5﹣3＝2或5﹣4＝1．
故答案为：2或1．
【点评】本题考查的是翻折变换的性质，掌握翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
14．（2021•皇姑区校级模拟）如图，某商场大厅自动扶梯AB的长为12m，它与水平面AC的夹角∠BAC＝30°，则大厅两层之间的高度BC为 6 m．
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；几何直观．
【答案】6．
【分析】在Rt△ABC中，利用三角函数解答即可．
【解答】解；在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，AB＝12m，
∴BC=12AB=6m，
故答案为：6．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，利用三角函数解答是解题的关键．
三．解答题（共8小题）
15．（2023•大连模拟）如图1，△ABC内接于⊙O，点D为圆外AB上方一点，连接AD，若∠C＝∠BAD．
（1）求证：AD是⊙O的切线；
（2）如图2，连接OB．若tan∠ABO=12，AC=65，BC＝8，求⊙O的半径．（注：本题不允许使用弦切角定理）
【考点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；圆周角定理；三角形的外接圆与外心；切线的判定与性质．
【专题】圆的有关概念及性质；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）R=1852．
【分析】（1）连接OA，OB，根据圆周角定理，得到∠AOB＝2∠C；根据OA＝OB，得到∠OAB＝∠OBA＝90°﹣∠C即∠OAB+∠C＝90°，等量代换即可证明∠OAD＝90°；
（2）延长BO交⊙O于F，连接AF，过A作AE⊥BC于E．先证明△AFB∽△ECA，再利用勾股定理，三角函数计算AB，AF的长度，再次运用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）如图，连接OA，OB，根据题意，得∠AOB＝2∠C；
∵OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝90°﹣∠C即∠OAB+∠C＝90°，
∵∠C＝∠BAD，
∴∠OAB+∠BAD＝90°，
∴∠OAD＝90°，
∵OA是半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）如图，延长BO交⊙O于F，连接AF，过A作AE⊥BC于E．
∵BF是⊙O的直径，tan∠ABO=12，
∴∠BAF＝90°，∠C＝∠F，tan∠ABO=AFAB=12，
∴△AFB∽△ECA，
∴AEEC=ABAF=12，
∵AC=65，
∴EC2+AE2＝AC2，
∴EC2+4EC2＝36×5，
解得EC＝6，EC＝﹣6（舍去），
∴AE＝12；
∵BC＝8；
∴BE＝BC﹣EC＝8﹣6＝2，
∴AB=122+22=148=237，AF=12AB=37，
∴BF=(237)2+(37)2=185，
∴OB=12BF=1852，
故⊙O的半径为1852．
【点评】本题考查了圆周角定理，正切函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理，切线的判定，熟练掌握正切函数，三角形相似的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
16．（2023•锦州二模）如图，高层大楼CD前面建有一层地上车库，车库的对面有一幢低层楼房AB．某校数学实践活动小组想要测量高层大楼CD的高度，他们在楼房AB的窗户口点E处测得车库地面边缘点F的俯角为20°，测得大楼CD顶端D的仰角为60°．已知BE＝6m，车库长度CF＝15m，求高层大楼CD的高度．（点B，F，C在同一水平直线上，参考数据：cs20°≈0.94，tan20°≈0.36，3≈1.73，结果精确到0.1）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】高层大楼CD的高度约为60.9m．
【分析】过点E作EH⊥CD于点H，在Rt△BEF中，解直角三角形求出BF，继而求出EH，在Rt△BEF中，根据三角函数的定义求出DH，即可求出CD．
【解答】解：过点E作EH⊥CD于点H，则四边形BCHE是矩形，
∴CH＝BE＝6m，EH∥BC，
∴∠BFE＝∠FEH＝20°，
在Rt△BEF中，tan20°=BEBF，
∴BF≈60.36=503（m），
∴EH＝BC＝BF+CF=503+15=953（m），
在Rt△BEF中，∠DEH＝60°，tan60°=DHEH，
∴DH=3×953≈54.9（m），
∴CD＝DH+CH＝60.9m．
答：高层大楼CD的高度约为60.9m．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，正确作出辅助线，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
17．（2023•兴隆台区二模）如图，△ABC中，∠ABC＝60°，过点A的直线MN∥BC，点D是直线MN上一动点，将射线DB绕点D逆时针旋转（D不与A重合），交射线CA于点E，使∠BDE＝∠BAC．
（1）若∠BAC＝60°，
①如图1，当点E在线段CA上时，AB，AE，AD之间的数量关系为 AB＝AE+AD ；
②如图2，当点E在线段CA延长线上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请写出新的结论，并证明；
（2）如图3，若∠BAC＝90°，AB＝8，AE=43，其它条件不变，直接写出AD的长．
【考点】几何变换综合题．
【专题】等腰三角形与直角三角形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①AB＝AE+AD；
②AD＝AE+AB；
（2）10或2．
【分析】（1）在AB上截取AF＝DA，可得△ADF是等边三角形，再由∠BDE＝∠BAC，可得A、D、B、E四点共圆，通过证明△BDF≌△EDA（AAS），得到BF＝AE，则AB＝BF+AF＝AE+AD；
②在AD上截取AG＝AE，连接BE，可得△AEG是等边三角形，再由∠BDE+∠EAB＝180°，可得E、D、B、A四点共圆，通过证明△EDG≌△EBA（AAS），得到AB＝DG，则AD＝DG+AG＝AE+AB；
（2）分两种情况讨论：当E点在AC上时，过D作DK⊥MN交BA延长线于点K，可求出∠K＝30°，再由∠BAC＝∠BDE＝90°，可得A、B、E、D四点共圆，则∠ABD＝∠AED，通过证明△BDK∽△EDA，得到3ADAD=8+AK43，从而求出AK＝4，则AD＝2；当E点在CA的延长线上时，连接BE，过B点作BH⊥AD交于H点，由∠BDE＝∠BAC＝90°，可得A、E、D、B四点共圆，则∠DAB＝∠DEB＝60°，在Rt△ABE中，求出BE＝47，在Rt△BDE中，BD＝BEsin60°＝221，在Rt△ABH中，AH＝ABcs60°＝4，BH＝ABsin60°＝43，在Rt△BHD中，DH=BD2−BH2=6，即可求AD＝6+4＝10．
【解答】解：（1）①在AB上截取AF＝DA，
∵MN∥BC，∠ABC＝60°，
∴∠DAF＝60°，
∴△ADF是等边三角形，
∴AD＝DF＝AF，∠DFB＝120°，
∵∠BDE＝∠BAC＝60°，
∴∠DAE＝120°，
∵∠BDE＝∠BAC，
∴A、D、B、E四点共圆，
∴∠AED＝∠DBA，
∴△BDF≌△EDA（AAS），
∴BF＝AE，
∴AB＝BF+AF＝AE+AD；
故答案为：AB＝AE+AD；
②AD＝AE+AB；理由如下：
在AD上截取AG＝AE，连接BE，
∵MN∥BC，∠ABC＝60°，
∴∠DAB＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠EAG＝60°，
∴△AEG是等边三角形，
∴GE＝AE，
∵∠EGA＝60°，
∴∠DGE＝120°，
∵∠EAG＝∠BAC＝60°，
∴∠EAB＝120°，
∵∠BDE＝60°，
∴∠BDE+∠EAB＝180°，
∴E、D、B、A四点共圆，
∴∠EBA＝∠EDA，
∴△EDG≌△EBA（AAS），
∴AB＝DG，
∴AD＝DG+AG＝AE+AB；
（2）如图3，当E点在AC上时，
过D作DK⊥MN交BA延长线于点K，
∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，
∴∠C＝30°，
∵AB＝8，
∴AC＝ABtan60°＝83，
∵AE＝43，
∴E是AC的中点，
∵MN∥BC，
∴∠DAE＝30°，
∴∠KAD＝60°，
∵∠KDA＝90°，
∴∠K＝30°，
∴KD=3AD，
∵∠BAC＝∠BDE＝90°，
∴A、B、E、D四点共圆，
∴∠ABD＝∠AED，
∵∠K＝∠DAE＝30°，
∴△BDK∽△EDA，
∴DKAD=BKAE，即3ADAD=8+AK43，
解得AK＝4，
∴AD＝2；
当E点在CA的延长线上时，如图4，
连接BE，过B点作BH⊥AD交于H点，
∵MN∥BC，∠ABC＝60°，
∴∠DAB＝60°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠EAB＝90°，
∵∠BDE＝∠BAC＝90°，
∴A、E、D、B四点共圆，
∴∠DAB＝∠DEB＝60°，
在Rt△ABE中，AB＝8，AE＝43，
∴BE＝47，
在Rt△BDE中，BD＝BEsin60°＝221，
在Rt△ABH中，∠HAB＝60°，
∴AH＝ABcs60°＝4，BH＝ABsin60°＝43，
在Rt△BHD中，DH=BD2−BH2=6，
∴AD＝6+4＝10；
综上所述：AD的长为10或2．
【点评】本题考查几何变换的综合应用，熟练掌握直角三角形的性质，等边三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，三角形全等的判定及性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键．
18．（2023•兴隆台区二模）如图1，是一款手机支架图片，由底座、摆臂和托板构成；图2是其侧面结构示意图量得摆臂CD长为14cm，托板AB联结在摆臂顶端点C处，且CB＝8cm，托板AB可绕点C转动，摆臂CD可绕点D转动．如图2，若∠DCB＝55°，∠CDE＝60°，求点B到底座DE的距离．（结果精确到0.1cm，参考数值sin25°≈0.42，cs25°≈0.91，tan25°≈0.47，3≈1.73）
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】点B到底座DE的距离约为4.8cm．
【分析】过C作CG⊥DE，垂足为G，过B作BF⊥DE，垂足为F，过B作BH⊥CG，垂足为H，根据题意可得：BF＝HG，然后在Rt△CDG中，利用锐角三角函数的定义求出CG的长，利用直角三角形的两个锐角互余求出∠DCG＝30°，从而可得∠BCH＝25°，然后在Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：过C作CG⊥DE，垂足为G，过B作BF⊥DE，垂足为F，过B作BH⊥CG，垂足为H，
由题意得：BF＝HG，
在Rt△CDG中，∠CDG＝60°，CD＝14cm，
∴CG＝CD•sin60°＝14×32=73（cm），∠DCG＝90°﹣∠CDG＝30°，
∵∠DCB＝55°，
∴∠BCH＝∠BCD﹣∠DCG＝25°，
在Rt△CBH中，BC＝8cm，
∴CH＝BC•cs25°≈8×0.91＝7.28（cm），
∴GH＝CG﹣CH＝73−7.28≈4.8（cm），
∴BF＝GH＝4.8cm，
答：点B到底座DE的距离约为4.8cm．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19．（2022•大连三模）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，AD平分∠BAC交BC于点D，动点P从点A出发以2cm/s的速度沿边AB运动，当点P与点B重合时，停止运动．过点P作AB的垂线，交射线BC于点F．设点P的运动时间为t（s），△BPF与△ABD重合部分图形面积为s（cm2）．
（1）请直接写出AB的长；
（2）求∠DAB的正切值；
（3）求S关于t的函数解析式，并直接写出自变量t的取值范围．
【考点】相似形综合题．
【专题】几何综合题；图形的相似；推理能力．
【答案】（1）5cm；
（2）12；
（3）S=154−t2(0＜t≤32)32t2−152t+758(32＜t≤52)．
【分析】（1）根据勾股定理求出AB；
（2）过点D作DH⊥AB于点H，根据角平分线的性质得到DC＝DH，根据三角形的面积公式求出m，根据正切的定义计算即可；
（3）分0＜t≤32、32＜t≤52两种情况，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，
则AB=AC2+BC2=32+42=5（cm）；
（2）如图1，过点D作DH⊥AB于点H，
设CD＝m，
∵AD平分∠BAC，∠ACB＝90°，DH⊥AB，
∴DC＝DH＝m，∠DAC＝∠DAB，
∵S△ABC=12AC•BC=12AC•CD+12AB•DH，
∴12×3×4=12×3×m+12×5×m，
解得：m=32，即CD=32，
∴tan∠DAB＝tan∠DAC=CDAC=323=12；
（3）如图2，当0＜t≤32时，AP＝2tcm，PG＝tcm，
∴S△APG=12AP•PT＝t2，S△ABD=12×5×32=154，
∴S=154−t2；
当32＜t≤52时，BP＝5﹣2t，
∵∠BPF＝∠BCA＝90°，∠B＝∠B，
∴△BPF∽△BCA，
∴PFAC=BPBC，即PF3=5−2t4，
解得：PF=34（5﹣2t），
∴S=12（5﹣2t）•34（5﹣2t）=38（5﹣2t）2=32t2−152t+758．
∴S=154−t2(0＜t≤32)32t2−152t+758(32＜t≤52)．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、角平分线的性质、锐角三角函数的定义，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
20．（2022•普兰店区二模）如图1，图2分别是网上某种型号拉杆箱的实物图与示意图，根据商品介绍，获得了如下信息：滑杆DE、箱长BC、拉杆AB的长度都相等，即DE＝BC＝AB，点B、F在线段AC上，点C在DE上，支杆DF＝40cm，CE：CD＝1：4，∠DCF＝45°，∠CDF＝37°．
请根据以上信息，解决下列问题：
（1）求滑竿DE的长度；
（2）求拉杆端点A到水平滑杆ED的距离（结果精确到0.1）．参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34，2≈1.414．
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）滑竿DE的长度约为70cm；
（2）拉杆端点A到水平滑杆ED的距离约为99.0cm．
【分析】（1）过点F作FG⊥CD，垂足为G，在Rt△DFG中，利用锐角三角函数的定义求出FG，DG的长，再在Rt△CFG中，利用锐角三角函数的定义求出CG的长，从而求出CD的长，然后根据已知CE：CD＝1：4，求出CE的长，最后利用线段的和差关系求出DE的长，即可解答；
（2）过点A作AH⊥CD，交CD的延长线于点H，利用（1）的结论和已知可得AC＝140cm，然后在Rt△ACH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，即可解答．
【解答】解：（1）过点F作FG⊥CD，垂足为G，
在Rt△DFG中，∠CDF＝37°．DF＝40cm，
∴FG＝DF•sin37°≈40×35=24（cm），
DG＝DF•cs37°≈40×45=32（cm），
在Rt△CFG中，∠DCF＝45°，
∴CG=FGtan45°=24（cm），
∴DC＝CG+DG＝24+32＝56（cm），
∵CE：CD＝1：4，
∴CE=14CD＝14（cm），
∴DE＝CE+CD＝70（cm），
∴滑竿DE的长度约为70cm；
（2）过点A作AH⊥CD，交CD的延长线于点H，
∵DE＝BC＝AB＝70cm，
∴AC＝AB+BC＝140（cm），
在Rt△ACH中，∠ACH＝45°，
∴AH＝AC•sin45°＝140×22=702≈99.0（cm），
∴拉杆端点A到水平滑杆ED的距离约为99.0cm．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
21．（2021•铁岭模拟）问题背景
如图（1），△ABD，△AEC都是等边三角形，△ACD可以由△AEB通过旋转变换得到，请写出旋转中心、旋转方向及旋转角的大小．
尝试应用
如图（2），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC，AB为边，作等边△ACD和等边△ABE，连接ED，并延长交BC于点F，连接BD．若BD⊥BC，求DFDE的值．
拓展创新
如图（3），在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，连接PB，直接写出PB的最大值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题；等腰三角形与直角三角形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】问题背景
由等边三角形的性质得出∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，证得△ACD≌△AEB（SAS），由旋转的概念可得出答案；
尝试应用
证明△ADE≌△ACB（SAS），由全等三角形的性质得出∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，得出∠BDF＝30°，由直角三角形的性质得出BF=12DF，则可得出答案；
拓展创新
过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，由直角三角形的性质求出BE，PE的长，则可得出答案．
【解答】问题背景
解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴∠BAD＝60°，∠CAE＝60°，AD＝AB，AC＝AE，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△ACD≌△AEB（SAS），
∴△ACD可以由△AEB绕点A顺时针旋转60°得到，
即旋转中心是点A，旋转方向是顺时针，旋转角是60°；
尝试应用
∵△ACD和△ABE都是等边三角形，
∴AC＝AD，AB＝AE，∠CAD＝∠BAE＝60°，
∴∠CAB＝∠DAE，
∴△ADE≌△ACB（SAS），
∴∠ADE＝∠ACB＝90°，DE＝CB，
∵∠ADE＝90°，
∴∠ADF＝90°，
∵∠ADC＝∠ACD＝60°，
∴∠DCF＝∠CDF＝30°，
∴CF＝DF，
∵BD⊥BC，
∴∠BDF＝30°，
∴BF=12DF，
设BF＝x，则CF＝DF＝2x，DE＝3x，
∴DFDE=2x3x=23；
拓展创新
∵∠ACB＝90°，
∴点C在以AB为直径的圆上运动，取AB的中点D，连接CD，
∴CD=12AB＝1，
如图，过点A作AE⊥AB，且使AE＝AD，连接PE，BE，
∵将线段AC绕点A顺时针旋转90°得到线段AP，
∴∠PAC＝90°，PA＝AC，
∵∠EAD＝90°，
∴∠PAE＝∠CAD，
∴△CAD≌△PAE（SAS），
∴PE＝CD＝1，
∵AB＝2，AE＝AD＝1，
∴BE=AE2+AB2=12+22=5，
∴BP≤BE+PE=5+1，
当且仅当P、E、B三点共线时取等号，
∴BP的最大值为5+1．
【点评】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
22．（2021•大连模拟）如图，甲、乙两建筑物的水平距离BC为30m，从甲建筑物顶部A点测得乙建筑物顶部D点的仰角为37°，测得底部C点的俯角为45°，求乙建筑物CD的高度（结果取整数）．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】乙建筑物CD的高度约为53m．
【分析】过A作AE⊥CD于E，在Rt△ADE中，根据三角函数的定义求出DE，在Rt△ACE中，根据三角函数的定义求出CE，进而可求出CD．
【解答】解：如图，过A作AE⊥CD于E，则∠DAE＝37°，∠EAC＝45°，
∵∠ABC＝∠BCE＝∠AEC＝90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴AE＝BC＝30m，
在Rt△ADE中，
∵tan∠DAE=DEAE，
∴DE＝AE•tan∠DAE＝30tan37°≈30×0.75＝22.5（m），
在Rt△ACE中，
∵tan∠EAC=ECAE，
∴CE＝AE•tan∠EAC＝30tan45°＝30×1＝30（m），
∴CD＝DE+CE＝22.5+30＝52.5≈53（m），
答：乙建筑物CD的高度约为53m．
【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造出直角三角形是解决问题的关键