期末測試卷（拔尖）【浙教版】參考答案與試題解析選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2023下·河北衡水·九年級校考階段練習）圖是由n個相同的小正方體組成的幾何體的三視圖，則n的值為（

）

A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】根據其主視圖與俯視圖可知該幾何體共有2層2列，再結合左視圖可確定每列每層上小正方體的個數，由此即可解答本題．【詳解】解：根據主視圖與俯視圖可知該幾何體共有2層2列，再結合左視圖可確定第一層有2個，第二層有1個，共計有3個小正方體，故選：A．【點睛】本題主要考查幾何體的三視圖，仔細觀察己知信息，綜合利用三視圖的信息是解題的關鍵．2．（3分）（2023·河北石家莊·校聯考三模）如圖，在平面直角坐標系中，點2,2是一個光源，木桿AB兩端的坐標分別為0,1，3,1，則木桿AB在x軸上的投影A′B′

A．23 B．32 C．5【答案】D【分析】利用中心投影，延長PA、PB分別交x軸于點A′、B′，作PE⊥x軸于點E，交AB于點D，證明【詳解】解：延長PA、PB分別交x軸于點A′、B′，作PE⊥x軸于點E，交AB于點∵P2,2，A0,1，∴PD=1，PE=2，AB=3，∵AB∥∴∠PAB=∠PA′B∴△PAB～△PA∴ABA′B∴A′故選：D．

【點睛】本題考查中心投影，熟練掌握中心投影的概念證明△PAB～△PA3．（3分）（2023上·福建福州·九年級福建省福州第一中學校考期中）已知⊙O的直徑AB與弦AC的夾角為30°，過C點的切線PC與AB延長線交P，⊙O的半徑為5，則BP的長為（）

A．533 B．536【答案】D【分析】此題考查切線的性質，直角三角形30°角的性質，解題中遇切線，有交點要連半徑得垂直，無交點要作垂直證半徑，直角三角形30°所對的直角邊等于斜邊的一半，正確理解性質定理并應用是解題的關鍵．【詳解】解：連接OC，∵PC是⊙O的切線，∴∠OCP=90°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°，∴∠COP=∠OAC+∠OCA=60°，∴∠P=30°，∴OP=2OC=10∴BP=OP?OB=10?5=5，故選：D．

4．（3分）（2023上·山東煙臺·九年級統考期中）如圖，正方形ABCD，E、F是BC、CD上的點且BE=CF，連接AE、BF交于點

A．55 B．5?12 C．1【答案】C【分析】過D作DH⊥AG于H，證明△ABE≌△BCFSAS，可得∠BAE=∠FBC，即可證∠BGA=90°，故△ADG是等腰三角形，AD=DG，再證△ADH≌△BAG【詳解】解：過D作DH⊥AG于H，如圖：

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABE=90°=∠BCF，∵BE=CF，∴△ABE≌∴∠BAE=∠FBC，∵∠FBC+∠FBA=90°，∴∠BAE+∠FBA=90°，∴∠BGA=90°，∴AB>AG，∴AD>AG，∵E在BC上，∴△ADG是等腰三角形，AD=DG，∵∠DAH=90°?∠BAG=∠ABG，∠DHA=∠AGB=90°，AD=AB，∴△ADH≌∴AH=BG，∴HG=AH=BG，∴tan∠BAE=故選：C．【點睛】本題考查正方形性質及應用，涉及全等三角形的判定與性質，銳角三角函數等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形解決問題．5．（3分）（2023上·福建福州·九年級福建省福州第一中學校考期中）如圖，△ABC中，∠A=50°，以BC為直徑作⊙O，分別交AB、AC于D、E兩點，分別過D、E兩點作⊙O的切線，兩條切線交于P點，則∠P=（）

A．70° B．80° C．90° D．100°【答案】D【分析】本題考查了切線的性質：圓的切線垂直于過切點的半徑和三角形的內角和定理以及四邊形的內角為360°，解題的關鍵是連接圓心和切點得到90°的角和挖掘出隱藏條件圓的半徑處處相等．連接OD，OE，根據切線的性質：圓的切線垂直于過切點的半徑和三角形的內角和定理以及四邊形的內角和即可求出∠P的度數．【詳解】解：連接OD，OE，

∵PE，PD是圓的切線，∴OD⊥PD，OE⊥PE，∠PDO=∠PEO=90°，∴∠P=360°?90°?90°?∠5=180°?∠5，∵OD=OB，∴∠1=∠2，同理：∠3=∠4，∵∠A=50°，∴∠2+∠4=180°?∠A=130°，∴∠5=180°?∠DOB?∠EOC=180°?[360°?2∠2+∠4∴∠P=180°?80°=100°．故選：D．6．（3分）（2023上·吉林長春·九年級統考期中）如圖，在3×2的正方形網格中，每個小正方形的邊長均為1，每個小正方形的頂點稱為格點．點A、B、C、D均在格點上，AB與CD相交于點P，則∠APD的余弦值為（

）

A．12 B．22 C．55【答案】C【分析】作CE⊥AB于E，由BD∥AC可證△PBD∽△PAC，則可得PDPC=BDAC=13，由此可求出PC的長，再在Rt【詳解】

作CE⊥AB于E，∵BD∥∴∠PBD=∠PAC,∠PDB=∠PCA，∴△PBD∽∴PD∴PC=3∵Rt△ABC中∴AB=3∵S∴10解得CE=3∴PE=P∵∠APD=∠CPE，∴cos故選：C【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質、用面積法求直角三角形斜邊上的高、勾股定理及余弦的定義．熟練掌握以上知識并且正確的作出輔助線是解題的關鍵．7．（3分）（2023·湖北武漢·校聯考模擬預測）如圖，等邊△ABC內接于⊙O，P為AC上一點，PA=2，PB交AC于E點，AC=213，則AE的長為（

A．13 B．132 C．133 【答案】B【分析】連接CP，過點A作AM⊥CP交CP延長線于M，在PB上取一點H使CH=CP，證∠APM=∠ABC=60°，在Rt△APM中求出AM=3，PM=1，進而在Rt△ACM中由勾股定理得CM=7，則CP=6，證△PCH為等邊三角形得PC=CH=6，∠PCH=∠CHP=60°，據此可證△APE∽△CHE，進而得AE：CE=1：3【詳解】解：連接CP，過點A作AM⊥CP交CP延長線于M，在PB上取一點H，使CH=CP，如圖：

∵△ABC為等邊三角形，AC=213∴AB=AC=BC=213，∠ACB=∠ABC=∠BCA=60°又∵四邊形ABCP內接于⊙O，∴∠ABC+∠APC=180°，∵∠APM+∠APC=180°，∴∠APM=∠ABC=60°，在Rt△APM中，PA=2，∠APM=60°∴sin∠APM=AM∴AM=PA?sin∠APM=2×sin在Rt△ACM中，AC=213，由勾股定理得：CM=A∴CP=CM?PM=7?1=6，∵CH=PC，∠CPH=∠BAC=60°，∴△PCH為等邊三角形，∴PC=CH=6，∵∠APE=∠ACB=60°，∴∠APE=∠CHP=60°，又∵∠AEP=∠CEH，∴△APE∽△CHE，∴AE:CE=AP:CH=2:6=1:3，∴AE=1∴AE=1故選：B．【點睛】本題主要考查了圓周角定理，圓內接四邊形的性質，等邊三角形的判定和性質，解直角三角形的應用，相似三角形的判定和性質，正確的作出輔助線，靈活運用三角函數及相似三角形的性質進行計算是解答此題的關鍵．8．（3分）（2023下·福建南平·九年級福建省南平第一中學校考自主招生）如圖，在銳角△ABC中，AB=6，∠BAC=45°，∠BAC的平分線交BC于點D，M，N分別是AD和AB上的動點，當BM+MN取最小值時，BN的長為（

）

A．6?23 B．6?32 C．3【答案】B【分析】過點B作BH⊥AC交于點H，交AD于點M′，過點M′作M′N′⊥AB于點N′，根據軸對稱的性質，可得H,N′【詳解】解：如圖，過點B作BH⊥AC交于點H，交AD于點M′，過點M′作M′∵AD為∠BAC的平分線，BH⊥AC,M∴M根據垂線段最短，可得BH是點B到AC的最短距離，∴此時BH即為BM+MN的最小值，∵∠HAB=45°，∴∠HBA=90°?∠HAB=45°，BH=AB?sin∴∠N∴BN設BN′=根據sin∠可得方程x3解得x=6?32經檢驗，x=6?32∴BN即當BM+MN取最小值時，BN的長為6?32故選：B．

【點睛】本題考查了解直角三角形，最短路徑問題，正確作出當BM+MN最小時的輔助線，是解題的關鍵．9．（3分）（2023上·江西南昌·九年級期中）如圖，矩形ABCD中，AB=4,?AD=2，以B為圓心，以BC為半徑畫圓交邊AB于點E，點P是弧CE上的一個動點，連結PD,PA，則12A．10 B．11 C．13 D．14【答案】C【分析】連接BP，取BE的中點G，連接PG，通過兩組對應邊成比例且夾角相等，證明△BPG～△BAP，得到PG=12AP【詳解】解：如圖，連接BP，取BE的中點G，連接PG，∵AD=BC=BP=2，AB=4，∴BPBA∵G是BE的中點，∴BGBP∴BPBA∵∠PBG=∠ABP，∴△BPG～△BAP，∴PGAP∴PG=1則12DG=A故選：C．【點睛】本題考查矩形和圓的基本性質，相似三角形的性質和判定，解題的關鍵是構造相似三角形將12AP轉換成10．（3分）（2023上·湖南常德·九年級統考期中）如圖，正方形ABCD的邊長為2，點E是BC的中點，AE與BD交于點P，F是CD上的一點，連接AF分別交BD，DE于點M、N，且AF⊥DE，連接PN，則以下結論：①F為CD的中點；②3AM=2DE；③EN:AN=3:4；④PN=26515；⑤△PMN～△DPEA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】證明△ADF≌△DCE可得出①正確．證明△ABM∽△FDM，利用相似三角形的性質得出②正確．求出EN，AN即可判斷③正確．作PH⊥AN于【詳解】解：①∵正方形ABCD的邊長為2，點E是BC的中點，∴AB=BC=CD=AD=2，∵AF⊥DE，∴∠DAF+∠ADN=∠ADN+∠CDE=90°，∴∠DAN=∠EDC，在△ADF與△DCE中，∠ADF＝∴△ADF≌∴DF=CE=1，∴DF=CF．故①正確；②∵AB∥∴△ABM∽∴AMMF∴AMAF∴AMDE即3AM=2DE．故②正確；③由勾股定理可知：AF=DE=AE=1∵xAD1∴DN=2∴EN=355∴tan∠EAF=④作PH⊥AN于H．∵BE∥∴PAPE∴PA=2∵PH∥∴AHAN∴AH=8515∴PN=P⑤∵PN≠DN，∴∠DPN≠∠PDE，∴△PMN與△DPE不相似，故⑤錯誤．所以正確的結論有4個故選：D．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形，勾股定理等知識，靈活掌握運用相似三角形的判定與性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形，勾股定理．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（2023·山東東營·統考一模）如圖，圓錐的軸截面是邊長為6cm的正三角形ABC，P是母線AC的中點．則在圓錐的側面上從B點到P點的最短路線的長為．【答案】35．【分析】求出圓錐底面圓的周長，則以AB為一邊，將圓錐展開，就得到一個以A為圓心，以AB為半徑的扇形，根據弧長公式求出展開后扇形的圓心角，求出展開后∠BAC=90°，連接BP，根據勾股定理求出BP即可．【詳解】解：圓錐底面是以BC為直徑的圓，圓的周長是BCπ＝6π，以AB為一邊，將圓錐展開，就得到一個以A為圓心，以AB為半徑的扇形，弧長是l＝6π，設展開后的圓心角是n°，則nπ×6180解得：n＝180，即展開后∠BAC＝12×180°＝90AP＝12AC＝3，AB＝6則在圓錐的側面上從B點到P點的最短路線的長就是展開后線段BP的長，由勾股定理得：BP＝AB故答案為：35【點睛】本題考查了圓錐的計算，平面展開-最短路線問題，勾股定理，弧長公式等知識點的應用，圓錐的側面展開圖是一個扇形，此扇形的弧長等于圓錐底面周長，扇形的半徑等于圓錐的母線長．本題就是把圓錐的側面展開成扇形，“化曲面為平面”，用勾股定理解決．12．（3分）（2023上·山東淄博·九年級統考期末）如圖，在平面直角坐標系中，⊙Q與y軸相切于點A，與x軸交于點B、C，連接BQ并延長交⊙Q于點D，交y軸于點E，連接DA并延長交x軸于點F，已知點D的坐標為(1,6)，則點B的坐標為．

【答案】(9,0)【分析】作DG⊥OE于G，連接QA，BA，證明△AFO≌△ADG，進而證明△AFO∽△BAO，根據相似三角形的判定和性質，即可求解．【詳解】解：作DG⊥OE于G，連接QA，BA，

∵⊙Q與y軸相切于點A，∴QA⊥OE，∵BO⊥OE，∴QA∥∵DQ=BQ，∴DA=FA，∵∠FAO=∠DAG，∠AOF=∠AGD=90°，∴△AFO≌△ADG，∴FO=DG，AO=AG，∵點D的坐標為(1,6)，∴DG=1，OG=6，∴FO=1，AO=3，∵BD是⊙Q直徑，∴∠FAB=90°，∵∠FAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，∴∠FAO=∠ABO，∵∠AOF=∠AOB=90°，∴△AFO∽△BAO，∴AO：BO=FO：AO，∴3：BO=1：3，∴BO=9，∴點B坐標為(9,0)，故答案為：(9,0)．【點睛】本題考查圓的切線的性質定理，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，圓周角定理的推論，關鍵是作輔助線構造全等三角形，相似三角形．13．（3分）（2023上·安徽合肥·九年級合肥市第四十八中學校考期末）矩形ABCD中，E是AB的中點（如圖），將△BCE沿CE翻折，點B落在點F處，連接AF，如果tan∠DCE=（1）∠AFB=；

（2）AFCE的比值為

【答案】90°18【分析】（1）由E是AB的中點及折疊的性質可得AE=EF=BE，由等邊對等角可得∠EAF=∠EFA，∠EBF=∠EFB，再由三角形內角和定理可得∠EFA+∠EFB=90°，從而得到答案；（2）由矩形的性質可得∠DCE=∠BEC，從而得到tan∠BEC=43，設BE=4x，則BE=3x，BE=5x，AB=6x，由折疊的性質可得BF⊥CE，S△BCE=S△FCE【詳解】解：（1）∵E是AB的中點，∴AE=BE，由折疊的性質可得：BE=EF，∴AE=EF=BE，∴∠EAF=∠EFA，∠EBF=∠EFB，∵∠EAF+∠EFA+∠EBF+∠EFB=180°，∴2∠EFA+2∠EFB=180°，∴∠EFA+∠EFB=90°，即∠AFB=90°，故答案為：90°；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠ABC=90°，∴∠DCE=∠BEC，∵tan∴tan設BE=4x，則BE=3x，∴CE=B∵E是AB的中點，∴AE=BE=3x，∴AB=AE+BE=3x+3x=6x，由折疊的性質可得BF⊥CE，S△BCE∴12CE?BF=BE?BC∴BF=24由（1）得∠AFB=90°，∴AF=A∴AF故答案為：1825【點睛】本題考查了矩形的性質、折疊的性質、勾股定理、正切的定義、等腰三角形的性質、三角形內角和定理，熟練掌握以上知識點是解題的關鍵．14．（3分）（2023上·山東東營·九年級東營市勝利第一初級中學校考期末）如圖，△AB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…是等邊三角形，直線y=33x+2經過它們的頂點A

【答案】2【分析】設直線y=33x+2與x軸交于點C，求出點A、C的坐標，可得OA=2,OC=23，推出∠CB1A1=90°，∠CB1A=30°，然后求出【詳解】解：如圖所示，設直線y=33x+2與x

當x=0時，y=2；當y=0時，x=?23∴A0,2，C∴OA=2，OC=23∴tan∠ACO=∴∠ACO=30°，∵△AB∴∠AA∴∠CB1A∴AC=AB∵AO⊥CB∴OB∴CB同理，CB2=2C∴CB2022=∴B2022故答案為：22023【點睛】本題主要考查一次函數圖象與幾何的變換規律的綜合，解直角三角形，理解等邊三角形的性質，一次函數圖像的性質和特點，找到點的變換規律是解題的關鍵．15．（3分）（2023下·江蘇常州·九年級校考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC=5，BC=4，AD是BC邊上的高，將△ABC繞點C旋轉到△EFC（點E、F分別與點A、B對應），點F落在線段AD上，連接AE，則cos∠EAF=【答案】21【分析】過點E作EG⊥AD于點G，結合旋轉的性質可求cos∠FCD=CDCF=1【詳解】解：如圖，過點E作EG⊥AD于點G，∵將△ABC繞點C旋轉，點B落在線段AD上的點F處，∴CF=BC=4，CE=EF=AB=5，∠ACB=∠ECF，AC=EC，∴∠FCD+∠ACF=∠ACE+∠ACF，∴∠FCD=∠ACE；∵AB=AC，AD∴CD=1∴cos∴∠FCD=60°，∴DF=CF?sin∠FCD∴∠ACE=∠FCD=60°，∵AC=EC，∴△ACE是等邊三角形，∴AE=EF=5，∴在Rt△ACDAD=AC2∴AF=AD?DF=21∵AE=EF，EG⊥AD，∴AG=1∴cos∠EAF=AGAE故答案為：21?2【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理，等腰三角形“三線合一”，等邊三角形的判定及性質，特殊角的三角函數等，掌握相關性質及定理，構建直角三角形是解題的關鍵．16．（3分）（2023上·浙江寧波·九年級校考階段練習）如圖，⊙O上有兩點A，C，點B在⊙O內，若AB=6，BC=2，AB⊥BC，⊙O的半徑為5【答案】210【分析】過點O作OD⊥AC，垂足為D，根據垂徑定理和勾股定理即可求出弦AC的弦心距離；延長AB交⊙O于點F，連接OC，OF，過點O作OE⊥AF，垂足為點E，通過證明ΔODA∽ΔFBC求出BF【詳解】解：過點O作OD⊥AC，垂足為D，在RtΔABC中，由勾股定理可得：AC=∵OD⊥AC，∴AD=1∵半徑為52∴OD=A延長AB交⊙O于點F，連接OC，OF，過點O作OE⊥AF，垂足為點E．∵OD⊥AC，∴∠AOD=1∵∠AFC=1∴∠AOD=∠AFC，∵AB⊥BC，OD⊥AC，∴∠ODA=∠FBC，∴ΔODA∽∴ADBC=ODBF，即∴AF=AB+BF=6+4=10，∵OE⊥AF，∴AE=EF=5，∴BE=FE?BF=5?4=1，在RtΔAOE中，由勾股定理可得：OE=∴在RtΔOBE中，由勾股定理可得：OB=故答案為：210，26【點睛】本題主要考查了垂徑定理，勾股定理，解題的關鍵是熟練掌握相關知識點，根據題意作出輔助線求解．三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（6分）（2023下·黑龍江大慶·九年級校考期末）小明在晚上由路燈A走向路燈B，當他走到P處時，發現身后影子頂部正好觸到路燈A底部，當他向前再步行12m到達Q時，發現他的影子的頂點正好接觸到路燈B的底部．已知小明的身高是1.6m，兩個路燈的高度都是9.6m(1)求：兩個路燈之間的距離；(2)小明在兩個路燈之間行走時，在兩個路燈下的影長之和是否為定值？如果是定值，直接寫出此定值，如果不是定值，求說明理由．【答案】(1)兩路燈之間的距離為18米(2)兩影長之和為定值，定值為3.6米【分析】（1）根據題意結合圖形可知，圖中AP=BQ，在點Q處時，△DQB和△EAB相似，然后利用相似三角形對應邊成比例列出比例式后即可求解；（2）設兩影長之和為y，利用相似比，可計算出在兩個路燈之間行走時影長之和為定值．【詳解】（1）解：由題意得AB=12+2x，∵DQ∥AE，∴△DQB∽△EAB，DQ則1.69.6解得：x=3，12+2x=12+6=18，故兩路燈之間的距離為18米；（2）解：兩影長之和為定值，定值為3.6米．理由：如圖，設PQ+PK=y米．∵AE∥CP∥BH，∴△CPK∽△EAK，△CPQ∽△HBQ，∴PCAE=PK則1.69.6=PK∵PK∴PK+QPAK+BQ∴y解得x=3.6，∴兩影長之和為定值，定值為3.6米．【點睛】本題考查了相似三角形的應用及中心投影的知識，解題的關鍵是正確的根據題意作出圖形．18．（6分）（2023上·江蘇揚州·九年級校考期末）如圖，是用棱長為1cm的小正方體組成的簡單幾何體．(1)這個幾何體的體積是______cm3(2)請畫出這個幾何體的三視圖；(3)若在這個幾何體上再添加一些相同的小正方體，并保持這個幾何體的主視圖和俯視圖不變，那么最多可以再添加______個小正方體．【答案】(1)9(2)見解析(3)4【分析】（1）利用小正方體的體積乘以個數即可求出幾何體的體積；（2）畫出三視圖即可；（3）根據俯視圖確定位置，主視圖確定個數，進行求解即可．【詳解】（1）解：由圖可知，幾何體由9個棱長為1cm的小正方體組合而成，∴幾何體的體積是9×1×1×1=9cm3故答案為：9；（2）解：畫出三視圖，如圖所示：（3）解：如圖，根據主視圖和俯視圖，可以確定幾何體中小正方形的個數最多為：3×2+1+3×2=13，∴最多可以再添加13?9=4個小正方體；故答案為：4．【點睛】本題考查畫由小正方體堆砌而成的幾何體的三視圖，以及根據三視圖確定小正方體的個數．熟練掌握三視圖，是解題的關鍵．19．（8分）（2023上·廣東汕頭·九年級校考期末）如圖，在△ABC中，AB=AC，以AB為直徑的⊙O分別與BC、AC相交于點D和點E，DF⊥AC，垂足為F．弦DG與AB交于點H，若DH=GH=6，AH=2BH．(1)證明：DF是⊙O的切線；(2)求AB長；(3)求AE長．【答案】(1)見解析(2)AB=9(3)AE=3【分析】（1）連接OD、AD，根據題意得∠ADB=90°，AB=AC得到BD=CD，AO=BO，進而OD∥（2）設AB=6x，則OD=OB=3x，利用勾股定理即可求解；（3）連接DE，先證明△BDH≌△CDFAAS，得到CF=BH=32，根據四邊形ABDE內接于⊙O，得到∠DEC=∠B，∠DEC=∠C．進而得到DC=DE，由DF⊥AC，得到EF=CF=32【詳解】（1）證明：連接OD、AD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°．∴AD⊥BC．∵AB=AC，∴BD=CD．∵AO=BO．∴OD∥∵DF⊥AC，∴OD⊥DF．∴DF是⊙O的切線；（2）解：∵DH=GH=6，AB為⊙O的直徑，∴AB⊥DG．設AB=6x，則OD=OB=3x．∵AH=2BH，AH+BH=AB，∴BH=2x．∴OH=OB?BH=x．在Rt△ODH中，O∴3x2∴x=3∴AB=6x=92（3）解：連接DE，∵由（1）得BD=CD，∵AC=AB=92∴∠B=∠C．在△BDH與△CDF中，∠DHB=∠DHC=90°∠B=∠C∴△BDH≌∴CF=BH=32四邊形ABDE內接于⊙O，∴∠B+∠AED=180°，又∵∠DEC+∠AED=180°，∴∠DEC=∠B．∴∠DEC=∠C．∴DC=DE．∵DF⊥AC，∴EF=CF=32∴AE=AC?EF?CF=92【點睛】此題考查了圓的綜合題，需要掌握切線的判定、全等三角形的判定，勾股定理的運用圓的內接四邊形的性質等知識．注意準確作出輔助線是解此題的關鍵．20．（8分）（2023·河南鄭州·校考一模）鄭州大學(ZhengzhouUniversity)，簡稱“鄭大”，是中華人民共和國教育部與河南省人民政府共建的全國重點大學，首批“雙一流”世界一流大學、“211工程”．某學校興趣小組3人來到鄭州大學門口進行測量，如圖，在大樓AC的正前方有一個舞臺，舞臺前的斜坡DE＝4米，坡角∠DEB＝41°，小紅在斜坡下的點E處測得樓頂A的仰角為60°，在斜坡上的點D處測得樓頂A的仰角為45°，其中點B，C，E在同一直線上求大樓AC的高度．(結果精確到整數．參考數據：3≈1.73，sin41°≈0.6，cos41°≈0.75，tan41°≈0.87)【答案】大樓AC的高度約為13米【分析】設CE＝x，根據正弦的定義求出BD，根據余弦的定義求出BE，根據正切的定義用x表示出AC，根據等腰直角三角形的性質列方程，解方程得到答案．【詳解】解：如圖：設CE＝x，在Rt△DEB中，sin∠DEB＝DBDE∴DB＝DE?sin∠DEB≈4×0.6＝2.4，cos∠DEB＝BEDE∴BE＝DE?cos∠DEB≈4×0.75＝3，在Rt△AEC中，tan∠AEC＝ACCE∴AC＝CE?tan∠AEC＝3x，∵∠ADF＝45°，∴FA＝FD，∴3x﹣2.4＝x+3，解得，x＝27(3∴AC＝3x≈13，答：大樓AC的高度約為13米．【點睛】本題考查的是解直角三角形的應用——仰角俯角問題、坡度坡角問題，掌握仰角俯角的概念、坡度的概念、熟記銳角三角函數的定義是解題的關鍵．21．（8分）（2023上·福建泉州·九年級統考期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，點E在AD上，AE:ED=1:2，EF⊥BE分別交CD，BD于點F和點H，AC與BE相交于點G．(1)求證：OD=2OG；(2)若DF:DC=2:3，求∠DBE的度數；(3)若H為OD中點，求DF:DC的值．【答案】(1)見解析(2)30°(3)2【分析】(1)首先根據矩形的性質可證得AECB=AGCG=13(2)根據DEDA=DFDC=23(3)過點E作EM∥AB，可求得EM=23AB，再由H為OD【詳解】（1）證明：∵AE:ED=1:2，∴設AE=a，ED=2a，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC=AD=3a，AD∥BC，∴AE∵AG=OA?OG，CG=OC+OG，∴OA?OG∴OD?OG∴OD=2OG；（2）解：∵AE:ED=1:2，DF:DC=2:3，∴DEDA=∴DE又∵∠EDF=∠ADC，∴△∴∠DEF=∠DAC，∴EF∥∵EF⊥BE，∴∠BGO=∠BEF=90°，∵OD=2OG，OB=OD，∴OB=2OG，∴在Rt△BOG中，sin∴∠DBE=30°；（3）解：如圖：過點E作EM∥AB，交BD于點M，∴DEDA=∴EM=2∵點H為OD的中點，∴設DH=OH=b，∴DM=2b+OM，DB=4b，∴DM解得OM=2∴MH=OM+OH=∴DF∴ME=5∴5∴DF:【點睛】本題考查了矩形的性質，平行線分線段成比例定理，相似三角形的判定與性質，特殊角的三角函數值，作出輔助線是解決本題的關鍵．22．（8分）（2023·浙江寧波·校考一模）等腰三角形AFG中AF=AG，且內接于圓O，D、E為邊FG上兩點（D在F、E之間），分別延長AD、AE交圓O于B、C兩點（如圖1），記∠BAF=α，∠AFG=β．

(1)求∠ACB的大小（用α，β表示）；(2)連接CF，交AB于H（如圖2）．若β=45°，且BC×EF=AE×CF．求證：∠AHC=2∠BAC；(3)在（2）的條件下，取CH中點M，連接OM、GM（如圖3），若∠OGM=2α?45°，①求證：GM∥BC，②請直接寫出OMMC【答案】(1)∠ACB=α+β(2)見解析(3)①見解析；②5或5【分析】（1）如圖1中，連接CF．利用圓周角定理求解；（2）證明∠BAC=45°，∠AHC=90°，可得結論；（3）①如圖3中，連接CG，延長GM交AB于點I．證明△MHI≌△MCG，推出MI=MG，HI=CG，再證明HI=IB，可得結論；②連接FI，FB．設HI=BI=m，則FH=2m，FI=5m，設AH=CH=n，利用勾股定理求出m，【詳解】（1）解：如圖1中，連接CF．

∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF=α，∴∠ACF=∠AGF=α，∵∠FAB=β，∴∠ACB=∠ACF+∠FCB=α+β；（2）證明：如圖2中，

∵AF=AG，β=45°，∴∠AFG=∠G=∠ACH=45°，∵∠EAF=∠FAC，∴△EAF∽△FAC，∴EFCF∴AE×CF=EF×FA，∵BC×EF=AE×CF，∴BC×EF=EF×AF，∴BC=AF，∴AF=∴∠BAC=∠AGF=45°，∴∠AHC=180°?45°?45°=90°，∴∠AHC=2∠BAC；（3）①證明：如圖3中，連接CG，延長GM交AB于點I．∵∠OGM=2α?45°，∠AGF=45°，∴∠AGM=2α，∵∠AFG=∠G=∠ACH=45°，∴∠FAG=90°，∴FG是直徑，∴∠FCG=90°，∵∠AHC=90°，∴∠AHC+∠GCH=180°，∴AB∥∴∠MHI=∠MCG，∵MH=MC，∠HMI=∠CMG，∴△MHI≌△MCG（ASA）∴MI=MG，HI=CG，∠MGC=∠HIM，∵∠FAG=90°，∴∠FAG=∠BAF+∠BAG=α+∠BAG=90°，在△AIG中，∠AGM+∠BAG+∠HIM=180°，∴2α+∠BAG+∠HIM=180°即2α+∠BAG+∠HIM=2α+∠BAG∴