苏州市苏州高新区实验初级中学2021-2022学年九年级上学期12月月考数学试题（解析版）

第1页/共31页苏州市高新实验初级中学2021-2022学年九年级（上）月考数学试卷（12月份）一、选择题（每题3分，共30分）1.在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，则sinB的值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据勾股定理计算出斜边AB的长，然后根据正弦的定义求解．【详解】如图，∵∠C=90°，AC=8，BC=6，∴AB==10，∴sinB=．故选：A．【点睛】本题考查了正弦的定义：在直角三角形中，一锐角的正弦等于它的对边与斜边的比值．也考查了勾股定理．2.已知函数y＝（m＋3）x2＋4是二次函数，则m的取值范围为（）A.m＞－3 B.m＜－3 C.m≠－3 D.任意实数【答案】C【解析】【分析】根据二次函数定义解答．【详解】由题意知，，解得：，故选C．【点睛】本题考查二次函数的定义，熟练掌握基础知识即可．3.已知在圆的内接四边形ABCD中，∠A：∠C＝3：1，则∠C的度数是（）A.45° B.60° C.90° D.135°【答案】A【解析】【分析】根据圆内接四边形的性质得出∠A+∠C＝180°，再求出∠C即可．【详解】解：∵四边形ABCD是圆的内接四边形，∴∠A+∠C＝180°，∵∠A：∠C＝3：1，∴∠C＝×180°＝45°，故选：A．【点睛】本题考查了元内接四边形对角互补的性质，熟练掌握性质是解题的关键．4.如图，在△ABC中，点D、E是AB、AC的中点，若△ADE的面积是1，则四边形BDEC的面积为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】由DE是△ABC的中位线，得DE∥BC，且DE＝BC，则△ADE∽△ABC，从而BC＝，从而解决问题．【详解】解：∵点D、E是AB、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，且DE＝BC，∴△ADE∽△ABC，∴＝，∵△ADE的面积是1，∴＝4，∴＝﹣＝3，故选：B．【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形相似的判定和性质，熟练掌握中位线定理，灵活运用三角形相似的性质是解题的关键．5.如图，正五边形内接于，则的度数是（）A.36° B.26° C.30° D.45°【答案】A【解析】【分析】连接OD，OE，求出∠DOE=72°，再根据圆周角定理即可求出的值.【详解】解：如图所示，连接OD，OE，∵ABCDE是正五边形，∴∠DOE==72°，∴=∠DOE=36°，故选：A．【点睛】本题考查正多边形和圆、圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.6.如图，一宽为2cm的刻度尺在圆上移动，当刻度尺的一边与圆相切时，另一边与圆两个交点处的读数恰好为“1”和“4”（单位：cm），则该圆的半径为（）.A.5cm B.cm C.cm D.cm【答案】C【解析】【详解】解：如图示，连接OA，根据题意知，PC=2cm，OP⊥AB，

∴AP=BP，

∵AB=3cm，

∴AP=cm，

在Rt△AOP中，设OA=x，则0P=x﹣2，根据勾股定理得，，解得，x=．故选C．7.关于抛物线y＝（x+3）2，以下说法正确的是（）A.开口向下B.对称轴是直线x＝﹣3C.顶点坐标是（0，0）D.当x＞﹣3时，y随x的增大而减小【答案】B【解析】【分析】由抛物线的解析式可求得开口方向、对称轴及顶点坐标，可判断A、B、C，由二次函数的增减性即可判断D，则可求得答案．【详解】解：∵y＝（x+3）2，∴抛物线开口向上、对称轴为直线x＝﹣3、顶点坐标为（﹣3，0），∴当x＞﹣3时，y随x的增大而增大，故A、C、D说法是错误的，B说法是正确的；故选：B．【点睛】本题考查了二次函数的图象及其性质，，a＞0抛物线开口向上，a＜0抛物线开口向下，顶点坐标是（h，0），对称轴为x=h．8.在如图所示的网格中，小正方形的边长为，点都在格点上，与相交于点则的正切值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】如图，取格点K，连接AK，BK．观察图象可知AK⊥BK，BK=2AK，BK∥CD，推出∠AED=∠ABK，解直角三角形求出tan∠ABK即可．【详解】如图，取格点K，连接AK，BK．观察图象可知AK⊥BK，BK=2AK，BK∥CD，∴∠AED=∠ABK，∴tan∠AED=tan∠ABK=，故选：B．【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．9.如图，菱形ABCD放置在直线l上(AB与直线l重合)，AB＝4，∠DAB＝60°，将菱形ABCD沿直线l向右无滑动地在直线l上滚动，从点A离开出发点到点A第一次落在直线l上为止，点A运动经过的路径总长度为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出图形即可知道，从点A离开出发点到A第一次落在直线上为止，点A运动经过的路径的长度为图中的弧线长，由此即可解决问题.【详解】解：如图，从点A离开出发点到点A第一次落在直线l上为止，点A运动经过的路径的长度为图中的弧线长.由题意可知，∠DOA2=120°，DO=4，所以点A运动经过的路径的长度=，故选D．【点睛】本题考查菱形的性质、弧长公式等知识，解题的关键是正确画出图象，探究点A的运动轨迹，解题时注意正确运用弧长公式．10.如图，等边△ABC内接于⊙O，D是上任一点（不与B、C重合），连接BD、CD，AD交BC于E，CF切⊙O于点C，AF⊥CF交⊙O于点G．下列结论：①∠ADC＝60°；②DB2＝DE•DA；③若AD＝2，则四边形ABDC的面积为；④若CF＝2，则图中阴影部分的面积为．正确的个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】【分析】如图1，△ABC是等边三角形，则∠ABC＝60°，根据同弧所对的圆周角相等∠ADC＝∠ABC＝60°，所以判断①正确；如图1，可证明△DBE∽△DAC，则，所以DB•DC＝DE•DA，而DB与DC不一定相等，所以判断②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，先证明△ABK≌△ACD，可证明S四边形ABDC＝S△ADK，可以求得S△ADK＝，所以判断③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，由CF切⊙O于点C得CF⊥OC，而AF⊥CF，所以AF∥OC，由圆周角定理可得∠AOC＝120°，则∠OAC＝∠OCA＝30°，于是∠CAG＝∠OCA＝30°，则∠COG＝2∠CAG＝60°，可证明△AOG和△COG都是等边三角形，则四边形OABC是菱形，因此OA∥CG，推导出S阴影＝S扇形COG，在Rt△CFG中根据勾股定理求出CG的长为4，则⊙O的半径为4，可求得S阴影＝S扇形COG＝＝，所以判断④正确，所以①③④这3个结论正确．【详解】解：如图1，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°，∵等边△ABC内接于⊙O，∴∠ADC＝∠ABC＝60°，故①正确；∵∠BDE＝∠ACB＝60°，∠ADC＝∠ABC＝60°，∴∠BDE＝∠ADC，又∠DBE＝∠DAC，∴△DBE∽△DAC，∴,∴DB•DC＝DE•DA，∵D是上任一点，∴DB与DC不一定相等，∴DB•DC与DB2也不一定相等，∴DB2与DE•DA也不一定相等，故②错误；如图2，作AH⊥BD于点H，延长DB到点K，使BK＝CD，连接AK，∵∠ABK+∠ABD＝180°，∠ACD+∠ABD＝180°，∴∠ABK＝∠ACD，∴AB＝AC，∴△ABK≌△ACD（SAS），∴AK＝AD，S△ABK＝S△ACD，∴DH＝KH＝DK，∵∠AHD＝90°，∠ADH＝60°，∴∠DAH＝30°，∵AD＝2，∴DH＝AD＝1，∴DK＝2DH＝2，，∴S△ADK＝，∴S四边形ABDC＝S△ABD+S△ACD＝S△ABD+S△ABK＝S△ADK＝，故③正确；如图3，连接OA、OG、OC、GC，则OA＝OG＝OC，∵CF切⊙O于点C，∴CF⊥OC，∵AF⊥CF，∴AF∥OC，∵∠AOC＝2∠ABC＝120°，∴∠OAC＝∠OCA＝×（180°﹣120°）＝30°，∴∠CAG＝∠OCA＝30°，∴∠COG＝2∠CAG＝60°，∴∠AOG＝60°，∴△AOG和△COG都是等边三角形，∴OA＝OC＝AG＝CG＝OG，∴四边形OABC是菱形，∴OA∥CG，∴S△CAG＝S△COG，∴S阴影＝S扇形COG，∵∠OCF＝90°，∠OCG＝60°，∴∠FCG＝30°，∵∠F＝90°，∴FG＝CG，∵FG2+CF2＝CG2，CF＝，∴（CG）2+（）2＝CG2，∴CG＝4，∴OC＝CG＝4，∴S阴影＝S扇形COG＝＝，故④正确，∴①③④这3个结论正确，故选C．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，圆切线的性质，圆周角定理，全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．二、填空题（每题3分，共24分）11.将二次函数y＝2x2的图象沿y轴向上平移2个单位长度所得图象的解析式为_____．【答案】y＝2x2+2【解析】【分析】根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式．【详解】解：原抛物线的顶点为（0，0），向上平移2个单位，那么新抛物线的顶点为（0，2）；可设新抛物线的解析式为y＝2(x﹣h)2+k，代入得：y＝2x2+2．故答案为：y＝2x2+2．【点睛】本题考查了二次函数的平移，掌握平移的规律是解题的关键．12.已知圆锥的底面半径是2cm，母线长为5cm，则圆锥的侧面积是____cm2（结果保留π）【答案】10π【解析】【分析】圆锥的侧面积=底面周长×母线长÷2，把相应数值代入即可求解．【详解】解：圆锥的侧面积=2π×2×5÷2=10π．故答案为：10π．【点睛】本题考查了圆锥的计算，解题的关键是弄清圆锥的侧面积的计算方法，特别是圆锥的底面周长等于圆锥的侧面扇形的弧长．13.已知圆O中有一条长与半径相等的弦AB，那么弦AB所对圆周角度数为___【答案】或【解析】【分析】由的半径为厘米，弦的长为厘米，可得等边三角形，因此，再利用圆周角定理和圆内接四边形的性质求出弦所对的圆周角．注意所对的圆周角有两种情形．【详解】解：如图，，为等边三角形，则．设弦所对的圆周角为，当点在弦所对的优弧上，则；当点在弦所对的劣弧上，则．所以弦所对的圆周角为或，故答案为：或．【点睛】本题考查圆周角定理、圆内接四边形的性质，掌握分类讨论的思想是解题的关键．14.如图，在A处测得点P在北偏东60°方向上，在B处测得点P在北偏东30°方向上，若AP＝6千米，则A，B两点的距离为_____千米．【答案】6【解析】【分析】证明AB＝PB，在Rt△PAC中，求出PC＝3千米，在Rt△PBC中，解直角三角形可求出PB的长，则可得出答案．【详解】解：由题意知，∠PAB＝30°，∠PBC＝60°，∴∠APB＝∠PBC﹣∠PAB＝60°﹣30°＝30°，∴∠PAB＝∠APB，∴AB＝PB，在Rt△PAC中，∵AP＝6千米，∴PC＝PA＝3千米，在Rt△PBC中，∵sin∠PBC＝，∴PB＝＝6千米．∴AB＝6千米．故答案为：6．【点睛】本题考查了解直角三角形应用题，方向角：指正北或指正南方向线与目标方向线所成的小于90°的角叫做方向角．注意在描述方向角时，一般应先说北或南，再说偏西或偏东多少度，而不说成东偏北（南）多少度或西偏北（南）多少度.当方向角在45°方向上时，又常常说成东南、东北、西南、西北方向．15.如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，⊙O是△ABC的内切圆，切点为D，E，F，若AD＝5，BE＝12，则△ABC的周长为_____．【答案】40【解析】【分析】利用切线的性质以及正方形的判定方法得出四边形OECD是正方形，进而利用勾股定理得出答案．【详解】解：连接EO，DO，∵⊙O是△ABC的内切圆，切点分别为D，E，F，∴OE⊥BC，OD⊥AC，BF＝BE＝12，AD＝AF＝5，EC＝CD，又∵∠C＝90°，∴四边形ECDO是矩形，又∵EO＝DO，∴矩形OECD是正方形，设EO＝x，则EC＝CD＝x，在Rt△ABC中BC2+AC2＝AB2故（x+12）2+（x+5）2＝172，解得：x＝3(负值已舍)，∴△ABC的周长＝8+15+17＝40．故答案为：40．【点睛】本题主要考查了三角形内切圆与内心，切线长定理，勾股定理，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．16.如图，在△ABC中，D、E分别是边BC、AC上的点，AD与BE相交于点F，若E为AC的中点，BD：DC＝2：3，则AF：FD的值是_____．【答案】##2.5【解析】【分析】过D作DH∥AC交BE于H，根据相似三角形的性质即可得到结论．【详解】解：过D作DH∥AC交BE于H，∴△DHF∽△AEF，△BDH∽△BCE，∴，，∵若E为AC的中点，∴CE＝AE，∴，∵BD：DC＝2：3，∴BD：BC＝2：5，∴DF：AF＝2：5，∴AF：FD＝．故答案为：．【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，合理添加辅助线，正确选择比例式是解题的关键．17.如图，在△ABC中，I是△ABC的内心，O是AB边上一点，⊙O经过点B且与AI相切于点I，若tan∠BAC＝，则sin∠ACB的值为_____．【答案】##0.8【解析】【分析】连接OI，BI，作OE⊥AC，可证△AOD是等腰三角形，然后证明OD∥BC，进而∠ADO＝∠ACB，解三角形AOD即可．【详解】解：如图，连接OI并延长交AC于D，连接BI，∵AI与⊙O相切，∴AI⊥OD，∴∠AIO＝∠AID＝90°，∵I是△ABC的内心，∴∠OAI＝∠DAI，∠ABI＝∠CBI，∵AI＝AI，∴△AOI≌△ADI（ASA），∴AO＝AD，∵OB＝OI，∴∠OBI＝∠OIB，∴∠OIB＝∠CBI，∴OD∥BC，∴∠ADO＝∠C，作OE⊥AC于E，∵tan∠BAC＝＝，∴不妨设OE＝24k，AE＝7k，∴OA＝AD＝25k，∴DE＝AD﹣AE＝18k，∴OD＝＝30k，∴sin∠ACB＝＝＝．故答案是：【点睛】本题主要考查了切线的性质，锐角三角函数，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．18.如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一个动点，点F在边CD上，且线段EF＝4，点G为线段EF的中点，连接BG、CG，则BG+CG的最小值为_____．【答案】5【解析】【分析】因为DG＝EF＝2，所以G在以D为圆心，2为半径圆上运动，取DI＝1，可证△GDI∽△CDG，从而得出GI＝CG，然后根据三角形三边关系，得出BI其最小值【详解】解：如图，在Rt△DEF中，G是EF的中点，∴DG＝，∴点G在以D为圆心，2为半径的圆上运动，在CD上截取DI＝1，连接GI，∴＝＝，∴∠GDI＝∠CDG，∴△GDI∽△CDG，∴＝，∴IG＝，∴BG+＝BG+IG≥BI，∴当B、G、I共线时，BG+CG最小＝BI，在Rt△BCI中，CI＝3，BC＝4，∴BI＝5，故答案是：5．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，圆的概念，求得点的运动轨迹是解题的关键．三、解答题（共10小题，共76分）19.计算：sin260°+|tan45°﹣|﹣2cos45°．【答案】【解析】【分析】先运用特殊角的三角函数值和绝对值的知识进行计算，然后再合并即可解答．【详解】解：原式＝（）2+|1﹣|﹣2×＝+﹣1﹣＝．【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值的混合运算、绝对值等知识点，牢记特殊角的三角函数值成为解答本题的关键．20.如图，在正方形网格中，每一个小正方形的边长都为1，△ABC的顶点分别为A(2，3)，B(2，1)，C(5，4)．(1)只用直尺在图中找出△ABC的外心P，并写出P点的坐标_____________(2)以(1)中的外心P为位似中心，按位似比2：1在位似中心的左侧将△ABC放大为△A′B′C′，放大后点A、B、C的对应点分别为A′、B′、C′，请在图中画出△A′B′C′；(3)若以A为圆心，为半径的⊙A与线段BC有公共点，则的取值范围是____________．【答案】（1）（4，2）；（2）见解析；（3）【解析】【分析】（1）根据三角形的外接圆的圆心是三边垂直平分线的交点即可找到点P；

（2）根据位似中心与三角形三个顶点的连线将原三角形扩大2倍即可；

（3）根据直线和圆的位置关系：当半径大于或等于点A到BC的距离时，⊙A与线段BC有一个或两个公共点即可．【详解】解：如图所示：

（1）点P即为△ABC的外心，P点的坐标为（4，2），故答案为：（4，2）；

（2）图中画出的△A′B′C′即为所求作的图形；

（3）观察图形可知：r=时，⊙A与线段BC有一个公共点．此时⊙A与线段BC相切，当时，⊙A只经过点，∴的取值范围是

故答案为：．【点睛】本题考查了作图−位似变换、三角形的外接圆与圆心、直线与圆的位置关系，解决本题的关键是根据位似中心画位似图形．21.如图，在△ABC中，∠B＝30°，BC＝40cm，过点A作AD⊥BC，垂足为D，∠ACD＝75°．（1）求点C到AB的距离；（2）求线段AD的长度．【答案】（1）20cm；（2）【解析】【分析】（1）过C点作CH⊥AB于H，如图，在Rt△BCH中，利用含30°的直角三角形三边的关系易得CH＝BC＝20；（2）在Rt△BCD中利用含30°的直角三角形三边的关系可得CH＝20，BH＝CH＝20，再利用三角形外角性质计算出∠BAC＝45°，则△ACH为等腰直角三角形，所以AH＝CH＝20，然后利用面积法求AD．【详解】解：（1）过C点作CH⊥AB于H，如图，Rt△BCH中，∵∠B＝30°，∴CH＝BC＝×40＝20cm，即点C到AB的距离为20cm；（2）在Rt△BCH中，∵∠B＝30°，∴CH＝20cm，BH＝CH＝20cm，∵∠ACD＝∠B+∠BAC，∴∠BAC＝75°﹣30°＝45°，∴△ACH为等腰直角三角形，∴AH＝CH＝20cm，∴AB＝(20+20)cm，∵AD•BC＝CH•AB，∴AD＝＝(10+10)cm．【点睛】本题主要考查了含30°直角三角形的性质、解直角三角形、三角形的外角以及三角形的面积等知识点，正确作出辅助线、构造直角三角形成为解答本题的关键．22.如图，在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，连接DE，点F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B.（1）求证△ADF∽△DEC；（2）若BE＝2，AD＝6，且DF=DE，求DF的长度．【答案】（1）见解析；（2）DF=4【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质得到∠ADF＝∠DEC，∠C+∠B=180°，根据∠AFE＝∠B得到∠AFD=∠C，根据相似三角形的判定定理即可证明；（2）根据相似三角形的性质列出比例式，代入计算即可．【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠C+∠B＝180°，∠ADF＝∠DEC，∵∠AFD+∠AFE＝180°，∠AFE＝∠B，∴∠AFD＝∠C，∴△ADF∽△DEC；（2）∵△ADF∽△DEC∴∵四边形ABCD是平行四边形，AD=6，BE=2∴EC=BC-BE=AD-BE=4，又∵DF=DE∴DE=DF∴解得DF=4.【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解决本题的关键．23.如图是某货站传送货物的平面示意图，为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由改为．已知原传送带长为．（1）求新传送带长度；（2）如果需要在货物着地点的左侧留出的通道，试判断距离点的货物是否需要挪走，并说明理由．【答案】（1）新传送带的长度为；（2）货物需要挪走，理由见解析．【解析】【分析】（1）先根据等腰直角三角形的性质求出AD的长，然后再根据直角三角形的性质求出AC即可；（2）先根据余弦的定义求出CD，然后再根据题意求出PC的长，最后根据题意判断即可．【详解】解：（1）在中，，在中，，，答：新传送带的长度为；（2）在中，，，在中，，，，货物需要挪走．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用一坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的相关知识是解本题的关键．24.如图，⊙O是△ABC的外接圆，点D在OC的延长线上，OD与AB相交于E，cosA＝，∠D＝30°．（1）证明：BD是⊙O的切线；（2）若OD⊥AB，AC＝3，求BD的长．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】【分析】（1）连接OB，由cosA＝得∠A＝30°，则∠BOD＝2∠A＝60°，而∠D＝30°，可求得∠OBD＝90°，根据切线的判定定理即可证明；（2）由OD⊥AB，根据垂径定理得BE＝AE，则BC＝AC＝3，再证明△BOC是等边三角形，则OB＝BC＝3，根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半,可得OD＝2OB＝6，根据勾股定理即可求出BD的长．【详解】（1）证明：如图，连接OB，∵cosA＝，且cos30°＝，∴∠A＝30°，∵∠A＝∠BOC，∴∠BOC＝2∠A＝60°，∴∠BOD＝60°，∵∠D＝30°，∴∠OBD＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∵OB是⊙O的半径，且BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线．（2）解：如图，∵OD⊥AB，∴EB＝AE，∴BC＝AC＝3，∵OB＝OC，∠BOC＝60°，∴△BOC是等边三角形，∴OB＝BC＝3，∵∠OBD＝90°，∠D＝30°，∴OD＝2OB＝6，∴BD＝＝＝3，∴BD的长为3．【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值、切线的证明、垂径定理以及直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．25.如图所示，某中学九年级数学活动小组选定测量学校前面小河对岸大树BC的高度，他们在斜坡上D处测得大树顶端B的仰角是30°，朝大树方向下坡走6米到达坡底A处，在A处测得大树顶端B的仰角是48°．若斜坡FA的坡比i＝1：，求大树的高度．（结果保留一位小数）参考数据：sin48°≈0.74，cos48°≈0.67，tan48°≈1.11，取1.73．【答案】树高BC约12.5米．【解析】【分析】首先过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，由FA的坡比i=1：，DA=6，可求得AN与DN的长，然后设大树的高度为x，又由在斜坡上A处测得大树顶端B的仰角是48°，可得AC=，又由在△BDM中，，可得x﹣3＝（3+），继而求得答案．【详解】过点D作DM⊥BC于点M，DN⊥AC于点N，则四边形DMCN是矩形，∵DA＝6，斜坡FA的坡比i＝1：，∴DN＝AD＝3，AN＝AD•cos30°＝6×＝3，设大树高度为x，∵在斜坡上A处测得大树顶端B的仰角是48°，∴tan48°＝≈1.11，∴AC＝，∴DM＝CN＝AN+AC＝3+，∵在△BDM中，，BM＝DM，∴x﹣3＝（3+），解得：x≈12.5．答：树高BC约12.5米．【点睛】此题考查解直角三角形的应用-坡度坡角问题，解直角三角形的应用-仰角俯角问题，解题关键在于做辅助线26.如图，AB是⊙O的弦，OP⊥OA交AB于点P，过点B的直线交OP的延长线于点C，且BC是⊙O的切线．（1）判断△CBP的形状，并说明理由；（2）若OA＝6，OP＝2，求CB的长；（3）设△AOP的面积是S1，△BCP的面积是S2，且，若⊙O的半径为6，BP＝4，求tan∠APO．【答案】（1）等腰三角形，理由见解析；（2）8；（3）【解析】【分析】（1）由垂直定义得∠A+∠APO＝90°，根据等腰三角形的性质由CP＝CB得∠CBP＝∠CPB，根据对顶角相等得∠CPB＝∠APO，所以∠APO＝∠CBP，而∠A＝∠OBA，所以∠OBC＝∠CBP+∠OBA＝∠APO+∠A＝90°，然后根据切线的判定定理得到BC是⊙O的切线；（2）设BC＝x，则PC＝x，在Rt△OBC中，根据勾股定理得到62+x2＝（x+2）2，然后解方程即可；（3）作CD⊥BP于D，由已知条件可得，PD＝BD，进而求得CD，然后根据整正切的定义即可求解．【详解】解：（1）△CBP是等腰三角形；证明：连接OB，如图，∵BC是⊙O的切线，∴∠OBC＝90°，∴∠OBA+∠CBP＝90°，∵OP⊥OA，∴∠AOP＝90°，∴∠A+∠APO＝90°，∵OA＝OB，∴∠A＝∠ABO，∵∠APO＝∠CPB，∴∠CBP＝∠CPB，∴△CBP是等腰三角形；（2）解：设BC＝x，则PC＝x，在Rt△OBC中，OB＝OA＝6，OC＝CP+OP＝x+2，∵OB2+BC2＝OC2，∴62+x2＝（x+2）2，解得x＝8，即BC的长为8；（3）解：如图，作CD⊥BP于D，∵PC＝CB，∴PD＝BD＝PB＝，∵∠PDC＝∠AOP＝90°，∠APO＝∠CPD，∴△AOP∽△PCD，∵，∴，∴＝，∵OA＝6，∴CD＝3，∴tan∠APO＝tan∠CBP＝＝＝．

【点睛】本题考查了切线的性质，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，正确的添加辅助线是解题的关键．27.在学习苏科版九下《锐角三角函数》一章时，小明同学对一个角的倍角的三角函数值是否具有关系产生了浓厚的兴趣，进行了一些研究．（1）初步尝试：我们知道：tan60°＝，tan30°＝，发现结论：tanA2tan∠A（填“＝”或“≠”）；（2）实践探究：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，求tan∠A的值；小明想构造包含∠A的直角三角形：延长CA至D，使得DA＝AB，连接BD，所以得到∠D＝∠A，即转化为求∠D的正切值．请按小明的思路进行余下的求解：（3）拓展延伸：如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，tanA＝．①tan2A＝；②求tan3A的值．【答案】（1），，≠；（2）﹣2；（3）①；②.【解析】【分析】（1）直接利用特殊角的三角函数值得结论；（2）根据题意，利用勾股定理求AC，得结论；（3）①作AB的垂直平分线交AC于E，连接BE，则∠BEC=2∠A，在Rt△EBC中，利用勾股定理求出EC，求tan∠BEC得结果；②作BM交AC于点M，使∠MBE=∠EBA，则∠BMC=3∠A．利用角平分线的性质和勾股定理求出EM的长，求tan∠BMC得结果.【详解】（1）tan60°＝，tan30°＝，发现结论：tanA≠2tan∠A，故答案为，，≠；（2）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，∴AB＝＝，如图1，延长CA至D，使得DA＝AB，∴AD＝AB＝，∴∠D＝∠ABD，∴∠BAC＝2∠D，CD＝AD+AC＝2+，∴tan∠A＝tan∠D＝＝﹣2；（3）①如图2，作AB的垂直平分线交AC于E，连接BE，则∠BEC＝2∠A，AE＝BE，∠A＝∠ABE∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，tanA＝，∴BC＝1，AB＝，设AE＝x，则EC＝3﹣x，在Rt△EBC中，x2＝（3﹣x）2+1，解得x＝，即AE＝BE＝，EC＝，∴tan2A＝tan∠BEC＝＝，故答案为；②如图3，作BM交AC于点M，使