2023-2024学年江苏省泰州九年级（上）期中数学试卷

2023-2024学年江苏省泰州九年级（上）期中数学试卷一、选择题：（本大题共有6小题，每小题3分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填在答题卷相应位置上.）1．（3分）tan30°的值等于（）A． B． C． D．2．（3分）已知线段a、b、c，当a＝4，b＝5时，则a、b的比例中项c等于（）A． B． C．±6 D．63．（3分）用配方法解一元二次方程时，小马得到了方程（x﹣1）2＝m的一个解为x1＝5，则另一个解x2等于（）A．﹣5 B．﹣4 C．﹣3 D．﹣24．（3分）在如图所示的方格型网格图中，取3个格点A、B、C并顺次连接得到△ABC，则△ABC的外心是（）A．点D B．点E C．点F D．点G5．（3分）已知关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，则（）A．＝1 B．，c＝﹣1 C．，c＝﹣1 D．6．（3分）如图，⊙O的直径AB＝4，半径OC⊥AB，点D是弧BC上的一个动点，DE⊥OC，DF⊥AB，垂足分别为E、F，则EF的长（）A．变大 B．变小 C．先变小，再变大 D．不变，始终等于2二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分.请将答案直接填写在答题卷相应位置上.）7．（3分）若两个三角形的相似比为2：3，则这两个三角形周长的比为．8．（3分）关于x的方程（k+2）x2﹣6x+9＝0是一元二次方程，则k的取值范围是．9．（3分）如图，AB、AC是⊙O的两条弦，AB⊥AC，且AB＝8，AC＝6，则⊙O的半径等于．10．（3分）已知点P是线段AB的黄金分割点（AP＞BP），如果AB＝a，则AP长为．（用含a的代数式表示，结果保留根号）11．（3分）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3），点B的坐标为（3，0），以点O为位似中心，在第三象限内把△AOB按相似比2：1放大，得到△A1OB1，则点A1的坐标为．12．（3分）如图，BD、CE是△ABC的高，图中与△ADE相似的三角形是．13．（3分）如图是某书店扶梯的示意图，扶梯AB的坡度，王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为米．14．（3分）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为E，如果CB＝8，那么线段GE的长为．15．（3分）如图，在△ABC中，AC＝8，BC＝4，AB＝10，P是AC上一点，CP＝2，点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，设运动时间为t秒．当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，t＝．16．（3分）早在西汉时期，我国天文学家就提出了一种测量日高的公式——“重差术”．如图，用长度为a的杆子（“表”）在间距为d的两个地点测日影，测得影长分别为s1，s2，用这种方式计算出的日高公式H＝．（用含a、d、s1、s2的代数式表示）三、解答题：（本大题共有10小题，共102分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．（12分）（1）计算：；（2）解方程：（2x+3）（x﹣1）＝4x+6．18．（8分）已知关于x的方程：x2+ax+a﹣2＝0．（1）求证：不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．（2）若方程的两个实数根x1，x2，满足x12+x22＝7，求a的值．19．（8分）如图，△ABC的顶点与线段DF的端点，均在边长为1的正方形网格的格点上．（1）请找一个格点E，使得△DEF∽△ABC，并画出△DEF；（2）①△DEF与△ABC的相似比是；②∠ABC+∠ACB＝°．20．（8分）如图是一张长24cm，宽20cm的矩形铁皮，将其剪去两个全等的正方形和两个全等的矩形，剩余部分（阴影部分）可制成底面积是96cm2的有盖的长方体铁盒．求剪去的正方形的边长．21．（10分）如图，在⊙O中，直径AB＝10，弦CD⊥AB，弦EF⊥AB，垂足分别为M、N，OM＝3．（1）求弦CD的长；（2）如果EF＝6，求∠EOC的度数．22．（10分）某数学兴趣小组要测量实验大楼部分楼体的高度（如图1所示的CD部分），在起点A处测得大楼部分楼体CD的顶端C点的仰角为45°，底端D点的仰角为30°，在同一平面内沿水平地面向前走16米到达B处，测得顶端C的仰角为63.4°（如图2所示）．结合以上信息，从①sin63.4°≈0.90，②cos63.4°≈0.45，③tan63.4°≈2.00，这三个条件中选择一个作为补充条件，求大楼部分楼体CD的高度约为多少米？（精确到1米）（≈1.73）你选择的条件是．（只填序号）23．（10分）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为5，一次函数与相交于点A．（1）求点A的坐标；（2）判断点A与⊙O的位置关系并说明理由；（3）过点A作x轴的垂线交⊙O于点B，将直线沿y轴向下平移多少个单位，该直线刚好经过点B．24．（10分）如图，在△ABC中，D是BC中点，F是线段AC延长线上的一点，连接FD并延长交AB于点E．（1）如果AC＝CF，求证：；（2）求的值．25．（12分）在数学活动课上，小聪进行了如下探究：如图1，在矩形ABCD中，E、F是矩形的边CD、AD上的两点，且∠BEF＝90°．（1）设BF＝1，∠FBE＝α，∠EBC＝β，显然有∠FED＝β，∠AFB＝α+β．①在Rt△BEF中，EF＝（用α的三角函数表示）；在Rt△BAF中，AB＝（用α+β的三角函数表示）；②在Rt△BEC中，CE＝（用α与β的三角函数表示）；（2）发现：根据AB＝CD，你发现的结论是（用α、β与α+β的三角函数表示）；（3）应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝2，BD为对角线，BD⊥BC，∠ABD＝∠ADC＝45°，∠ADB＝30°，求DC的长．26．（14分）如图，AB＝10，点C是射线BQ上的一点，连接AC，作CD⊥AC，且CD＝AC，动点E是AB延长线上一点，tan∠QBE＝3，连接AD．（1）当时，求BC的长；（2）当点C在射线BQ上运动的距离为a时，求点D运动的距离（用含有a的代数式表示）；（3）连接CE、DE，当CE⊥DE，且CE＝DE时，求BE的长．

参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共有6小题，每小题3分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填在答题卷相应位置上.）1．【分析】直接利用特殊角的三角函数值得出答案．【解答】解：tan30°＝．故选：C．【点评】此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关数据是解题关键．2．【分析】根据比例中项的概念，当两个比例内项相同时，就叫比例中项，再列出比例式即可得出c．【解答】解：根据比例中项的概念，得c2＝ab＝20，所以c＝±2，又线段不能是负数，﹣2应舍去，所以c＝2．故选：B．【点评】此题考查了比例线段，理解比例中项的概念，这里注意线段不能是负数．3．【分析】根据一元二次方程的解的定义，将x1＝5代入关于x的方程（x﹣1）2＝m，列出关于m的一元一次方程，通过解方程求得m的值；然后利用配方法求方程的另一根．【解答】解：由题意得，（5﹣1）2＝m，解得m＝16．∴（x﹣1）2＝16，即x﹣1＝±4，∴x1＝5，x2＝﹣3．故选：C．【点评】本题考查了一元二次方程的解的定义、解一元二次方程﹣配方法．在求方程（x﹣1）2＝16的另一根时，也可以根据根与系数的关系解答．4．【分析】连接DC、DA、DB，则DC＝5，再根据勾股定理求得DA＝DB＝5，则DC＝DA＝DB，所以点D是△ABC的外心，于是得到问题的答案．【解答】解：连接DC、DA、DB，则DC＝5，由勾股定理得DA＝DB＝＝5，∴DC＝DA＝DB，点D是△ABC的外心，故选：A．【点评】此题重点考查三角形外接圆的定义、勾股定理等知识，通过计算证明DC＝DA＝DB是解题的关键．5．【分析】解法一：直接利用根于系数的关系即可求解．解法二：将两根分别代入方程中，得到关于b，c的二元一次方程组，求解即可．解法三：根据题意可设该方程为，化简即可得到答案．【解答】解：解法一：设x1，x2为方程x2+bx+c＝0的两根，∵关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，∴﹣b＝x1+x2＝＝，c＝x1x2＝＝1，即b＝，c＝1．解法二：∵关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，∴，解得．解法三：∵关于x的方程x2+bx+c＝0的两根分别是，∴该方程可为，整理得：，∴b＝，c＝1．故选：D．【点评】本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系，解题关键是熟知根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝，．6．【分析】求出圆的半径，再判断出四边形OFDE是矩形，然后根据矩形的对角线相等解答即可．【解答】解：如图，连接OD，∵⊙O的直径AB＝4，∴圆的半径为4÷2＝2，∵OC⊥AB，DE⊥OC，DF⊥AB，∴四边形OFDE是矩形，∴EF＝OD＝2．故选：D．【点评】本题考查了矩形的判定与性质，考虑利用矩形的对角线相等是解题的关键．二、填空题（本大题共有10小题，每小题3分，共30分.请将答案直接填写在答题卷相应位置上.）7．【分析】根据相似三角形的性质：周长比等于相似比即可解得．【解答】解：∵两个相似三角形的相似比为2：3，∴它们的周长比为：2：3．故答案为：2：3．【点评】此题主要考查相似三角形的性质：相似三角形的周长比等于相似比．8．【分析】根据一元二次方程的定义得出k+2≠0，再求出即可．【解答】解：∵方程（k+2）x2﹣6x+9＝0是关于x的一元二次方程，∴k+2≠0，解得k≠﹣2，故答案为：k≠﹣2．【点评】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，注意：只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．9．【分析】作OM⊥AB，ON⊥AC于点M、N．连接OA，则四边形ONAM是矩形，利用垂径定理求得OM和AM的长，然后在直角△OAM中，利用勾股定理即可求解．【解答】解：作OM⊥AB，ON⊥AC于点M、N．连接OA．则AM＝AB＝4，AN＝AC＝3，四边形ONAM是矩形．∴OM＝AN＝3，在直角△OAM中，AM＝＝＝5．故答案为：5．【点评】此题涉及圆中求半径的问题，此类在圆中涉及弦长、半径、圆心角的计算的问题，常把半弦长，半圆心角，圆心到弦距离转换到同一直角三角形中，然后通过直角三角形予以求解，常见辅助线是过圆心作弦的垂线．10．【分析】根据黄金分割的定义进行计算，即可解答．【解答】解：∵点P是线段AB的黄金分割点（AP＞BP），AB＝a，∴AP＝AB＝a，故答案为：a．【点评】本题考查了黄金分割，列代数式，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．11．【分析】根据关于以原点为位似中心的对称点的坐标特征，把点A的横纵坐标都乘以﹣2得到点A1的坐标．【解答】解：∵以点O为位似中心，在第三象限内把△AOB按相似比2：1放大，得到△A1OB1，而点A的坐标为（2，3），∴点A1的坐标为（﹣2×2，﹣2×3），即（﹣4，﹣6）．故答案为：（﹣4，﹣6）．【点评】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k．12．【分析】先证△ADB∽△AEC，可得，由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，可证△ADE∽△ABC．【解答】解：∵BD、CE是△ABC的高，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，又∵∠A＝∠A，∴△ADB∽△AEC，∴，∴，又∵∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC，故答案为：△ABC．【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．13．【分析】先求出AB的长，利用坡度设出AC，BC，再利用勾股定理即可求出BC．【解答】解：∵扶梯AB的坡度，∴可设BC＝x米，AC＝x米，∵王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，∴AB＝0.5×40＝20（米），在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC2+BC2＝AB2，即（x）2+x2＝202，解得x1＝10，x2＝﹣10（舍去），即王老师上升的铅直高度BC为10米．故答案为：10．【点评】本题考查解直角三角形﹣坡度坡角问题，解答中涉及勾股定理，理解题意，掌握坡度的意义是解题的关键．14．【分析】延长AG交BC于D，如图，利用三角形重心的性质得到CD＝BD＝4，AG＝2GD，再证明GE∥CD，则可判断△AEG∽△ACD，然后利用相似比可求出EG的长．【解答】解：延长AG交BC于D，如图，∵点G是△ABC的重心，∴CD＝BD＝BC＝4，AG＝2GD，∵GE⊥AC，∴∠AEG＝90°，而∠C＝90°，∴GE∥CD，∴△AEG∽△ACD，∴＝＝，∴EG＝CD＝×4＝．故答案为：．【点评】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．也考查了相似三角形的判定与性质．15．【分析】依题意得AP＝6，AQ＝1×t＝t，当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，有以下两种情况：①当∠AQP＝∠C时，△APQ∽△ABC，则AP：AB＝AQ：AC，由此可求出t的值；②当∠AQP＝∠B时，△AQP∽△ABC，则AP：AC＝AQ：AB，由此可求出t的值；综上所述即可得出答案．【解答】解：∵AC＝8，BC＝4，AB＝10，P是AC上一点，CP＝2，∴AP＝AC﹣CP＝8﹣2＝6，∵点Q从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，设运动时间为t秒，AQ＝1×t＝t，当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，有以下两种情况：①当∠AQP＝∠C时，△APQ∽△ABC，如图1所示：∴AP：AB＝AQ：AC，即6：10＝t：8，解得：t＝4.8，②当∠AQP＝∠B时，△AQP∽△ABC，如图2所示：∴AP：AC＝AQ：AB，即6：8＝t：10，解得：t＝7.5，∴当直线PQ截△ABC，存在与△ABC相似的三角形时，t＝4.8秒或7.5秒．故答案为：4.8秒或7.5秒．【点评】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，理解题意，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．16．【分析】根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【解答】解：∵AB⊥BG，CD⊥BG，EF⊥BG，∴AB∥CD∥EF，∴△EFG∽△ABG，△CDO∽△ABO，∴，，∴＝，＝，解得H＝，故答案为：．【点评】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．三、解答题：（本大题共有10小题，共102分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）17．【分析】（1）先根据负整数指数幂、二次根式的乘法法则和特殊角的三角函数值计算，然后合并即可；（2）先移项，再利用因式分解法把方程转化为2x+3＝0或x﹣1﹣2＝0，然后解两个一次方程即可．【解答】解：（1）原式＝3﹣+2×＝3﹣3+＝；（2）（2x+3）（x﹣1）＝4x+6，（2x+3）（x﹣1）﹣2（2x+3）＝0，（2x+3）（x﹣1﹣2）＝0，2x+3＝0或x﹣1﹣2＝0，所以x1＝﹣，x2＝3．【点评】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．也考查了实数的运算．18．【分析】（1）由判别式Δ＞0即可证明；（2）由根与系数的关系可得x1+x2＝﹣a，x1x2＝a﹣2，再由x12+x22＝7得到关于a的方程，解方程则可求a的值．【解答】解：（1）∵Δ＝a2﹣4（a﹣2）＝a2﹣4a+8＝a2﹣4a+4+4＝（a﹣2）2+4＞0，∴不论a取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．（2）∵方程x2+ax+a﹣2＝0的两个实数根x1，x2，∴x1+x2＝﹣a，x1x2＝a﹣2，∵x12+x22＝7，∴x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1x1＝（﹣a）2﹣2（a﹣2）＝7，解得：a＝3或a＝﹣1．∴a的值为3或﹣1．【点评】本题考查一元二次方程的根；熟练掌握判别式确定根的存在情况，灵活应用根与系数的关系是解题的关键．19．【分析】（1）结合相似三角形的判定与性质，取格点E，使DE＝，EF＝，则点E及△DEF即为所求．（2）①由＝可知，△DEF与△ABC的相似比是．②取点A关于BC的对称点M，连接BM并延长，交格点于点N，连接CM，CN，可得∠ABC+∠ACB＝∠CBM+∠BCM＝∠CMN，利用勾股定理以及勾股定理的逆定理可得△CMN为等腰直角三角形，则∠CMN＝45°，即可得出答案．【解答】解：（1）由勾股定理得，AB＝＝，AC＝＝，如图，取格点E，使DE＝，EF＝，则＝，∴△DEF∽△ABC，则点E及△DEF即为所求．（2）①由（1）可知，＝，∴△DEF与△ABC的相似比是．故答案为：．②如图，取点A关于BC的对称点M，连接BM并延长，交格点于点N，连接CM，CN，则∠BCM＝∠ACB，∠CBM＝∠ABC，∴∠ABC+∠ACB＝∠CBM+∠BCM＝∠CMN，由勾股定理得，MN＝＝，CN＝＝，CM＝＝，∴MN＝CN，MN2+CN2＝CM2，∴∠CNM＝90°，∴△CMN为等腰直角三角形，∴∠CMN＝45°，即∠ABC+∠ACB＝45°．故答案为：45°．【点评】本题考查作图﹣相似变换、勾股定理、勾股定理的逆定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理是解答本题的关键．20．【分析】设剪去的正方形的边长为xcm，根据底面积是96cm2，列出一元二次方程，解之取符合题意的值即可．【解答】解：设剪去的正方形的边长为xcm，则底面的长为（20﹣2x）cm，宽为（24﹣2x）cm，即宽为（12﹣x）cm，根据题意得：（20﹣2x）（12﹣x）＝96，整理得：x2﹣22x+72＝0，解得：x1＝4，x＝218（不符合题意，舍去），答：剪去的正方形的边长为4cm．【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．21．【分析】（1）先根据直径AB＝10求出⊙O半径的长，再根据勾股定理求出CM的长，进而得出结论；（2）根据垂径定理求出EN的长，再由HL定理得出Rt△ENO≌Rt△OMC，故可得出∠EON+∠MOC＝90°，据此可得出结论．【解答】解：（1）∵直径AB＝10，∴OA＝OB＝OC＝OE＝5，∵CD⊥AB，∴∠CMO＝90°，CD＝2CM，∵OM＝3，∴CM＝＝＝4，∴CD＝8；（2）∵EF⊥AB，EF＝6，∴EN＝EF＝3，由（1）知，OE＝5，在Rt△ENO与Rt△OMC中，，∴Rt△ENO≌Rt△OMC（HL），∴∠EON＝∠OCM，∵∠OCM+∠MOC＝90°，∴∠EON+∠MOC＝90°，∴∠EOC＝90°．【点评】本题考查的是圆心角、弧、弦的关系，垂径定理及勾股定理，熟知垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解题的关键．22．【分析】设AE＝x米，则CE＝x米，BE＝（x﹣16）米，在Rt△BCE中，利用tan63.4°＝，求出x，再在Rt△ADE中求出DE，从而由CD＝CE﹣DE求出CD的长．【解答】解：设AE＝x米，则BE＝（x﹣16）米，在Rt△ACE中，∵∠CAE＝45°，∴CE＝AE•tan45°＝x（米），在Rt△BCE中，∵tan∠CBE＝，∠CBE＝63.4°，即tan63.4°＝，解得x＝≈32，在Rt△ADE中，∵∠DAE＝30°，AE＝32米，∴DE＝tan∠DAE•AE＝tan30°×32≈18.5（米），∴CD＝CE﹣DE＝32﹣18.5＝13.5≈14（米）．答：大楼部分楼体CD的高度约为14米．【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，理解题意，灵活运用解直角三角形知识是解题的关键．23．【分析】（1）一次函数与相交于点A，联立方程组可得；（2）根据题意作图，观察图象可得；（3）根据题意得到B点坐标，设直线沿y轴向下平移a个单位，得到新的直线方程，代入点B，可求得a的值．【解答】解：（1）∵一次函数与相交于点A，∴可列方程组，解得：x＝3，y＝4，∴点A的坐标为（3，4）；（2）∵⊙O的半径为5，A（3，4），∴如图所示，点A在⊙O上；（3）根据题意得，如图所示，点B的坐标为（3，﹣4），设直线沿y轴向下平移a个单位，即y2＝x﹣a，经过点B，代入B点可得，﹣4＝4﹣a，解得：a＝8，∴直线沿y轴向下平移8个单位，该直线刚好经过点B．【点评】本题考查了一次函数、圆，关键是根据题意作图辅助观察．24．【分析】（1）过点C作CM∥AB，交EF于点M，利用ASA证明△BED≌△CMD，根据全等三角形的性质得出BE＝CM，根据平行线的性质推出EM＝FM，根据三角形中位线的判定与性质即可得解；（2）过点C作CT∥AB交EF于点T．证明△BDE≌△CDT（ASA），推出BE＝CT，由CT∥AE，即可判定△CFT∽△AFE，根据相似三角形的性质推出＝＝，再根据比例的性质求解即可．【解答】（1）证明：如图，过点C作CM∥AB，交EF于点M，∴∠B＝∠DCM，∵D是BC中点，∴BD＝CD，在△BED和△CMD中，，∴△BED≌△CMD（ASA），∴BE＝CM，∵AC＝CF，CM∥AB，∴EM＝FM，∴CM是△AEF的中位线，∴CM＝AE，∴BE＝AE；（2）解：过点C作CT∥AB交EF于点T．∵BE∥CT，∴∠B＝∠DCT，∵BD＝DC，∠BDE＝∠CDT，∴△BDE≌△CDT（ASA），∴BE＝CT，∵CT∥AE，∴△CFT∽△AFE，∴＝＝，∴+＝+＝1++1﹣＝2．【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟记相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．25．【分析】（1）①由锐角三角函数的定义可得出答案；②由锐角三角函数的定义可得出答案；（2）由锐角三角函数的定义求出AB和CD，则可得出答案；（3）过点A作AE⊥BD于点E，求出BD的长，由（2）中的结论可得出答案．【解答】解：（1）①∵∠BEF＝90°，BF＝1，∴sinα＝sin∠FBE＝，∴EF＝BF•sinα＝sinα；∵sin（α+β）＝sin∠AFB＝，∴AB＝sin（α+β）．故答案为：sinα，sin（α+β）．②∵BF＝1，cosα＝cos∠FBE＝，∴BE＝cosα，又∵sinβ＝sin∠CBE＝，∴CE＝sinβ•BE＝sinβ•cosα；故答案为：sinβ•cosα；（2）由（1）可知sin（α+β）＝sin∠AFB＝，∴AB＝BF•sin（α+β），由（1）知BE＝BF•cosα，又∵sinβ＝sin∠CBE＝，∴EC＝BE•sinβ＝BF•cosα•sinβ，同理可得cosβ＝，sinα＝，∴DE＝BF•sinα•cosβ，∴CD＝DE+CE＝BF•sinα•cosβ+BF•cosα•sinβ＝BF（sinα•cosβ+cosα•sinβ），∵AB＝CD，∴BF•sin（α+β）＝BF（sinα•cosβ+cosα•sinβ），∴sin（α+β）＝sinα•cosβ+cosα•sinβ，故答案为：sin（α+β）＝sinα•cosβ+cosα•sinβ；（3）过点A作AE⊥BD于点E，∵AB＝2，∠ABD＝45°，∴AE＝BE＝AB＝，∵∠ADB＝30°，∴DE＝AE＝，∴BD＝+，∵∠ADC＝45°，∠ADB＝30°，∴∠BDC＝15°，∴∠BCD＝75°，由（2）可知sin75°＝sin（45°+30°）＝sin45°•cos30°+cos45°•sin30°＝，∵sin∠BCD＝sin75°＝，∴DC＝4．【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．26．【分析】（1）过C作CH⊥AE于H，由tan∠QBE＝3，设BH＝k，则CH＝3k，AH＝AB+BH＝10+k，而sin∠CAB＝，可得AC＝5k，故（10+k）2+（3k）2＝（5k）2，即可解得BH＝，CH＝10，用勾股定理可得BC的长为；（2）由CD⊥AC，且CD＝AC，知△ACD是等腰直角三角形，故∠CAD＝45°，＝，同理∠C'AD'＝45°，＝，可得＝，∠D'AD＝∠C'AC，故△D'AD∽△C'AC，从而＝，DD'＝a；即当点C在射线BQ上运动a个单位长度时，点D运动的距离为a个单位长度；（3）过点C作CT⊥AE于点T，过点D作DJ⊥CT交CT的延长线于点J，连接EJ，设BT＝