浙江省温州市中考一模数学解答压轴题汇编（答案版）

9、2023年浙江省温州市中考一模数学解答压轴题汇编1．【答案】（1）见解析过程；（2）2．【解答】（1）证明：∵E，F分别是AC，AB的中点，∴FE∥BD，BC＝2FE，∵∠FCE＝∠CED，∴DE∥CF，∴四边形EFCD是平行四边形，∴OD＝OF；（2）解：∵AD⊥BC，∴∠ADB＝90°．又∵F是AB的中点，∴AB＝2FD＝4FO＝10，∵tanB＝，∴DB＝6，DA＝8，∵四边形CDEF是平行四边形，∴CD＝FE，即BC＝2CD，∴CD＝2，∴AC＝＝＝2．2．【答案】（1）甲车间每天能生成1200个，乙车间每天能生成600个；（2）甲、乙每个车间各被抽走了3人；（3）甲车间安排4天，乙车间安排29天，公司在完成该任务时支付的总工资最少，最少需要58840元．【解答】解：（1）设乙车间每天能生成x个旅行包，则甲车间每天能生成2x个旅行包，由题意得：，解得x＝600，经检验，x＝600是原方程的解，也符合题意，∴2x＝1200，∴甲车间每天能生成1200个，乙车间每天能生成600个；（2）由题意知：甲车间共有1200÷60＝20（人），乙车间共有600÷40＝15（人），设甲乙车间各被抽走a人，根据题意得：（20﹣a）×60×（1+20%）+（15﹣a）×40×（1+20%）＝1200+600，解得a＝3，∴甲、乙每个车间各被抽走了3人；（3）设甲车间工作m天，乙车间工作n天，根据题意得：60×（1+20%）×（20﹣3）m+40×（1+20%）×（15﹣3）n＝21600，整理得：17m+8n＝300，∴m＝﹣n+，设总费用为W元，则W＝3400m+1560n＝3400×（﹣n+）+1560n＝﹣40n+60000，∵﹣40＜0，∴W随n的增大而减少，∵17m+8n＝300，∴m为4的倍数，即m最小为4，∴n最大值为29，∴当n＝29时，总费用W最小值为﹣40×29+60000＝58840（元），∴甲车间安排4天，乙车间安排29天，公司在完成该任务时支付的总工资最少，最少需要58840元．3．【答案】（1）见解析；（2）DE＝PF，理由见解析；（3）①4；②AQ的长是或6．【解答】（1）证明：如图1，∵点E在△ABP的外接圆上，∴∠AEP+∠A＝180°，∴∠AEP＝90°，∴∠EAP+∠EPA＝90°．∵，∴∠EAP＝∠EPA＝45°，∴△PAE是等腰直角三角形；（2）解：DE＝PF，理由：如图2，延长FE交AD于点H，∵EF⊥BC，BC∥AD，∴EH⊥AD，即∠AHE＝∠EFP＝90°，∴∠EAH+∠AEH＝90°，∵∠AEP＝90°，∴∠PEF+∠AEH＝90°，∴∠EAH＝∠PEF，又∵△PAE是等腰直角三角形，∴EA＝EP，∴△EAH≌△PEF（AAS），∴AH＝EF，EH＝PF，∵AD＝DC＝HF，∴AH+HD＝EF+HE，∴HD＝HE＝PF，∴；（3）解：①由（2）知．∵DE＝2，∴PF＝．∵P是BC的中点，∴，②∵，∴∠EAD＜∠EDA＝45°＝∠PAE，∴存在∠PAQ＝∠EDA或∠PAQ＝∠EAD，当∠PAQ＝∠EDA时，如图3，∠PAQ＝45°＝∠PAE，∴＝，∵∠B＝90度，∴AP是圆的直径，∴，∴；当∠PAQ＝∠EAD时，如图4，连结PQ；∵AP是圆的直径，∴∠AQP＝90°＝∠AHE，∴△APQ∽△AEH，∴，∴，综上所述，AQ的长是或6．4．【答案】（1）证明过程见解答；（2）4+4．【解答】（1）证明：∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，DE＝BC，∵DF＝DE＝EF，∴EF∥BC，EF＝BC，∴四边形BCEF是平行四边形；（2）解：设BG与FC交于点H，∵G是CE的中点，∴EC＝2EG＝2CG，∵四边形BCEF是平行四边形，∴FB＝EC，EF＝BC，FB∥EC，设EG＝CG＝x，则FB＝EC＝2x，∵FB∥EC，∴△FBH∽△CGH，∴＝＝＝，∵FH+HC＝CF＝6，∴FH＝4，HC＝2，∵tan∠BCG＝＝3，∴BG＝3CG＝3x，∵BH＝2GH，BG＝BH+GH，∴BH＝2x，GH＝x，∴GH＝CG＝x，∵BG⊥CE，∴△GHC是等腰直角三角形，∵HC＝2，∴GH＝CG＝x＝HC＝，∴FB＝EC＝2x＝2，在Rt△BCG中，根据勾股定理得：BC＝＝＝x＝2，∴平行四边形BCEF的周长＝2（BC+FB）＝2（2+2）＝4+4．5．【答案】（1）y关于x的函数表达式：y＝x；（2）正午时1号楼的影子不落在2号楼的墙上；（3）21，8，168等．【解答】解：（1）由表得，BC＝AB＝x，∵sing∠BCD＝＝，∴BH＝BC，∴y＝x＝x；（2）如图所示：延长影子，得到▱GLMN，LP交GN于点Q，∴sin∠LQG＝sin∠MLQ＝sinα＝，∴tan∠LGQ＝，∴LQ＝15＝，∵LP＝12，∴LQ＜LP，∴正午时1号楼的影子不落在2号楼的墙上；（3）见下表：方案设计1每幢楼层数n的值层数总和218168方案设计2每幢楼层数n的值层数总和228176故答案为：21，8，168等．6．【答案】（1）CH＝3+x，FH＝（3+x）；（2）x的值为5或或；拓展：4﹣3．【解答】解：（1）过点C作CH⊥DF于点H，CG⊥AB于点G，如图，设BD＝x，∵AC＝BC＝5，AB＝6，CG⊥AB，∴AG＝BG＝AB＝3，∴CG＝＝4，∴GD＝3+x．∵CG⊥AB，FD⊥AB，CH⊥DF，∴四边形CGDH为矩形，∴CH＝GD＝3+x，DH＝CG＝4．∵四边形CBDF为圆的内接四边形，∴∠CBA＝∠CFD．∵∠CGB＝∠CHF＝90°，∴△CGB∽△CHF，∴，∴，∴FH＝（3+x），CF＝（3+x）．∴用x的代数式分别表示CH＝3+x，FH＝（3+x）；（2）当△CDF为等腰三角形时，①当CF＝CD时，∵CH⊥DF，∴FH＝DH，由（1）得：（3+x）＝4，∴x＝．②当CF＝FD时，∵FH＝（3+x），DH＝4，∴FD＝（3+x）+4，∴（3+x）+4＝（3+x）．解得：x＝5．③当DF＝CD时，∵CD2＝CH2+DH2＝（3+x）2+42，∴，解得：x＝或x＝﹣3（不合题意，舍去），∴x＝．综上，当△CDF为等腰三角形时，x的值为5或或．拓展：作出点A关于CD的对称点A′，连接A′C，A′F，A′D，如图，由对称的性质可得：CA＝CA′，∠CDA＝∠CDA′．∵A'恰为的中点，∴∠CDA′＝∠FDA′，∴∠CDA′＝∠FDA′＝∠CDA，∵DE⊥AD，∴∠ADE＝90°，∴∠CDA′＝∠FDA′＝∠CDA＝30°．点C作CG⊥AB于点G，∵AC＝BC＝5，AB＝6，CG⊥AB，∴AG＝BG＝AB＝3，∴CG＝＝4，在Rt△CGD中，∵tan∠CDA＝，∴，∴BD＝4﹣3．7．【答案】（1）证明过程见解答；（2）3．【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，AB∥CD，∵点E，O分别为BC，BD的中点，∴OE∥CD∥AB，即OF∥AB，又∵AF∥BD，∴四边形ABOF为平行四边形；（2）解：连结OC，由（1）得，四边形ABOF为平行四边形，∴AB＝OF＝CD，AB∥OF∥CD，∴∠OFG＝∠DCG，在△OFG和△DCG中，，∴△OFG≌△DCG（AAS），∴OG＝DG，∵CF⊥BD，∴CO＝CD，∵OC为Rt△BCD斜边BD上的中线，∴OC＝OD，即△OCD为等边三角形．∴OD＝CD＝AB＝6，∴．8．【答案】任务1：h关于x的函数关系式为h＝0.72x2；任务2：计时器的计时时长为min；任务3：方案一，“漏水壶”水位高度为128mm，计时器计时时长15min；方案二，“漏水壶”水位高度为200mm，计时器计时时长12min．【解答】解：任务1：把x＝10，h＝72和x＝20，h＝288分别代入h＝ax2+c，得，解得所以h关于x的函数关系式为h＝0.72x2；任务2：当h＝98时，98＝0.72x2，解得x＝或x＝﹣（舍去），∴T＝＝＝（min），∴计时器的计时时长为min；任务3：由112.5≤h≤220.5，得12.5≤x≤17.5，∵，∴．∵h和T都是整数，∴T＝12，13，14，15，16，当T＝12时，，h＝200；当T＝13时，x＝，h＝0.72×≈170.41；T＝14时，x＝＝，h＝0.72×≈146.94；当T＝15时，，h＝128；所以符合要求的方案有两种，方案一，“漏水壶”水位高度为128mm，计时器计时时长15min；方案二，“漏水壶”水位高度为200mm，计时器计时时长12min．9．【答案】（1）见解析；（2）；（3）①1或；②．【解答】（1）证明：∵AB为直径，∴∠AEB＝90°．∵∠BAD＝60°，∴．∵AB＝AD，AB∥CD，∴．∴AE＝DE．∴∠EAF＝∠D，∠EFA＝∠DGE．∴△AFE≌△DGE（AAS）．∴AF＝DG；（2）解：连结OE，∵FG为⊙O的切线，∴∠OEF＝90°．∵∠BAD＝60°，OA＝OE，∴△AOE为等边三角形，∴∠OEA＝60°，∠AEF＝30°，∴∠F＝∠EAB﹣∠AEF＝30°．∵AB＝4，∴AE＝AF＝2，．由（1）得△AFE≌△DGE，∴EF＝EG，∴．∵当点P从点G运动至点F，点Q恰好从点A运动至点B，∴，∴，∴．（3）解：①当PQ∥AE时，∠AEF＝∠QPF＝∠F，∴FQ＝QP．又∵∠F＝30°，∴，∴．∴x＝1．如图当PQ∥BE时，∠PQF＝∠EBF＝∠F，∴FP＝QP．又∵∠F＝30°，∴，∴．∴．综上所述：x的值为1或．②过点Q作△BQM的高线QN交EB于点N，∵BE＝EF＝EG，∴∠F＝∠EBF，∠EGB＝∠EBG，∴∠FBG＝90°．∵∠F＝30°，∴∠BGF＝60°，∴△BEG为等边三角形，∴∠PEM＝∠GBM＝60°，∵∠EPM＝∠MGB，∴△EPM∽△BGM，∴，∴，∴，则．在Rt△BQN中，∵∠QBN＝30°，BQ＝4﹣x，∴．∴．10．【答案】任务一：抛物线解析式为y＝x2；任务二：这样的抛物线图案每边最多可以摆放6个；任务三：方案1：较大的抛物线段1条，较小的抛物线4条；方案2：较大的抛物线段2条，较小的抛物线4条；方案3：较大的抛物线段3条，较小的抛物线2条．【解答】解：任务一：由题意得：AB＝200÷5＝40（m），点B的坐标为（20，0.8），设抛物线解析式为y＝ax2，将B点坐标代入解析式得：0.8＝400a，解得a＝，∴抛物线解析式为y＝x2；任务二：h＝0.7时，点D的纵坐标为：（1.6﹣0.7）÷2＝0.45，当y＝0.45时，代入y＝x2，得0.45＝x2，解得x1＝﹣15，x2＝15，∴CD＝30，200÷30＝6，∴这样的抛物线图案每边最多可以摆放6个；任务三：设较大的抛物线可以摆放m条，较小的抛物线n条，由以上条件可知：AB＝40，CD＝30，40m+30n≤200（m，n为正整数，且m≤5），①m＝1，n＝5（不能对称摆放，舍去），②m＝1，n＝4（中间摆1个较大的，左右摆2个较小的，两边各余20米，符合题意），③m＝2，n＝4（中间摆2个较大的，左右摆2个较小的，两边各余20米，符合题意），④m＝3，n＝2（中间摆3个较大的，左右摆1个较小的，两边各余10米，符合题意）．⑤m＝4，n＝1（不对称摆放，舍去），综上所述，方案1：较大的抛物线段1条，较小的抛物线4条；方案2：较大的抛物线段1条，较小的抛物线4条；方案3：较大的抛物线段3条，较小的抛物线2条．11．【答案】（1）证明见解析；（2）①1；②满足条件的BC的长为或；（3）．【解答】（1）证明：∵BE为直径，∴∠BAE＝∠BGE＝90°．在Rt△ABE和Rt△GBE中，，∴Rt△ABE和Rt△GBE（HL）；（2）解：①∵EF与⊙O相切，∴BE⊥EF，∴∠BEF＝90°，∴∠AEB+∠DEF＝90°．∵四边形ABCD为矩形，∴∠BAE＝90°，∴∠ABE+∠AEB＝90°，∴∠ABE＝∠DEF，∵∠BAE＝∠D＝90°，∴△ABE∽△DEF，∴．在Rt△BEF中，∵tan∠EBF＝，∴，∴DE＝AB＝2＝1；②若△ABG是以AG为腰的等腰三角形，Ⅰ．当GA＝GB时，∵GA＝GB，∴∠GAB＝∠GBA，∵∠DAB＝∠CBA＝90°，∴∠EAG＝∠FBC．∵∠EAG＝∠EBG，∴∠EBG＝∠FBC．在△BEF和△BCF中，，∴△BEF≌△BCF（AAS），∴BE＝BC．设BC＝x，则AD＝BC＝x，∴AE＝AD﹣DE＝x﹣1，∵AB2+AE2＝BE2，∴22+（x﹣1）2＝x2，解得：x＝，∴BC＝；Ⅱ．当GA＝AB＝2时，∵GA＝AB，∴∠ABG＝∠AGB．∵∠AEB＝∠AGB．∴∠AEB＝∠ABG．∵∠AEB+∠ABE＝90°，∠ABG+∠FBC＝90°，∴∠ABE＝∠FBC，∵∠BAE＝∠C＝90°，∴△BAE∽△BCF，∴．由（2）知：，∴，∴，∴BC＝．综上，若△ABG是以AG为腰的等腰三角形，满足条件的BC的长为或；（3）解：∵BE为圆的直径，∴∠EGF＝90°．在Rt△EGF和Rt△EDF中，，∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL），∴∠DEF＝∠GEF，DF＝FG．∵∠AEG+∠GEF＝90°，∠DEF+∠AEB＝90°，∴∠AEB＝∠GEB．在Rt△EAB和Rt△EGB中，，∴Rt△EAB≌Rt△EGB（AAS），∴AB＝BG，AE＝EG，∴AE＝EG＝DE，∴BE⊥AC．∵BE⊥EF，∴EF∥AC．∴EF为△DAC的中位线，∴DF＝FC，∴DF＝FC＝FG．设DF＝FC＝FG＝a，则AB＝CD＝BG＝2a，∴BF＝BG+GF＝3a．取BF的中点H，连接EH，如图，则EH为梯形ABFD的中位线，∴EF＝a．∵EF∥AC，∴∠FGC＝∠EFH．∵EH∥CD，∴∠CFG＝∠EHF，∴△CFG∽△EHF，∴．12．【答案】（1）见解析；（2）4．【解答】（1）证明：如图，连接OE，∵EF是⊙O切线，∴OE⊥EF，∵OE＝OA，∴∠OEA＝∠OAE，∵BD＝AD，∴∠B＝∠OAE，∴∠B＝∠OEA，∴OE∥BC，∴EF⊥BC．（2）解：如图，连接OE，∵OE∥BC，∴，即AE＝BE，∵AD是⊙O直径，∴AC⊥BC，∵EF⊥BC，∴EF∥AC，∴，即BF＝CF，∴AC＝2EF（三角形的中位线定理），∵CD＝5，，∴设EF＝2x，则CF＝BF＝3x，AC＝4x，∴AD＝BD＝BF+CF﹣CD＝6x﹣5，在Rt△ACD中，AC2+CD2＝AD2，即（4x）2+52＝（6x﹣5）2，解得x＝3或x＝0（不符合题意，舍去），则DF＝CF﹣CD＝3x﹣5＝3×3﹣5＝4．13．【答案】（1）笔记本的单价为5元，钢笔的单价为10元；（2）可购买钢笔30支，笔记本20本；或购买钢笔25支，笔记本30本；或购买钢笔20支，笔记本40本．（3）文具店赠送5张兑换券，其中3张兑换钢笔，2张兑换笔记本．（答案不唯一）【解答】解：任务1：设笔记本的单价为x元，根据题意，得，解得x＝5，经检验，x＝5是原方程的根，这时2x＝10．∴笔记本的单价为5元，钢笔的单价为10元；任务2：设购买钢笔为a支，笔记本为b本，根据题意，得10a+5b＝400，化简得，由题意，a≥20，b≥20，且b是10的倍数，∴或或，∴可购买钢笔30支，笔记本20本；或购买钢笔25支，笔记本30本；或购买钢笔20支，笔记本40本．任务3：当原有钢笔30支，笔记本20本时，设有y张兑换券兑换钢笔，根据题意，得30+10y＝20+20（m﹣y），整理得，∵1＜m＜10，且m，y均为正整数，∴经尝试检验得，∴文具店赠送5张兑换券，其中3张兑换钢笔，2张兑换笔记本．（答案不唯一）14．【答案】（1）；（2）或2；（3）①，②．【解答】解：（1）在矩形ABCD中，CD＝AB＝4．∵∠ACB＝30°，AB＝4，∴AC＝2AB＝8．∵AP＝y，∴CP＝8﹣y．∵，∴．∴．（2）（ⅰ）当PQ⊥AC时，∵DQ＝x，AP＝y，∴CQ＝4﹣x，CP＝8﹣Y．∵，∴，解得，即．（ⅱ）当QE⊥AC时，延长EQ交AC于点H．∵AD∥BC，∴∠CAD＝∠ACB＝30°，∠ACD＝60°．∵AP＝PE，∴∠EPA＝2∠EAC＝60°，∴△KPC是等边三角形．∴，∴．在Rt△DEK中，，在Rt△DEQ中，，∴，即，解得x＝2，即DQ＝2．（ⅲ）∵∠AEP＝∠CAD＝30°，∴∠APE＝120°，综上，DQ的值为或2；∴PE不可能垂直于AC．（3）当x＝4时，，即，∴．①在平行四边形PQFG中，DG∥PQ，∴，即＝，解得x＝2，∴CQ＝4﹣2＝2，PF＝FC﹣CP＝．过点Q作QH⊥PC，则．∴S平行四边形PQFG＝2S△FQP＝PF•QH＝．②．提示：当点G落在AB边上时，∵FG∥QP，∴∠GFP＝∠QPF，∴∠AFG＝∠QPC．∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA．∵FG＝PQ，∴△AFG≌△CQP（AAS）．∴AF＝CP，即，解得．当点G落在BC边上时，作QN∥AD交AC于点N，作NM⊥AD于点M，则MN＝DQ＝x，QN∥BC，∴AN＝2x，NF＝．∠QNF＝∠BCP，∵四边形PQFG是平行四边形，∴QF＝PG，∠QFP＝∠GPF，∴∠QFN＝∠GPC，∴△QNF≌△GCP（AAS），∴NF＝CP，即，解得，∴．15．【答案】（1）见解析；（2）8．【解答】（1）证明：∵AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，同理，∠DEC＝∠DCE，∵AE∥CD，∴∠AEB＝∠DCE，∴∠ABE＝∠DEC，∴AB∥DE，∴∠BAF＝∠AED，∵∠ABF＝∠DAE，∴△ABF≌△EAD（ASA），∴AF＝CD，∴四边形ADCF是平行四边形；（2）解：如图，作AG⊥BC于点G，FH⊥BC于点H，则EG＝BG，在平行四边形ADCF中，AD＝CF＝5，∵△ABF≌△EAD，∴BF＝AD＝CF＝5，∴BH＝CH，∵EF＝2AF，AG∥FH，∴，∴EH＝2GH，设GH＝x，则EH＝2x，EG＝BG＝3x，∴BH＝CH＝4x，∵，∴，∴FH＝3x，∴，∴5x＝5，即x＝1，∴BC＝8x＝8．16．【答案】任务2：见解析；任务2：能完成改造，理由见解析；任务3：1.6米．【解答】解：（1）如图，以O为原点，建立如图1所示的坐标系，∴A（0，1），C（6，3.4），∴设抛物线解析式为y＝ax2+bx+1，∵OF＝DF＝BD＝2，DE＝BC，∴抛物线的对称轴为直线，∴y＝ax2﹣10ax+1，将C（6，3.4）代入解析式得，，∴．（2）如图，建立与（1）相同的坐标系，∵CC'＝1，∴C'为（6，4.4），∵改造后对称轴不变，设改造后抛物线解析式为y＝ax2﹣10ax+1，将C'（6，4.4）代入解析式得，∴，∴G为，G'为，∴，∴共需改造经费，∴能完成改造．图2（3）如图2，设改造后抛物线解析式为y＝ax2﹣10ax+1，则G'为（2，﹣16a+1），E'为（4，﹣24a+1），∴，由题意可列不等式，（﹣40a﹣4）×200×60≤32000，解得，∵CC'＝EE'＝﹣24a+1﹣3.4，∴时，CC'的值最大，为1.6米．17．【答案】（1）见解析；（2）24；（3）①或或；②．【解答】（1）证明：在矩形OABC中，AD＝CD，∠AOC＝90°，∵AE＝CE，AD＝CD∴DE是AC的垂直平分线，即ED⊥AC，∴∠AOC＝∠ADE＝90°，又∵∠OAC＝∠DAE，∴△ADE∽△AOC．（2）解：如图，连结OF，∵CE切半圆于点F，则∠OFC＝90°，∵OC＝15，OA＝5，∴，∴，由△ADE∽△AOC，得，∴AE＝CE＝25，OE＝20，∴S△COE＝，即：OF＝＝12，∴半圆O的直径为24．（3）解：①∵，EF＝16，EM＝8，，∵P，Q同时出发且同时到达终点，∴，∴设CP＝3x，MQ＝8x，EP＝25﹣3x，EQ＝8+8x，情况1：PQ∥BD，如图，作PR⊥MN于点R，∴tan∠RQP＝tan∠AOB＝tan∠OAC＝3，∴PR＝3QR，∴PR＝EP•sin∠OEC＝，ER＝EP•cos∠OEC＝，∴，∴，解得，∴．情况2：PQ∥AD，如图，此时EP＝EQ，则25﹣3x＝8+8x，∴，∴．情况3：PQ∥AB，如图，此时PQ⊥MN，则EP•cos∠OEC＝EQ，∴，解得，∴，综上所述MQ的长为或或．②如图，若F'落在半圆O上，由圆的对称性可知，PQ必经过点O，即点Q与点O重合，此时MQ＝12，，可得，∴，．∴．18．【答案】（1）证明见解析；（2）8．【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，∴∠BAD＝∠CAD，∵AF＝DF，∴∠CAD＝∠ADF，∴∠BAD＝∠ADF，∵点G是AD的中点，∴AG＝DG，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（ASA），∴BG＝EG，又∵AG＝DG，∴四边形ABDE是平行四边形；（2）解：由（1）可知，四边形ABDE是平行四边形，∴AE∥BC，AB∥DE，∴∠CDF＝∠ABC，∴sin∠CDF＝＝，设CF＝2x，则AF＝DF＝3x，∵∠C＝90°，∴CD＝＝＝x，∵AE∥BC，∴△CDF∽△AEF，∴＝＝＝，即＝，解得：x＝4，∴CF＝2x＝8，即CF的长为8．19．【答案】【任务1】BC＝，CD＝2；【任务2】；【任务3】m．【解答】解：【任务1】如图，由题意得，∠CDB＝∠EAM，∠CDA＝∠DAM，∴tan∠CDB＝，∴tan，设BC＝x，则CD＝3x，AC＝4x，∴AB＝4x﹣x＝3x＝2，∴x＝，∴BC＝x＝，CD＝3x＝2；【任务2】如图，取BD的中点O，连接OF交CD于点E，则OF⊥CD，CE＝DE＝1，∵∠BCD＝90°，∴BD为直径，∴点O为圆心，∴OE是△BCD的中位线，∴OE＝，∴OF＝OD＝，∴弧CD的弓高EF＝OF﹣OE＝；【任务3】如图，连接BD'交CD于点G，作D'H⊥CD于点H，由题意得，此时BD'与太阳光线平行，则∠D'GH＝∠CGB＝γ，∴tan∠GD'H＝tan∠CGB＝tanγ＝，∴CG＝，∴点G为CD的中点，∵∠B