2021-2022学年江苏省苏州市高新实验初级中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（附详解）

2021-2022学年江苏省苏州市高新实验初级中学九年级

（±）月考数学试卷（12月份）

1.在AaBC中，4c=90。，AC=8,BC=6,则s讥B的值是（）

2.已知函数y=（m+3）/+4是二次函数，则m的取值范围为（）

A.m>-3B.m<—3C.m力一3D.任意实数

3.已知在圆的内接四边形4BC0中，N4：ZC=3：1,则NC的度数是（）

A.45°B.60°C.90°D.135°

4.如图，在△ABC中，点。、E是4B、AC的中点，若△力DE

的面积是1,则四边形BDEC的面积为（

5.如图，正五边形4BCDE内接于。。，则4ZME的度数是（）

A.36°

B.26°

C.30°

D.45°

6.如图，一宽为2an的刻度尺在圆上移动，当刻度尺的一边与圆Z

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.（|）2cm

D.V5cm

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=-3

C.顶点坐标是（0,0）

D.当x>-3时，y随x的增大而减小

在如图所示8x8的网格中，小正方形的边长为1,点4、

B、C、。都在格点上，4B与CD相交于点E,则N4E0的

正切值是（

9.如图，菱形力BCD放置在直线，上Q4B与直线1重合），AB=4,4fMB=60。，将菱形

4BCD沿直线I向右无滑动地在直线，上滚动，从点4离开出发点到点4第一次落在直

线，上为止，点4运动经过的路径总长度为（）

47r+4X/3TT

10.如图，等边△ABC内接于o。，。是诧上任一点（不与8、

C重合），连接BD、CD,4。交BC于E,CF切。。于点C,（/\

4尸16交00于点6.下列结论：①〃DC=60。；I/R\|/

②DB2=DE-£M；③若AD=2,则四边形4BDC的面

积为次；④若CF=2g,则图中阴影部分的面积为凯

正确的个数为（）

A.1个B.2个C.3个D.4个

11.将二次函数y=2/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

12.已知圆锥的底面半径是2cm,母线长为5an,则圆锥的侧面积是cm2（结果

保留兀）

13.已知。。中有一条长与半径相等的弦4B,那么弦所对的圆周角度数为

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14.如图，在4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4P=66千米，则4，B两点

的距离为千米.

15.如图，Rt△力BC中，NC=90°,O。是4ABC的内切圆，切点为。，E,F,若AD=5,

BE=12,则△4BC的周长为.

16.如图，在AaBC中，D、E分别是边8C、4C上的点,

力。与BE相交于点F,若E为4c的中点，BD：DC=2：

3,则AF：FD的值是.

17.如图，在△A8C中，/是△ABC的内心，。是4B边上一点,

。。经过点B且与4/相切于点/,若tanNBAC=g，则

sin/ACB的值为.

18.如图，正方形4BCD的边长为4,点E为边力D上一个动点,

点尸在边CD上，且线段E尸=4,点G为线段EF的中点，

连接BG、CG,则BG+^CG的最小值为.

19.计算：sin260°+|tan450-V2|-2cos45°.

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4(2,3),B(2,l),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4、B'、C,请在图中画出△AB'C'.

(3)若以4为圆心，r■为半径的。4与线段BC有公共点，直接写出r的取值范围.

21.如图，在A/IBC中，NB=30。，BC=40cm,过点4作

AD1BC,垂足为D,Z.ACD=75°.

(1)求点C到的距离；

(2)求线段4D的长度.

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22.如图，在平行四边形4BCD中，E为BC边上一点，连接。E,点F为线段DE上一点,

S.AAFE=乙B.

(1)求证△AOFSADEC；

(2)若BE=2,AD=6,且。F=|/)E,求DF的长度.

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45。改为30。.已知原传送带长为4位m.

(1)求新传送带4c的长度;

(2)如果需要在货物着地点C的左侧留出5m的通道，试判断距离B点4旧小的货物

MNQP是否需要挪走，并说明理由.

24.如图，。。是△ABC的外接圆，点。在0C的延长线上,

0D与AB相交于E,cosA=叵,"=30°.

2

(1)证明：BD是。。的切线；

(2)若。。1AB,AC=3,求8D的长.

25.如图所示，小河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。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4处，在A处测得大树顶端B的仰角是48。,若斜坡E4的坡比i=1：V3,求大树的

高度.(结果保留整数，参考数据：sin48°«0.74,cos48°«0.67,tan48°«1.11,

V3x1.73)

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26.如图，4B是。0的弦，0P10A交AB于点P,过点B的

直线交0P的延长线于

点C,且BC是。。的切线.

(1)判断ACBP的形状，并说明理由；

(2)若。4=6,0P=2,求CB的长；

(3)设440P的面积是S],△BCP的面积是Sz，且段=|,若0。的半径为6,BP=4遍,

求tan乙4P。.

27.在学习人教版九下逸角三角函数》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，进行了一般研究.

(1)初步尝试：我们知道：tan600=,tan30°=,发现结论：

tanA=2tan(1乙4)(填“=”成“K”)

(2)实践探究：如图1,在RtAABC中，ZC=90°,AC=2,BC=1,求tan^乙4)的

值；小明想构造包含亚4的直角三角形，延长C4到。，使。4=48,连接8D,所以

得乙0=[乙4,即转化为求乙。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/kABC中，ZC=90°,AC=3,tanA=

(l)tan2A=;

②求tan34的值.

28.如图，在平面直角坐标系中，AB=AC=10,线段BC在轴上，BC=12,点B的坐

标为(一3,0),线段4B交y轴于点E,过4作40J.BC于D,动点P从原点出发，以每

秒3个单位的速度沿%轴向右运动，设运动的时间为t秒.

(1)点E的坐标为(_____,)；

(2)当ABPE是等腰三角形时，求t的值；

(3)若点P运动的同时，△力BC以B为位似中心向右放大，且点C向右运动的速度为

每秒2个单位，△ABC放大的同时高AD也随之放大，当以EP为直径的圆与动线段AD

所在直线相切，求t的值和此时C点的坐标.

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答案和解析

1.【答案】A

【解析】

【分析】

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.

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.

【解答】

解：如图，

v乙C=90°,AC=8,BC=6,

•••AB=y/BC2+AC2=10.

.AC84

sinBn=—=—=

AB105

故选：A.

2.【答案】C

【解析】解：•.,函数丫=。1+3）/+4是二次函数，

・•・m+3H0,

解得：mH—3,

故选：C.

根据二次函数的定义和已知条件得出血+3H0,再求出答案即可.

本题考查了二次函数的定义，注意：形如y=Q/+b%+c（a、b、c为常数，aW0）的

函数，叫二次函数.

3.【答案】A

【解析】解一•四边形4BCD是圆的内接四边形,

:.z.A+/.C=180°,

v/-A：zC=3：1,

•••zC=-x180°=45°,

3+1

故选：A.

根据圆内接四边形的性质得出乙4+/C=180°,再求出NC即可.

本题考查了圆内接四边形的性质，能熟记圆内接四边形的对角互补是解此题的关键.

4.【答案】B

【解析】解：•.•点。、E是48、AC的中点，

•••OE是△ABC的中位线，

DE//BC,S.DE=^BC,

ADE^LABC,

.S"DE=芦）2_1

“S—8c-kBCJ-4，

•・•△4DE的面积是1,

•*,SfBc=%

AS四边形BDEC=S—BC-S^ADE=3,

故选：B.

由。E是△ABC的中位线，得DE〃BC,且DE=；BC,贝必ADE"48C,从而受匹=

（普2=%从而解决问题.

本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三

角形的性质是解题的关键.

5.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查正多边形和圆，求出正五边形的圆心角度数是解决问题的关键.

求出圆内接正五边形的圆心角的度数，再根据圆周角定理计算即可.

【解答】

解：如图，连接。D、OE,

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B

・・•正五边形力8CDE内接于。0,

...40E=警=72。，

・•・Z-DAE=-LD0E=36°,

2

故选A.

6.【答案】C

【解析】解：如图示，连接。4根据题意知,

PC=2cm,OP1AB,

:・AP=BP,

vAB=3cm,

3

・・

•AP=-2cm,

在Rt/kAOP中，设(M=x,则0P=x-2,

根据勾股定理得，(|)2+(X-2)2=K2,

解得，x=2|.

故选C.

根据题意可知，圆内的弦长为3cm,作出弦的弦心距，根据垂径定理和勾股定理，可以

求出圆的半径.

解决与弦有关的问题时，往往需构造以半径、弦心距和弦长的一半为三边的直角三角形,

若设圆的半径为r,弦长为a,这条弦的弦心距为d,则有等式N=d2+(今2成立，知道

这三个量中的任意两个，就可以求出另外一个.

7.【答案】B

【解析】解：•・,y=(%+3>,

・•・抛物线开口向上、对称轴为％=-3、顶点坐标为(-3,0),

当x>—3时，y随x的增大而增大，

故A、C、。说法是错误的，B说法是正确的；

故选：B.

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4、B、C,由二次函数

的增减性即可判断D,则可求得答案.

本题主要考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-

九7+上中，顶点坐标为（八次），对称轴为，=心

8.【答案】B

【解析】解：如图，取格点K,连接4K,BK.

CB

5*

/

/Df

A

■、、/

K

观察图象可知4K18K,BK=2AK,BK//CD,

：./.AED=Z.ABK,

AK1

•••tanz/lED=tan^ABK=-=

BK2

故选：B.

如图，取格点K,连接AK,BK.观察图象可知4K_LBK,BK=24K,BK〃CO,推出N4E0=

/.ABK,解直角三角形求出tan44BK即可.

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，属于中考常考题型.

9.【答案】D

【解析】

【分析】

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4的运动

轨迹，解题时注意正确运用弧长公式：，=粤（弧长为E,圆心角度数为m圆的半径为R）.

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画出图形即可知道，从点4离开出发点到点/第一次落在直线，上为止，点4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.

【解答】

解：如图，从点4离开出发点到点4第一次落在直线/上为止，点A运动经过的路径的长

度为图中弧线长.

所以点4运动经过的路径的长度=2x曙+夸=我+5鬲,

故选：D.

10.【答案】C

【解析】解：如图1,••・△ABC是等边三角形，

1•-4ABe=60°,

•.•等边AABC内接于

•••AADC=AABC=60°,

故①正确；

图1

•••4BDE=乙4cB=60°,乙ADC=4ABC=60°,

■1•Z.BDE—/.ADC,

:.乙DBE=/.DAC,

•••△DBE“4DAC,

.DB_DE

"DA—DC'

••DB-DC=DE-DA,

1.•”是翁匕任一点，

•••DB与DC不一定相等，

•••DB-OC与DB?也不一定相等，

DB2与DE•ZM也不一定相等，

故②错误；

图2

如图2,作4H_LBD于点H,延长DB到点K,使BK=CD,连接4K,

・・・乙ABK+Z-ABD=180°,4ACD+Z.ABD=180°,

・・.乙

ABK=Z.ACDf

・•・AB—AC,

,^ABK=AACD(SAS),

・•・AK=AD，S*BK=S〉ACD，

DH=KH=-2DK,

•・•/.AHD=90°,N40H=60°,

・•・&AH=30°,

-AD=2,

・•.DH=-AD=ix2=1,

22

・・.DK=2DH=2,

・•・AH=V22—l2=V3，

,e*S&ADK=5x2xy/3=V3,

S四边形ABDC=S0B。+S^ACD=S^ABD4-S〉ABK-S&ADK=遮,

故③正确；

如图3,连接。4、OG、OC、GC,则。A=OG=OC,

•・・c/切OO于点C,

・•・CF1OC,

-AF1CF,

:.AFIIOC,

AAOC=-X360°=120°,

3

:.^OAC=Z-OCA=1x(180°-120°)=30°,

:.Z-CAG=Z.OCA=30°,

・・・乙COG=2/-CAG=60°,

・••Z.AOG=60°,图3

・•.△AOG^^COG都是等边三角形，

:.OA=OC=AG=CG=OG,

四边形OABC是菱形，

OA//CG,

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•••=S^cOG，

・,,S阴影=S端施OG，

VZ.OCF=90°,Z-OCG=60°,

・・・Z,FCG=30°,

•・•4F=90°,

•••FG=-CG,

2

•・•FG2+CF2=CG2,CF=2遍，

A(|CG)2+(2V3)2=CG2,

:.CG=4,

:.OC=CG=4,

C_C_607rx42_8

"、阴影=S扇形COG=360=3n，

故④正确，

①③④这3个结论正确，

故选：C.

如图LZMBC是等边三角形，则NABC=60。,根据圆周角定理可得乙4DC=4ABe=60°,

所以判断①正确；

如图1,可证明AOBEsAEMC,则瞿=雪，所以OB・OC=OE-O4而DB与DC不一

DADC

定相等，所以判断②错误；

如图2,W-AH1BD于点H,延长DB至IJ点K,使BK=CD,连接4K,先证明△ABKWAACD,

可证明S四边质8DC=SAAOK,可以求得SAADK=8，所以判断③正确；

如图3,连接。4、0G、0C、GC,由CF切0。于点C得CF1OC,而”1CF,所以4F〃0C,

由4ZOC=|x360°=120°得/04C=/-OCA=30°,于是4cAG=AOCA=30°,则

/.COG=2Z.CAG=60°,可证明△HOG和△COG都是等边三角形，则四边形。力BC是菱

形，因此。力〃CG,推导出S阳影=S扇形COG，在/?《△CFG中根据勾股定理求出CG的长为

4,则。。的半径为4,可求得S掰影=S娘形COG=嗤殳=|兀，所以判断④正确，所以

①③④这3个结论正确.

此题考查圆的切线的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、圆周

角定理、等边三角形的判定与性质、三角形的外接圆与外心、勾股定理、扇形面积计算

等知识与方法，此题综合性较强，难度较大.

11.【答案】y=2/+2

【解析】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、=2。一九)2+鼠代入得：y=2/+2.

故答案是：y=2/+2.

易得新抛物线的顶点，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.

本题主要考查了二次函数图象与几何变换，抛物线平移不改变二次项的系数的值，解决

本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标.

12.【答案】107T

【解析】解：圆锥的侧面积=2兀x2x5+2=10兀(cm2).

故答案为：107r.

圆锥的侧面积=底面周长x母线长+2,把相应数值代入即可求解.

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.【答案】30。或150°

【解析】解：如图,

OA=OB=AB=r,

・•.△48。为等边三角形，则乙4。0=60°.

设弦AB所对的圆周角为乙4CB,

当点C在弦4B所对的优弧上,则〃CB=60°+2=30°；

当点C在弦4B所对的劣弧上，则乙4cB=180°-30°=150°.

所以弦48所对的圆周角为30。或150。，

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故答案为:30°或150°.

由。。的半径为r厘米，弦4B的长为r厘米，可得△OAB等边三角形，因此乙4OB=60°,

再利用圆周角定理和圆内接四边形的性质求出弦48所对的圆周角.注意AB所对的圆周

角有两种情形.

本题考查了圆周角定理.同弧所对的圆周角相等，并且等于它所对的圆心角的一半.同

时考查了圆内接四边形的对角互补和等边三角形的性质.

14.【答案】6

【解析】解：由题意知，^PAB=30°,APBC=60°,

•••AAPB=乙PBC-乙PAB=60°-30°=30°,

4PAB=Z.APB,

■1•AB=PB,

在RtZiPAC中，•；4P=6百千米，

•••PC=1PA=3百千米，

在RtAPBC中，•••sin"BC=会，

PB

"PB=警=6千米.

~2

•••AB=6千米.

故答案为：6.

证明AB=PB,在Rt/iPAC中，求出PC=3百千米，^.RtLPBC^,解直角三角形可

求出PB的长，则可得出答案.

本题考查的是解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数的定义及方向角是解题的关键.

15.【答案】40

【解析】解：连接E。，DO,

,・•。。是448。的内切圆，切点分别为。，E,F,'卜、

■■■OE1BC,OD1.AC,BF=BE=12,AD=AF=5,JX.F

EC=CD,V

D【——7。\

又•：zC=90°,

•••四边形EC。。是矩形,CEB

又,：EO=DO,

•••矩形OECD是正方形，

设E。=x,

则EC=CD=x,

在Rt△力BC中

BC2+AC2=AB2

故(x+12/+(x+5/="2,

解得：x=3,

•••△ABC的周长=8+15+17=40.

故答案为40.

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.

此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，属于中考常考题型.

16.【答案】：

【解析】解：过D作DH〃/1C交BE于H,

:._D_H——DF-D-H-,BD

AEAF'CE~BC'

・・•若E为AC的中点,

・,.CE=AE,

-D-F=-B-D,

AFBC

vBD：DC=2：3,

:.BD：BC=2：5,

・•・DF：AF=2：5,

•••AF-FD=

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故答案为：

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

本题主要考查了相似三角形的判定和性质，准确作出辅助线是解题的关键.

17.【答案】I

【解析】解：如图,

连接。/并延长交AC于D,连接引,

:。/与。。相切，

AILOD,

：.乙AIO=4AID=90°,

/是△ABC的内心，

：.Z.OAI=^DAI,AABI=ACBI,

vAl=AI,

.•.△40/三△4。/(ASA),

・•・AO=ADt

・・•OB=01,

••Z-OBl=乙OIB,

・•・Z-OIB=乙CBI,

:.OD//BC,

・•・Z.ADO=zC,

作OE14C于E,

c”OE24

vtanZ-BAC=一=—,

AE7

・•・不妨设OE=24/c,AE=7k,

:.OA=AD=25k,

ADE=AD-AE=18fc,

・・.OD=\lOE2+DE2=30k，

24k_4

smz.ACB=—=30k-S(

故答案是：

连接0/,Bl,作。E14C,可证AaOD是等腰三角形，然后证明OD〃BC,进而=

N4CB,解三角形40D即可.

本题考查课圆的切线性质，内心性质，全等三角形判定和性质，解斜三角形等知识，解

决问题的关键是有机地组合条件，发现特殊性.

18.【答案】5

二点G在以。为圆心，2为半径的圆上运动，

在CD上截取。/=1,连接G/,

•_D_I__D_G___1

,•DG-C。-2'

:.乙GDI=乙CDG,

GDIs〉CDGt

:..I"G_DI_1,

CGDG2

1G=-CG,

2

：.BG+-CG=BG+IG>BI,

2

.•.当B、G、/共线时，BG+：CG最小=B/,

在RtABC/中，Cl=3,BC=4,

/.Bl=5,

第20页，共30页

故答案是：5.

因为OG=^EF=2,所以G在以。为圆心，2为半径圆上运动，取川=1,可证△GD1F

CDG,从而得出G/=^CG,然后根据三角形三边关系，得出8/是其最小值，

本题考查了相似三角形的判定和性质，解决问题的关键是利用相似构造：CG.

19.【答案】解：原式=岁2+|1一四一2x号

=-+V2-1-V2

4

=--1

4,

【解析】原式利用特殊角的三角函数值，绝对值的代数意义计算，合并即可得到结果.

此题考查了实数的运算，绝对值，合并同类二次根式，以及特殊角的三角函数值，熟练

掌握各自的性质是解本题的关键.

20.【答案】(4,2)

r

【解析】解:

如图所示：

(1)点P即为△4BC的外心，P点的坐标为(4,2)；

(2)图中画出的△AB'C'即为所求作的图形：

(3)观察图形可知：时，。4与线段BC有公共点.

答：r的取值范围是

(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4到BC的距离时，。4与线段BC有

一个或两个公共点即可.

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.【答案】解：(1)过C点作CE14B于E,如图,

在中，vZ.B=30°,

•••CH=-BC=-x40=20,

22

即点C到4B的距离为20cm；

(2)在Rt/kBCO中，=30。，

CH=20,BH=>/3CH=20百，

VZ.ACD=乙8+Z-BAC,

Az^C=75°-30°=45°,

.•.△ACH为等腰直角三角形，

・・・AH=CH=20,

・•・AB=20\/3+20,

--ADBC=-CHAB,

22

=20X(2073+20)=1()V30

40

【解析】(1)过C点作CE14B于E,如图，在BCD中，利用含30。的直角三角形三边

的关系易得CH=：BC=20；

(2)在Rt△8C。中利用含30。的直角三角形三边的关系易得CH=20,BH=心CH=

20痘,再利用三角形外角性质计算出NB4C=45。，则△AC"为等腰直角三角形，所以

AH=CH=20,然后利用面积法求AD.

本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角

三角形.解决本题的关键是利用面积法求力D.

22.【答案】解：(1)、•四边形ABCD是平行四边形,

“+NB=180°,AADF=乙DEC.

VZ.AFD+Z.AFE=180°,Z.AFE=乙B,

・•・Z.AFD=Z.C,

・•・△ADF^LDEC；

(2)由(1)知:△71DF-ADEC

第22页，共30页

AD_DF

''5?=EC

vAD=6,BE=2,

:.EC=4,

又；DF=^DE,

3

.---DF=DE,

2

解得OF=4.

【解析】(1)根据平行四边形的性质以及相似三角形的判定即可求出答案.

(2)易证△4DF—DEC,根据相似三角形的性质即可求出答案.

本题考查相似三角形的综合问题，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质与判定以及

平行四边形的性质，本题属于中等题型.

23.【答案】解：⑴在Rt△力BD中，乙480=45°,

AD=^-AB=4(m)，

在RMACD中，Z.ACD=30°,

•••AC=2AD=8(m),

答:新传送带4c的长度为8M；

(2)在RtMCD中，/.ACD=30°,

•••CD=AB-cosZ-ACD=4V5(m),

在RtzMB。中，乙48。=45。，

•••BD=AD—4(m);

•••BC=CD-BD=(4V3-4)m，

PC=BP-BC=4V3-(4V3-4)=4(m).

v4<5,

货物MNQP需要挪走.

【解析】(1)根据等腰直角三角形的性质求出AD,根据直角三角形的性质求出4C；

(2)根据余弦的定义求出CD,根据题意求出PC,根据题意判断即可.

本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三

角函数的定义是解题的关键.

24.【答案】(1)证明：如图，连接。B,

cosA=—，且cos30°=—,

22

・•・乙4=30°,

・・・4/=-Z-BOC,

2

:.Z.BOC=2乙4=60°,

・•・Z.BOD=60°,

v乙D=30°,

・•・(OBD=180°-60°-30°=90°,

•・・。8是。。的半径，且

・・・8。是。。的切线.

(2)解：如图，•・・。。_L48,

・•.EB=AE,

・•・BC=AC=3,

vOB=OC,ZBOC=60°,

・・・△80C是等边三角形，

:.OB=BC=3,

•・•Z.OBD=90°,Z.D=30°,

:.OD=2OB=6,

:.BD=y/OD2-OB2=V62-32=3后

・•・8。的长为3b.

【解析】(1)连接OB,由cosA=苧得乙4=30。，则NBOD=244=60。，而N。=30。,

可求得NOBD=90°,根据切线的判定定理即可证明8D是O。的切线；

(2)由。01AB,根据垂径定理得BE=AE,则8c=4C=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得。。=

205=6,根据勾股定理即可求出BD的长.

此题重点考查圆的切线的判定、圆周角定理、垂径定理、勾股定理、等边三角形的判定

与性质、锐角三角函数、解直角三角形等知识与方法，此题综合性较强，难度较大，属

第24页，共30页

于考试压轴题.

25.【答案】解：过点。作DM1BC于点M,DN1

AC于点N,

则四边形DMCN是矩形，

•••DA=6,斜坡F4的坡比i=l：V3，

•••DN=-AD=3,AN=AD-cos30°=6x

2

f=3V3，

设大树的高度为x,

•••在斜坡上4处测得大树顶端B的仰角是48。,

•••tan48°=~1.11,

••AC——

i.i

•••DM=CN=AN+AC=3y[3+―,

•.•在AHOM中，—,

DM3

x-3——f3A/3H---)■

'l.ll73

解得：xx13.

答：树高BC约13米.

【解析】本题考查了仰角、坡角的定义，解直角三角形的应用，能借助仰角构造直角三

角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形是解题的关键.

首先过点。作DM1BC于点M,DN1AC于点N,由凡4的坡比i=1：痘,DA=6,可

求得4N与DN的长，然后设大树的高度为£，又由在斜坡上4处测得大树顶端B的仰角是

48。，可得AC=W，又由在A40M中，丝=勺，可得X-3=（36+三）•夜，继而

111DM3'1.1V3

求得答案.

26.【答案】解：（l）ACBP是等腰三角形;

证明：连接。B,如图，

­,•BC是。。的切线，

•••乙OBC=90°,

:•乙OBA+乙CBP=90。,

•・•OP1OA,

・・.Z.AOP=90°,

・・・4-Z.APO=90°,

vOA=OB,

・•・Z-A=Z.ABO,

•・•Z.APO=乙CPB,

•••乙CBP=乙CPB,

CBP是等腰三角形；

(2)解:设BC=x,则PC=x,

在RtZ^OBC中，OB=OA=6,OCCP+OP=x+2,

vOB2+BC2=OC2,

■-62+x2=(x+2)2,

解得X=8,

即BC的长为8；

(3)解：如图，作CD_LBP于D,

•••PC=CB,

PD=BD=-PB=

2

・・・乙PDC=Z-AOP=90°,Z.APO=乙CPD,

：.4AOP〜〉PCD,

..£1_£

・S25，

.SA40P_4

S&PCD5

.OA2_4

--―—,

CD25

,:OA=6,

•••CD=3V5，

•­•tan/APO=tanzCfiP=—=^=3.

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【解析】(1)由垂直定义得N4+44P。=90。，根据等腰三角形的性质由CP=CB得

ACBP=/CPB,根据对顶角相等得NCPB=N4P。，所以N4P0=乙CBP,而/A=/LOBA,

所以/OBC=4CBP+/.OBA=/.APO+U=90°,然后根据切线的判定定理得到BC是

。0的切线；

(2)设BC=x,则PC=x,在RtaOBC中，根据勾股定理得到6?+/=(%+2)2,然后

解方程即可；

(3)作CDIBP于D,由等腰三角形三线合一的性质得，PC=B。然后解直角三角形即可

求得.

本题考查了切线的判定定理：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线.也

考查了勾股定理、三角形相似的判定和性质.

27•【答案】

【解析】解：⑴tan60。=V3,tan30°=—,

发现结论：tanA。2tan(|zii4),

故答案为:V3,当A

(2)在ABC中，“=90°,AC=2,BC=1,

AB=yjAB2+BC2=V5.B

延长至D,使得D4=4B,

•••AD—AB—V5>

图1

・•・乙D=乙ABD,

^BAC=2mCD=AD+AC=2+>/5,

■■tan(|z/l)=tanzD=„=炳—2；

(3)①作AB的垂直平分线交AC于E,连接BE.

则4BEC=2NA,AE=BE,Z.A=/.ABE

,1•RtAABC中，zC=90°,AC=3,tanA=

•••BC=1,AB=y/10

设AE=x,则EC=3-x

在RMEBC中，x2=(3-X)2+1,

解得x-p即4E=BE=I，EC-|

.-.tan2A=tan^BEC=^=l.

故答案为：

4

②如图，作BM交4c于点M,使4MBE=NEB4

贝此BMC=乙4+/.MBA=3"

设EM=y,则MC=EC-EM=?-y

•••匕MBE=Z-EBA,

.•.丝=丝，即遮