专题4.1 期末测试卷（拔尖）（浙教版）（解析版）

期末测试卷（拔尖）【浙教版】参考答案与试题解析选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2023下·河北衡水·九年级校考阶段练习）图是由n个相同的小正方体组成的几何体的三视图，则n的值为（

）

A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【分析】根据其主视图与俯视图可知该几何体共有2层2列，再结合左视图可确定每列每层上小正方体的个数，由此即可解答本题．【详解】解：根据主视图与俯视图可知该几何体共有2层2列，再结合左视图可确定第一层有2个，第二层有1个，共计有3个小正方体，故选：A．【点睛】本题主要考查几何体的三视图，仔细观察己知信息，综合利用三视图的信息是解题的关键．2．（3分）（2023·河北石家庄·校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，点2,2是一个光源，木杆AB两端的坐标分别为0,1，3,1，则木杆AB在x轴上的投影A′B′

A．23 B．32 C．5【答案】D【分析】利用中心投影，延长PA、PB分别交x轴于点A′、B′，作PE⊥x轴于点E，交AB于点D，证明【详解】解：延长PA、PB分别交x轴于点A′、B′，作PE⊥x轴于点E，交AB于点∵P2,2，A0,1，∴PD=1，PE=2，AB=3，∵AB∥∴∠PAB=∠PA′B∴△PAB∼△PA∴ABA′B∴A′故选：D．

【点睛】本题考查中心投影，熟练掌握中心投影的概念证明△PAB∼△PA3．（3分）（2023上·福建福州·九年级福建省福州第一中学校考期中）已知⊙O的直径AB与弦AC的夹角为30°，过C点的切线PC与AB延长线交P，⊙O的半径为5，则BP的长为（）

A．533 B．536【答案】D【分析】此题考查切线的性质，直角三角形30°角的性质，解题中遇切线，有交点要连半径得垂直，无交点要作垂直证半径，直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半，正确理解性质定理并应用是解题的关键．【详解】解：连接OC，∵PC是⊙O的切线，∴∠OCP=90°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA=30°，∴∠COP=∠OAC+∠OCA=60°，∴∠P=30°，∴OP=2OC=10∴BP=OP−OB=10−5=5，故选：D．

4．（3分）（2023上·山东烟台·九年级统考期中）如图，正方形ABCD，E、F是BC、CD上的点且BE=CF，连接AE、BF交于点

A．55 B．5−12 C．1【答案】C【分析】过D作DH⊥AG于H，证明△ABE≌△BCFSAS，可得∠BAE=∠FBC，即可证∠BGA=90°，故△ADG是等腰三角形，AD=DG，再证△ADH≌△BAG【详解】解：过D作DH⊥AG于H，如图：

∵四边形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=故选：C．【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．5．（3分）（2023上·福建福州·九年级福建省福州第一中学校考期中）如图，△ABC中，∠A=50°，以BC为直径作⊙O，分别交AB、AC于D、E两点，分别过D、E两点作⊙O的切线，两条切线交于P点，则∠P=（）

A．70° B．80° C．90° D．100°【答案】D【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径和三角形的内角和定理以及四边形的内角为360°，解题的关键是连接圆心和切点得到90°的角和挖掘出隐藏条件圆的半径处处相等．连接OD，OE，根据切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径和三角形的内角和定理以及四边形的内角和即可求出∠P的度数．【详解】解：连接OD，OE，

∵PE，PD是圆的切线，∴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°．故选：D．6．（3分）（2023上·吉林长春·九年级统考期中）如图，在3×2的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C、D均在格点上，AB与CD相交于点P，则∠APD的余弦值为（

）

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

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故选：C【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、用面积法求直角三角形斜边上的高、勾股定理及余弦的定义．熟练掌握以上知识并且正确的作出辅助线是解题的关键．7．（3分）（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，等边△ABC内接于⊙O，P为AC上一点，PA=2，PB交AC于E点，AC=213，则AE的长为（

A．13 B．132 C．133 【答案】B【分析】连接CP，过点A作AM⊥CP交CP延长线于M，在PB上取一点H使CH=CP，证∠APM=∠ABC=60°，在Rt△APM中求出AM=3，PM=1，进而在Rt△ACM中由勾股定理得CM=7，则CP=6，证△PCH为等边三角形得PC=CH=6，∠PCH=∠CHP=60°，据此可证△APE∽△CHE，进而得AE：CE=1：3【详解】解：连接CP，过点A作AM⊥CP交CP延长线于M，在PB上取一点H，使CH=CP，如图：

∵△ABC为等边三角形，AC=213∴AB=AC=BC=213，∠ACB=∠ABC=∠BCA=60°又∵四边形ABCP内接于⊙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为等边三角形，∴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故选：B．【点睛】本题主要考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线，灵活运用三角函数及相似三角形的性质进行计算是解答此题的关键．8．（3分）（2023下·福建南平·九年级福建省南平第一中学校考自主招生）如图，在锐角△ABC中，AB=6，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，M，N分别是AD和AB上的动点，当BM+MN取最小值时，BN的长为（

）

A．6−23 B．6−32 C．3【答案】B【分析】过点B作BH⊥AC交于点H，交AD于点M′，过点M′作M′N′⊥AB于点N′，根据轴对称的性质，可得H,N′【详解】解：如图，过点B作BH⊥AC交于点H，交AD于点M′，过点M′作M′∵AD为∠BAC的平分线，BH⊥AC,M∴M根据垂线段最短，可得BH是点B到AC的最短距离，∴此时BH即为BM+MN的最小值，∵∠HAB=45°，∴∠HBA=90°−∠HAB=45°，BH=AB⋅sin∴∠N∴BN设BN′=根据sin∠可得方程x3解得x=6−32经检验，x=6−32∴BN即当BM+MN取最小值时，BN的长为6−32故选：B．

【点睛】本题考查了解直角三角形，最短路径问题，正确作出当BM+MN最小时的辅助线，是解题的关键．9．（3分）（2023上·江西南昌·九年级期中）如图，矩形ABCD中，AB=4, AD=2，以B为圆心，以BC为半径画圆交边AB于点E，点P是弧CE上的一个动点，连结PD,PA，则12A．10 B．11 C．13 D．14【答案】C【分析】连接BP，取BE的中点G，连接PG，通过两组对应边成比例且夹角相等，证明△BPG∼△BAP，得到PG=12AP【详解】解：如图，连接BP，取BE的中点G，连接PG，∵AD=BC=BP=2，AB=4，∴BPBA∵G是BE的中点，∴BGBP∴BPBA∵∠PBG=∠ABP，∴△BPG∼△BAP，∴PGAP∴PG=1则12DG=A故选：C．【点睛】本题考查矩形和圆的基本性质，相似三角形的性质和判定，解题的关键是构造相似三角形将12AP转换成10．（3分）（2023上·湖南常德·九年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，AE与BD交于点P，F是CD上的一点，连接AF分别交BD，DE于点M、N，且AF⊥DE，连接PN，则以下结论：①F为CD的中点；②3AM=2DE；③EN:AN=3:4；④PN=26515；⑤△PMN∼△DPEA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】证明△ADF≌△DCE可得出①正确．证明△ABM∽△FDM，利用相似三角形的性质得出②正确．求出EN，AN即可判断③正确．作PH⊥AN于【详解】解：①∵正方形ABCD的边长为2，点E是BC的中点，∴AB=BC=CD=AD=2，∵AF⊥DE，∴∠DAF+∠ADN=∠ADN+∠CDE=90°，∴∠DAN=∠EDC，在△ADF与△DCE中，∠ADF＝∴△ADF≌∴DF=CE=1，∴DF=CF．故①正确；②∵AB∥∴△ABM∽∴AMMF∴AMAF∴AMDE即3AM=2DE．故②正确；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与△DPE不相似，故⑤错误．所以正确的结论有4个故选：D．【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理等知识，灵活掌握运用相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2023·山东东营·统考一模）如图，圆锥的轴截面是边长为6cm的正三角形ABC，P是母线AC的中点．则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长为．【答案】35．【分析】求出圆锥底面圆的周长，则以AB为一边，将圆锥展开，就得到一个以A为圆心，以AB为半径的扇形，根据弧长公式求出展开后扇形的圆心角，求出展开后∠BAC=90°，连接BP，根据勾股定理求出BP即可．【详解】解：圆锥底面是以BC为直径的圆，圆的周长是BCπ＝6π，以AB为一边，将圆锥展开，就得到一个以A为圆心，以AB为半径的扇形，弧长是l＝6π，设展开后的圆心角是n°，则nπ×6180解得：n＝180，即展开后∠BAC＝12×180°＝90AP＝12AC＝3，AB＝6则在圆锥的侧面上从B点到P点的最短路线的长就是展开后线段BP的长，由勾股定理得：BP＝AB故答案为：35【点睛】本题考查了圆锥的计算，平面展开-最短路线问题，勾股定理，弧长公式等知识点的应用，圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．12．（3分）（2023上·山东淄博·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，⊙Q与y轴相切于点A，与x轴交于点B、C，连接BQ并延长交⊙Q于点D，交y轴于点E，连接DA并延长交x轴于点F，已知点D的坐标为(1,6)，则点B的坐标为．

【答案】(9,0)【分析】作DG⊥OE于G，连接QA，BA，证明△AFO≌△ADG，进而证明△AFO∽△BAO，根据相似三角形的判定和性质，即可求解．【详解】解：作DG⊥OE于G，连接QA，BA，

∵⊙Q与y轴相切于点A，∴QA⊥OE，∵BO⊥OE，∴QA∥∵DQ=BQ，∴DA=FA，∵∠FAO=∠DAG，∠AOF=∠AGD=90°，∴△AFO≌△ADG，∴FO=DG，AO=AG，∵点D的坐标为(1,6)，∴DG=1，OG=6，∴FO=1，AO=3，∵BD是⊙Q直径，∴∠FAB=90°，∵∠FAO+∠BAO=∠ABO+∠BAO=90°，∴∠FAO=∠ABO，∵∠AOF=∠AOB=90°，∴△AFO∽△BAO，∴AO：BO=FO：AO，∴3：BO=1：3，∴BO=9，∴点B坐标为(9,0)，故答案为：(9,0)．【点睛】本题考查圆的切线的性质定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理的推论，关键是作辅助线构造全等三角形，相似三角形．13．（3分）（2023上·安徽合肥·九年级合肥市第四十八中学校考期末）矩形ABCD中，E是AB的中点（如图），将△BCE沿CE翻折，点B落在点F处，连接AF，如果tan∠DCE=（1）∠AFB=；

（2）AFCE的比值为

【答案】90°18【分析】（1）由E是AB的中点及折叠的性质可得AE=EF=BE，由等边对等角可得∠EAF=∠EFA，∠EBF=∠EFB，再由三角形内角和定理可得∠EFA+∠EFB=90°，从而得到答案；（2）由矩形的性质可得∠DCE=∠BEC，从而得到tan∠BEC=43，设BE=4x，则BE=3x，BE=5x，AB=6x，由折叠的性质可得BF⊥CE，S△BCE=S△FCE【详解】解：（1）∵E是AB的中点，∴AE=BE，由折叠的性质可得：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°，故答案为：90°；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠ABC=90°，∴∠DCE=∠BEC，∵tan∴tan设BE=4x，则BE=3x，∴CE=B∵E是AB的中点，∴AE=BE=3x，∴AB=AE+BE=3x+3x=6x，由折叠的性质可得BF⊥CE，S△BCE∴12CE⋅BF=BE⋅BC∴BF=24由（1）得∠AFB=90°，∴AF=A∴AF故答案为：1825【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、正切的定义、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．14．（3分）（2023上·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考期末）如图，△AB1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…是等边三角形，直线y=33x+2经过它们的顶点A

【答案】2【分析】设直线y=33x+2与x轴交于点C，求出点A、C的坐标，可得OA=2,OC=23，推出∠CB1A1=90°，∠CB1A=30°，然后求出【详解】解：如图所示，设直线y=33x+2与x

当x=0时，y=2；当y=0时，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故答案为：22023【点睛】本题主要考查一次函数图象与几何的变换规律的综合，解直角三角形，理解等边三角形的性质，一次函数图像的性质和特点，找到点的变换规律是解题的关键．15．（3分）（2023下·江苏常州·九年级校考期末）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=4，AD是BC边上的高，将△ABC绕点C旋转到△EFC（点E、F分别与点A、B对应），点F落在线段AD上，连接AE，则cos∠EAF=【答案】21【分析】过点E作EG⊥AD于点G，结合旋转的性质可求cos∠FCD=CDCF=1【详解】解：如图，过点E作EG⊥AD于点G，∵将△ABC绕点C旋转，点B落在线段AD上的点F处，∴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是等边三角形，∴AE=EF=5，∴在Rt△ACDAD=AC2∴AF=AD−DF=21∵AE=EF，EG⊥AD，∴AG=1∴cos∠EAF=AGAE故答案为：21−2【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形“三线合一”，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角函数等，掌握相关性质及定理，构建直角三角形是解题的关键．16．（3分）（2023上·浙江宁波·九年级校考阶段练习）如图，⊙O上有两点A，C，点B在⊙O内，若AB=6，BC=2，AB⊥BC，⊙O的半径为5【答案】210【分析】过点O作OD⊥AC，垂足为D，根据垂径定理和勾股定理即可求出弦AC的弦心距离；延长AB交⊙O于点F，连接OC，OF，过点O作OE⊥AF，垂足为点E，通过证明ΔODA∽ΔFBC求出BF【详解】解：过点O作OD⊥AC，垂足为D，在RtΔABC中，由勾股定理可得：AC=∵OD⊥AC，∴AD=1∵半径为52∴OD=A延长AB交⊙O于点F，连接OC，OF，过点O作OE⊥AF，垂足为点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=故答案为：210，26【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关知识点，根据题意作出辅助线求解．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2023下·黑龙江大庆·九年级校考期末）小明在晚上由路灯A走向路灯B，当他走到P处时，发现身后影子顶部正好触到路灯A底部，当他向前再步行12m到达Q时，发现他的影子的顶点正好接触到路灯B的底部．已知小明的身高是1.6m，两个路灯的高度都是9.6m(1)求：两个路灯之间的距离；(2)小明在两个路灯之间行走时，在两个路灯下的影长之和是否为定值？如果是定值，直接写出此定值，如果不是定值，求说明理由．【答案】(1)两路灯之间的距离为18米(2)两影长之和为定值，定值为3.6米【分析】（1）根据题意结合图形可知，图中AP=BQ，在点Q处时，△DQB和△EAB相似，然后利用相似三角形对应边成比例列出比例式后即可求解；（2）设两影长之和为y，利用相似比，可计算出在两个路灯之间行走时影长之和为定值．【详解】（1）解：由题意得AB=12+2x，∵DQ∥AE，∴△DQB∽△EAB，DQ则1.69.6解得：x=3，12+2x=12+6=18，故两路灯之间的距离为18米；（2）解：两影长之和为定值，定值为3.6米．理由：如图，设PQ+PK=y米．∵AE∥CP∥BH，∴△CPK∽△EAK，△CPQ∽△HBQ，∴PCAE=PK则1.69.6=PK∵PK∴PK+QPAK+BQ∴y解得x=3.6，∴两影长之和为定值，定值为3.6米．【点睛】本题考查了相似三角形的应用及中心投影的知识，解题的关键是正确的根据题意作出图形．18．（6分）（2023上·江苏扬州·九年级校考期末）如图，是用棱长为1cm的小正方体组成的简单几何体．(1)这个几何体的体积是______cm3(2)请画出这个几何体的三视图；(3)若在这个几何体上再添加一些相同的小正方体，并保持这个几何体的主视图和俯视图不变，那么最多可以再添加______个小正方体．【答案】(1)9(2)见解析(3)4【分析】（1）利用小正方体的体积乘以个数即可求出几何体的体积；（2）画出三视图即可；（3）根据俯视图确定位置，主视图确定个数，进行求解即可．【详解】（1）解：由图可知，几何体由9个棱长为1cm的小正方体组合而成，∴几何体的体积是9×1×1×1=9cm3故答案为：9；（2）解：画出三视图，如图所示：（3）解：如图，根据主视图和俯视图，可以确定几何体中小正方形的个数最多为：3×2+1+3×2=13，∴最多可以再添加13−9=4个小正方体；故答案为：4．【点睛】本题考查画由小正方体堆砌而成的几何体的三视图，以及根据三视图确定小正方体的个数．熟练掌握三视图，是解题的关键．19．（8分）（2023上·广东汕头·九年级校考期末）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别与BC、AC相交于点D和点E，DF⊥AC，垂足为F．弦DG与AB交于点H，若DH=GH=6，AH=2BH．(1)证明：DF是⊙O的切线；(2)求AB长；(3)求AE长．【答案】(1)见解析(2)AB=9(3)AE=3【分析】（1）连接OD、AD，根据题意得∠ADB=90°，AB=AC得到BD=CD，AO=BO，进而OD∥（2）设AB=6x，则OD=OB=3x，利用勾股定理即可求解；（3）连接DE，先证明△BDH≌△CDFAAS，得到CF=BH=32，根据四边形ABDE内接于⊙O，得到∠DEC=∠B，∠DEC=∠C．进而得到DC=DE，由DF⊥AC，得到EF=CF=32【详解】（1）证明：连接OD、AD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°．∴AD⊥BC．∵AB=AC，∴BD=CD．∵AO=BO．∴OD∥∵DF⊥AC，∴OD⊥DF．∴DF是⊙O的切线；（2）解：∵DH=GH=6，AB为⊙O的直径，∴AB⊥DG．设AB=6x，则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：连接DE，∵由（1）得BD=CD，∵AC=AB=92∴∠B=∠C．在△BDH与△CDF中，∠DHB=∠DHC=90°∠B=∠C∴△BDH≌∴CF=BH=32四边形ABDE内接于⊙O，∴∠B+∠AED=180°，又∵∠DEC+∠AED=180°，∴∠DEC=∠B．∴∠DEC=∠C．∴DC=DE．∵DF⊥AC，∴EF=CF=32∴AE=AC−EF−CF=92【点睛】此题考查了圆的综合题，需要掌握切线的判定、全等三角形的判定，勾股定理的运用圆的内接四边形的性质等知识．注意准确作出辅助线是解此题的关键．20．（8分）（2023·河南郑州·校考一模）郑州大学(ZhengzhouUniversity)，简称“郑大”，是中华人民共和国教育部与河南省人民政府共建的全国重点大学，首批“双一流”世界一流大学、“211工程”．某学校兴趣小组3人来到郑州大学门口进行测量，如图，在大楼AC的正前方有一个舞台，舞台前的斜坡DE＝4米，坡角∠DEB＝41°，小红在斜坡下的点E处测得楼顶A的仰角为60°，在斜坡上的点D处测得楼顶A的仰角为45°，其中点B，C，E在同一直线上求大楼AC的高度．(结果精确到整数．参考数据：3≈1.73，sin41°≈0.6，cos41°≈0.75，tan41°≈0.87)【答案】大楼AC的高度约为13米【分析】设CE＝x，根据正弦的定义求出BD，根据余弦的定义求出BE，根据正切的定义用x表示出AC，根据等腰直角三角形的性质列方程，解方程得到答案．【详解】解：如图：设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：大楼AC的高度约为13米．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用——仰角俯角问题、坡度坡角问题，掌握仰角俯角的概念、坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．21．（8分）（2023上·福建泉州·九年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E在AD上，AE:ED=1:2，EF⊥BE分别交CD，BD于点F和点H，AC与BE相交于点G．(1)求证：OD=2OG；(2)若DF:DC=2:3，求∠DBE的度数；(3)若H为OD中点，求DF:DC的值．【答案】(1)见解析(2)30°(3)2【分析】(1)首先根据矩形的性质可证得AECB=AGCG=13(2)根据DEDA=DFDC=23(3)过点E作EM∥AB，可求得EM=23AB，再由H为OD【详解】（1）证明：∵AE:ED=1:2，∴设AE=a，ED=2a，∵四边形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：如图：过点E作EM∥AB，交BD于点M，∴DEDA=∴EM=2∵点H为OD的中点，∴设DH=OH=b，∴DM=2b+OM，DB=4b，∴DM解得OM=2∴MH=OM+OH=∴DF∴ME=5∴5∴DF:【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线是解决本题的关键．22．（8分）（2023·浙江宁波·校考一模）等腰三角形AFG中AF=AG，且内接于圆O，D、E为边FG上两点（D在F、E之间），分别延长AD、AE交圆O于B、C两点（如图1），记∠BAF=α，∠AFG=β．

(1)求∠ACB的大小（用α，β表示）；(2)连接CF，交AB于H（如图2）．若β=45°，且BC×EF=AE×CF．求证：∠AHC=2∠BAC；(3)在（2）的条件下，取CH中点M，连接OM、GM（如图3），若∠OGM=2α−45°，①求证：GM∥BC，②请直接写出OMMC【答案】(1)∠ACB=α+β(2)见解析(3)①见解析；②5或5【分析】（1）如图1中，连接CF．利用圆周角定理求解；（2）证明∠BAC=45°，∠AHC=90°，可得结论；（3）①如图3中，连接CG，延长GM交AB于点I．证明△MHI≌△MCG，推出MI=MG，HI=CG，再证明HI=IB，可得结论；②连接FI，FB．设HI=BI=m，则FH=2m，FI=5m，设AH=CH=n，利用勾股定理求出m，【详解】（1）解：如图1中，连接CF．

∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF=α，∴∠ACF=∠AGF=α，∵∠FAB=β，∴∠ACB=∠ACF+∠FCB=α+β；（2）证明：如图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证明：如图3中，连接CG，延长GM交AB于点I．∵∠OGM=2α−45°，∠AGF=45°，∴∠AGM=2α，∵∠AFG=∠G=∠ACH=45°，∴∠FAG=90°，∴FG是直径，∴∠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∴