2021-2022学年-有答案-山东省聊城市某校初三(上)期中考试数学试卷

2021-2022学年山东省聊城市某校初三（上）期中考试数学试卷

一、选择题

1. 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，若各边的长度同时都扩大2倍，则锐角𝐴的正弦值与余弦值的情况( ) A.都扩大2倍

2. 下列说法中正确的是( )

A.对应角相等的多边形一定是相似多边形 B.对应边的比相等的多边形是相似多边形 C.边数相同的多边形是相似多边形

D.边数相同、对应角相等、对应边成比例的多边形是相似多边形

3. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐷𝐸//𝐵𝐶,𝐴𝐷=3，𝐵𝐷=6，𝐴𝐸=2，则𝐴𝐶的长为( )

B.都缩小2倍

C.都不变

D.不确定

A.4

4. 如图所示，𝐷，𝐸分别是△𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐵，𝐵𝐶上的点，且𝐷𝐸 // 𝐴𝐶，𝐴𝐸，𝐶𝐷相交于点𝑂，若𝑆△𝐷𝑂𝐸:𝑆△𝐶𝑂𝐴=1:25，则𝑆△𝐵𝐷𝐸与𝑆△𝐶𝐷𝐸的比是( )

B.5

C.6

D.8

A.1:3

5. 如图，在△𝐴𝐵𝐶中，点𝐷，𝐸分别在边𝐴𝐵，𝐴𝐶上，下列条件中不能判断△𝐴𝐵𝐶∼△𝐴𝐸𝐷( )

B.1:4

C.1:5

D.1:25

A.∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐵 C.𝐴𝐸=𝐴𝐵

试卷第1页，总20页

𝐴𝐷

𝐴𝐶

B.∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶 D.𝐴𝐵=𝐴𝐶 𝐴𝐷

𝐴𝐸

6. 在平面直角坐标系中，点𝑃(𝑚, 𝑛)是线段𝐴𝐵上一点，以原点𝑂为位似中心把△𝐴𝑂𝐵放大到原来的两倍，则点𝑃的对应点的坐标为( ) A.(2𝑚, 2𝑛) C.(2𝑚, 2𝑛)

7. 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90∘，已知𝑎和∠𝐴，则下列关系式中正确的是( ) A.𝑐=𝑎⋅sin𝐴

8. 如图，已知以直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐷的腰𝐶𝐷为直径的半圆𝑂与梯形上底𝐴𝐷，下底𝐵𝐶以及腰𝐴𝐵均相切，切点分别是𝐷，𝐶，𝐸．若半圆𝑂的半径为2，梯形的腰𝐴𝐵为5，则该梯形的周长是( )

B.𝑐=sin𝐴

𝑎

𝑎

1

1

B.(2𝑚, 2𝑛)或(−2𝑚, −2𝑛) D.(2𝑚, 2𝑛)或(−2𝑚, −2𝑛)

1

1

1

1

C.𝑐=𝑎⋅cos𝐵

D.𝑐=cos𝐴

A.9

9. 如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐶𝐷是弦，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，垂足为点𝐸，连接𝑂𝐷，𝐶𝐵，𝐴𝐶，∠𝐷𝑂𝐵=60∘，𝐸𝐵=2，那么𝐶𝐷的长为( )

B.10

C.12

D.14

A.√3

10. 如图，△𝐴𝐵𝐶的边𝐴𝐶与⊙𝑂相交于𝐶，𝐷两点，且经过圆心𝑂，边𝐴𝐵与⊙𝑂相切，切点为𝐵．已知∠𝐴=30∘，则∠𝐶的大小是( )

B.2√3 C.3√3 D.4√3 A.30∘

B.45∘

C.60∘ D.40∘

试卷第2页，总20页

̂=𝐴𝐶̂，∠𝐵𝐴𝐶=50∘，则∠𝐴𝐸𝐶的度数为( ) 11. 如图，在⊙𝑂中，𝐴𝐵

A.65∘

̂上一点，且𝐷𝐹̂，连接𝐶𝐹并延长交̂=𝐵𝐶12. 如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，𝐹是𝐶𝐷

𝐴𝐷的延长线于点𝐸，连接𝐴𝐶，若∠𝐴𝐵𝐶=105∘，∠𝐵𝐴𝐶=25∘，则∠𝐸的度数为( )

B.75∘

C.50∘

D.55∘

A.45∘ 二、填空题

△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90∘，𝐴𝐵=8，cos𝐴=4，则𝐵𝐶的长________．

直线𝑙与半径为𝑟的 ⊙𝑂 相交，且点𝑂到直线𝑙的距离为5，则半径𝑟的取值范围是________.

已知山坡的坡度𝑖=1:√3，则坡角为________度．

如图，在△𝐴𝐵𝐶中，点𝑃是△𝐴𝐵𝐶的内心，则∠𝑃𝐵𝐶+∠𝑃𝐶𝐴+∠𝑃𝐴𝐵=________．

3

B.50∘ C.55∘ D.60∘

如图，𝐴𝐵是⊙𝑂直径，弦𝐴𝐷，𝐵𝐶相交于点𝐸，若𝐶𝐷=5，𝐴𝐵=13，则

𝐷𝐸𝐵𝐸

=________．

试卷第3页，总20页

三、解答题 计算.

(1) 2sin230∘⋅tan30∘+cos60∘tan60∘ ； (2)

如图，𝐴𝐸与𝐵𝐷交于点𝐶，∠𝐷𝑀𝐸=∠𝐴=∠𝐵，且𝐷𝑀交𝐴𝐶于𝐹，𝑀𝐸交𝐵𝐶于𝐺，求证：△𝐴𝑀𝐹∼△𝐵𝐺𝑀．

√2∘sin452

+sin260∘−√2cos45∘.

如图，△𝐴𝐵𝐶是一块锐角三角形余料，边𝐵𝐶=120𝑚𝑚，高𝐴𝐷=80𝑚𝑚，要把它加工成正方形零件，使正方形的一边𝑄𝑀在𝐵𝐶上，其余两个顶点𝑃,𝑁分别在𝐴𝐵，𝐴𝐶上，则这个正方形零件的边长是多少？

如图，小东在教学楼距地面9米高的窗口𝐶处，测得正前方旗杆顶部𝐴点的仰角为37∘，旗杆底部𝐵点的俯角为45∘，升旗时，国旗上端悬挂在距地面2.25米处，若国旗随国歌声冉冉升起，并在国歌播放45秒结束时到达旗杆顶端，则国旗应以多少米/秒的速度匀速上升？（参考数据：sin37∘≈0.60，cos37∘≈0.80，tan37∘≈0.75）

今年入夏以来，松花江哈尔滨段水位不断下降，达到历史最低水位，一条船在松花江某水段自西向东沿直线航行，在𝐴处测得航标𝐶在北偏东60∘方向上，前进100米到达𝐵

试卷第4页，总20页

处，又测得航标𝐶在北偏东45∘方向上（如图），在以航标𝐶为圆心，120米长为半径的圆形区域内有浅滩，如果这条船继续前进，是否有被浅滩阻碍的危险？(√3≈1.73)

如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的弦，𝑂𝐶⊥𝑂𝐴交𝐴𝐵于点𝐶，过𝐵的直线交𝑂𝐶的延长线于点𝐸，当𝐶𝐸=𝐵𝐸时，直线𝐵𝐸与⊙𝑂有怎样的位置关系？请说明理由．

如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，弦𝐶𝐷⊥𝐴𝐵，垂足为𝐸，连接𝐴𝐶，𝐵𝐶，若∠𝐵𝐴𝐶=30∘，𝐶𝐷=6𝑐𝑚．

(1)求∠𝐵𝐶𝐷的度数；

(2)求⊙𝑂的直径．

如图，𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝑃𝐵与⊙𝑂相切于点𝐵，连接𝑃𝐴交⊙𝑂于点𝐶，连接𝐵𝐶． (1)求证：∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐵𝑃；

(2)求证：𝑃𝐵2=𝑃𝐶⋅𝑃𝐴；

试卷第5页，总20页

(3)当𝐴𝐶=6，𝐶𝑃=3时，求sin∠𝑃𝐴𝐵的值．

试卷第6页，总20页

参与试题解析

2021-2022学年山东省聊城市某校初三（上）期中考试数学试卷

一、选择题 1. 【答案】 C

【考点】

相似三角形的判定 锐角三角函数的定义 【解析】

本题主要考查了相似三角形的判定和锐角三角函数的定义的相关知识点，需要掌握相似三角形的判定方法:两角对应相等，两三角形相似(𝐴𝑆𝐴)；直角三角形被斜边上的高分成的两个直角三角形和原三角形相似； 两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似(𝑆𝐴𝑆)；三边对应成比例，两三角形相似(𝑆𝑆𝑆)；锐角𝐴的正弦、余弦、正切、余切都叫做∠𝐴的锐角三角函数才能正确解答此题． 【解答】

解：∵ 𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，若各边的长度同时都扩大2倍， ∴ 扩大后形成的三角形与原三角形相似， ∴ 锐角𝐴的正弦值与余弦值都不变. 故选𝐶． 2. 【答案】 D 【考点】 相似图形 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：𝐴，对应角相等的多边形，若各边不对应成比例，不一定是相似多边形，故𝐴错误； 𝐵，对应边的比相等的多边形，若对应角不相等，不一定是相似多边形，故𝐵错误； 𝐶，边数相同的多边形，如正方形与菱形不是相似多边形，故𝐶错误；

𝐷，由相似多边形的定义，可知边数相同、对应角相等、对应边成比例的的多边形是相似多边形，故𝐷正确. 故选𝐷. 3. 【答案】 C

【考点】

平行线分线段成比例 【解析】 此题暂无解析 【解答】

试卷第7页，总20页

解：∵ 𝐴𝐷=3，𝐵𝐷=6 ∴ 𝐴𝐵=𝐴𝐷+𝐵𝐷=9， ∵ 𝐷𝐸//𝐵𝐶， ∴ 𝐴𝐵=𝐴𝐶， 即9=𝐴𝐶， ∴ 𝐴𝐶=6. 故选𝐶. 4. 【答案】 B

【考点】

相似三角形的性质与判定 【解析】

根据相似三角形的判定定理得到△𝐷𝑂𝐸∽△𝐶𝑂𝐴，根据相似三角形的性质定理得到

𝐷𝐸𝐴𝐶

1

𝐵𝐸

𝐷𝐸

1

𝐵𝐸

1

3

2𝐴𝐷

𝐴𝐸

=5，𝐵𝐶=𝐴𝐶=5，结合图形得到𝐸𝐶=4，得到答案．

【解答】

解：∵ 𝐷𝐸 // 𝐴𝐶， ∴ △𝐷𝑂𝐸∼△𝐶𝑂𝐴， 又𝑆△𝐷𝑂𝐸:𝑆△𝐶𝑂𝐴=1:25， ∴ 𝐴𝐶=5，

∵ 𝐷𝐸 // 𝐴𝐶，

∴ △𝐵𝐷𝐸∼△𝐵𝐴𝐶， ∴

𝐵𝐸𝐵𝐶𝐷𝐸

1

=

𝐷𝐸𝐴𝐶1

=，

5

1

∴ 𝐸𝐶=4，

∴ 𝑆△𝐵𝐷𝐸与𝑆△𝐶𝐷𝐸的比是1:4. 故选𝐵． 5. 【答案】 D

【考点】

相似三角形的判定 【解析】

由于两三角形有公共角，则根据有两组角对应相等的两个三角形相似可对𝐴、𝐵选项进行判断；根据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对𝐶、𝐷选项进行判断． 【解答】

解：∵ ∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐶𝐴𝐵，

∴ 当∠𝐴𝐸𝐷=∠𝐵或∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐶时，△𝐴𝐵𝐶∼△𝐴𝐸𝐷；

𝐵𝐸

试卷第8页，总20页

当

𝐴𝐷𝐴𝐶

=

𝐴𝐸𝐴𝐵

时，△𝐴𝐵𝐶∼△𝐴𝐸𝐷．

故选𝐷． 6. 【答案】 B

【考点】 位似变换

坐标与图形性质 【解析】

根据位似变换的性质计算即可． 【解答】

解：点𝑃(𝑚, 𝑛)是线段𝐴𝐵上一点，

以原点𝑂为位似中心把△𝐴𝑂𝐵放大到原来的两倍，

则点𝑃的对应点的坐标为(𝑚×2, 𝑛×2)或(𝑚×(−2)，𝑛×(−2))， 即(2𝑚, 2𝑛)或(−2𝑚, −2𝑛). 故选𝐵. 7. 【答案】 B

【考点】

锐角三角函数的定义 【解析】

根据三角函数的定义即可作出判断． 【解答】

解：∵ 在𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶=90∘，∠𝐶的对边为𝑐，∠𝐴的对边为𝑎， ∴ sin𝐴=𝑐， ∴ 𝑎=𝑐⋅sin𝐴，𝑐=故选𝐵． 8. 【答案】 D

【考点】 切线长定理 直角梯形 【解析】

由切线长定理可知：𝐴𝐷=𝐴𝐸，𝐵𝐶=𝐵𝐸，因此梯形的周长=2𝐴𝐵+𝐶𝐷，已知了𝐴𝐵和⊙𝑂的半径，由此可求出梯形的周长． 【解答】

𝑎sin𝐴

𝑎

．

试卷第9页，总20页

解：根据切线长定理，得𝐴𝐷=𝐴𝐸，𝐵𝐶=𝐵𝐸， 所以梯形的周长是5×2+4=14． 故选𝐷． 9. 【答案】 D 【考点】 垂径定理 勾股定理

含30度角的直角三角形 【解析】

根据同弧所对的圆周角等于所对圆心角的一半，可以容易求出∠𝐵𝐶𝐸=30∘，在直角三角形𝐵𝐶𝐸中，利用含30∘的直角三角形的性质和勾股定理算出𝐶𝐸的长，最后根据垂径定理求得𝐶𝐷的长 【解答】

解：∵ ∠𝐷𝑂𝐵=60∘， ∴ ∠𝐵𝐶𝐸=30∘． 在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐸中，

∵ 𝐵𝐸=2，∠𝐵𝐶𝐸=30∘，

∴ 𝐵𝐶=4，𝐶𝐸=√𝐵𝐶2−𝐵𝐸2=√42−22=2√3， ∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝐴𝐵⊥𝐶𝐷， ∴ 𝐶𝐷=2𝐶𝐸=4√3. 故选𝐷． 10. 【答案】 A

【考点】 切线的性质 【解析】

根据切线的性质由𝐴𝐵与⊙𝑂相切得到𝑂𝐵⊥𝐴𝐵，则∠𝐴𝐵𝑂＝90∘，利用∠𝐴＝30∘得到∠𝐴𝑂𝐵＝60∘，再根据三角形外角性质得∠𝐴𝑂𝐵＝∠𝐶+∠𝑂𝐵𝐶，由于∠𝐶＝∠𝑂𝐵𝐶，所以∠𝐶=2∠𝐴𝑂𝐵＝30∘． 【解答】

解：连结𝑂𝐵，如图，

1

∵ 𝐴𝐵与⊙𝑂相切， ∴ 𝑂𝐵⊥𝐴𝐵， ∴ ∠𝐴𝐵𝑂=90∘，

试卷第10页，总20页

∵ ∠𝐴=30∘， ∴ ∠𝐴𝑂𝐵=60∘，

∵ ∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐶+∠𝑂𝐵𝐶， 而∠𝐶=∠𝑂𝐵𝐶，

∴ ∠𝐶=∠𝐴𝑂𝐵=30∘．

21

故选𝐴. 11. 【答案】 A

【考点】 圆周角定理

圆心角、弧、弦的关系 【解析】

̂=𝐴𝐶̂，根据弧与弦的关系，可得𝐴𝐵=𝐴𝐶，然后由等腰三角形的性由在⊙𝑂中，𝐴𝐵

质，求得∠𝐵的度数，又由圆周角定理，即可求得答案． 【解答】

̂=𝐴𝐶̂， 解：∵ 在⊙𝑂中，𝐴𝐵

∴ 𝐴𝐵=𝐴𝐶， ∵ ∠𝐵𝐴𝐶=50∘，

∴ ∠𝐵=∠𝐴𝐶𝐵=65∘， ∴ ∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐵=65∘． 故选𝐴． 12. 【答案】 B

【考点】

圆内接四边形的性质 圆心角、弧、弦的关系 【解析】

先根据圆内接四边形的性质求出∠𝐴𝐷𝐶的度数，再由圆周角定理得出∠𝐷𝐶𝐸的度数，根据三角形外角的性质即可得出结论． 【解答】

解：∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷内接于⊙𝑂，∠𝐴𝐵𝐶=105∘， ∴ ∠𝐴𝐷𝐶=180∘−∠𝐴𝐵𝐶=180∘−105∘=75∘．

̂，∠𝐵𝐴𝐶=25∘， ̂=𝐵𝐶∵ 𝐷𝐹

∴ ∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐵𝐴𝐶=25∘，

∴ ∠𝐸=∠𝐴𝐷𝐶−∠𝐷𝐶𝐸=75∘−25∘=50∘． 故选𝐵.

二、填空题 【答案】 2√7 【考点】

试卷第11页，总20页

锐角三角函数的定义 勾股定理 解直角三角形 【解析】

首先利用余弦函数的定义求得𝐴𝐶的长，然后利用勾股定理即可求得𝐵𝐶的长． 【解答】 解：如图，

∵ cos𝐴=𝐴𝐵，

∴ 𝐴𝐶=𝐴𝐵⋅cos𝐴=8×=6，

43

𝐴𝐶

∴ 𝐵𝐶=√𝐴𝐵2−𝐴𝐶2=√82−62=2√7． 故答案为：2√7． 【答案】 𝑟>5

【考点】

直线与圆的位置关系 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：∵ 直线𝑙与半径𝑟的⊙𝑂相交， ∴ 𝑑<𝑟.

∵ 点𝑂到直线𝑙的距离为5， ∴ 𝑑=5， ∴ 𝑟>5.

故答案为：𝑟>5. 【答案】 30

【考点】

解直角三角形的应用-坡度坡角问题 【解析】

坡度比=垂直高度：水平距离，即为坡角的正切值． 【解答】

解：设坡角为𝛼，则 tan𝛼=1:√3=

√3， 3

∴ 坡角𝛼=30∘．

试卷第12页，总20页

故答案为：30. 【答案】 90∘

【考点】

三角形的内切圆与内心 三角形内角和定理 【解析】

根据三角形的内心的定义知内心是三角形三角平分线的交点，根据三角形内角和定理可以得到题目中的三个角的和． 【解答】

解：∵ 点𝑃是△𝐴𝐵𝐶的内心，

∴ 𝑃𝐵平分∠𝐴𝐵𝐶，𝑃𝐴平分∠𝐵𝐴𝐶，𝑃𝐶平分∠𝐴𝐶𝐵， ∴ ∠𝑃𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐶，∠𝑃𝐶𝐴=∠𝐴𝐶𝐵，∠𝑃𝐴𝐵=∠𝐵𝐴𝐶.

2

2

2

1

1

1

∵ ∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐵𝐴𝐶=180∘， ∴ ∠𝑃𝐵𝐶+∠𝑃𝐶𝐴+∠𝑃𝐴𝐵 =2(∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐵𝐴𝐶)=90∘. 故答案为：90∘. 【答案】 5 13【考点】

相似三角形的性质与判定 圆周角定理 【解析】

根据圆周角定理得到∠𝐶=∠𝐴，∠𝐷=∠𝐵，则可判断△𝐸𝐶𝐷∽△𝐸𝐴𝐵，得出对应边成比例，即可得出结果． 【解答】

解：∵ ∠𝐶=∠𝐴，∠𝐷=∠𝐵， ∴ △𝐸𝐶𝐷∼△𝐸𝐴𝐵， ∴ 𝐵𝐸=𝐴𝐵=13. 故答案为：．

135

𝐷𝐸

𝐶𝐷

5

1

三、解答题 【答案】

解：(1)原式=2×(2)2×1√3√3=2××+ 432=

√3√3+ 621

1√3+32

×√3

试卷第13页，总20页

= (2)原式==

√2√2×22

2√3； 3

+(2)2−√2×

√3√2 2

13

+−1 241

=4.

【考点】

特殊角的三角函数值 【解析】 此题暂无解析 【解答】

解：(1)原式=2×(2)2×1√3√3=2××+ 432== (2)原式==

√2√2×22

1

1√3+32

×√3

√3√3+ 622√3； 3

+(2)2−√2×

√3√2 2

13

+−1 2414

=. 【答案】

证明：∵ ∠𝐷𝑀𝐵是△𝐴𝑀𝐹的外角， ∴ ∠𝐷𝑀𝐵=∠𝐴𝐹𝑀+∠𝐴，

∵ ∠𝐷𝑀𝐵=∠𝐵𝑀𝐺+∠𝐷𝑀𝐸，且∠𝐴=∠𝐷𝑀𝐸， ∴ ∠𝐴𝐹𝑀=∠𝐵𝑀𝐺， ∵ ∠𝐴=∠𝐵， ∴ △𝐴𝑀𝐹∼△𝐵𝐺𝑀. 【考点】

相似三角形的判定 【解析】

由于∠𝐷𝑀𝐵是△𝐴𝑀𝐹的外角，所以∠𝐷𝑀𝐵=∠𝐴𝐹𝑀+∠𝐴，又因为∠𝐷𝑀𝐵=∠𝐵𝑀𝐺+∠𝐷𝑀𝐸，所以∠𝐴𝐹𝑀=∠𝐵𝑀𝐺，从而可证明△𝐴𝑀𝐹∽△𝐵𝐺𝑀 【解答】

证明：∵ ∠𝐷𝑀𝐵是△𝐴𝑀𝐹的外角， ∴ ∠𝐷𝑀𝐵=∠𝐴𝐹𝑀+∠𝐴，

试卷第14页，总20页

∵ ∠𝐷𝑀𝐵=∠𝐵𝑀𝐺+∠𝐷𝑀𝐸，且∠𝐴=∠𝐷𝑀𝐸， ∴ ∠𝐴𝐹𝑀=∠𝐵𝑀𝐺， ∵ ∠𝐴=∠𝐵， ∴ △𝐴𝑀𝐹∼△𝐵𝐺𝑀. 【答案】

解：设𝐴𝐷交𝑃𝑁于点𝐸，如图，

设正方形的边长为𝑥𝑚𝑚， 则𝐴𝐸=𝐴𝐷−𝑥=80−𝑥， ∵ 𝑃𝑄𝑀𝑁是正方形， ∴ 𝑃𝑁 // 𝑄𝑀，

∴ △𝐴𝑃𝑁∼△𝐴𝐵𝐶， ∴ 𝐵𝐶=𝐴𝐷， 即120=

𝑥

80−𝑥80

𝑃𝑁

𝐴𝐸

，

解得𝑥=48，

答：这个正方形零件的边长是48𝑚𝑚． 【考点】

相似三角形的性质与判定 相似三角形的应用 【解析】

设正方形的边长为𝑥，表示出𝐴𝐼的长度，然后根据相似三角形对应高的比等于相似比列出比例式，然后进行计算即可得解． 【解答】

解：设𝐴𝐷交𝑃𝑁于点𝐸，如图，

设正方形的边长为𝑥𝑚𝑚， 则𝐴𝐸=𝐴𝐷−𝑥=80−𝑥， ∵ 𝑃𝑄𝑀𝑁是正方形， ∴ 𝑃𝑁 // 𝑄𝑀，

∴ △𝐴𝑃𝑁∼△𝐴𝐵𝐶， ∴ 𝐵𝐶=𝐴𝐷，

𝑃𝑁

𝐴𝐸

试卷第15页，总20页

即

𝑥120

=

80−𝑥80

，

解得𝑥=48，

答：这个正方形零件的边长是48𝑚𝑚． 【答案】

解：在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐷=9米，∠𝐵𝐶𝐷=45∘， 则𝐵𝐷=𝐶𝐷=9米．

在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝐶𝐷=9米，∠𝐴𝐶𝐷=37∘， 则𝐴𝐷=𝐶𝐷⋅tan37∘≈9×0.75=6.75（米）． 所以，𝐴𝐵=𝐴𝐷+𝐵𝐷=15.75(米)，

整个过程中旗子上升高度是：15.75−2.25=13.5（米）， 因为耗时45𝑠， 所以上升速度𝑣=

13.5

=0.3（米/秒）．

答：国旗应以0.3米/秒的速度匀速上升. 【考点】

解直角三角形的应用-仰角俯角问题 【解析】

通过解直角△𝐵𝐶𝐷和直角△𝐴𝐶𝐷分别求得𝐵𝐷、𝐶𝐷以及𝐴𝐷的长度，则易得𝐴𝐵的长度，则根据题意得到整个过程中旗子上升高度，由“速度=”进行解答即可． 【解答】

解：在𝑅𝑡△𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐷=9米，∠𝐵𝐶𝐷=45∘， 则𝐵𝐷=𝐶𝐷=9米．

在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝐶𝐷=9米，∠𝐴𝐶𝐷=37∘， 则𝐴𝐷=𝐶𝐷⋅tan37∘≈9×0.75=6.75（米）． 所以，𝐴𝐵=𝐴𝐷+𝐵𝐷=15.75(米)，

整个过程中旗子上升高度是：15.75−2.25=13.5（米）， 因为耗时45𝑠， 所以上升速度𝑣=

13.5

=0.3（米/秒）．

答：国旗应以0.3米/秒的速度匀速上升. 【答案】

解：过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝐴𝐵于点𝐷，如图，

在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐷=tan∠𝐶𝐴𝐷=√3𝐶𝐷， 在𝑅𝑡△𝐵𝐷𝐶中，𝐵𝐷=tan∠𝐶𝐵𝐷=𝐶𝐷， ∴ 𝐴𝐵=𝐴𝐷−𝐵𝐷=√3𝐶𝐷−𝐶𝐷=100，

𝐶𝐷𝐶𝐷

试卷第16页，总20页

解得𝐶𝐷=50(√3+1)≈136.5米>120米，

因而如果这条船继续前进，没有被浅滩阻碍的危险． 【考点】

解直角三角形的应用-方向角问题 【解析】

过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝐴𝐵于点𝐷，在直角△𝐴𝐶𝐷和直角△𝐵𝐷𝐶中，𝐴𝐷，𝐵𝐷都可以用𝐶𝐷表示出来，根据𝐴𝐵的长，就得到关于𝐶𝐷的方程，就可以解得𝐶𝐷的长，与120米进行比较即可． 【解答】

解：过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝐴𝐵于点𝐷，如图，

在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐷中，𝐴𝐷=

𝐶𝐷tan∠𝐶𝐴𝐷

𝐶𝐷

=√3𝐶𝐷，

在𝑅𝑡△𝐵𝐷𝐶中，𝐵𝐷=tan∠𝐶𝐵𝐷=𝐶𝐷，

∴ 𝐴𝐵=𝐴𝐷−𝐵𝐷=√3𝐶𝐷−𝐶𝐷=100， 解得𝐶𝐷=50(√3+1)≈136.5米>120米，

因而如果这条船继续前进，没有被浅滩阻碍的危险． 【答案】

解：𝐵𝐸与⊙𝑂相切； 理由：连接𝑂𝐵，如图，

∵ 𝐶𝐸=𝐵𝐸，

∴ ∠2=∠1=∠3， ∵ 𝑂𝐶⊥𝑂𝐴， ∴ ∠2+∠𝐴=90∘. 又∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐵， ∴ ∠𝐴=∠𝑂𝐵𝐴，

∴ ∠3+∠𝑂𝐵𝐴=90∘， 即∠𝑂𝐵𝐸=90∘， ∴ 𝐵𝐸与⊙𝑂相切． 【考点】

切线的判定与性质 【解析】

连接𝑂𝐵，根据角与角之间的相互关系可得∠𝑂𝐵𝐸=90∘，则𝑂𝐵⊥𝐵𝐸，故𝐵𝐸与⊙𝑂相切．

试卷第17页，总20页

【解答】

解：𝐵𝐸与⊙𝑂相切； 理由：连接𝑂𝐵，如图，

∵ 𝐶𝐸=𝐵𝐸，

∴ ∠2=∠1=∠3， ∵ 𝑂𝐶⊥𝑂𝐴， ∴ ∠2+∠𝐴=90∘. 又∵ 𝑂𝐴=𝑂𝐵， ∴ ∠𝐴=∠𝑂𝐵𝐴，

∴ ∠3+∠𝑂𝐵𝐴=90∘， 即∠𝑂𝐵𝐸=90∘， ∴ 𝐵𝐸与⊙𝑂相切． 【答案】

解：(1)∵ 直径𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，

∴ 𝐵𝐶

̂=𝐵𝐷̂， ∴ ∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐶𝐴𝐵=30∘； (2)∵ 直径𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，𝐶𝐷=6𝑐𝑚， ∴ 𝐶𝐸=3𝑐𝑚.

在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐸中，∠𝐵𝐴𝐶=30∘， ∴ 𝐴𝐶=6𝑐𝑚. ∵ 𝐴𝐵是直径， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=90∘， 在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐵中， 𝐴𝐵=

𝐴𝐶cos∠𝐵𝐴𝐶

=

6cos30

∘=4√3𝑐𝑚．

∴ ⊙𝑂的直径为4√3𝑐𝑚.

【考点】 圆周角定理 解直角三角形 垂径定理 【解析】

（1）由垂径定理知，𝐵𝐶

̂=𝐵𝐷̂，∴ ∠𝐷𝐶𝐵=∠𝐶𝐴𝐵=30∘； （2）由垂径定理知，点𝐸是𝐶𝐷的中点，有𝐶𝐸=1

2𝐶𝐷=3，𝐴𝐵是直径，90∘，再求出𝐴𝐶的长，利用∠𝐴的余弦即可求解． 【解答】

解：(1)∵ 直径𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，

∴ 𝐵𝐶

̂=𝐵𝐷̂， ∴ ∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐶𝐴𝐵=30∘；

试卷第18页，总20页

∠𝐴𝐶𝐵=∴

(2)∵ 直径𝐴𝐵⊥𝐶𝐷，𝐶𝐷=6𝑐𝑚， ∴ 𝐶𝐸=3𝑐𝑚.

在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐸中，∠𝐵𝐴𝐶=30∘， ∴ 𝐴𝐶=6𝑐𝑚. ∵ 𝐴𝐵是直径， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=90∘， 在𝑅𝑡△𝐴𝐶𝐵中，

𝐴𝐵=cos∠𝐵𝐴𝐶=cos30∘=4√3𝑐𝑚． ∴ ⊙𝑂的直径为4√3𝑐𝑚. 【答案】

(1)证明：∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝑃𝐵与⊙𝑂相切于点𝐵， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝑃=90∘，

∴ ∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐶𝐵𝑃=90∘， ∴ ∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐵𝑃；

(2)证明：∵ ∠𝑃𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝑃=90∘， ∠𝑃=∠𝑃，

∴ △𝐴𝐵𝑃∼△𝐵𝐶𝑃， ∴ 𝐴𝑃=𝑃𝐵， ∴ 𝑃𝐵2=𝑃𝐶⋅𝑃𝐴；

(3)解：∵ 𝑃𝐵2=𝑃𝐶⋅𝑃𝐴，𝐴𝐶=6，𝐶𝑃=3， ∴ 𝑃𝐵2=9×3=27， ∴ 𝑃𝐵=3√3， ∴ sin∠𝑃𝐴𝐵=𝐴𝑃=

𝑃𝐵

3√39

√3． 3

𝑃𝐵

𝑃𝐶𝐴𝐶

6

=

【考点】

相似三角形的性质与判定 解直角三角形 切线的性质 【解析】

（1）根据已知条件得到∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝑃=90∘，根据余角的性质即可得到结论； （2）根据相似三角形的判定和性质即可得到结论； （3）根据三角函数的定义即可得到结论． 【解答】

(1)证明：∵ 𝐴𝐵是⊙𝑂的直径，𝑃𝐵与⊙𝑂相切于点𝐵， ∴ ∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝑃=90∘，

∴ ∠𝐵𝐴𝐶+∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐶+∠𝐶𝐵𝑃=90∘， ∴ ∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐶𝐵𝑃；

(2)证明：∵ ∠𝑃𝐶𝐵=∠𝐴𝐵𝑃=90∘， ∠𝑃=∠𝑃，

∴ △𝐴𝐵𝑃∼△𝐵𝐶𝑃， ∴ 𝐴𝑃=𝑃𝐵， ∴ 𝑃𝐵2=𝑃𝐶⋅𝑃𝐴；

试卷第19页，总20页

𝑃𝐵

𝑃𝐶

(3)解：∵ 𝑃𝐵2=𝑃𝐶⋅𝑃𝐴，𝐴𝐶=6，𝐶𝑃=3， ∴ 𝑃𝐵2=9×3=27， ∴ 𝑃𝐵=3√3， ∴ sin∠𝑃𝐴𝐵=

𝑃𝐵𝐴𝑃

3√39

√3． 3

==

试卷第20页，总20页