黑龙江省绥化市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题知识点分类(含答案)

这是一份黑龙江省绥化市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题知识点分类(含答案)，共54页。试卷主要包含了之间的函数图象，如图所示，，连接AD，BC，BD等内容，欢迎下载使用。
黑龙江省绥化市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题知识点分类
一．一次函数的应用（共2小题）
1．（2023•绥化）某校组织师生参加夏令营活动，现准备租用A、B两型客车（每种型号的客车至少租用一辆）．A型车每辆租金500元，B型车每辆租金600元．若5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人；3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人．
（1）每辆A型车、B型车坐满后各载客多少人？
（2）若该校计划租用A型和B型两种客车共10辆，总租金不高于5500元，并将全校420人载至目的地．该校有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？
（3）在这次活动中，学校除租用A、B两型客车外，又派出甲、乙两辆器材运输车．已知从学校到夏令营目的地的路程为300千米，甲车从学校出发0.5小时后，乙车才从学校出发，却比甲车早0.5小时到达目的地．如图是两车离开学校的路程s（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数图象．根据图象信息，求甲乙两车第一次相遇后，t为何值时两车相距25千米．

2．（2021•绥化）小刚和小亮两人沿着直线跑道都从甲地出发，沿着同一方向到达乙地，甲乙两地之间的距离是720米，先到乙地的人原地休息．已知小刚先从甲地出发4秒后，小亮从甲地出发，两人均保持匀速前行第一次相遇后，保持原速跑一段时间，小刚突然加速，速度比原来增加了2米/秒，并保持这一速度跑到乙地（小刚加速过程忽略不计）．小刚与小亮两人的距离S（米）与小亮出发时间t（秒）之间的函数图象，如图所示．根据所给信息解决以下问题．
（1）m＝　 　，n＝　 　；
（2）求CD和EF所在直线的解析式；
（3）直接写出t为何值时，两人相距30米．

二．反比例函数综合题（共1小题）
3．（2022•绥化）在平面直角坐标系中，已知一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，且与反比例函数y2＝的图象在第一象限内交于P，K两点，连接OP，△OAP的面积为．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）当y2＞y1时，求x的取值范围．
（3）若C为线段OA上的一个动点，当PC+KC最小时，求△PKC的面积．

三．二次函数综合题（共3小题）
4．（2023•绥化）如图，抛物线y1＝ax2+bx+c的图象经过A（﹣6，0），B（﹣2，0），C（0，6）三点，且一次函数y＝kx+6的图象经过点B．
（1）求抛物线和一次函数的解析式；
（2）点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）将抛物线y1＝ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点（M点在N点左侧）．点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m．过点P作PD⊥NC于点D，求m为何值时，CD+PD有最大值，最大值是多少？

5．（2021•绥化）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5（a≠0）与x轴交于点A（﹣5，0），点B（1，0）（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BD．直线y＝经过点A，且与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点N是抛物线上的一点，当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标；
（3）点F为线段AE上的一点，点G为线段OA上的一点，连接FG，并延长FG与线段BD交于点H（点H在第一象限），当∠EFG＝3∠BAE且HG＝2FG时，求出点F的坐标．

6．（2022•绥化）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．

四．四边形综合题（共2小题）
7．（2023•绥化）已知：四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
（1）如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
（2）如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF＝x，CE＝y．求y关于x的函数关系式；
（3）如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF＝1时，求线段BM的长．

8．（2021•绥化）如图所示，四边形ABCD为正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延长线与CD的延长线交于点F，点D、B、H在同一条直线上．
（1）求证：△CDE≌△CBH；
（2）当时，求的值；
（3）当HB＝3，HG＝4时，求sin∠CFE的值．

五．圆的综合题（共3小题）
9．（2023•绥化）如图，MN为⊙O的直径，且MN＝15，MC与ND为圆内的一组平行弦，弦AB交MC于点H．点A在上，点B在上，∠OND+∠AHM＝90°．
（1）求证：MH•CH＝AH•BH；
（2）求证：＝；
（3）在⊙O中，沿弦ND所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径MN于点G．若sin∠CMN＝，求NG的长．

10．（2021•绥化）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，DE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若弦MN垂直于AB，垂足为G，，MN＝，求⊙O的半径；
（3）在（2）的条件下，当∠BAC＝36°时，求线段CE的长．

11．（2022•绥化）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
（1）求证：△CMA∽△CBD．
（2）若MN＝10，＝，求BC的长．
（3）在点C运动过程中，当tan∠MDB＝时，求的值．

六．作图—复杂作图（共3小题）
12．（2023•绥化）已知：点P是⊙O外一点．
（1）尺规作图：如图，过点P作出⊙O的两条切线PE，PF，切点分别为点E、点F．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）在（1）的条件下，若点D在⊙O上（点D不与E，F两点重合），且∠EPF＝30°，求∠EDF的度数．

13．（2022•绥化）已知：△ABC．
（1）尺规作图：用直尺和圆规作出△ABC内切圆的圆心O．（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）如果△ABC的周长为14cm，内切圆的半径为1.3cm，求△ABC的面积．

14．（2021•绥化）（1）如图，已知△ABC，P为边AB上一点，请用尺规作图的方法在边AC上求作一点E，使AE+EP＝AC．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在图中，如果AC＝6cm，AP＝3cm，则△APE的周长是 　 　cm．

七．作图-位似变换（共1小题）
15．（2021•绥化）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，O为平面直角坐标系的原点，矩形OABC的4个顶点均在格点上，连接对角线OB．
（1）在平面直角坐标系内，以原点O为位似中心，把△OAB缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与△OAB的相似比等于；
（2）将△OAB以O为旋转中心，逆时针旋转90°，得到△OA1B1，作出△OA1B1，并求出线段OB旋转过程中所形成扇形的周长．

八．相似形综合题（共1小题）
16．（2022•绥化）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
（1）如图一，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G．利用面积证明：DE+DF＝CG．
（2）如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N．若BC＝8，BE＝3，求GM+GN的长．
（3）如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且＝，BC＝，CD＝3，BD＝6，求ED+EA的长．


九．解直角三角形的应用（共3小题）
17．（2023•绥化）如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN∥EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE＝30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE＝45°．
（1）求河两岸之间的距离是多少米？（结果保留根号）
（2）若从D点继续沿DE的方向走（12+12）米到达P点．求tan∠CPE的值．

18．（2022•绥化）如图所示，为了测量百货大楼CD顶部广告牌ED的高度，在距离百货大楼30m的A处用仪器测得∠DAC＝30°；向百货大楼的方向走10m，到达B处时，测得∠EBC＝48°，仪器高度忽略不计，求广告牌ED的高度．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：≈1.732，sin48°≈0.743，cos48°≈0.669，tan48°≈1.111）

19．（2021•绥化）一种可折叠的医疗器械放置在水平地面上，这种医疗器械的侧面结构如图实线所示，底座为△ABC，点B、C、D在同一条直线上，测得∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝32cm，∠BDE＝75°，其中一段支撑杆CD＝84cm，另一段支撑杆DE＝70cm．求支撑杆上的点E到水平地面的距离EF是多少？（用四舍五入法对结果取整数，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27，≈1.732）


黑龙江省绥化市2021-2023三年中考数学真题分类汇编-03解答题知识点分类
参考答案与试题解析
一．一次函数的应用（共2小题）
1．（2023•绥化）某校组织师生参加夏令营活动，现准备租用A、B两型客车（每种型号的客车至少租用一辆）．A型车每辆租金500元，B型车每辆租金600元．若5辆A型和2辆B型车坐满后共载客310人；3辆A型和4辆B型车坐满后共载客340人．
（1）每辆A型车、B型车坐满后各载客多少人？
（2）若该校计划租用A型和B型两种客车共10辆，总租金不高于5500元，并将全校420人载至目的地．该校有几种租车方案？哪种租车方案最省钱？
（3）在这次活动中，学校除租用A、B两型客车外，又派出甲、乙两辆器材运输车．已知从学校到夏令营目的地的路程为300千米，甲车从学校出发0.5小时后，乙车才从学校出发，却比甲车早0.5小时到达目的地．如图是两车离开学校的路程s（千米）与甲车行驶的时间t（小时）之间的函数图象．根据图象信息，求甲乙两车第一次相遇后，t为何值时两车相距25千米．

【答案】（1）每辆A型车坐满后载客40人，每辆B型车坐满后载客55人；
（2）共有4种方案，租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱；
（3）在甲乙两车第一次相遇后，当t＝3小时或小时时，两车相距25千米．
【解答】解：（1）设每辆A型车坐满后载客x人，每辆B型车坐满后载客y人，
根据题意得：，
解得：，
∴每辆A型车坐满后载客40人，每辆B型车坐满后载客55人；
（2）设租用A型车m辆，则租用B型车（10﹣m）辆，
由题意得：，
解得：5≤m≤8，
∵m是正整数，
∴m可取5，6，7，8
∴共有4种方案，
设总租金为w元，
根据题意得w＝500m+600（10﹣m）＝﹣100m+6000，
∵﹣100＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴m＝8时，w最小为﹣100×8+6000＝5200（元）；
∴租用A型车8辆，租用B型车2辆最省钱；
（3）设s甲＝kt，把（4，300）代入得：
300＝4k，
解得k＝75，
∴s甲＝75t，
设s乙＝kt+b，把（0.5，0），（3.5，300）代入得：
，
解得，
∴s乙＝100t﹣50，
∵两车第一次相遇后，相距25千米，
∴100t﹣50﹣75t＝25或300﹣75t＝25，
解得t＝3或t＝，
∴在甲乙两车第一次相遇后，当t＝3小时或小时时，两车相距25千米．
2．（2021•绥化）小刚和小亮两人沿着直线跑道都从甲地出发，沿着同一方向到达乙地，甲乙两地之间的距离是720米，先到乙地的人原地休息．已知小刚先从甲地出发4秒后，小亮从甲地出发，两人均保持匀速前行第一次相遇后，保持原速跑一段时间，小刚突然加速，速度比原来增加了2米/秒，并保持这一速度跑到乙地（小刚加速过程忽略不计）．小刚与小亮两人的距离S（米）与小亮出发时间t（秒）之间的函数图象，如图所示．根据所给信息解决以下问题．
（1）m＝　16　，n＝　　；
（2）求CD和EF所在直线的解析式；
（3）直接写出t为何值时，两人相距30米．

【答案】（1）16；；（2）SCD＝﹣t+80（48≤t≤80），SEF＝﹣5t+720（）；（3）t为46，50，110，138时，两人相距30米
【解答】解：（1）∵小刚原来的速度＝16÷4＝4米/秒，
小亮的速度＝720÷144＝5米/秒，
B点小亮追上小刚，相遇，
∴4m+16＝5m，
解得：m＝16，
∵E点是小刚到达乙地，
∴n＝[]×（6﹣5）＝，
故答案为：16；，
（2）设C点横坐标为t，由题意可得：（t﹣16）×（5﹣4）＝（80﹣t）×（6﹣5），
解得：t＝48，
∵小刚原来的速度＝16÷4＝4米/秒，
小亮的速度＝720÷144＝5米/秒，
∴纵坐标为（5﹣4）×（48﹣16）＝32，
∴C（48，32），
设SCD＝k1t+b1，将C（48，32），D（80，0）代入，
，
解得：，
∴SCD＝﹣t+80（48≤t≤80），
∴E点横坐标为，
E点纵坐标为，
∴E（，），
设SEF＝k2t+b2，将E，F两点坐标代入可得，
，
解得：，
∴SEF＝﹣5t+720（），
（3）∵B（16，0），C（48，32），D（80，0），E（，），F（144，0），
设SBC＝k3t+b3，将B，C两点坐标代入可得，
，
解得：，
∴SBC＝t﹣16（16＜t≤48），
设SDE＝k4t+b4，将D，E两点坐标代入可得，
，
解得：，
∴SDE＝t﹣80（80＜t≤），
当S＝30时，
SBC＝t﹣16＝30，解得t＝46；
SCD＝﹣t+80＝30，解得t＝50；
SDE＝t﹣80＝30，解得t＝110；
SEF＝﹣5t+720＝30，解得t＝138；
综上，t为46，50，110，138时，两人相距30米．
二．反比例函数综合题（共1小题）
3．（2022•绥化）在平面直角坐标系中，已知一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，且与反比例函数y2＝的图象在第一象限内交于P，K两点，连接OP，△OAP的面积为．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式．
（2）当y2＞y1时，求x的取值范围．
（3）若C为线段OA上的一个动点，当PC+KC最小时，求△PKC的面积．

【答案】（1）一次函数的解析式为：y1＝﹣x+．反比例函数的解析式为：y2＝；
（2）0＜x＜1或x＞4；
（3）当PC+KC最小时，△PKC的面积为．
【解答】解：（1）∵一次函数y1＝k1x+b与坐标轴分别交于A（5，0），B（0，）两点，
∴，解得．
∴一次函数的解析式为：y1＝﹣x+．
∵△OAP的面积为，
∴•OA•yP＝，
∴yP＝，
∵点P在一次函数图象上，
∴令﹣x+＝．解得x＝4，
∴P（4，）．
∵点P在反比例函数y2＝的图象上，
∴k2＝4×＝2．
∴一次函数的解析式为：y1＝﹣x+．反比例函数的解析式为：y2＝．
（2）令﹣x+＝，解得x＝1或x＝4，
∴K（1，2），
由图象可知，当y2＞y1时，x的取值范围为：0＜x＜1或x＞4．
（3）如图，作点P关于x轴的对称点P′，连接KP′，线段KP′与x轴的交点即为点C，

∵P（4，）．
∴P′（4，﹣）．
∴PP′＝1，
∴直线KP′的解析式为：y＝﹣x+．
令y＝0，解得x＝．
∴C（，0）．
∴S△PKC＝•（xC﹣xK）•PP′
＝×（﹣1）×1
＝．
∴当PC+KC最小时，△PKC的面积为．
三．二次函数综合题（共3小题）
4．（2023•绥化）如图，抛物线y1＝ax2+bx+c的图象经过A（﹣6，0），B（﹣2，0），C（0，6）三点，且一次函数y＝kx+6的图象经过点B．
（1）求抛物线和一次函数的解析式；
（2）点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）将抛物线y1＝ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y2，此抛物线的图象与x轴交于M，N两点（M点在N点左侧）．点P是抛物线y2上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m．过点P作PD⊥NC于点D，求m为何值时，CD+PD有最大值，最大值是多少？

【答案】（1）抛物线的解析式为，一次函数的解析式为y＝3x+6．
（2）E1（﹣8，2），E2（4，﹣2），E3（﹣4，4）．
（3）当时，CD+的最大值为．
【解答】解：（1）∵抛物线y1＝ax2+bx+c的图象经过A（﹣6，0），B（﹣2，0），C（0，6）三点，
∴，
解得，
∴，
把B（﹣2，0）代入一次函数y＝kx+6中，
得k＝3，
∴y＝3x+6．
答：抛物线的解析式为，一次函数的解析式为y＝3x+6．
（2）①当BC为正方形的边长时，
分别过B点，C点作E1E2⊥BC，F1F2⊥BC，使E1B＝E2B＝BC，CF1＝CF2＝BC，连接E1F1，E2F2，
过点E1作E1H1⊥x轴于H1，∴△BE1H1≌△CBO（AAS），
∴E1H1＝OB＝2，H1B＝OC＝6，
∴E1（﹣8，2），
同理可得，E2（4，﹣2）．

②以BC为正方形的对角线时，
过BC的中点G作E3F3⊥BC，使E3F3与BC互相平分且相等，
则四边形E3BF3C为正方形，
过点E3作E3N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E3N于点M，
∴△CE3N≌△E3BM（AAS），
∴CN＝E3M，BM＝E3N，
∵，
∴，
∴，
在Rt△E3NC中，，
∴，
解得CN＝2或4，
当CN＝4时，E3（2，2），此时点E在点F右侧，舍去；
当CN＝2时，E3（﹣4，4）．

综上，E1（﹣8，2），E2（4，﹣2），E3（﹣4，4）．
（3）∵抛物线向右平移8个单位长度得到抛物线y2，
∴M（2，0），N（6，0），
∵y2过M，N，C三点，
∴，
在直线CN下方的抛物线y2上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过H作HG⊥y轴于G，

∵N（6，0），C（0，6），
∴ON＝OC，
∴△CON时等腰直角三角形，
∵∠CHG＝45°，∠GHP＝90°，
∴∠PHD＝45°，
∵PD⊥CN，
∴△HPD是等腰直角三角形，
∴，
∵点P在抛物线y2上，且横坐标为m，
∴CG＝GH＝m，
∴，
∵yCN＝﹣x+6，
∴H（m，﹣m+6），
∴，
∴，
∴＝＝，
答：当时，CD+的最大值为．
5．（2021•绥化）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5（a≠0）与x轴交于点A（﹣5，0），点B（1，0）（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，连接BD．直线y＝经过点A，且与y轴交于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点N是抛物线上的一点，当△BDN是以DN为腰的等腰三角形时，求点N的坐标；
（3）点F为线段AE上的一点，点G为线段OA上的一点，连接FG，并延长FG与线段BD交于点H（点H在第一象限），当∠EFG＝3∠BAE且HG＝2FG时，求出点F的坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2﹣4x+5；
（2）N1（﹣5，0），N2（，），N3（，）；
（3）F（﹣，﹣）．
【解答】解：（1）将A（﹣5，0），B（1，0）代入抛物线y＝ax2+bx+5（a≠0）得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣4x+5；
（2）∵D（﹣2，9），B（1，0），点N是抛物线上的一点且△BDN是以DN为腰的等腰三角形，
∴此题有两种情形：
①当DN＝DB时，根据抛物线的对称性得：A与N重合，
∴N1（﹣5，0），
②方法一：当DN＝BN时（如图1），N在BD的垂直平分线上，
BD的垂直平分线交BD于I，交x轴于点Q，BD与y轴交点为K，
∵∠KBO+∠OKB＝90°，∠KBO+∠IQB＝90°，
∴∠OKB＝∠IQB，
在Rt△OKB中，sin∠OKB＝，
∴sin∠IQB＝＝，
∵I是BD的中点，BD＝3，
∴BI＝，
∴BQ＝15，
∴Q（﹣14，0），I（，）
设yQI＝kx+b，代入得：
，
解得：，
∴yQI＝，
联立得：，
解得：x＝，
∴yQI＝，
N2（，），N3（，），
方法二：如图2，
过点N作DS⊥NT交NT于点S，
设N（a，﹣a2﹣4a+5），D（﹣2，9），
∵DN＝BN，
∴DS2+SN2＝NT2+TB2，
∴（﹣2﹣a）2+（9+a2+4a﹣5）2＝（﹣a2﹣4a+5）2+（1﹣a）2，
（2+a）2﹣（1﹣a）2＝（a2+4a﹣5）2﹣（9+a2+4a﹣5）2，
（2+a+1﹣a）（2+a﹣1+a）＝（a2+4a﹣5+a2+4a+4）（a2+4a﹣5﹣a2﹣4a﹣4），
解得：a＝，
把a＝代入﹣a2﹣4a+5＝﹣（）2﹣4（）+5＝，
∴N2（，），N3（，），
综上所述，N1（﹣5，0），N2（，），N3（，）；
（3）如图1，在AE上取一点F，作AF的垂直平分线交x轴于点M，连接MF，则AM＝MF，在AO上M点的右侧作FG＝MF，
∴∠FGM＝∠FMG，
∴∠EFG＝∠BAE+∠FGM＝∠BAE+∠FMG＝∠BAE+2∠BAE＝3∠BAE，
移动F点，当HG＝2FG时，点F为所求．
过点F作FP垂直于x轴于点P，过点H作HR垂直于x轴于点R，
∴△FPG∽△HRG，
∴＝＝＝，GR＝2PG，HR＝2PF，
设F（m，﹣﹣），
则OP＝﹣m，PF＝m+，
HR＝2PF＝m+5，
∵AP＝m+5，
∴AP＝2PF，
∵AM＝AP﹣MP＝2PF﹣MP，MF＝AM，
∴在Rt△PMF中，PM2+PF2＝MF2，PM2+PF2＝（2PF﹣MP）2，
∴PM＝PF＝×＝m+，
∴GP＝m+，
∴GR＝2PG＝m+，
∴PR＝3PG＝3PM，
∴AR＝AP+PR＝AP+3PM＝2PF+3×PF＝＝，
∴OR＝，
∴H（，m+5），
∵B（1，0），D（﹣2，9），
∴BD解析式为：yBD＝﹣3x+3，
把H代入上式并解得：m＝﹣，
再把m＝﹣代入y＝﹣x﹣得：y＝﹣，
∴F（﹣，﹣）．


6．（2022•绥化）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式为：y＝x2﹣x﹣4；
（2）G（，﹣）；
（3）点G的坐标为（，﹣）或（，﹣）或（3，﹣3）或（，﹣）．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，C（6，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），
∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），
将点A（0，﹣4）代入解析式可得，﹣12a＝﹣4，
∴a＝．
∴抛物线的解析式为：y＝（x+2）（x﹣6）＝x2﹣x﹣4．
（2）∵AB⊥y轴，A（0，﹣4），
∴点B的坐标为（4，﹣4）．
∵D（4，0），
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
∵AE＝m，
∴AF＝EF＝m，
∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．
∵四边形EGFH是正方形，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH是∠AFE的角平分线，点H是AE的中点．
∴H（m，﹣4+m），G（m，﹣4+m）．
∵B（4，﹣4），C（6，0），
∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣12．
当点G随着E点运动到达BC上时，有2×m﹣12＝﹣4+m．
解得m＝．
∴G（，﹣）．
（3）存在，理由如下：
∵B（4，﹣4），C（6，0），G（m，﹣4+m）．
∴BG2＝（4﹣m）2+（m）2，
BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，
CG2＝（6﹣m）2+（4﹣m）2．
若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC是直角三角形，
∴分以下三种情况：
①当点B为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，
∴（4﹣m）2+（m）2+20＝（6﹣m）2+（4﹣m）2，
解得m＝，
∴G（，﹣）；
②当点C为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，
∴20+（6﹣m）2+（4﹣m）2＝（4﹣m）2+（m）2，
解得m＝，
∴G（，﹣）；
③当点G为直角顶点时，BG2+CG2＝BC2，
∴（4﹣m）2+（m）2+（6﹣m）2+（4﹣m）2＝20，
解得m＝或2，
∴G（3，﹣3）或（，﹣）；
综上，存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G的坐标为（，﹣）或（，﹣）或（3，﹣3）或（，﹣）．
四．四边形综合题（共2小题）
7．（2023•绥化）已知：四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
（1）如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
（2）如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF＝x，CE＝y．求y关于x的函数关系式；
（3）如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF＝1时，求线段BM的长．

【答案】（1）证明过程见解答；
（2）y＝（或者y＝）；
（3）BM＝．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
.∴AD∥BF，
∴∠D＝∠DCF，
∵G为CD中点，
∴DG＝CG，
∵∠AGD＝∠FGC，
∴△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵CE⊥AF，
∴∠CEF＝90°＝∠ABC，
∵∠F＝∠F，
∴△CEF∽△ABF，
∴＝，
∵AB＝4，BF＝x，
在Rt△ABF中，AF＝＝，
∵CE＝y，
∴＝，
∴y＝（或者y＝）；
（3）解：过点E作EN⊥BF于点N，

∵四边形ABCD为矩形，AD＝3，
∴AD＝BC＝3，
∵AB＝4，CF＝1，
∴AB＝BF，
∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠CFE＝∠BAF＝45°，
∵CE⊥AF，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，
∵EN⊥CF，
∴EN平分CF，
∴CN＝NF＝NE＝，
在Rt△BNE中，根据勾股定理得：
BE2＝BN2+EN2，
∴BE＝＝，
∵∠ECF＝∠BAF＝45°，
∴∠BAM＝∠BCE＝135°，
∵BM⊥BE，
∴∠MBA+∠ABE＝90°，
∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠MBA＝∠EBC，
∴△BAM∽△BCE，
∴＝＝，
∴＝，
∴BM＝．
8．（2021•绥化）如图所示，四边形ABCD为正方形，在△ECH中，∠ECH＝90°，CE＝CH，HE的延长线与CD的延长线交于点F，点D、B、H在同一条直线上．
（1）求证：△CDE≌△CBH；
（2）当时，求的值；
（3）当HB＝3，HG＝4时，求sin∠CFE的值．

【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠DCB＝90°，
∵∠ECH＝90°，
∴∠DCB﹣∠BCE＝∠ECH﹣∠BCE，
即∠DCE＝∠BCH，
在△CDE和△CBH中，
，
∴△CDE≌△CBH（SAS）；
（2）解：由（1）得：△CDE≌△CBH，
∴∠CDE＝∠CBH，DE＝BH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB＝∠DBC＝45°，
∴∠CDE＝∠CBH＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EDH＝135°﹣45°＝90°，
∵BH：DH＝1：5，
∴设BH＝a，则DH＝5a，
∴DE＝BH＝a，
在Rt△HDE中，EH＝＝＝a，
过C作CM⊥EH于M，过D作DN⊥FH于N，如图1所示：
则DN∥CM，
∵△DEH的面积＝DN×EH＝DE×DH，
∴DN×a＝×a×5a，
解得：DN＝a，
∵CE＝CH，∠ECH＝90°，
∴CM＝EH＝a，
∵DN∥CM，
∴△FDN∽△FCM，
∴＝＝＝；
（3）解：过点E作PE∥DH交CF于P，过点E作EQ⊥CF于Q，如图2所示：
∵PE∥DH，
∴∠BHG＝∠PEF，∠FPE＝∠FDH＝135°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠HBG＝∠FDH＝135°，
∴∠HBG＝∠EPF＝135°，
∵∠CDE＝135°，
∴∠EDQ＝45°，∠EPQ＝45°，
∴△PED为等腰直角三角形，
∴DE＝PE，
由（1）得：△CDE≌△CBH，
∴DE＝BH，
∴DE＝BH＝PE＝3，
在△BHG和△PEF中，
，
∴△BHG≌△PEF（ASA），
∴HG＝EF＝4，
∵△PED是等腰直角三角形，
∴PD＝DE＝3，
∵EQ⊥PD，
∴QE＝PD＝，
在Rt△FEQ中，sin∠CFE＝＝＝．


五．圆的综合题（共3小题）
9．（2023•绥化）如图，MN为⊙O的直径，且MN＝15，MC与ND为圆内的一组平行弦，弦AB交MC于点H．点A在上，点B在上，∠OND+∠AHM＝90°．
（1）求证：MH•CH＝AH•BH；
（2）求证：＝；
（3）在⊙O中，沿弦ND所在的直线作劣弧的轴对称图形，使其交直径MN于点G．若sin∠CMN＝，求NG的长．

【答案】（1）见解答；
（2）见解答；
（3）．
【解答】（1）证明：∵∠ABC 和∠AMC是 所对的圆周角，
∴∠ABC＝∠AMC，
∵∠AHM＝∠CHB，
∴△AMH∽△CBH，
∴，
∴MH•CH＝AH•BH．
（2）证明：连接OC，交AB于点F，

∵MC与ND为一组平行弦，即：MC∥ND，
∴∠OND＝∠OMC，
∵OM＝OC，
∴∠OMC＝∠OCM，
∵∠OND+∠AHM＝90°，
∴∠OCM+∠AHM＝∠OCM+∠CHB＝90°，
∴∠HFC＝90°，
∴OC⊥AB，
∴OC是AB的垂直平分线，
；
（3）解：连接DM、DG，过点D作DE⊥MN，垂足为E，设点G的对称点 G'，连接G′D、G′N，

∵DG＝DG'，∠G′ND＝∠GND，，DG'＝DM，
∴DG＝DM，
∴△DGM 是等腰三角形，
∵DE⊥MN，
∴GE＝ME，
∵DN∥CM，
∴∠CMN＝∠DNM，
∵MN为直径，
∴∠MDN＝90°，
∴∠MDE+∠EDN＝90°，
∵DE⊥MN，
∴∠DEN＝90°，
∴∠DNM+∠EDN＝90°，
∴，
在Rt△MND中，MN＝15，
∴，
∴MD＝9，
在Rt△MED中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
10．（2021•绥化）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与BC相交于点D，DE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DE是⊙O的切线；
（2）若弦MN垂直于AB，垂足为G，，MN＝，求⊙O的半径；
（3）在（2）的条件下，当∠BAC＝36°时，求线段CE的长．

【答案】（1）证明见解答；（2）1；（3）CE＝．
【解答】（1）证明：如图1，连接OD，
∵OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ODB＝∠ACB，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；

（2）解：如图2，连接OM，
∵AB⊥MN，且AB为⊙O的直径，MN＝，
∴MG＝MN＝，
设⊙O的半径为r，则OM＝r，AB＝2r，
∵，
∴AG＝AB＝r，
∴OG＝OA﹣AG＝r，
在Rt△OGM中，根据勾股定理得，OG2+MG2＝OM2，
∴（r）2+（）2＝r2，
∴r＝1，
即⊙O的半径为1；

（3）如图3，作∠ABC的平分线交AC于F，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝36°，
∴∠ABC＝∠C＝（180°﹣∠BAC）＝72°，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠ABC＝36°＝∠BAC，
∴AF＝BF，
设AF＝BF＝x，
在△BCF中，∠CBF＝36°，∠C＝72°，
∴∠BFC＝180°﹣36°﹣72°＝72°＝∠C，
∴BC＝BF＝x，
由（2）知，⊙O的半径为1，
∴AB＝AC＝2，
∴CF＝AC﹣AF＝2﹣x，
∵∠CBF＝∠CAB，
∴∠C＝∠C，
∴△BCF∽△ACB，
∴，
∴，
∴x＝﹣1或x＝﹣﹣1（舍），
∴BC＝﹣1，
连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵AB＝AC，
∴CD＝BC＝，
∵DE⊥AC，
∴∠DEC＝90°＝∠ADC，
∵∠C＝∠C，
∴△DEC∽△ADC，
∴，
∴，
∴CE＝．



11．（2022•绥化）如图所示，在⊙O的内接△AMN中，∠MAN＝90°，AM＝2AN，作AB⊥MN于点P，交⊙O于另一点B，C是上的一个动点（不与A，M重合），射线MC交线段BA的延长线于点D，分别连接AC和BC，BC交MN于点E．
（1）求证：△CMA∽△CBD．
（2）若MN＝10，＝，求BC的长．
（3）在点C运动过程中，当tan∠MDB＝时，求的值．

【答案】（1）证明见解答过程；
（2）BC＝3；
（3）＝．
【解答】（1）证明：连接BM，如图：

∵四边形ABMC是⊙O的内接四边形，
∴∠DCA＝∠ABM，
∵∠MAN＝90°，
∴MN为⊙O的直径，
∵AB⊥MN，
∴＝，
∴∠ABM＝∠BAM，
∴∠DCA＝∠BAM，
∵＝，
∴∠BAM＝∠BCM，
∴∠DCA＝∠BCM，
∴∠DCB＝∠ACM，
∵＝，
∴∠DBC＝∠AMC，
∴△CMA∽△CBD；
（2）解：连接OC，如图：

由AM＝2AN，设AN＝x，则AM＝2x，
∵MN为直径，
∴∠NAM＝90°，
∴x2+（2x）2＝102，
解得x＝2，
∴AN＝2，AM＝4，
∵AB⊥MN，
∴2S△AMN＝AN•AM＝MN•AP，
∴AP＝BP＝＝＝4，
∴PM＝＝8，
∵＝，
∴OC⊥MN，
∵OC＝OM，
∴∠CMO＝45°，
∴△PDM是等腰直角三角形，CM＝OM＝5，
∴PD＝PM＝8，
∴BD＝PD+BP＝12，
由（1）知△CMA∽△CBD，
∴＝，即＝，
∴BC＝3；
（3）解：连接CN交AM于K，连接KE，如图：

∵MN是⊙O直径，
∴∠MCN＝90°＝∠DPM，
∴∠CNM＝90°﹣∠CMP＝∠D，
∵tan∠MDB＝，
∴tan∠CNM＝，
∵AB⊥MN，
∴＝，
∴∠KCE＝∠KME，
∴C、K、E、M四点共圆，
∵∠NCM＝90°，
∴∠KEM＝90°＝∠KEN，
而tan∠CNM＝，
∴＝，
设KE＝3m，则NE＝4m，
∵tan∠KME＝＝＝，
∴EM＝6m，
∴＝＝．
方法2：过C作CH⊥MN于H，连接CN，如图：

由（1）知△CMA∽△CBD，
∴∠BDC＝∠MAC，即∠MDB＝∠MAC＝∠MNC，
∴tan∠MNC＝，即＝，
设CM＝3k，则CN＝4k，MN＝5k，
由CM•CN＝MN•CH可得CH＝＝k，
由勾股定理可得MH＝k，NH＝k，
∵AM＝2AN，MN＝5k，
∴AN＝k，AM＝2k，
∴AP＝＝2k＝BP，
∴NP＝＝k，
∴PH＝MN﹣NP﹣MH＝k，
∵PB∥CH，
∴＝，即＝，
解得PE＝k，
∴EH＝k﹣k＝k，
∴NE＝PE+NP＝2k，ME＝MH+EH＝k+k＝3k，
∴＝．
六．作图—复杂作图（共3小题）
12．（2023•绥化）已知：点P是⊙O外一点．
（1）尺规作图：如图，过点P作出⊙O的两条切线PE，PF，切点分别为点E、点F．（保留作图痕迹，不要求写作法和证明）
（2）在（1）的条件下，若点D在⊙O上（点D不与E，F两点重合），且∠EPF＝30°，求∠EDF的度数．

【答案】（1）见解答；
（2）75°或105°．
【解答】解：（1）如图，PE、PF为所作；

（2）连接OE、OF，如图，
∵PE，PF为⊙O的两条切线，
∴OE⊥PE，OF⊥PF，
∴∠OEP＝∠OFP＝90°，
∴∠EOF＝180°﹣∠EPF＝180°﹣30°＝150°，
当点D在优弧EF上时，∠EDF＝∠EOF＝75°，
当点D′在弧EF上时，∠ED′F＝180°﹣∠EDF＝180°﹣75°＝105°，
综上所述，∠EDF的度数为75°或105°．
13．（2022•绥化）已知：△ABC．
（1）尺规作图：用直尺和圆规作出△ABC内切圆的圆心O．（只保留作图痕迹，不写作法和证明）
（2）如果△ABC的周长为14cm，内切圆的半径为1.3cm，求△ABC的面积．

【答案】（1）作图见解析部分；
（2）9.1cm2．
【解答】解：（1）如图，点O即为所求；

（2）由题意，△ABC的面积＝×14×1.3＝9.1（cm2）．
14．（2021•绥化）（1）如图，已知△ABC，P为边AB上一点，请用尺规作图的方法在边AC上求作一点E，使AE+EP＝AC．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在图中，如果AC＝6cm，AP＝3cm，则△APE的周长是 　9　cm．

【答案】（1）作图见解析部分．
（2）9．
【解答】解：（1）如图，点E即为所求．

（2）∵MN垂直平分线段PC，
∴EP＝EC，
∴△APE的周长＝AP+AE+EP＝AP+AE+EC＝AP+AC＝3+6＝9（cm），
故答案为：9．
七．作图-位似变换（共1小题）
15．（2021•绥化）如图所示，在网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，把小正方形的顶点叫做格点，O为平面直角坐标系的原点，矩形OABC的4个顶点均在格点上，连接对角线OB．
（1）在平面直角坐标系内，以原点O为位似中心，把△OAB缩小，作出它的位似图形，并且使所作的位似图形与△OAB的相似比等于；
（2）将△OAB以O为旋转中心，逆时针旋转90°，得到△OA1B1，作出△OA1B1，并求出线段OB旋转过程中所形成扇形的周长．

【答案】（1）作图见解析部分．
（2）4+π．
【解答】解：（1）如图，△OA′B′或△OA″B″即为所求．

（2）如图，△OA1B1即为所求．OB＝＝2，
线段OB旋转过程中所形成扇形的周长＝2×2+＝4+π．
八．相似形综合题（共1小题）
16．（2022•绥化）我们可以通过面积运算的方法，得到等腰三角形底边上的任意一点到两腰的距离之和与一腰上的高之间的数量关系，并利用这个关系解决相关问题．
（1）如图一，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC边上有一点D，过点D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，过点C作CG⊥AB于G．利用面积证明：DE+DF＝CG．
（2）如图二，将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，点B落在B'处，点G为折痕EF上一点，过点G作GM⊥FC于M，GN⊥BC于N．若BC＝8，BE＝3，求GM+GN的长．
（3）如图三，在四边形ABCD中，E为线段BC上的一点，EA⊥AB，ED⊥CD，连接BD，且＝，BC＝，CD＝3，BD＝6，求ED+EA的长．


【答案】（1）见解析；
（2）4；
（3）．
【解答】（1）证明：连接AD，

∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，
∴＝，
∵AB＝AC，
∴DE+DF＝CG；
（2）解：∵将矩形ABCD沿着EF折叠，使点A与点C重合，
∴∠AFE＝∠EFC，AE＝CE，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
∵BC＝8，BE＝3，
∴CE＝AE＝5，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB＝4，
∴等腰△CEF中，CE边上的高为4，
由（1）知，GM+GN＝4；
（3）解：延长BA、CD交于G，作BH⊥CD于H，

∵＝，∠BAE＝∠EDC＝90°，
∴△BAE∽△CDE，
∴∠ABE＝∠C，
∴BG＝CG，
∴ED+EA＝BH，
设DH＝x，
由勾股定理得，62﹣x2＝（）2﹣（x+3）2，
解得x＝1，
∴DH＝1，
∴BH＝＝，
∴ED+EA＝．
九．解直角三角形的应用（共3小题）
17．（2023•绥化）如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN∥EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE＝30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE＝45°．
（1）求河两岸之间的距离是多少米？（结果保留根号）
（2）若从D点继续沿DE的方向走（12+12）米到达P点．求tan∠CPE的值．

【答案】（1）（20+20）米；
（2）．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥EF于点H，
在Rt△CHB中，
∵tan∠CBH＝＝，
∴HB＝CH，
在Rt△CHD中，∠CDH＝45°，
∴CH＝DH，
又∵BH﹣DH＝BD＝40，
∴CH﹣CH＝40，
解得CH＝20+20，
即河两岸之间的距离是（20+20）米；
（2）在Rt△CHP中，HP＝HD＝PD＝20+20﹣（12+12）＝8+8，
∴tan∠CPE＝
＝
＝
＝．

18．（2022•绥化）如图所示，为了测量百货大楼CD顶部广告牌ED的高度，在距离百货大楼30m的A处用仪器测得∠DAC＝30°；向百货大楼的方向走10m，到达B处时，测得∠EBC＝48°，仪器高度忽略不计，求广告牌ED的高度．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：≈1.732，sin48°≈0.743，cos48°≈0.669，tan48°≈1.111）

【答案】广告牌ED的高度约为4.9米．
【解答】解：在Rt△ADC中，∠DAC＝30°，AC＝30米，
∴CD＝AC•tan30°＝30×＝10（米），
∵AB＝10米，
∴BC＝AC﹣AB＝20（米），
在Rt△BCE中，∠EBC＝48°，
∴EC＝BC•tan48°≈20×1.111＝22.22（米），
∴DE＝EC﹣DC＝22.22﹣10≈4.9（米），
∴广告牌ED的高度约为4.9米．
19．（2021•绥化）一种可折叠的医疗器械放置在水平地面上，这种医疗器械的侧面结构如图实线所示，底座为△ABC，点B、C、D在同一条直线上，测得∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝32cm，∠BDE＝75°，其中一段支撑杆CD＝84cm，另一段支撑杆DE＝70cm．求支撑杆上的点E到水平地面的距离EF是多少？（用四舍五入法对结果取整数，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27，≈1.732）

【答案】105cm．
【解答】解：方法一：如图1，过点D作DM⊥EF于M，过点D作DN⊥BA交BA延长线于N，
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝32（cm），
∴BC＝AB•cos60°＝32×＝16（cm），
∵DC＝84（cm），
∴BD＝DC+BC＝84+16＝100（cm），
∵∠F＝90°，∠DMF＝90°，
∴DM∥FN，
∴∠MDB＝∠ABC＝60°，
在Rt△BDN中，sin∠DBN＝sin60°＝，
∴DN＝×100＝50（cm），
∵∠F＝90°，∠N＝90°，∠DMF＝90°，
∴四边形MFND是矩形，
∴DN＝MF＝50，
∵∠BDE＝75°，∠MDB＝60°，
∴∠EDM＝∠BDE﹣∠MDB＝75°﹣60°＝15°，
∵DE＝70（cm），
∴ME＝DE•sin∠EDM＝70×sin15°≈18.2（cm），
∴EF＝ME+MF＝50+18.2≈104.8≈105（cm），
答：支撑杆上的点E到水平地面的距离EF大约是105cm．
方法二：如图2，过点D作DH⊥BA交BA延长线于H，过点E作EG⊥HD延长线于G，
在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝32（cm），
∴BC＝AB•cos60°＝32×＝16（cm），
∵DC＝84（cm），
∴BD＝DC+BC＝84+16＝100（cm），
同方法一得，DH＝BD•sin60°＝50（cm），
∵在Rt△BDH中，∠DBH＝60°，
∴∠BDH＝30°，
∵∠BDE＝75°，
∴∠EDG＝180°﹣∠BDH﹣∠BDE＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴∠DEG＝90°﹣75°＝15°，
∴DG＝DE•sin15°≈18.2（cm），
∴GH＝DG+DH＝18.2+50≈104.8≈105（cm），
∵∠F＝90°，∠H＝90°，∠G＝90°，
∴EF＝GH≈105（cm），
答：支撑杆上的点E到水平地面的距离EF大约是105cm．