为30m的建筑物CD进行测量，在点C处测得塔顶B的仰角为45°，在点E处测得B的仰角为37°(B、D、E三点在一条直线上)．电视塔的高度是____________米．(参考数据：sin 37°≈0.60，cos 37°≈0.80，tan 37°≈0.75)
答案 120
DC
解析 在Rt△ECD中，tan∠DEC＝.
EC
DC30
∴EC＝≈＝40(m)．
tan∠DEC0.75
在Rt△BAC中，∠BCA＝45°，∴BA＝CA.
BAh
在Rt△BAE中，tan∠BEA＝，∴＝0.75，
EAh＋40
∴h＝120(m).
19．下面是三个同学对问题“已知二次函数y＝ax2＋bx＋c与x轴的一个交点坐标是(3,0)，你是否也知道二次函数y＝4ax2＋2bx＋c的图象与x轴的一个交点坐标？”的讨论．甲
2
说：“这个题目就是求方程4ax＋2bx＋c＝0的一个解”；乙说：“它们的系数有一定的规律，可以试试”；丙说：“能不能通过换元替换的方法来解决”．参考他们的讨论，你认为二次函数y＝4ax2＋2bx＋c的图象与x轴的一个交点坐标是__________.
3?
答案 ??2，0?
3
解析 y＝4ax2＋2bx＋c＝a·(2x)2＋b·(2x)＋c，可知2x＝3，所以x＝.
2
20．图①是面积都为S的正n边形(n≥3)，图②是由图①中的每个正多边形分别对应“扩展”而来．如：图②中的a是由图①中的正三角形的每边长三等分，以居中的一条线段向外作正三角形，并把居中线段去掉而得到；图②中的b是图①中的正四边形的每边长三等分，以居中的一条线段向外作正四边形，并把居中线段去掉而得到；?；以此类推，当图①中的正多边形是正十边形时，图②中所有“扩展”后的图形面积和为248，则S的值是________．
答案 18
解析 设图①中第一个图形的小三角形面积为a，则S＝9a，图②中图形的面积依次为12a,13a，?，19a(正十边形)；∴12a＋13a＋14a＋?＋19a＝248，∴a＝2，∴S＝9a＝18.
三、解答题(21～23题各6分，24题10分，25题12分，满分40分) 21．(2011·芜湖)如图，某校数学兴趣小组的同学欲测量一座垂直于地面的古塔BD的高度，他们先在A处测得古塔顶端点D的仰角为45°，再沿着BA的方向后退20m至C处，测得古塔顶端点D的仰角为30°.求该古塔BD的高度(3≈1.732，结果保留一位小数)．
解 根据题意可知：∠BAD＝45°，∠BCD＝30°， AC＝20m.
在Rt△ABD中，由∠BAD＝∠BDA＝45°，得AB＝BD.
BD
在Rt△BDC中，由tan∠BCD＝，得BC＝3BD.
BC
又∵BC－AB＝AC，∴3BD－BD＝20，
20
∴BD＝≈27.3(m)
3－1
答：古塔BD的高度约是27.3m. 22．请阅读下列材料：
问题：如图①，一圆柱的底面半径为5dm，BC是底面直径，高AB为5dm，求一只蚂蚁从A点出发沿圆柱表面爬行到点C的最短路线．小明设计了两条路线．
路线1：侧面展开图中的线段AC.如下图②所示．
设路线1的长度为l1 ，则
路线2：高线AB＋底面直径BC.如上图①所示．
设路线2的长度为l2 ，则l22＝(AB＋BC)2＝(5＋10)2＝225， ∵l12－l22＝25＋25π2－225＝25π2－200＝25(π2－8)>0， ∴l12>l22，∴l1>l2， ∴应选择路线2较短．
(1)小明对上述结论有些疑惑，于是他把条件改成：“圆柱的底面半径为1dm，高AB为5dm.”继续按前面的路线进行计算．请你帮小明完成下面的计算：
路线1：l12＝AC2＝____________； 路线2：l22＝(AB＋AC)2＝________.
∵ l12________l22，∴ l1________l2.(填“>”或“<”) ∴应选择路线________(填1或2)较短．
(2)请你帮小明继续研究：在一般情况下，当圆柱的底面半径为r，高为h时，应如何选择上面的两条路线才能使蚂蚁从点A出发沿圆柱表面爬行到C点的路线最短？
解 (1)l12＝AC2＝AB2＋AC2＝52＋π2，
l22＝(AB＋AC)2＝(5＋2)2＝49，[来源:学科网ZXXK] ∵l12 (2)l12＝AC2＝AB2＋AC2＝h2＋(πr)2. ∵l12－l22＝[h2＋(πr)2]－(h＋2r)2 ＝r(π2r－4r－4h)＝r[(π2－4)r－4h]， 4h 当r＝2时，l12＝l22； π－44h 当r>2时，l12>l22； π－44h 当r<2时，l12 π－423．(2011·扬州)在△ABC中，∠BAC＝90°，AB l12＝AC2＝AB2＋BC2＝52＋(5π)2＝25＋25π2. AC于点N.动点P从点B出发沿射线BA以每秒3 cm的速度运动．同时，动点Q从点N出发沿射线NC运动，且始终保持MQ⊥MP.设运动时间为t秒(t>0)．[来源:学_科_网Z_X_X_K] (1)△PBM与△QNM相似吗？以图1为例说明理由； (2)若∠ABC＝60°，AB＝4 3厘米． ①求动点Q的运动速度； ②设△APQ的面积为Scm2，求S与t的函数关系式； (3)探求BP2、PQ2、CQ2三者之间的数量关系，以图1为例说明理由． 解 (1)△PBM∽△QNM. 理由如下： 如图1，∵MQ⊥MP，MN⊥BC， ∴∠PMB＋∠PMN＝90°， ∠QMN＋∠PMN＝90°， ∴∠PMB＝QMN. ∵∠PBM＋∠C＝90°，∠QNM＋∠C＝90°， ∴∠PBM＝∠QNM. ∴△PBM∽△QNM. (2)∵∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，∴BC＝2AB＝8 3cm. 又∵MN垂直平分BC，∴BM＝CM＝4 3cm. 3∵∠C＝30°，∴MN＝CM＝4 cm. 3 ①设Q点的运动速度为v cm/s. 如图1，当0 vtNQMN4 ∴＝，即＝，∴v＝1. BPMB3t4 3如图2，易知当t≥4时，v＝1. 综上所述，Q点运动速度为1 cm/s. ②∵AN＝AC－NC＝12－8＝4 cm， ∴如图1，当0 11∴S＝AP·AQ＝(4 3－3t)(4＋t) 223 ＝－t2＋8 3. 2 如图2，当t≥4时，AP＝3t－4 3，AQ＝4＋t， 11∴S＝AP·AQ＝( 3t－4 3)(4＋t) 223 ＝t2－8 3. 2 ?－23t＋8 3?0 综上所述，S＝? 3 ?2t－8 3?t≥4?. 22 (3)PQ＝BP＋CQ.理由如下： 如图1，延长QM至D，MD＝MQ，连接PD、BD. ∵BC、DQ互相平分，∴四边形BDCQ是平行四边形， ∴BD綊CQ. ∵∠BAC＝90°，∴∠PBD＝90°， 22222 ∴PD＝BP＋BD＝BP＋CQ. ∵PM垂直平分DQ，∴PQ＝PD.∴PQ2＝BP2＋CQ2. 1 24．(2011·安顺)抛物线y＝x2＋bx－2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且A(－ 2 1,0)． (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标； (2)判断△ABC的形状，证明你的结论； (3)点M(m,0)是x轴上的一个动点，当CM＋DM的值最小时，求m的值． 222 1 解 (1)∵点A(－1,0)在抛物线y＝x2＋bx－2上，[来源:Z*xx*k.Com] 2 13∴×(－1)2＋b×(－1)－2＝0，解得b＝－. 22 13 ∴抛物线的解析式为y＝x2－x－2. 22 131 配方，得y＝x2－x－2＝(x2－3x－4) 2223125x－?2－， ＝?2?2?8 325，－?. ∴顶点D的坐标为?8??2 (2)当x＝0，时y＝－2， ∴C(0，－2)，OC＝2. 13 当y＝0时，x2－x－2＝0， 22 ∴x1＝－1，x2＝4， ∴A(－1,0)，B(4,0)， ∴OA＝1，OB＝4，AB＝5. ∵AB2＝25，AC2＝OA2＋OC2＝5， BC2＝OC2＋OB2＝20， ∴AC2＋BC2＝AB2.[来源:Zxxk.Com] ∴△ABC是直角三角形． (3)作出点C关于x轴的对称点C′，则C′(0,2)，OC′＝2，连接C′D交x轴于点M，根据轴对称性质及两点之间线段最短可知，此时MC＋MD的值最小． 解法一：设抛物的对称轴交x轴于点E. ∵ED∥y轴，∴∠OC′M＝∠EDM，∠C′OM＝DEM， ∴△C′OM∽△DEM. OMOC′∴＝. EMEDm224∴＝，∴m＝. 32541－m28 解法二：设直线C′D的解析式为y＝kx＋n， n＝2，??41则?3解得n＝2，k＝－. 2512??2k＋n＝－8， 41 ∴y＝－x＋2. 12 4124 ∴当y＝0时，－x＋2＝0，x＝， 1241 24∴m＝. 4125．(2011·宁波)如图，平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为(－2,2)，点B的坐标为(6,6)，抛物线经过A、O、B三点，连接OA、OB、AB，线段AB交y轴于点E. (1)求点E的坐标； (2)求抛物线的函数解析式； (3)点F为线段OB上的一个动点(不与点O、B重合)，直线EF与抛物线交于M、N两点(点N在y轴右侧)，连接ON、BN，当点F在线段OB上运动时，求△BON 面积的最大值，并求出此时点N的坐标； (4)连接AN，当△BON面积最大时，在坐标平面内求使得△BOP与△OAN相似(点B、O、P分别与点O、A、N对应)的点P的坐标． 解 (1)设直线AB的解析式为y＝mx＋n.