资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．方程是关于的一元二次方程，则的值不能是（ ）
A．0 B． C． D．
2．下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．不透明袋子中有个红球和个白球，这些球除颜色外无其他差别，从袋中随机取出个球，是红球的概率是( )
A． B． C． D．
4．抛物线y=x2的图象向左平移2个单位，再向下平移1个单位，则所得抛物线的解析式为（ ）
A． B． C． D．
5．已知点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点在第一象限，则a的取值范围是（ ）
A．a＜﹣或a＞1 B．a＜﹣ C．﹣＜a＜1 D．a＞1
6．如图，是正方形的外接圆，点是上的一点，则的度数是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图直线y＝mx与双曲线y=交于点A、B，过A作AM⊥x轴于M点，连接BM，若S△AMB＝2，则k的值是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
8．将以点为位似中心放大为原来的2倍，得到，则等于（ ）
A． B． C． D．
9．如图，在矩形中，，的平分线交边于点，于点，连接并延长交边于点，连接交于点，给出下列命题：
（1）（2）（3）（4）
其中正确命题的个数是（ ）
A． B． C． D．
10．图2是图1中长方体的三视图，若用表示面积，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．对于实数，定义运算“◎”如下：◎．若◎，则_____．
12．当_____时，在实数范围内有意义．
13．如图，一副含和角的三角板和拼合在一个平面上，边与重合，.当点从点出发沿方向滑动时，点同时从点出发沿射线方向滑动.当点从点滑动到点时，点运动的路径长为______.
14．如图，在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，则△AEF与△ABC的面积之比为 ．
15．如图1是一种广场三联漫步机，其侧面示意图，如图2所示，其中，.
①点到地面的高度是__________．
②点到地面的高度是____________.
16．用如图所示的两个转盘（分别进行四等分和三等分），设计一个“配紫色”的游戏（红色与蓝色可配成紫色），则能配成紫色的概率为__________．
17．如图，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果圆”．已知点A、B、C、D分别是“果圆”与坐标轴的交点，抛物线的解析式为y=（x﹣1）2﹣4，AB为半圆的直径，则这个“果圆”被y轴截得的弦CD的长为_____．
18．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，且BA=9，AC=12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为_______.
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，已知的三个顶点的坐标分别为、、，P（a，b）是△ABC的边AC上一点：
（1）将绕原点逆时针旋转90°得到,请在网格中画出，旋转过程中点A所走的路径长为 .
（2）将△ABC沿一定的方向平移后，点P的对应点为P2（a+6，b+2），请在网格画出上述平移后的△A2B2C2，并写出点A2、的坐标:A2（ ）.
（3）若以点O为位似中心，作△A3B3C3与△ABC成2:1的位似，则与点P对应的点P3位似坐标为 （直接写出结果).
20．（6分）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是线段AB上一点（0＜AD＜AB）．过点B作BE⊥CD，垂足为E．将线段CE绕点C逆时针旋转90°，得到线段CF，连接AF，EF．设∠BCE的度数为α．
（1）①依题意补全图形．
②若α＝60°，则∠CAF＝_____°；＝_____；
（2）用含α的式子表示EF与AB之间的数量关系，并证明．
21．（6分）已知：AB是⊙O的直径，BD是⊙O的弦，延长BD到点C，使AB=AC，连结AC，过点D作DE⊥AC，垂足为E．
(1)求证：DC=BD
(2)求证：DE为⊙O的切线
22．（8分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线与y轴交于点A．
（1）直接写出点A的坐标；
（2）点A、B关于对称轴对称，求点B的坐标；
（3）已知点，．若抛物线与线段PQ恰有两个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
23．（8分）（1）已知：如图1，为等边三角形，点为边上的一动点（点不与、重合），以为边作等边，连接.求证：①，②；
（2）如图2，在中，，，点为上的一动点（点不与、重合），以为边作等腰，（顶点、、按逆时针方向排列），连接，类比题（1），请你猜想：①的度数；②线段、、之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，若点在的延长线上运动，以为边作等腰，（顶点、、按逆时针方向排列），连接.
①则题（2）的结论还成立吗？请直接写出，不需论证；
②连结，若，，直接写出的长.
24．（8分）如图，为了测量山脚到塔顶的高度（即的长），某同学在山脚处用测角仪测得塔顶的仰角为，再沿坡度为的小山坡前进400米到达点，在处测得塔顶的仰角为.
（1）求坡面的铅垂高度（即的长）；
（2）求的长.（结果保留根号，测角仪的高度忽略不计）.
25．（10分）如图，△ABC的顶点坐标分别为A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)，以原点为位似中心，在原点的另一侧画出△A1B1C1 ，使=，并写出△A1B1C1 各顶点的坐标.
26．（10分）如图，在中，是上的高．．
求证：．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【详解】解：是关于的一元二次方程，则
解得m≠
故选C．
【点睛】
本题考查一元二次方程的概念，注意二次项系数不能为零．
2、D
【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．
【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
C、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项错误；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
3、D
【分析】利用概率公式直接求解即可.
【详解】解：袋子装有个球，其中个红球，个白球,
从中任意摸出一个球，则摸出的球是红球的概率是:
故选:．
【点睛】
本题考查的是利用概率的定义求事件的概率.
4、A
【分析】抛物线平移不改变a的值．
【详解】原抛物线的顶点为（0，0），向左平移2个单位，再向下平移1个单位，那么新抛物线的顶点为（﹣2，﹣1），
可设新抛物线的解析式为：y=（x﹣h）2+k，代入得：y=（x+2）2﹣1=x2+4x+1．
故选A．
5、B
【分析】直接利用关于原点对称点的纵横坐标均互为相反数分析得出答案．
【详解】点P（2a+1，a﹣1）关于原点对称的点（﹣2a﹣1，﹣a+1）在第一象限，
则，
解得：a＜﹣．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了关于原点对称点的性质以及不等式组的解法，正确解不等式是解题关键．
6、C
【分析】首先连接OB，OA，由⊙O是正方形ABCD的外接圆，即可求得∠AOB的度数，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半，即可求得的度数．
【详解】解: 连接OB，OA，
∵⊙O是正方形ABCD的外接圆，
∴∠BOA=90°，
∴=∠BOA=45°．
故选：C．
【点睛】
此题考查了圆周角定理与圆的内接多边形、正方形的性质等知识．此题难度不大，注意准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用．
7、B
【解析】此题可根据反比例函数图象的对称性得到A、B两点关于原点对称，再由S△ABM=1S△AOM并结合反比例函数系数k的几何意义得到k的值．
【详解】根据双曲线的对称性可得：OA=OB,则S△ABM＝1S△AOM＝1，S△AOM＝|k|＝1，
则k＝±1．又由于反比例函数图象位于一三象限，k＞0，所以k＝1．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了反比例函数y＝中k的几何意义，即过双曲线上任意一点引x轴、y轴垂线，所得矩形面积为|k|，是经常考查的一个知识点．
8、C
【分析】根据位似图形都是相似图形，再直接利用相似图形的性质：面积比等于相似比的平方计算可得．
【详解】）∵将△OAB放大到原来的2倍后得到△OA′B′，
∴S△OAB：S△OA′B′=1：4.
故选：C.
【点睛】
本题考查位似图形的性质，解题关键是首先掌握位似图形都是相似图形 ．
9、D
【分析】根据矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质逐一对各命题进行分析即可得出答案.
【详解】（1）在矩形ABCD中，
∵DE平分
∴
∵
∴是等腰直角三角形
∴
∴
∵是等腰直角三角形
∴
∴
∴
∴
∴，故（1）正确；
（2），
∴，故（2）正确；
（3）∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴ ，故（3）正确；
（4）∵
在和中,
∴
∴
在和中,
∴
∴
∴ ,故（4）正确
故选D
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质等，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
10、A
【分析】由主视图和左视图的宽为x，结合两者的面积得出俯视图的长和宽，从而得出答案．
【详解】∵S主=x1+1x=x（x+1），S左=x1+x=x（x+1），∴俯视图的长为x+1，宽为x+1，则俯视图的面积S俯=（x+1）（x+1）=x1+3x+1．
故选A．
【点睛】
本题考查了由三视图判断几何体，解题的关键是根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，以及几何体的长、宽、高．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、-3或4
【分析】利用新定义得到，整理得到，然后利用因式分解法解方程．
【详解】根据题意得，，
，
，
或，
所以．
故答案为或．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
12、x≥1且x≠1
【分析】二次根式及分式有意义的条件：被开方数为非负数，分母不为1，据此解答即可．
【详解】∵有意义，
∴x≥1且﹣1≠1，
∴x≥1且x≠1时，在实数范围内有意义，
故答案为：x≥1且x≠1
【点睛】
本题考查二次根式和分式有意义的条件，要使二次根式有意义，被开方数为非负数；要使分式有意义分母不为1．
13、
【分析】过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M，由直角三角形的性质可得BC=4cm，AB=8cm，ED=DF=6cm，由“AAS”可证△D'NE'≌△D'MF'，可得D'N=D'M，即点D'在射线CD上移动，且当E'D'⊥AC时，DD'值最大，则可求点D运动的路径长，
【详解】解：∵AC=12cm，∠A=30°，∠DEF=45°
∴BC=4cm，AB=8cm，ED=DF=6cm
如图，当点E沿AC方向下滑时，得△E'D'F'，过点D'作D'N⊥AC于点N，作D'M⊥BC于点M
∴∠MD'N=90°，且∠E'D'F'=90°
∴∠E'D'N=∠F'D'M，且∠D'NE'=∠D'MF'=90°，E'D'=D'F'
∴△D'NE'≌△D'MF'（AAS）
∴D'N=D'M，且D'N⊥AC，D'M⊥CM
∴CD'平分∠ACM
即点E沿AC方向下滑时，点D'在射线CD上移动，
∴当E'D'⊥AC时，DD'值最大，最大值=ED-CD=（12-6）cm
∴当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长=2×（12-6）=（24-12）cm
【点睛】
本题考查了轨迹，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，角平分线的性质，确定点D的运动轨迹是本题的关键．
14、3:3．
【解析】试题解析：∵E、F分别为AB、AC的中点，
∴EF=BC，DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴．
考点：3．相似三角形的判定与性质；3．三角形中位线定理．．
15、
【分析】①过点A作,垂足为F，得出，BF=40,利用勾股定理可得出AF的长，即A到地面的高度
②过点D作，垂足为H，可得出,，可求出AH的长度，从而得出D到底面的高度为AH+AF.
【详解】解：过点A作,垂足为F，过点D作，垂足为H，如下图：
①∵，∴，BF=40cm
∴
∴A到地面的高度为：.
②∵
∴,
∴,
∴
∴AH=10,
∴D到底面的高度为AH+AF=(10+)cm.
【点睛】
本题考查的知识点是等腰三角形的性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是弄清题意，结合题目作出辅助线，再利用相似三角形性质求解.
16、
【分析】根据已知列出图表，求出所有结果，即可得出概率．
【详解】列表得：
红
黄
绿
蓝
红
（红，红）
（红，黄）
（红，绿）
（红，蓝）
蓝
（蓝，红）
（蓝，黄）
（蓝，绿）
（蓝，蓝）
蓝
（蓝，红）
（蓝，黄）
（蓝，绿）
（蓝，蓝）
所有等可能的情况数有12种，其中配成紫色的情况数有3种，
∴P配成紫色=
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了列表法求概率，根据已知列举出所有可能，进而得出配紫成功概率是解题关键．
17、1+
【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B、D的坐标，进而可得出OD、OA、OB，根据圆的性质可得出OM的长度，在Rt△COM中，利用勾股定理可求出CO的长度，再根据CD=CO+OD即可求出结论．
【详解】当x=0时，y=（x﹣1）2﹣4=﹣1，
∴点D的坐标为（0，﹣1），
∴OD=1；
当y=0时，有（x﹣1）2﹣4=0，
解得：x1=﹣1，x2=1，
∴点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（0，1），
∴AB=4，OA=1，OB=1．
连接CM，则CM=AB=2，OM=1，如图所示．
在Rt△COM中，CO==，
∴CD=CO+OD=1+．
故答案为1+．
【点睛】
先根据二次函数与一元二次方程的关系，勾股定理，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解答本题的关键.
18、
【分析】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DEAF是矩形，可得EF=AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：∵∠BAC=90°，且BA=9，AC=12，
∴在Rt△ABC中，利用勾股定理得：BC===15，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，∠BAC=90°
∴∠DEA=∠DFA=∠BAC=90°，
∴四边形DEAF是矩形，
∴EF=AD，GF=EF
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，△ABC的面积=AB×AC=BC×AD，
∴AD===，
∴EF=AD=,因此EF的最小值为；
又∵GF=EF
∴GF=×=
故线段GF的最小值为：．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
三、解答题(共66分)
19、（1）画图见解析，π ；（2）画图见解析，（4,4）；（3）P3 （2a，2b）或P3 （-2a，-2b）
【解析】（1）分别得出△ABC绕点O逆时针旋转90º后的对应点得到的位置，进而得到旋转后的得到，而点A所走的路径长为以O为圆心，以OA长为半径且圆心角为90°的扇形弧长；
（2）由点P的对应点为P2（a+6，b+2）可知△ABC向右平移6个单位长度，再向上平移2个单位长度，即可得到的△A2B2C2；
（3）以位似比2：1作图即可，注意有两个图形，与点P对应的点P3的坐标是由P的横、纵坐标都乘以2或－2得到的.
【详解】解：（1）如图所示，
∵
∴点A所走的路径长为：
故答案为π
（2）∵由点P的对应点为P2（a+6，b+2）
∴△A2B2C2是△ABC向右平移6个单位长度，再向上平移2个单位长度可得到的，
∴点A对应点A2坐标为（4,4）
△A2B2C2如图所示，
（3）∵P（a，b）且以点O为位似中心，△A3B3C3与△ABC的位似比为2:1
∴P3 （2a，2b）或P3 （-2a，-2b）
△A3B3C3如图所示，
20、（1）①补图见解析；②30，；（2）EF＝ABcosα；证明见解析．
【分析】（1）①利用旋转直接画出图形，
②先求出∠CBE＝30°，再判断出△ACF≌△BCE，得出∠CAF＝30°，再利用等腰直角三角形的性质计算即可得出结论；
（2）先判断出△ACF≌△BCE，得出∠CAF＝α，再同（1）②的方法即可得出结论．
【详解】（1）①将线段CE绕点C逆时针旋转90°，得到线段CF，连接AF，EF，如图1；
②∵BE⊥CD，∠CEB＝90°，
∵α＝60°，
∴∠CBE＝30°，
在Rt△ABC中，AC＝BC，
∴AC＝AB，
∵∠FCA＝90°﹣∠ACE，∠ECB＝90°﹣∠ACE，
∴∠FCA＝∠ECB＝α．
在△ACF和△BCE中，
AC＝BC，∠FCA＝∠ECB，FC＝EC，
∴△ACF≌△BCE（SAS），
∴∠AFC＝∠BEC＝90°，∠CAF＝∠CBE＝30°，
∴CF＝AC，
由旋转知，CF＝CE，∠ECF＝90°，
∴EF＝CF＝AC＝×AB＝AB，
∴＝，
故答案为30，；
（2）EF＝ABcosα．
证明：∵∠FCA＝90°﹣∠ACE，∠ECB＝90°﹣∠ACE，
∴∠FCA＝∠ECB＝α．
同（1）②的方法知，△ACF≌△BCE，
∴∠AFC＝∠BEC＝90°，
∴在Rt△AFC中，cos∠FCA＝．
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°．
∵∠ECF＝90°，CE＝CF，
∴∠CFE＝∠CEF＝45°．
在△FCE和△ACB中，
∠FCE＝∠ACB＝90°，
∠CFE＝∠CAB＝45°，
∴△FCE∽△ACB，
∴＝cos∠FCA＝cosα，
即EF＝ABcosα．
【点睛】
此题是相似形综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，判断出△ACF≌△BCE是解本题的关键．
21、（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）连接AD，根据中垂线定理不难求得AB=AC；
（2）要证DE为⊙O的切线，只要证明∠ODE=90°即可．
【详解】（1）连接AD，∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB=90°，又∵AB=AC，∴DC=BD；
（2）连接半径OD，∵OA=OB，CD=BD，∴OD∥AC，∴∠ODE=∠CED，又∵DE⊥AC，∴∠CED=90°，∴∠ODE=90°，即OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线．
考点：切线的判定．
22、 (1)(0,-3);(2)B(2,-3);(3) 或
【分析】（1）题干要求直接写出点A的坐标，将x=0代入即可求出；
（2）由题意知点A、B关于对称轴对称，求出对称轴从而即可求点B的坐标；
（3）结合函数图象，抛物线与线段PQ恰有两个公共点，分别对有两个公共点的情况进行讨论求解.
【详解】解：（1）由题意抛物线与y轴交于点A ，将x=0代入求出坐标为；
（2）∵；
∴．
（3）当抛物线过点P（4,0）时，，
∴．
此时，抛物线与线段PQ有两个公共点．
当抛物线过点 时，a=1，
此时，抛物线与线段PQ有两个公共点．
∵抛物线与线段PQ恰有两个公共点，
∴．
当抛物线开口向下时，．
综上所述，当或时，抛物线与线段PQ恰有两个公共点．
【点睛】
本题考查二次函数图像相关性质，熟练掌握二次函数图像相关性质是解题的关键.
23、（1）①见解析；②∠DCE＝110°；（1）∠DCE＝90°, BD1+CD1＝DE1．证明见解析；（3）①（1）中的结论还成立，②AE＝.
【分析】（1）①根据等边三角形的性质就可以得出∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE，进而就可以得出△ABD≌△ACE，即可得出结论；②由△ABD≌△ACE，以及等边三角形的性质，就可以得出∠DCE＝110°；
（1）先判定△ABD≌△ACE（SAS），得出∠B=∠ACE=45°，BD=CE，在Rt△DCE中，根据勾股定理得出CE1+CD1=DE1，即可得到BD1+CD1=DE1；
（3）①运用（1）中的方法得出BD1+CD1=DE1；②根据Rt△BCE中，BE=10，BC=6，求得进而得出CD=8-6=1，在Rt△DCE中，求得最后根据△ADE是等腰直角三角形，即可得出AE的长．
【详解】（1）①如图1，∵△ABC和△ADE是等边三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠ ACB＝∠B＝ 60°，
∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠EAC．
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE；
②∵△ABD≌△ACE ,
∠ACE＝∠B＝60°,
∴∠DCE＝∠ACE +∠ACB＝60°+60°＝110°；
（1）∠DCE＝90°, BD1+CD1＝DE1．
证明：如图1，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝45°，BD＝CE，
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB＝90°，
∴∠BCE＝90°，
∴Rt△DCE中，CE1+CD1＝DE1，
∴BD1+CD1＝DE1；
（3）①（1）中的结论还成立．
理由：如图3，∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，
即∠BAD=∠CAE，
在△ABD与△ACE中，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABC=∠ACE=45°，BD=CE，
∴∠ABC+∠ACB=∠ACE+∠ACB=90°，
∴∠BCE=90°=∠ECD，
∴Rt△DCE中，CE1+CD1=DE1，
∴BD1+CD1=DE1；
②∵Rt△BCE中，BE=10，BC=6，
∴BD=CE=8，
∴CD=8-6=1，
∴Rt△DCE中，
∵△ADE是等腰直角三角形，
【点睛】
本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是掌握全等三角形的对应边相等，对应角相等．解题时注意：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
24、（1）200；（2）.
【分析】(1) 根据AB的坡度得，再根据∠BAH的正弦和斜边长度即可解答；（2）过点作于点，得到矩形，再设米，再由∠DBE=60°的正切值，用含x的代数式表示DE的长，而矩形中，CE=BH=200米，可得DC的长，米，最后根据△ADC是等腰三角形即可解答.
【详解】解：（1）在中，，∴
∴米
（2）过点作于点，如图：
∴四边形是矩形，∴米
设米
∴在中，米
∴米
在中
∴米
在中，，∴
即
解得
∴米
（本题也可通过证明矩形是正方形求解.）
【点睛】
本题考查解直角三角形，解题关键是构造直角三角形，利用三角函数表示出相关线段的长度．
25、画图见解析；点A1(-2，-6)，B1(-8，-4)，C1(-4，-2).
【分析】根据题意利用画位似图形的作图技巧以原点为位似中心，以为位似比作图并结合图像写出△A1B1C1 各顶点的坐标.
【详解】解：利用画位似图形的作图技巧以原点为位似中心，以为位似比作图:
因为=，△A1B1C1 各顶点的坐标为原坐标A(1，3)、B(4，2)、C(2，1)，横纵坐标互为相反数的2倍，即A1(-2，-6)，B1(-8，-4)，C1(-4，-2).
【点睛】
本题考查位似图形的作图，熟练掌握并利用画位似图形的作图技巧以及位似比进行作图分析是解题的关键.
26、证明见解析．
【分析】根据三角形的定义表示出及，根据即可证明.
【详解】是上的高，，
，
在和中，
，，
且，
，
．
【点睛】
此题主要考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟知三角函数的定义.
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