《2025年课时练作业与测评九年级数学上册冀教版》

23. （10分）某市科研考察队为了求出某海岛上的山峰AB的高度，如图C-25-17，在同一海平面的D处和F处分别树立标杆CD和EF，标杆的高都是5.5m，DF两处相隔80m，从标杆CD向后退11m的G处，可以看到顶峰A和标杆顶端C在一条直线上；从标杆EF向后退13m的H处，可以看到顶峰A和标杆顶端E在一条直线上.求山峰AB的高度及它和标杆CD的水平距离.
注：图中各点都在一个平面内.

答案： 解：由题意得$AB \bot BH,CD \bot BH,EF \bot BH$，
$\therefore \angle B = \angle CDG = \angle EFH = 90^{\circ}$.
$\because \angle AGB = \angle CGD$，$\therefore \triangle ABG \backsim \triangle CDG$，
$\therefore \frac{CD}{AB} = \frac{DG}{BG}$，$\therefore \frac{5.5}{AB} = \frac{11}{11 + BD}$
$\because \angle H = \angle H,\angle EFH = \angle B$，
$\therefore \triangle EFH \backsim \triangle ABH$，
$\therefore \frac{EF}{AB} = \frac{FH}{BH}$，$\therefore \frac{5.5}{AB} = \frac{13}{13 + 80 + BD}$，
解得$BD = 440m$，
$\therefore \frac{5.5}{AB} = \frac{11}{11 + 440}$，解得$AB = 225.5m$，
$\therefore$山峰$AB$的高度为$225.5m$，它和标杆$CD$的水平距离为$440m$.

24. 探究性试题（12分）某校数学活动小组在一次活动中，对一个数学问题作如下探究：
（1）【问题发现】如图C-25-18（1），在等边$\triangle ABC$中，点P是边BC上任意一点，连接AP，以AP为边作等边$\triangle APQ$，连接CQ，BP与CQ的数量关系是____.
（2）【变式探究】如图C-25-18（2），在等腰$\triangle ABC$中，$AB = BC$，点P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰$\triangle APQ$，使$AP = PQ$，$\angle APQ=\angle B$，连接CQ，判断$\angle B$和$\angle ACQ$的数量关系，并说明理由.
（3）【解决问题】如图C-25-18（3），在正方形ADBC中，点P是边BC上一点，以AP为边作正方形APEF，Q是正方形APEF的中心，连接CQ.若正方形APEF的边长为3，$CQ = 1$，求正方形ADBC的边长.

答案：
解：
(1)$BP = CQ$
(2)$\angle ABC = \angle ACQ$.理由如下：
$\because$在等腰$\triangle ABC$中，$AB = BC$，
$\therefore \angle BAC = \frac{1}{2}(180^{\circ} - \angle B)$.
$\because$在等腰$\triangle APQ$中，$AP = PQ$，
$\therefore \angle PAQ = \frac{1}{2}(180^{\circ} - \angle APQ)$.
又$\because \angle APQ = \angle B$，$\therefore \angle BAC = \angle PAQ$，
$\therefore \triangle BAC \backsim \triangle PAQ$，$\therefore \frac{AB}{AC} = \frac{PA}{AQ}$.
$\because \angle BAP + \angle PAC = \angle PAC + \angle CAQ$，
$\therefore \angle BAP = \angle CAQ$，
$\therefore \triangle BAP \backsim \triangle CAQ$，
$\therefore \angle B = \angle ACQ$.
(3)如图D-25-11，连接$AB,AQ$

$\because$四边形$ADBC$是正方形，
$\therefore \frac{AB}{AC} = \sqrt{2},\angle BAC = 45^{\circ}$.
$\because Q$是正方形$APEF$的中心，
$\therefore \frac{AP}{AQ} = \sqrt{2},\angle PAQ = 45^{\circ}$，
$\therefore \angle BAP + \angle PAC = \angle PAC + \angle CAQ$，
$\therefore \angle BAP = \angle CAQ$.
又$\because \frac{AB}{AC} = \frac{AP}{AQ} = \sqrt{2}$，
$\therefore \triangle ABP \backsim \triangle ACQ$，$\therefore \frac{AC}{AB} = \frac{CQ}{BP} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
又$\because CQ = 1$，$\therefore BP = \sqrt{2} CQ = \sqrt{2}$.
设$PC = x$，则$BC = AC = \sqrt{2} + x$，
在$Rt \triangle APC$中，$AP^{2} = AC^{2} + PC^{2}$，即$3^{2} = (\sqrt{2} + x)^{2} + x^{2}$，
解得$x = \frac{ - \sqrt{2} \pm 4}{2}$
$\because x ＞ 0$，$\therefore x = \frac{ - \sqrt{2} + 4}{2}$，
$\therefore$正方形$ADBC$的边长$= \sqrt{2} + x = \sqrt{2} + \frac{ - \sqrt{2} + 4}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} + 2$.