备战中考数学 直角三角形的边角关系 培优 易错 难题练习(含答案)附详细答案
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优 易错 难题)含答案
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优易错难题)含答案一、直角三角形的边角关系1．（6分）某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东75°方向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长（结果保留根号）．【答案】．【解析】试题分析：作AD⊥BC于D，于是有∠ABD=45°，得到AD=BD=，求出∠C=60°，根据正切的定义求出CD的长，得到答案．试题解析：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，∴∠C=60°，在Rt△ACD中，∠C=60°，AD=，则tanC=，∴CD==，∴BC=．故该船与B港口之间的距离CB的长为海里．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．2．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．（1）求证：直线CP是⊙O的切线．（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离．（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20【解析】试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∵AC为⊙O的直径，∴∠ANC=90°，∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，∵∠CAB=2∠BCP，∴∠BCP=∠CAN，∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，∵点D在⊙O上，∴直线CP是⊙O的切线；（2）如图，作BF⊥AC∵AB=AC，∠ANC=90°，∴CN=CB=，∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=，∴sin∠CAN=，∴∴AC=5，∴AB=AC=5，设AF=x，则CF=5﹣x，在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2，在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2，∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2，∴x=3，∴BF2=25﹣32=16，∴BF=4，即点B到AC的距离为4．考点：切线的判定3．如图（1），在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．Rt△CDE中，∠CDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt△CDE沿y轴正方向平行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：（1）如图（2），当Rt△CDE运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求∠BME 的度数．（2）如图（3），在Rt△CDE的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．（3）在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的重叠部分的面积为S，请写出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．【答案】（1）∠BME=15°；（2BC=4；（3）h≤2时，S=﹣h2+4h+8，当h≥2时，S=18﹣3h．【解析】试题分析：（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，要求∠BME的度数，需先求出∠CMA的度数．根据三角形外角的定理进行解答即可；（2）如图3，由已知可知∠OBC=∠DEC=30°，又OB=6，通过解直角△BOC就可求出BC的长度；（3）需要分类讨论：①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，S=S△EDC﹣S△EFM；②当h≥2时，如图3，S=S△OBC．试题解析：解：（1）如图2，∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．∴OA=OB，∴∠OAB=45°，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OCE=60°，∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°，∴∠BME=∠CMA=15°；如图3，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OBC=∠DEC=30°，∵OB=6，∴BC=4；（3）①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，∵CD=4，DE=4，AC=h，AN=NM，∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM，∵△CMN∽△CED，∴，∴，解得FM=4﹣，∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4﹣（44﹣h）×（4﹣）=﹣h2+4h+8，②如图3，当h≥2时，S=S△OBC=OC×OB=（6﹣h）×6=18﹣3h．考点：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形4．在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P 作PF∥BC，交对角线BD于点F．（1）如图1，将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E．求证：△DEF是等腰三角形；（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C，F'B．设旋转角为α（0°＜α＜180°）．①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，求证：△DP'C∽△DF'B．②如图3，若点P是CD的中点，△DF'B能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan∠DBF'的值，如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②123【解析】【分析】（1）根据翻折的性质以及平行线的性质可知∠DFQ=∠ADF，所以△DEF是等腰三角形；（2）①由于PF∥BC，所以△DPF∽△DCB，从而易证△DP′F′∽△DCB；②由于△DF'B是直角三角形，但不知道哪个的角是直角，故需要对该三角形的内角进行分类讨论．【详解】（1）由翻折可知：∠DFP=∠DFQ，∵PF∥BC，∴∠DFP=∠ADF ， ∴∠DFQ=∠ADF ， ∴△DEF 是等腰三角形；（2）①若0°＜α＜∠BDC ，即DF'在∠BDC 的内部时， ∵∠P′DF′=∠PDF ，∴∠P′DF′﹣∠F′DC=∠PDF ﹣∠F′DC ， ∴∠P′DC=∠F′DB ，由旋转的性质可知：△DP′F′≌△DPF ， ∵PF ∥BC ， ∴△DPF ∽△DCB ， ∴△DP′F′∽△DCB ∴''DC DP DB DF = ， ∴△DP'C ∽△DF'B ；②当∠F′DB=90°时，如图所示， ∵DF′=DF=12BD ， ∴'12DF BD =， ∴tan ∠DBF′='12DF BD =；当∠DBF′=90°，此时DF′是斜边，即DF′＞DB ，不符合题意； 当∠DF′B=90°时，如图所示，∵DF′=DF=12BD ， ∴∠DBF′=30°，∴tan ∠3【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，涉及旋转的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的性质以及判定等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关的性质与定理、运用分类思想进行讨论是解题的关键.5．下图是某儿童乐园为小朋友设计的滑梯平面图.已知BC=4 m,AB=6 m,中间平台宽度DE=1 m,EN,DM,CB为三根垂直于AB的支柱,垂足分别为N,M,B,∠EAB=31°,DF⊥BC于点F,∠CDF=45°,求DM和BC的水平距离BM的长度.(结果精确到0.1 m.参考数据:sin31°≈0.52,cos 31°≈0.86,tan 31°≈0.60)【答案】2.5m.【解析】试题分析：设DF=x，在Rt△DFC中，可得CF=DF=x，则BF=4-x，根据线段的和差可得AN=5-x，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，利用∠EAB的正切值解得x的值．试题解析：解：设DF=，在Rt△DFC中，∠CDF=，∴CF=tan·DF=，又∵CB=4，∴BF=4－，∵AB=6，DE=1，BM= DF=，∴AN=5－，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，EN=4－，AN=5－，tan==0．60，解得=2．5，答：DM和BC的水平距离BM为2．5米．考点：解直角三角形．6．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O 于另一点D，垂足为E.设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G.(1)求证：△PAC∽△PDF；(2)若AB＝5，，求PD的长；(3)在点P运动过程中，设＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．(不要求写出x的取值范围)【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPD，又由∠PAC＝∠PDC，即可证明结论.（2）由AC=2BC，设，应用勾股定理即可求得BC，AC的长，则由AC=2BC得，由△ACE∽△ABC可求得AE，CE的长，由可知△APB是等腰直角三角形，从而可求得PA的长，由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF的长，由（1）△PAC∽△PDF得，即可求得PD的长.（3）连接BP，BD，AD，根据圆的对称性，可得，由角的转换可得，由△AGP∽△DGB可得，由△AGD∽△PGB可得，两式相乘可得结果.试题解析：（1）由APCB内接于圆O，得∠FPC＝∠B，又∵∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，∴∠APD＝∠FPC.∴∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD.又∵∠PAC＝∠PDC，∴△PAC∽△PDF.（2）连接BP，设，∵∠ACB=90°，AB=5，∴.∴.∵△ACE∽△ABC，∴，即. ∴.∵AB⊥CD，∴.如图，连接BP，∵，∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB＝45°，.∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.由（1）△PAC∽△PDF得，即.∴PD的长为.（3）如图，连接BP，BD，AD，∵AC=2BC，∴根据圆的对称性，得AD=2DB，即.∵AB⊥CD，BP⊥AE，∴∠ABP＝∠AFD.∵，∴.∵△AGP∽△DGB，∴.∵△AGD∽△PGB，∴.∴，即.∵，∴.∴与之间的函数关系式为.考点：1.单动点问题；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.垂径定理；7.锐角三角函数定义；8.由实际问题列函数关系式.7．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D 时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB 上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，∴x=3．当≤t≤4时，S MNGN=1cm2．当4＜t≤6时，S MNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cm∴NC=6cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm∴t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.8．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C，用测角器测得主教学楼顶端A的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E处（C，E，B三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A的仰角为60°，已知测角器CD的高度为1.6米，请计算主教学楼AB的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）【答案】22.4m【解析】【分析】首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解．【详解】解：在Rt△AFG中，tan∠AFG3，∴FG =tan 3AG AFG =∠，在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AGCG， ∴CG =tan AGACG ∠=3AG ．又∵CG ﹣FG =24m ，即3AG ﹣3=24m ， ∴AG =123m ， ∴AB =123+1.6≈22.4m ．9．如图，在△ABC 中，∠A=90°，∠ABC=30°，AC=3，动点D 从点A 出发，在AB 边上以每秒1个单位的速度向点B 运动，连结CD ，作点A 关于直线CD 的对称点E ，设点D 运动时间为t （s ）．（1）若△BDE 是以BE 为底的等腰三角形，求t 的值； （2）若△BDE 为直角三角形，求t 的值； （3）当S △BCE ≤92时，所有满足条件的t 的取值范围 （所有数据请保留准确值，参考数据：tan15°=23 【答案】（133；（23秒或3秒；（3）6﹣3 【解析】 【分析】（1）如图1，先由勾股定理求得AB 的长，根据点A 、E 关于直线CD 的对称，得CD 垂直平分AE ，根据线段垂直平分线的性质得：AD=DE ，所以AD=DE=BD ，由3，可得t 的值；（2）分两种情况：①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，根据t的值；②当∠EDB=90°时，如图3，根据△AGC≌△EGD，得AC=DE，由AC∥ED，得四边形CAED 是平行四边形，所以AD=CE=3，即t=3；（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，①当△BCE在BC的下方时，②当△BCE在BC的上方时，分别计算当高为3时对应的t的值即可得结论．【详解】解：（1）如图1，连接AE，由题意得：AD=t，∵∠CAB=90°，∠CBA=30°，∴BC=2AC=6，∴∵点A、E关于直线CD的对称，∴CD垂直平分AE，∴AD=DE，∵△BDE是以BE为底的等腰三角形，∴DE=BD，∴AD=BD，∴t=AD=；2（2）△BDE为直角三角形时，分两种情况：①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，∵CD垂直平分AE，∴AD=DE=t，∵∠B=30°，∴BD=2DE=2t，∴∴②当∠EDB=90°时，如图3，连接CE，∵CD垂直平分AE，∴CE=CA=3，∵∠CAD=∠EDB=90°，∴AC∥ED，∴∠CAG=∠GED，∵AG=EG，∠CGA=∠EGD，∴△AGC≌△EGD，∴AC=DE，∵AC∥ED，∴四边形CAED是平行四边形，∴AD=CE=3，即t=3；综上所述，△BDE为直角三角形时，t的值为3秒或3秒；（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，①当△BCE在BC的下方时，过B作BH⊥CE，交CE的延长线于H，如图4，当AC=BH=3时，此时S△BCE=12AE•BH=12×3×3=92，易得△ACG≌△HBG，∴CG=BG，∴∠ABC=∠BCG=30°，∴∠ACE=60°﹣30°=30°，∵AC=CE，AD=DE，DC=DC，∴△ACD≌△ECD，∴∠ACD=∠DCE=15°，tan∠ACD=tan15°=t3=2﹣3，∴t=6﹣33，由图形可知：0＜t＜6﹣33时，△BCE的BH越来越小，则面积越来越小，②当△BCE在BC的上方时，如图3，CE=ED=3，且CE⊥ED，此时S△BCE=12CE•DE=12×3×3=92，此时t=3，综上所述，当S△BCE≤92时，t的取值范围是6﹣33≤t≤3．【点睛】本题考查三角形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形的性质、三角形的面积问题、轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．10．已知抛物线y＝﹣16x2﹣23x+2与x轴交于点A，B两点，交y轴于C点，抛物线的对称轴与x轴交于H点，分别以OC、OA为边作矩形AECO．(1)求直线AC的解析式；(2)如图，P为直线AC上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M，当四边形AOCP 面积最大时，求|PM﹣OM|的值．(3)如图，将△AOC沿直线AC翻折得△ACD，再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'．使得点A′、C'在直线AC上，是否存在这样的点D′，使得△A′ED′为直角三角形？若存在，请求出点D′的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) y＝13x+2；(2) 点M坐标为（﹣2，53）时，四边形AOCP的面积最大，此时|PM﹣OM|61 (3)存在，D′坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（35，195）．【解析】【分析】（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，求出点A、B、C坐标，即可求解；（2）连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有最大值，即可求解；（3）存在；分①A′D′⊥A′E；②A′D′⊥ED′；③ED′⊥A′E三种情况利用勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，∴A（﹣6，0）、B（2，0）、C（0，2），函数对称轴为：x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，83），C点坐标为（0，2），则过点C的直线表达式为：y＝kx+2，将点A坐标代入上式，解得：k13=，则：直线AC的表达式为：y13=x+2；（2）如图，过点P作x轴的垂线交AC于点H．四边形AOCP面积＝△AOC的面积+△ACP的面积，四边形AOCP面积最大时，只需要△ACP的面积最大即可，设点P坐标为（m，16-m223-m+2），则点G坐标为（m，13m+2），S△ACP12=PG•OA12=•（16-m223-m+213-m﹣2）•612=-m2﹣3m，当m＝﹣3时，上式取得最大值，则点P坐标为（﹣3，52）．连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有最大值，直线OP的表达式为：y56=-x，当x＝﹣2时，y53=，即：点M坐标为（﹣2，5 3），|PM﹣OM|的最大值为：2222555(32)()2()233-++--+=61．（3）存在．∵AE＝CD，∠AEC＝∠ADC＝90°，∠EMA＝∠DMC，∴△EAM≌△DCM（AAS），∴EM＝DM，AM＝MC，设：EM＝a，则：MC＝6﹣a．在Rt△DCM中，由勾股定理得：MC2＝DC 2+MD 2，即：（6﹣a ）2＝22+a 2，解得：a 83=，则：MC 103=，过点D 作x 轴的垂线交x 轴于点N ，交EC 于点H ．在Rt △DMC 中，12DH •MC 12=MD •DC ，即：DH 10833⨯=⨯2，则：DH 85=，HC 65==，即：点D 的坐标为（61855-，）； 设：△ACD 沿着直线AC 平移了m 个单位，则：点A ′坐标（﹣6D ′坐标为（61855，-++），而点E 坐标为（﹣6，2），则2''A D =22618(6)()55-++=36，2'A E =222)+=24m +，2'ED =22248((55+=21285m +．若△A ′ED ′为直角三角形，分三种情况讨论：①当2''A D +2'A E=2'ED 时，36+24m -=21285m +，解得：m ，此时D ′（61855，-++）为（0，4）； ②当2''A D +2'ED =2'A E 时，36+21285m +=24m +，解得：m =D ′（61855，-）为（－6，2）；③当2'A E +2'ED =2''A D 时，24m +21285m +=36，解得：m =或m，此时D ′（61855，-+）为（－6，2）或（35-，195）．综上所述：D 坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（35-，195）． 【点睛】本题考查了二次函数知识综合运用，涉及到一次函数、图形平移、解直角三角形等知识，其中（3）中图形是本题难点，其核心是确定平移后A ′、D ′的坐标，本题难度较大．11．如图，AB 为⊙O 的直径，P 是BA 延长线上一点，CG 是⊙O 的弦∠PCA ＝∠ABC ，CG ⊥AB ，垂足为D (1)求证：PC 是⊙O 的切线； (2)求证：PA ADPC CD=；(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=12．【解析】【分析】（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=35，得到BEAB＝35，于是求得结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°，∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴弧AC=弧AG，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴CF=AF，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=35，∴sin∠FAD=35，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，∵sin∠EAD=35，∴35BEAB，∵AB=20，∴BE=12．【点睛】本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．12．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边的中线，DE⊥BC于E，连结CD，点P在射线CB上（与B，C不重合）（1）如果∠A＝30°，①如图1，∠DCB等于多少度；②如图2，点P在线段CB上，连结DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连结BF，补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论；（2）如图3，若点P在线段CB 的延长线上，且∠A＝α（0°＜α＜90°），连结DP，将线段DP绕点逆时针旋转2α得到线段DF，连结BF，请直接写出DE、BF、BP三者的数量关系（不需证明）【答案】（1）①∠DCB＝60°．②结论：CP＝BF．理由见解析；（2）结论：BF﹣BP＝2DE•tanα．理由见解析．【解析】【分析】（1）①根据直角三角形斜边中线的性质，结合∠A＝30°，只要证明△CDB是等边三角形即可；②根据全等三角形的判定推出△DCP≌△DBF，根据全等的性质得出CP＝BF，（2）求出DC＝DB＝AD，DE∥AC，求出∠FDB＝∠CDP＝2α+∠PDB，DP＝DF，根据全等三角形的判定得出△DCP≌△DBF，求出CP＝BF，推出BF﹣BP＝BC，解直角三角形求出CE＝DEtanα即可．【详解】（1）①∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠B＝60°，∵AD＝DB，∴CD＝AD＝DB，∴△CDB是等边三角形，∴∠DCB＝60°．②如图1，结论：CP＝BF．理由如下：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，DE⊥BC，∠DCB＝60°，∴△CDB为等边三角形.∴∠CDB＝60°∵线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，∵∠PDF＝60°，DP＝DF，∴∠FDB ＝∠CDP ，在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF.（2）结论：BF ﹣BP ＝2DEtanα．理由：∵∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，DE ⊥BC ，∠A ＝α，∴DC ＝DB ＝AD ，DE ∥AC ，∴∠A ＝∠ACD ＝α，∠EDB ＝∠A ＝α，BC ＝2CE ，∴∠BDC ＝∠A+∠ACD ＝2α，∵∠PDF ＝2α，∴∠FDB ＝∠CDP ＝2α+∠PDB ，∵线段DP 绕点D 逆时针旋转2α得到线段DF ，∴DP ＝DF ，在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF ，而 CP ＝BC+BP ，∴BF ﹣BP ＝BC ，在Rt △CDE 中，∠DEC ＝90°，∴tan ∠CDE ＝CE DE， ∴CE ＝DEtanα， ∴BC ＝2CE ＝2DEtanα，即BF ﹣BP ＝2DEtanα．【点睛】本题考查了三角形外角性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，旋转的性质的应用，能推出△DCP ≌△DBF 是解此题的关键，综合性比较强，证明过程类似．。
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优 易错 难题)及答案
在 Rt△ ABE 中，AE= AB2 BE 2 =6 ，
∴ coaA= AE 6 4 ． AB 7.5 5
（2）如图 2 中，作 PH⊥AC 于 H．
∵ PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t， ∴ PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2，
∵ S△ PQM= 9 S△ QCN， 5
∵ ∠ QOC+∠ QOG=90°，
∴ ∠ EOC=∠ QOG，
∴ tan∠ EOC=tan∠ QOG，
∴ EC GQ ， OC OG
8 5t 3t
∴
4 5 ， 3 44t
5
整理得：5t2-66t+160=0，
解得 t 16 或 10（舍弃） 5
∴ 当 t 16 秒时，OE⊥OQ． 5
【点睛】
【答案】（1） t=4s ；（2） S四边形PEGO
3t2 8
15 t 8
6
， (0
t
5) ；（3） t
5 2
时，
S四边形PEGO
取得最大值；（4）
t
16 5
时，
OE
OQ
.
【解析】
【分析】
（1）当点 E 在∠ BAC 的平分线上时，因为 EP⊥AB，EC⊥AC，可得 PE=EC，由此构建方程
即可解决问题．
可解决问题．
【详解】
（1）在 Rt△ ABC 中，∵ ∠ ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm，
∴ AC= 102 82 =6（cm），
∵ OD 垂直平分线段 AC， ∴ OC=OA=3（cm），∠ DOC=90°， ∵ CD∥ AB，
∴ ∠ BAC=∠ DCO，
中考数学 直角三角形的边角关系 培优 易错 难题练习(含答案)含答案
中考数学直角三角形的边角关系培优易错难题练习(含答案)含答案一、直角三角形的边角关系1．在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），∠BPE=12∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BF⊥PE，垂足为F，交AC于点G．（1）当点P与点C重合时（如图1）．求证：△BOG≌△POE；（2）通过观察、测量、猜想：BFPE=，并结合图2证明你的猜想；（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3），若∠ACB=α，求BF PE的值．（用含α的式子表示）【答案】（1）证明见解析（2）12BFPE=（3）1tan2BFPEα=【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，P与C重合，∴OB="OP" ，∠BOC=∠BOG=90°．∵PF⊥BG ，∠PFB=90°，∴∠GBO=90°—∠BGO，∠EPO=90°—∠BGO．∴∠GBO=∠EPO ．∴△BOG≌△POE（AAS）．（2）BF1PE2=．证明如下：如图，过P作PM//AC交BG于M，交BO于N，∴∠PNE=∠BOC=900，∠BPN=∠OCB．∵∠OBC=∠OCB =450，∴∠NBP=∠NPB．∴NB=NP．∵∠MBN=900—∠BMN，∠NPE=900—∠BMN，∴∠MBN=∠NPE．∴△BMN ≌△PEN （ASA ）．∴BM=PE ．∵∠BPE=12∠ACB ，∠BPN=∠ACB ，∴∠BPF=∠MPF ． ∵PF ⊥BM ，∴∠BFP=∠MFP=900． 又∵PF=PF ， ∴△BPF ≌△MPF （ASA ）．∴BF="MF" ，即BF=12BM ． ∴BF=12PE ， 即BF 1PE 2=． （3）如图，过P 作PM//AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，∴∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=900．由（2）同理可得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ． ∵∠BNM=∠PNE=900，∴△BMN ∽△PEN ． ∴BM BN PE PN=． 在Rt △BNP 中，BN tan =PN α， ∴BM =tan PE α，即2BF =tan PE α． ∴BF 1=tan PE 2α． （1）由正方形的性质可由AAS 证得△BOG ≌△POE ．（2）过P 作PM//AC 交BG 于M ，交BO 于N ，通过ASA 证明△BMN ≌△PEN 得到BM=PE ，通过ASA 证明△BPF ≌△MPF 得到BF=MF ，即可得出BF 1PE 2=的结论． （3）过P 作PM//AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，同（2）证得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ，从而可证得△BMN ∽△PEN ，由BM BN PE PN =和Rt △BNP 中BN tan =PN α即可求得BF 1=tan PE 2α．2．如图，在△ABC 中，∠ABC=∠ACB ，以AC 为直径的⊙O 分别交AB 、BC 于点M 、N ，点P 在AB 的延长线上，且∠CAB=2∠BCP ．（1）求证：直线CP 是⊙O 的切线．（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离．（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20【解析】试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∵AC为⊙O的直径，∴∠ANC=90°，∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，∵∠CAB=2∠BCP，∴∠BCP=∠CAN，∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，∵点D在⊙O上，∴直线CP是⊙O的切线；（2）如图，作BF⊥AC∵AB=AC，∠ANC=90°，∴CN=CB=，∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=，∴sin ∠CAN=， ∴∴AC=5，∴AB=AC=5， 设AF=x ，则CF=5﹣x ，在Rt △ABF 中，BF 2=AB 2﹣AF 2=25﹣x 2，在Rt △CBF 中，BF 2=BC 2﹣CF 2=2O ﹣（5﹣x ）2，∴25﹣x 2=2O ﹣（5﹣x ）2，∴x=3，∴BF 2=25﹣32=16，∴BF=4，即点B 到AC 的距离为4．考点：切线的判定3．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）． 问题探究：把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)记AC BC＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 为33时，CPE V 总是等边三角形【解析】【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FP MC PB =，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，AC BC =tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可．【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P 作PM ⊥CE 于点M ，∵EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，∴EF ∥MP ∥CB ，∴EM FP MC PB=，∵点P 是BF 的中点，∴EM=MC ，又∵PM ⊥CE ，∴PC=PE ；（2）PC=PE 成立，理由如下：如图3，过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF 和△EAF 中，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA ，AF=AF ，∴△DAF ≌△EAF （AAS ），∴AD=AE ，在△DAP 和△EAP 中，∵AD=AE ，∠DAP=∠EAP ，AP=AP ，∴△DAP ≌△EAP （SAS ），∴PD=PE ，∵FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，∴FD ∥BC ∥PM ，∴DM FP MC PB=， ∵点P 是BF 的中点，∴DM=MC ，又∵PM ⊥AC ，∴PC=PD ，又∵PD=PE ，∴PC=PE ；（3）如图4，∵△CPE 总是等边三角形，∴∠CEP=60°，∴∠CAB=60°，∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC ，AC BC=tan30°， ∴k=tan30°=3， ∴当k 为33时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．4．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD ，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E 为CD 边上的中点，连接AE ，将△ADE 沿AE 所在直线翻折得到△AD′E ，D′E 交AC 于F 点．若AB=6cm ．（1）AE 的长为 cm ；（2）试在线段AC 上确定一点P ，使得DP+EP 的值最小，并求出这个最小值；（3）求点D′到BC 的距离．【答案】（1）；（2）12cm；（3）cm．【解析】试题分析：（1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案：∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6cm，∴AC=12cm．∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴（cm）．∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=cm．（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC 于点P，根据轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案．（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离．试题解析：解：（1）．（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°，∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°．∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EFA=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′．∴点E，D′关于直线AC对称．如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′．∵△ADE是等边三角形，AD=AE=，∴，即DP+EP最小值为12cm．（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′，∵AE=EC，∴AD′=CD′=．在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB．设D′G长为xcm，则CG长为cm，在Rt△GD′C中，由勾股定理得，解得：（不合题意舍去）．∴点D′到BC边的距离为cm．考点：1．翻折和单动点问题；2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边三角形三角形的判定和性质；5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判定和性质；7．方程思想的应用．5．如图，AB是⊙O的直径，E是⊙O上一点，C在AB的延长线上，AD⊥CE交CE的延长线于点D，且AE平分∠DAC．（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）若AB＝6，∠ABE＝60°，求AD的长．【答案】（1）详见解析；（2）9 2【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质得到∠OAE＝∠DAE，再利用半径相等得∠AEO＝∠OAE，等量代换即可推出OE∥AD，即可解题，（2）根据30°的三角函数值分别在Rt△ABE中，AE＝AB·cos30°，在Rt△ADE中，AD=cos30°×AE即可解题.【详解】证明：如图，连接OE，∵AE平分∠DAC，∴∠OAE＝∠DAE．∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE．∴∠AEO＝∠DAE．∴OE∥AD．∵DC⊥AC，∴OE⊥DC．∴CD是⊙O的切线．（2）解：∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∠ABE＝60°．∴∠EAB＝30°，在Rt△ABE中，AE＝AB·cos30°=6×32=33，在Rt△ADE中，∠DAE＝∠BAE＝30°，∴AD=cos30°×AE=3×33=9 2 .【点睛】本题考查了特殊的三角函数值的应用，切线的证明，中等难度，利用特殊的三角函数表示出所求线段是解题关键.6．如图所示的是一个地球仪及它的平面图，在平面图中，点A、B分别为地球仪的南、北极点，直线AB与放置地球仪的平面交于点D，所夹的角度约为67°，半径OC所在的直线与放置它的平面垂直，垂足为点E，DE=15cm，AD=14cm．（1）求半径OA的长（结果精确到0.1cm，参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan67°≈2.36）（2）求扇形BOC的面积（π取3.14，结果精确到1cm）【答案】(1)半径OA的长约为24.5cm；(2)扇形BOC的面积约为2822cm．【解析】【分析】(1)在Rt △ODE 中，DE=15，∠ODE=67°，根据∠ODE 的余弦值，即可求得OD 长，减去AD 即为OA ．(2)用扇形面积公式即可求得.【详解】(1)在Rt △ODE 中，15cm DE =，67ODE ∠=︒． ∵cos DE ODE DO ∠=， ∴150.39OD ≈， ∴()384614245cm OA OD AD =-≈-≈．．， 答：半径OA 的长约为24.5cm ．(2)∵67ODE ∠=︒，∴157BOC ∠=︒，∴2360BOC n r S π=扇形 2157 3.1424.52360⨯⨯≈ ()2822cm ≈．答：扇形BOC 的面积约为2822cm ．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，本题把实际问题转化成数学问题，利用三角函数中余弦定义来解题是解题关键．7．如图，建筑物上有一旗杆，从与相距的处观测旗杆顶部的仰角为，观测旗杆底部的仰角为，求旗杆的高度.（参考数据：,，）【答案】旗杆的高度约为. 【解析】【分析】在Rt△BDC中，根据tan∠BDC=求出BC，接着在Rt△ADC中，根据tan∠ADC==即可求出AB的长度【详解】解：∵在Rt△BDC中，tan∠BDC==1，∴BC=CD= 40m在Rt△ADC中，tan∠ADC==∴tan50°= =1.19∴AB7.6m答：旗杆AB的高度约为7.6m.【点睛】此题主要考查了三角函数的应用8．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K．（1）如图1，求证：KE＝GE；（2）如图2，连接CABG，若∠FGB＝12∠ACH，求证：CA∥FE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG交AB于点N，若sin E＝35，AK＝10，求CN的长．【答案】（1）证明见解析；（2）△EAD是等腰三角形．证明见解析；（32010 13【解析】试题分析：（1）连接OG，则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°，由OG=OA可得∠AGO=∠OAG，从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG，这样即可得到KE=GE；（2）设∠FGB=α，由AB是直径可得∠AGB=90°，从而可得∠KGE=90°-α，结合GE=KE可得∠EKG=90°-α，这样在△GKE中可得∠E=2α，由∠FGB=12∠ACH可得∠ACH=2α，这样可得∠E=∠ACH，由此即可得到CA∥EF；（3）如下图2，作NP ⊥AC 于P ，由（2）可知∠ACH=∠E ，由此可得sinE=sin ∠ACH=35AH AC =，设AH=3a ，可得AC=5a ，CH=4a ，则tan ∠CAH=43CH AH =，由（2）中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC ，从而可得CK=AC=5a ，由此可得HK=a ，tan ∠AKH=3AH HK =，AK=10a ，结合AK=10可得a=1，则AC=5；在四边形BGKH 中，由∠BHK=∠BKG=90°，可得∠ABG+∠HKG=180°，结合∠AKH+∠GKG=180°，∠ACG=∠ABG 可得∠ACG=∠AKH ，在Rt △APN 中，由tan ∠CAH=43PN AP =，可设PN=12b ，AP=9b ，由tan ∠ACG=PN CP =tan ∠AKH=3可得CP=4b ，由此可得AC=AP+CP=13b =5，则可得b=513，由此即可在Rt △CPN 中由勾股定理解出CN 的长.试题解析：（1）如图1，连接OG ．∵EF 切⊙O 于G ，∴OG ⊥EF ，∴∠AGO+∠AGE=90°，∵CD ⊥AB 于H ，∴∠AHD=90°，∴∠OAG=∠AKH=90°，∵OA=OG ，∴∠AGO=∠OAG ，∴∠AGE=∠AKH ，∵∠EKG=∠AKH ，∴∠EKG=∠AGE ，∴KE=GE ．（2）设∠FGB=α，∵AB 是直径，∴∠AGB=90°，∴∠AGE =∠EKG=90°﹣α，∴∠E=180°﹣∠AGE ﹣∠EKG=2α，∵∠FGB=12∠ACH ， ∴∠ACH=2α，∴∠ACH=∠E ，∴CA ∥FE ． （3）作NP ⊥AC 于P ．∵∠ACH=∠E ，∴sin ∠E=sin ∠ACH=35AH AC =，设AH=3a ，AC=5a ，则4a =，tan ∠CAH=43CH AH =， ∵CA ∥FE ，∴∠CAK=∠AGE ，∵∠AGE=∠AKH ，∴∠CAK=∠AKH ，∴AC=CK=5a ，HK=CK ﹣CH=4a ，tan ∠AKH=AHHK =3，=， ∵∴=∴a=1．AC=5，∵∠BHD=∠AGB=90°，∴∠BHD+∠AGB=180°，在四边形BGKH 中，∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°，∴∠ABG+∠HKG=180°，∵∠AKH+∠HKG=180°，∴∠AKH=∠ABG ，∵∠ACN=∠ABG ，∴∠AKH=∠ACN ，∴tan ∠AKH=tan ∠ACN=3，∵NP ⊥AC 于P ，∴∠APN=∠CPN=90°，在Rt △APN 中，tan ∠CAH=43PN AP =，设PN=12b ，则AP=9b ， 在Rt △CPN 中，tan ∠ACN=PN CP=3， ∴CP=4b ，∴AC=AP+CP=13b ，∵AC=5，∴13b=5，∴b=513，∴CN=22PN CP+=410b⋅=2010 13．9．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，CG⊥AB，垂足为D(1)求证：PC是⊙O的切线；(2)求证：PA AD PC CD=；(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=12．【解析】【分析】（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=35，得到BEAB＝35，于是求得结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°，∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴弧AC=弧AG，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴CF=AF，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=35，∴sin∠FAD=35，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，∵sin∠EAD=35，∴35BEAB，∵AB=20，∴BE=12．【点睛】本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．10．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，（1）求弦AD的长；（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．【答案】（1）23（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形（3）不变，理由见解析【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE⊥DM，易得到△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=1233；当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于3∠DAE=30°，得到3，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，又∠M=∠DAE=30°，MD=ME，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到；（3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，DP-DQ 的值．【详解】解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝∴AD ＝12BC ＝ （2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，∴OE ⊥DM ，又∵AD ＝AC ，∴△ADC 为等边三角形，∴∠CAD ＝60°，∴∠DAO ＝30°，∴∠DON ＝60°，在Rt △ADN 中，DN ＝12AD ，在Rt △ODN 中，ON DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，∵AD ＝∠DAE ＝30°，∴DH∠DEA ＝60°，DE ＝2，∴△ODE 为等边三角形，∴OE ＝DE ＝2，OH ＝1，∵∠M ＝∠DAE ＝30°，而MD ＝ME ，∴∠MDE ＝75°，∴∠ADM ＝90°﹣75°＝15°，∴∠DNO ＝45°，∴△NDH 为等腰直角三角形，∴NH ＝DH∴ON ﹣1；综上所述，当ON 等于11时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O 变动时DP ﹣DQ 的值不变，DP ﹣DQ ＝．理由如下：连AP、AQ，如图2，∵∠C＝∠CAD＝60°，而DP⊥AB，∴AC∥DP，∴∠PDB＝∠C＝60°，又∵∠PAQ＝∠PDB，∴∠PAQ＝60°，∴∠CAQ＝∠PAD，∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，∴△AQC≌△APD，∴DP＝CQ，∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．11．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边的中线，DE⊥BC于E，连结CD，点P在射线CB上（与B，C不重合）（1）如果∠A＝30°，①如图1，∠DCB等于多少度；②如图2，点P在线段CB上，连结DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连结BF，补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论；（2）如图3，若点P在线段CB 的延长线上，且∠A＝α（0°＜α＜90°），连结DP，将线段DP绕点逆时针旋转2α得到线段DF，连结BF，请直接写出DE、BF、BP三者的数量关系（不需证明）【答案】（1）①∠DCB＝60°．②结论：CP＝BF．理由见解析；（2）结论：BF﹣BP＝2DE•tanα．理由见解析．【解析】【分析】（1）①根据直角三角形斜边中线的性质，结合∠A ＝30°，只要证明△CDB 是等边三角形即可；②根据全等三角形的判定推出△DCP ≌△DBF ，根据全等的性质得出CP ＝BF ，（2）求出DC ＝DB ＝AD ，DE ∥AC ，求出∠FDB ＝∠CDP ＝2α+∠PDB ，DP ＝DF ，根据全等三角形的判定得出△DCP ≌△DBF ，求出CP ＝BF ，推出BF ﹣BP ＝BC ，解直角三角形求出CE ＝DEtanα即可．【详解】（1）①∵∠A ＝30°，∠ACB ＝90°，∴∠B ＝60°，∵AD ＝DB ，∴CD ＝AD ＝DB ，∴△CDB 是等边三角形，∴∠DCB ＝60°．②如图1，结论：CP ＝BF ．理由如下：∵∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，DE ⊥BC ，∠DCB ＝60°，∴△CDB 为等边三角形.∴∠CDB ＝60°∵线段DP 绕点D 逆时针旋转60°得到线段DF ，∵∠PDF ＝60°，DP ＝DF ，∴∠FDB ＝∠CDP ，在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF.（2）结论：BF ﹣BP ＝2DEtanα．理由：∵∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，DE ⊥BC ，∠A ＝α，∴DC ＝DB ＝AD ，DE ∥AC ，∴∠A ＝∠ACD ＝α，∠EDB ＝∠A ＝α，BC ＝2CE ，∴∠BDC ＝∠A+∠ACD ＝2α，∵∠PDF ＝2α，∴∠FDB ＝∠CDP ＝2α+∠PDB ，∵线段DP 绕点D 逆时针旋转2α得到线段DF ，∴DP ＝DF ，在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF ，而 CP ＝BC+BP ，∴BF ﹣BP ＝BC ，在Rt △CDE 中，∠DEC ＝90°，∴tan ∠CDE ＝CE DE， ∴CE ＝DEtanα， ∴BC ＝2CE ＝2DEtanα，即BF ﹣BP ＝2DEtanα．【点睛】本题考查了三角形外角性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，旋转的性质的应用，能推出△DCP ≌△DBF 是解此题的关键，综合性比较强，证明过程类似．12．如图所示，小华在湖边看到湖中有一棵树AB ，AB 与水面AC 垂直．此时，小华的眼睛所在位置D 到湖面的距离DC 为4米．她测得树梢B 点的仰角为30°，测得树梢B 点在水中的倒影B′点的俯角45°．求树高AB （结果保留根号）【答案】AB=（3）m ．【解析】【分析】设BE=x ，则BA=x+4，B′E=x+8，根据∠ADB′=45°，可知DE=B′E=x+8，再由tan30°=BE DE 即可得出x 的值，进而得到答案，【详解】如图：过点D 作DE ⊥AB 于点E ，设BE=x ，则BA=x+4，B′E=x+8，∵∠ADB′=45°，∴DE=B′E=x+8，∵∠BDE=30°，∴tan30°=383BE x DE x ==+ ，解得x=4+43 ， ∴AB=BE+4=（8+43 ）m ．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答此题的关键。
备战中考数学 直角三角形的边角关系 培优 易错 难题练习(含答案)及答案解析
备战中考数学直角三角形的边角关系培优易错难题练习(含答案)及答案解析一、直角三角形的边角关系1．图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG ＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为_______分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为_________分米．【答案】553【解析】【分析】如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分别求出BE，B′E′即可．【详解】解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四边形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等边三角形，∵OP⊥CD，∠COD＝30°，∴∠COP＝12∴QM＝OP＝OC•cos30°＝3∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ＝1OA＝5（分米），2∴AM＝AQ＋MQ＝5＋3∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝23（分米），在Rt△PKE中，EK＝22-＝26（分米），EF FK∴BE＝10−2−26＝（8−26）（分米），在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝23（分米），在Rt△FJE′中，E′J＝22-（2）＝26，63∴B′E′＝10−（26−2）＝12−26，∴B′E′−BE＝4．故答案为：5＋53，4．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．2．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O 于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．【解析】试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得=AD•AF．①当CF=CD时，可得，从而有EC=AE=CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得sin∠CED=，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．试题解析：（1）AE=CE．理由：连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，∴AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴，∴=AD•AF．①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴=DC•3DC=，∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED===；②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=．∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴=DC•（a+2）DC=（a+2），∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED==．考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．3．已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，MD∥BC，且MD=CM，DE⊥AB于点E，连结AD、CD．（1）求证：△MED∽△BCA；（2）求证：△AMD≌△CMD；（3）设△MDE的面积为S1，四边形BCMD的面积为S2，当S2=175S1时，求cos∠ABC的值．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）cos∠ABC=5 7 .【解析】【分析】（1）易证∠DME=∠CBA，∠ACB=∠MED=90°，从而可证明△MED∽△BCA；（2）由∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，可知MB=MC=AM，从而可证明∠AMD=∠CMD，从而可利用全等三角形的判定证明△AMD≌△CMD；（3）易证MD=2AB，由（1）可知：△MED∽△BCA，所以2114ACBS MDS AB⎛⎫==⎪⎝⎭V，所以S△MCB=12S△ACB=2S1，从而可求出S△EBD=S2﹣S△MCB﹣S1=25S1，由于1EBDS MES EB=V，从而可知52MEEB=，设ME=5x，EB=2x，从而可求出AB=14x，BC=72，最后根据锐角三角函数的定义即可求出答案．【详解】（1）∵MD∥BC，∴∠DME=∠CBA，∵∠ACB=∠MED=90°，∴△MED∽△BCA；（2）∵∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，∴MB=MC=AM，∴∠MCB=∠MBC，∵∠DMB=∠MBC，∴∠MCB=∠DMB=∠MBC，∵∠AMD=180°﹣∠DMB ，∠CMD=180°﹣∠MCB ﹣∠MBC+∠DMB=180°﹣∠MBC ， ∴∠AMD=∠CMD ， 在△AMD 与△CMD 中，MD MD AMD CMD AM CM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△AMD ≌△CMD （SAS ）； （3）∵MD=CM ， ∴AM=MC=MD=MB ， ∴MD=2AB ，由（1）可知：△MED ∽△BCA ， ∴2114ACB S MD S AB ⎛⎫== ⎪⎝⎭V ，∴S △ACB =4S 1， ∵CM 是△ACB 的中线， ∴S △MCB =12S △ACB =2S 1， ∴S △EBD =S 2﹣S △MCB ﹣S 1=25S 1， ∵1EBDS MES EB=V ， ∴1125S MEEB S =，∴52ME EB =， 设ME=5x ，EB=2x ， ∴MB=7x ， ∴AB=2MB=14x ，∵12MD ME AB BC ==， ∴BC=10x ，∴cos ∠ABC=105147BC x AB x ==. 【点睛】本题考查相似三角形的综合问题，涉及直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，三角形面积的面积比，锐角三角函数的定义等知识，综合程度较高，熟练掌握和灵活运用相关的性质及定理进行解题是关键.4．下图是某儿童乐园为小朋友设计的滑梯平面图.已知BC=4 m,AB=6 m,中间平台宽度DE=1 m,EN,DM,CB为三根垂直于AB的支柱,垂足分别为N,M,B,∠EAB=31°,DF⊥BC于点F,∠CDF=45°,求DM和BC的水平距离BM的长度.(结果精确到0.1 m.参考数据:sin31°≈0.52,cos 31°≈0.86,tan 31°≈0.60)【答案】2.5m.【解析】试题分析：设DF=x，在Rt△DFC中，可得CF=DF=x，则BF=4-x，根据线段的和差可得AN=5-x，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，利用∠EAB的正切值解得x的值．试题解析：解：设DF=，在Rt△DFC中，∠CDF=，∴CF=tan·DF=，又∵CB=4，∴BF=4－，∵AB=6，DE=1，BM= DF=，∴AN=5－，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，EN=4－，AN=5－，tan==0．60，解得=2．5，答：DM和BC的水平距离BM为2．5米．考点：解直角三角形．5．如图，抛物线y=﹣x2+3x+4与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D在抛物线上且横坐标为3．（1）求tan∠DBC的值；（2）点P为抛物线上一点，且∠DBP=45°，求点P的坐标．【答案】（1）tan∠DBC=；（2）P（﹣，）．【解析】试题分析：（1）连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．利用抛物线解析式可以求得点A、B、C、D的坐标，则可得CD//AB，OB=OC，所以∠BCO=∠BCD=∠ABC=45°．由直角三角形的性质、勾股定理和图中相关线段间的关系可得BC=4，BE=BC﹣DE=．由此可知tan∠DBC=；（2）过点P作PF⊥x轴于点F．由∠DBP=45°及∠ABC=45°可得∠PBF=∠DBC，利用（1）中的结果得到：tan∠PBF=．设P（x，﹣x2+3x+4），则利用锐角三角函数定义推知=，通过解方程求得点P的坐标为（﹣，）．试题解析：（1）令y=0，则﹣x2+3x+4=﹣（x+1）（x﹣4）=0，解得 x1=﹣1，x2=4．∴A（﹣1，0），B（4，0）．当x=3时，y=﹣32+3×3+4=4，∴D（3，4）．如图，连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．∵C（0，4），∴CD//AB，∴∠BCD=∠ABC=45°．在直角△OBC中，∵OC=OB=4，∴BC=4．在直角△CDE中，CD=3．∴CE=ED=，∴BE=BC﹣DE=．∴tan∠DBC=；（2）过点P作PF⊥x轴于点F．∵∠CBF=∠DBP=45°，∴∠PBF=∠DBC，∴tan∠PBF=．设P（x，﹣x2+3x+4），则=，解得 x1=﹣，x2=4（舍去），∴P（﹣，）．考点：1、二次函数；2、勾股定理；3、三角函数6．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249，2 1.4142．【答案】塔高AB约为32.99米.【解析】【分析】过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H．由题意，得 HB = CD = 3，EC = 15，HD = BC ，∠ABC =∠AHD = 90°， ∠ADH = 32°．设AB = x ，则 AH = x – 3．在Rt △ABE 中，由 ∠AEB = 45°，得 tan tan451ABAEB EB∠=︒==． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15． 在Rt △AHD 中，由 ∠AHD = 90°，得 tan AHADH HD∠=． 即得 3tan3215x x -︒=+． 解得 15tan32332.991tan32x ⋅︒+=≈-︒．∴ 塔高AB 约为32.99米． 【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．7．许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部，上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A ，B 两点之间的距离他沿着与直线AB 平行的道路EF 行走，走到点C 处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D 处，测得∠BDF=60°．若直线AB 与EF 之间的距离为200米，求A ，B 两点之间的距离（结果保留一位小数）【答案】215.6米． 【解析】 【分析】过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点，根据Rt △ACM 和三角函数tan BDF ∠求出CM 、DN ，然后根据MN MD DN AB =+=即可求出A 、B 两点间的距离.【详解】解：过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点在Rt △ACM 中，∵45ACF ∠=︒， ∴AM=CM=200米，又∵CD=300米，所以100MD CD CM =-=米， 在Rt △BDN 中，∠BDF=60°，BN=200米 ∴115.6tan 60BNDN =≈o米，∴215.6MN MD DN AB =+=≈米 即A ，B 两点之间的距离约为215.6米． 【点睛】本题主要考查三角函数，正确做辅助线是解题的关键.8．如图，正方形OABC 的顶点O 与原点重合，点A ，C 分别在x 轴与y 轴的正半轴上，点A 的坐标为（4，0），点D 在边AB 上，且tan ∠AOD ＝12，点E 是射线OB 上一动点，EF ⊥x 轴于点F ，交射线OD 于点G ，过点G 作GH ∥x 轴交AE 于点H ． （1）求B ，D 两点的坐标；（2）当点E 在线段OB 上运动时，求∠HDA 的大小；（3）以点G 为圆心，GH 的长为半径画⊙G ．是否存在点E 使⊙G 与正方形OABC 的对角线所在的直线相切？若不存在，请说明理由；若存在，请求出所有符合条件的点E 的坐标．【答案】（1）B （4，4），D （4，2）；（2）45°；（3）存在，符合条件的点为（8﹣2，8﹣2）或（2，2）或42164216,77⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭或16421642,77⎛-- ⎝⎭，理由见解析 【解析】【分析】（1）由正方形性质知AB=OA=4，∠OAB=90°，据此得B（4，4），再由tan∠AOD= 12得AD=12OA=2，据此可得点D坐标；（2）由1tan2GFGOFOF∠==知GF=12OF，再由∠AOB=∠ABO=45°知OF=EF，即GF=12EF，根据GH∥x轴知H为AE的中点，结合D为AB的中点知DH是△ABE的中位线，即HD∥BE，据此可得答案；（3）分⊙G与对角线OB和对角线AC相切两种情况，设PG=x，结合题意建立关于x的方程求解可得．【详解】解：（1）∵A（4，0），∴OA＝4，∵四边形OABC为正方形，∴AB＝OA＝4，∠OAB＝90°，∴B（4，4），在Rt△OAD中，∠OAD＝90°，∵tan∠AOD＝12，∴AD＝12OA＝12×4＝2，∴D（4，2）；（2）如图1，在Rt△OFG中，∠OFG＝90°∴tan∠GOF＝GFOF ＝12，即GF＝12OF，∵四边形OABC为正方形，∴∠AOB＝∠ABO＝45°，∴OF＝EF，∴GF＝12EF，∴G为EF的中点，∵GH∥x轴交AE于H，∴H为AE的中点，∵B（4，4），D（4，2），∴D为AB的中点，∴DH是△ABE的中位线，∴HD∥BE，∴∠HDA＝∠ABO＝45°．（3）①若⊙G与对角线OB相切，如图2，当点E在线段OB上时，过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x，EG＝FG2x，OF＝EF＝2x，∵OA＝4，∴AF＝4﹣2，∵G为EF的中点，H为AE的中点，∴GH为△AFE的中位线，∴GH＝12AF＝12×（4﹣2）＝22，则x＝22x，解得：x＝22，∴E（8﹣2，8﹣2如图3，当点E在线段OB的延长线上时，x＝2x﹣2，解得：x＝2+2，∴E（8+42，8+42）；②若⊙G与对角线AC相切，如图4，当点E在线段BM上时，对角线AC，OB相交于点M，过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x，EG＝FG2，OF＝EF＝2x，∵OA＝4，∴AF＝4﹣2，∵G为EF的中点，H为AE的中点，∴GH为△AFE的中位线，∴GH＝12AF＝12×（4﹣2）＝22，过点G作GQ⊥AC于点Q，则GQ＝PM＝3x﹣2∴3x﹣2＝22x，∴227x=，∴42164216,77E⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭；如图5，当点E在线段OM上时，GQ＝PM＝22﹣3x，则22﹣3x＝2﹣2x，解得422x-=，∴16421642,77E⎛⎫--⎪ ⎪⎝⎭；如图6，当点E在线段OB的延长线上时，3x﹣22x﹣2，解得：4227x=（舍去）；综上所述，符合条件的点为（8﹣2，8﹣2）或（2，2）或42164216++⎝⎭或16421642--⎝⎭．【点睛】本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握正方形和直角三角形的性质、正切函数的定义、三角形中位线定理及分类讨论思想的运用．9．关于三角函数有如下的公式：sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②tan（α+β）=③利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：tan105°=tan（45°+60°）==﹣（2+）．根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．【答案】建筑物CD的高为84米．【解析】分析：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了.详解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°，∴在Rt△ABC和Rt△ADEAB=BC•tan75°=42tan75°=，AE=，∴CD=AB﹣AE=（米）.答：建筑物CD 的高为84米.睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt △ABC 和Rt △ADE 中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.10．已知Rt △ABC,∠A=90°,BC=10,以BC 为边向下作矩形BCDE,连AE 交BC 于F.(1)如图1,当AB=AC,且sin ∠BEF=35时，求BF CF 的值； (2)如图2,当tan ∠ABC=12时,过D 作DH ⊥AE 于H,求EH EA ⋅的值； (3)如图3,连AD 交BC 于G,当2FG BF CG =⋅时,求矩形BCDE 的面积【答案】(1)17；（2）80；（3）100. 【解析】【分析】 (1)过A 作AK ⊥BC 于K ,根据sin ∠BEF=35得出35FK AK =,设FK =3a ,AK =5a ，可求得BF =a ,故17BF CF =；（2）过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，得△EGA ∽△EHD ，利用相似三角形的性质即可求出；（3）延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,根据相似三角形的性质可求出BE =ED ，故可求出矩形的面积.【详解】解：(1)过A 作AK ⊥BC 于K ,∵sin ∠BEF ＝35,sin ∠FAK ＝35, ∴35FK AK =, 设FK =3a ,AK =5a ,∴AK =4a ,∵AB =AC ,∠BAC =90°,∴BK =CK =4a ,∴BF =a ,又∵CF =7a ,∴17BF CF = (2)过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，∵∠AGE =∠DHE =90°,∴△EGA ∽△EHD ,∴EH ED EG EA=， ∴·EH EA EG ED ⋅=,其中EG =BK , ∵BC =10,tan ∠ABC ＝12， cos ∠ABC ＝5， ∴BA ＝BC · cos ∠ABC ＝5， BK= BA·cos ∠ABC ＝855⨯= ∴EG =8,另一方面：ED =BC =10,∴EH ·EA =80 (3)延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,∵BC ∥KT ,BF AF FG KE AE ED ==， ∴BF KE FG DE =，同理：FG ED CG DT= ∵FG 2= BF ·CG ∴BF FG FG CG =， ∴ED 2= KE ·DT ∴KE ED DE DT= ， 又∵△KEB ∽△CDT ,∴KE CD BE DT=， ∴KE ·DT ＝BE 2， ∴BE 2＝ED 2∴ BE =ED∴1010100BCDE S =⨯=矩形【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解.11．如图，在航线l 的两侧分别有观测点A 和B ，点B 到航线l 的距离BD 为4km ，点A 位于点B 北偏西60°方向且与B 相距20km 处．现有一艘轮船从位于点A 南偏东74°方向的C 处，沿该航线自东向西航行至观测点A 的正南方向E 处．求这艘轮船的航行路程CE 的长度．（结果精确到0.1km ）（参考数据：3≈1.73，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49）【答案】20.9km【解析】分析：根据题意，构造直角三角和相似三角形的数学模型，利用相似三角形的判定与性质和解直角三角形即可.详解：如图，在Rt △BDF 中，∵∠DBF=60°，BD=4km ，∴BF=cos 60BD o =8km ， ∵AB=20km ，∴AF=12km ， ∵∠AEB=∠BDF ，∠AFE=∠BFD ，∴△AEF ∽△BDF ，∴AE BD AF BF， ∴AE=6km ， 在Rt △AEF 中，CE=AE•tan74°≈20.9km ．故这艘轮船的航行路程CE 的长度是20.9km ．点睛：本题考查相似三角形，掌握相似三角形的概念，会根据条件判断两个三角形相似.12．如图，⊙O 为△ABC 的外接圆，BC 为⊙O 的直径，AE 为⊙O 的切线，过点B 作BD ⊥AE 于D ．（1）求证：∠DBA=∠ABC；（2）如果BD=1，tan∠BAD=，求⊙O的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】试题分析：（1）如图，连接OA，由AE为⊙O的切线，BD⊥AE得到∠DAO=∠EDB=90°，于是得到DB∥AO，推出∠DBA=∠BAO，由于OA=OB，得到∠ABC=∠BAO，即可得到结论；（2）根据三角函数的知识可求出AD，从而根据勾股定理求出AB的长，根据三角函数的知识即可得出⊙O的半径．试题解析：（1）如图，连接OA，∵AE为⊙O的切线，BD⊥AE，∴∠DAO=∠EDB=90°，∴DB∥AO，∴∠DBA=∠BAO，又∵OA=OB，∴∠ABC=∠BAO，∴∠DBA=∠ABC；（2）∵BD=1，tan∠BAD=，∴AD=2，∴AB=，∴cos∠DBA=；∵∠DBA=∠CBA，∴BC=．∴⊙O的半径为2.5．考点：1.切线的性质；2.勾股定理；3.解直角三角形．。
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优 易错 难题)及答案解析
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优易错难题)及答案解析一、直角三角形的边角关系1．如图，山坡上有一棵树AB，树底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F处测量这棵树的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得树顶部A的仰角为45°，树底部B的仰角为20°，求树AB的高度．（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）【答案】6.4米【解析】解：∵底部B点到山脚C点的距离BC为6 3 米，山坡的坡角为30°．∴DC=BC•cos30°=3==米，639∵CF=1米，∴DC=9+1=10米，∴GE=10米，∵∠AEG=45°，∴AG=EG=10米，在直角三角形BGF中，BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米，∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米，答：树高约为6.4米首先在直角三角形BDC中求得DC的长，然后求得DF的长，进而求得GF的长，然后在直角三角形BGF中即可求得BG的长，从而求得树高2．（6分）某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东75°方向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长（结果保留根号）．【答案】．【解析】试题分析：作AD⊥BC于D，于是有∠ABD=45°，得到AD=BD=，求出∠C=60°，根据正切的定义求出CD的长，得到答案．试题解析：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，∴∠C=60°，在Rt△ACD中，∠C=60°，AD=，则tanC=，∴CD==，∴BC=．故该船与B港口之间的距离CB的长为海里．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．3．如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（3＝1．7）．【答案】32．4米．【解析】试题分析：首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造关系式求解．试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E，根据题意，∠DBE=45°，∠CBE=30°．∵AB⊥AC，CD⊥AC，∴四边形ABEC为矩形，∴CE=AB=12m，在Rt△CBE中，cot∠CBE=BE CE，∴BE=CE•cot30°=12×3=123，在Rt△BDE中，由∠DBE=45°，得DE=BE=123．∴CD=CE+DE=12（3+1）≈32.4．答：楼房CD的高度约为32.4m．考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．4．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O 于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．【解析】试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得=AD•AF．①当CF=CD时，可得，从而有EC=AE=CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得sin∠CED=，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．试题解析：（1）AE=CE．理由：连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，∴AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴，∴=AD•AF．①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴=DC•3DC=，∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED===；②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=．∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴=DC•（a+2）DC=（a+2），∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED==．考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．5．如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，．①求的值；②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为【解析】试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.与交于点O,且关于对称四边形是菱形.（2）①连接,直线分别交于点,交于点关于的对称图形为在矩形中，为的中点，且O为AC的中点为的中位线同理可得：为的中点，②过点P作交于点由运动到所需的时间为3s由①可得，点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A 即：由O运动到P所需的时间就是OP+MA和最小.如下图，当P运动到,即时，所用时间最短.在中，设解得：和走完全程所需时间为考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置6．如图，湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米，米，点位于点的南偏西方向，点位于点的南偏东方向.(1)求的面积；(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭，并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)(参考数据：，，，，，，)【答案】（1）560000（2）565.6【解析】试题分析：（1）过点作交的延长线于点，，然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；（2）连接，过点作，垂足为点，则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可.试题解析：(1)过点作交的延长线于点，在中，，所以米.所以(平方米).(2)连接，过点作，垂足为点，则.因为是中点，所以米，且为中点，米，所以米.所以米，由勾股定理得，米.答：、间的距离为米.考点：解直角三角形7．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB 的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C ，用测角器测得主教学楼顶端A 的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E 处（C ，E ，B 三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A 的仰角为60°，已知测角器CD 的高度为1.6米，请计算主教学楼AB 的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）【答案】22.4m 【解析】 【分析】首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解． 【详解】解：在Rt △AFG 中，tan ∠AFG 3， ∴FG =tan 3AG AFG =∠，在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AGCG， ∴CG =tan AGACG ∠=3．又∵CG ﹣FG =24m ，33=24m ，∴AG=123m，∴AB=123+1.6≈22.4m．8．如图，在△ABC中，∠A=90°，∠ABC=30°，AC=3，动点D从点A出发，在AB边上以每秒1个单位的速度向点B运动，连结CD，作点A关于直线CD的对称点E，设点D运动时间为t（s）．（1）若△BDE是以BE为底的等腰三角形，求t的值；（2）若△BDE为直角三角形，求t的值；（3）当S△BCE≤92时，所有满足条件的t的取值范围（所有数据请保留准确值，参考数据：tan15°=23【答案】（1）332；（23秒或3秒；（3）6﹣3【解析】【分析】（1）如图1，先由勾股定理求得AB的长，根据点A、E关于直线CD的对称，得CD垂直平分AE，根据线段垂直平分线的性质得：AD=DE，所以AD=DE=BD，由3，可得t 的值；（2）分两种情况：①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，根据3t的值；②当∠EDB=90°时，如图3，根据△AGC≌△EGD，得AC=DE，由AC∥ED，得四边形CAED 是平行四边形，所以AD=CE=3，即t=3；（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，①当△BCE在BC的下方时，②当△BCE在BC的上方时，分别计算当高为3时对应的t的值即可得结论．【详解】解：（1）如图1，连接AE，由题意得：AD=t，∵∠CAB=90°，∠CBA=30°，∴BC=2AC=6，∴∵点A、E关于直线CD的对称，∴CD垂直平分AE，∴AD=DE，∵△BDE是以BE为底的等腰三角形，∴DE=BD，∴AD=BD，∴；（2）△BDE为直角三角形时，分两种情况：①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，∵CD垂直平分AE，∴AD=DE=t，∵∠B=30°，∴BD=2DE=2t，∴∴②当∠EDB=90°时，如图3，连接CE，∵CD垂直平分AE，∴CE=CA=3，∵∠CAD=∠EDB=90°，∴AC∥ED，∴∠CAG=∠GED，∵AG=EG，∠CGA=∠EGD，∴△AGC≌△EGD，∴AC=DE，∵AC∥ED，∴四边形CAED是平行四边形，∴AD=CE=3，即t=3；综上所述，△BDE为直角三角形时，t3秒；（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，①当△BCE在BC的下方时，过B作BH⊥CE，交CE的延长线于H，如图4，当AC=BH=3时，此时S△BCE=12AE•BH=12×3×3=92，易得△ACG≌△HBG，∴CG=BG，∴∠ABC=∠BCG=30°，∴∠ACE=60°﹣30°=30°，∵AC=CE，AD=DE，DC=DC，∴△ACD≌△ECD，∴∠ACD=∠DCE=15°，tan∠ACD=tan15°=t3=2﹣3，∴t=6﹣33，由图形可知：0＜t＜6﹣33时，△BCE的BH越来越小，则面积越来越小，②当△BCE在BC的上方时，如图3，CE=ED=3，且CE⊥ED，此时S△BCE=12CE•DE=12×3×3=92，此时t=3，综上所述，当S△BCE≤92时，t的取值范围是6﹣33≤t≤3．【点睛】本题考查三角形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形的性质、三角形的面积问题、轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．9．已知：如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，连接BC交圆于点D，过点D作⊙O的切线交AC于E．（1）求证：AE＝CE（2）如图，在弧BD上任取一点F连接AF，弦GF与AB交于H，与BC交于M，求证：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝34，DE＝394时，N为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）4013 NL【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，得到∠C＝∠EDC，进而得证结论.（2）由同角的余角相等，得到∠BAD＝∠C，再通过等量代换，角的加减进而得证结论.（3）先由条件得到AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，再由相交弦定理得到GH•HF＝BH•AH，从而求出FH，BH，AH，再由角的关系得到△HFL∽△HAF，从而求出HL，AL，BL，FL，再由相交弦定理得到LN•LF＝AL•BL，进而求出LN的长.【详解】解：（1）证明：如图1中，连接AD．∵AB是直径，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵EA、ED是⊙O的切线，∴EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA，∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°，∴∠C＝∠EDC，∴ED＝EC，∴AE＝EC．（2）证明：如图2中，连接AD．∵AC是切线，AB是直径，∴∠BAC＝∠ADB＝90°，∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°，∴∠BAD＝∠C，∵∠EDC＝∠C，∴∠BAD＝∠EDC，∵∠DBF＝∠DAF，∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD，∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC．（3）解：如图3中，由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝394，∴AC＝392，∵tan∠ABC＝34＝ACAB，∴39 32 4AB ,∴AB＝26，∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，∵GH•HF＝BH•AH，∴4a2＝43a（26﹣43a），∴a＝6，∴FH＝12，BH＝8，AH＝18，∵GH＝HF，∴AB⊥GF，∴∠AHG＝90°，∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG，∴∠NFH+∠CAF＝90°，∵∠NFH+∠HLF＝90°，∴∠HLF＝∠CAF，∵AC∥FG，∴∠CAF＝∠AFH，∴∠HLF＝∠AFH，∵∠FHL＝∠AHF，∴△HFL∽△HAF，∴FH2＝HL•HA，∴122＝HL•18，∴HL＝8，∴AL＝10，BL＝16，FL＝∵LN•LF＝AL•BL，∴LN＝10•16，∴LN＝13.【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.10．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，，AC=2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C 顺时针旋转得到△A′B′C(点A，B的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m于点P，Q．(1)如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；(2)如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；(3)在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．【答案】（1）60°；（2）PQ ＝72；（3）存在，S 四边形PA 'B ′Q ＝33【解析】【分析】 （1）由旋转可得：AC =A 'C =2，进而得到BC 3=∠A 'BC =90°，可得cos ∠A 'CB 3'BC A C ==∠A 'CB =30°，∠ACA '=60°； （2）根据M 为A 'B '的中点，即可得出∠A =∠A 'CM ，进而得到PB 3=32=，依据tan ∠Q =tan ∠A 3=BQ =BC 3=2，进而得出PQ =PB +BQ 72=； （3）依据S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3-S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，而S △PCQ 12=PQ ×BC 3=，利用几何法即可得到S △PCQ 的最小值=3，即可得到结论．【详解】（1）由旋转可得：AC =A 'C =2．∵∠ACB =90°，AB 7=AC =2，∴BC 3=∵∠ACB =90°，m ∥AC ，∴∠A 'BC =90°，∴cos ∠A 'CB 3'BC A C ==∴∠A 'CB =30°，∴∠ACA '=60°；（2）∵M 为A 'B '的中点，∴∠A 'CM =∠MA 'C ，由旋转可得：∠MA 'C =∠A ，∴∠A =∠A 'CM ，∴tan ∠PCB =tan ∠A 3=∴PB 3=32=． ∵∠BQC =∠BCP =∠A ，∴tan ∠BQC =tan ∠A 3=∴BQ =BC 3=2，∴PQ =PB +BQ 72=； （3）∵S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3∴S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，∴S △PCQ 12=PQ ×BC 3=， 取PQ 的中点G ． ∵∠PCQ =90°，∴CG 12=PQ ，即PQ =2CG ，当CG 最小时，PQ 最小，∴CG ⊥PQ ，即CG 与CB重合时，CG最小，∴CG min3=，PQ min=23，∴S△PCQ的最小值=3，S四边形-；PA'B'Q=33【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．11．关于三角函数有如下的公式：sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②tan（α+β）=③利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：tan105°=tan（45°+60°）==﹣（2+）．根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．【答案】建筑物CD的高为84米．【解析】分析：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了.详解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°，∴在Rt△ABC和Rt△ADEAB=BC•tan75°=42tan75°=，AE=，∴CD=AB﹣AE=（米）.答：建筑物CD的高为84米.睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt△ABC和Rt△ADE中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.12．如图，⊙O为△ABC的外接圆，BC为⊙O的直径，AE为⊙O的切线，过点B作BD⊥AE于D．（1）求证：∠DBA=∠ABC；（2）如果BD=1，tan∠BAD=，求⊙O的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】试题分析：（1）如图，连接OA，由AE为⊙O的切线，BD⊥AE得到∠DAO=∠EDB=90°，于是得到DB∥AO，推出∠DBA=∠BAO，由于OA=OB，得到∠ABC=∠BAO，即可得到结论；（2）根据三角函数的知识可求出AD，从而根据勾股定理求出AB的长，根据三角函数的知识即可得出⊙O的半径．试题解析：（1）如图，连接OA，∵AE为⊙O的切线，BD⊥AE，∴∠DAO=∠EDB=90°，∴DB∥AO，∴∠DBA=∠BAO，又∵OA=OB，∴∠ABC=∠BAO，∴∠DBA=∠ABC；（2）∵BD=1，tan∠BAD=，∴AD=2，∴AB=，∴cos∠DBA=；∵∠DBA=∠CBA，∴BC=．∴⊙O的半径为2.5．考点：1.切线的性质；2.勾股定理；3.解直角三角形．。
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优 易错 难题)附答案
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优易错难题)附答案一、直角三角形的边角关系1．如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（3＝1．7）．【答案】32．4米．【解析】试题分析：首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造关系式求解．试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E，根据题意，∠DBE=45°，∠CBE=30°．∵AB⊥AC，CD⊥AC，∴四边形ABEC为矩形，∴CE=AB=12m，在Rt△CBE中，cot∠CBE=BE CE，∴BE=CE•cot30°=12×3=123，在Rt△BDE中，由∠DBE=45°，得DE=BE=123．∴CD=CE+DE=12（3+1）≈32.4．答：楼房CD的高度约为32.4m．考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．2．在等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，∠EMF=135°．将∠EMF绕点M旋转，使∠EMF的两边交直线AB于点E，交直线AC于点F，请解答下列问题：（1）当∠EMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF=BM；（2）当∠EMF绕点M旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE，CF，BM之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）和（2）的条件下，tan∠BEM=，AN=+1，则BM=，CF=．【答案】（1）证明见解析（2）见解析（3）1，1+或1﹣【解析】【分析】(1)由等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，可得BM=MN，∠BMN=135°，又∠EMF=135°，可证明的△BME≌△NMF，可得BE=NF，NC=NM=BM进而得出结论；（2）①如图②时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得BE﹣CF=BM，②如图③时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得CF﹣BE=BM；(3) 在Rt△ABM和Rt△ANM中，，可得Rt△ABM≌Rt△ANM，后分别求出AB、 AC、 CN 、BM、 BE的长，结合（1）（2）的结论对图①②③进行讨论可得CF的长.【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC=∠C=45°，∵AM是∠BAC的平分线，MN⊥AC，∴BM=MN，在四边形ABMN中，∠，BMN=360°﹣90°﹣90°﹣45°=135°，∵∠ENF=135°，，∴∠BME=∠NMF，∴△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵CN=CF+NF，∴BE+CF=BM；（2）针对图2，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵NC=NF﹣CF，∴BE﹣CF=BM；针对图3，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵NC=CF﹣NF，∴CF﹣BE=BM；（3）在Rt△ABM和Rt△ANM中，，∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），∴AB=AN=+1，在Rt△ABC中，AC=AB=+1，∴AC=AB=2+，∴CN=AC﹣AN=2+﹣（+1）=1，在Rt△CMN中，CM=CN=，∴BM=BC﹣CM=+1﹣=1，在Rt△BME中，tan∠BEM===，∴BE=，∴①由（1）知，如图1，BE+CF=BM，∴CF=BM﹣BE=1﹣②由（2）知，如图2，由tan∠BEM=，∴此种情况不成立；③由（2）知，如图3，CF﹣BE=BM，∴CF=BM+BE=1+，故答案为1，1+或1﹣．【点睛】本题考查三角函数与旋转与三角形全等的综合，难度较大，需综合运用所学知识求解.3．已知：△ABC内接于⊙O，D是弧BC上一点，OD⊥BC，垂足为H．（1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；（2）如图2，当圆心O在△ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：∠ACD=∠APB；（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB 于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，AC=，BN=，tan∠ABC=，求BF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24.【解析】试题分析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC =∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，易证∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ.在Rt△BNQ中，根据tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．试题解析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；（2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB 与OD相交于点M，连接OB，∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180°，∴2∠AND=180°，∴∠AND=90°，∵tan∠ABC=，∴，∴，∴，∵∠BNQ=∠QHD=90°，∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90°，∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，∴BG=BQ=，GN=NQ=，∵∠ACI=90°，tan∠AIC=tan∠ABC=，∴，∴IC=，∴由勾股定理可求得：AI=25，设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，BH=BQ+QH=，∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，当QH=时，∴QD=，∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不符合题意，舍去，当QH=时，∴QD=∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=ED﹣GD=，∵tan∠OED=，∴，∴EG=RG，∴RG=，∴ BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形.4．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F 点．若AB=6cm．（1）AE的长为 cm；（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；（3）求点D′到BC的距离．【答案】（1）；（2）12cm；（3）cm．【解析】试题分析：（1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案：∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6cm，∴AC=12cm．∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴（cm）．∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=cm．（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC 于点P，根据轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案．（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离．试题解析：解：（1）．（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°，∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°．∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EFA=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′．∴点E，D′关于直线AC对称．如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′．∵△ADE是等边三角形，AD=AE=，∴，即DP+EP最小值为12cm．（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′，∵AE=EC，∴AD′=CD′=．在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′（SSS ）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB ． 设D′G 长为xcm ，则CG 长为cm ，在Rt △GD′C 中，由勾股定理得， 解得：（不合题意舍去）．∴点D′到BC 边的距离为cm ．考点：1．翻折和单动点问题；2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边三角形三角形的判定和性质；5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判定和性质；7．方程思想的应用．5．我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A 处与E 处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部C 点测得条幅顶端A 点的仰角为45°，条幅底端E 点的俯角为30°，若甲、乙两楼之间的水平距离BD 为12米，求条幅AE 的长度．(结果保留根号)【答案】AE 的长为(123)+【解析】【分析】在Rt ACF V 中求AF 的长, 在Rt CEF V 中求EF 的长,即可求解.【详解】过点C 作CF AB ⊥于点F由题知：四边形CDBF 为矩形12CF DB ∴==在Rt ACF V 中，45ACF ∠=︒tan 1AF ACF CF ∴∠== 12AF ∴=在Rt CEF V 中，30ECF ∠=︒tan EF ECF CF∴∠= 3123EF ∴= 43EF ∴=1243AE AF EF ∴=+=+∴求得AE 的长为()1243+【点睛】本题考查了三角函数的实际应用,中等难度,作辅助线构造直角三角形是解题关键.6．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB 的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C ，用测角器测得主教学楼顶端A 的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E 处（C ，E ，B 三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A 的仰角为60°，已知测角器CD 的高度为1.6米，请计算主教学楼AB 的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）【答案】22.4m【解析】【分析】首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解．【详解】解：在Rt △AFG 中，tan ∠AFG 3，∴FG =tan 3AG AFG =∠， 在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AG CG ，∴CG =tan AG ACG ∠=3AG ． 又∵CG ﹣FG =24m ， 即3AG ﹣3AG =24m ， ∴AG =123m ，∴AB =123+1.6≈22.4m ．7．已知：如图，AB 为⊙O 的直径，AC 与⊙O 相切于点A ，连接BC 交圆于点D ，过点D 作⊙O 的切线交AC 于E ．（1）求证：AE ＝CE（2）如图，在弧BD 上任取一点F 连接AF ，弦GF 与AB 交于H ，与BC 交于M ，求证：∠FAB +∠FBM ＝∠EDC ．（3）如图，在（2）的条件下，当GH ＝FH ，HM ＝MF 时，tan ∠ABC ＝34，DE ＝394时，N 为圆上一点，连接FN 交AB 于L ，满足∠NFH +∠CAF ＝∠AHG ，求LN 的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）401313NL =【解析】【分析】 （1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC ＝90°，由切线长定理得EA ＝ED ，再由等角的余角相等，得到∠C ＝∠EDC ，进而得证结论.（2）由同角的余角相等，得到∠BAD ＝∠C ，再通过等量代换，角的加减进而得证结论. （3）先由条件得到AB ＝26，设HM ＝FM ＝a ，GH ＝HF ＝2a ，BH ＝43a ，再由相交弦定理得到GH •HF ＝BH •AH ，从而求出FH ，BH ，AH ，再由角的关系得到△HFL ∽△HAF ，从而求出HL，AL，BL，FL，再由相交弦定理得到LN•LF＝AL•BL，进而求出LN的长.【详解】解：（1）证明：如图1中，连接AD．∵AB是直径，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵EA、ED是⊙O的切线，∴EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA，∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°，∴∠C＝∠EDC，∴ED＝EC，∴AE＝EC．（2）证明：如图2中，连接AD．∵AC是切线，AB是直径，∴∠BAC＝∠ADB＝90°，∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°，∴∠BAD＝∠C，∵∠EDC＝∠C，∴∠BAD＝∠EDC，∵∠DBF＝∠DAF，∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD，∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC．（3）解：如图3中，由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝394，∴AC＝392，∵tan∠ABC＝34＝ACAB，∴39 32 4AB =,∴AB＝26，∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，∵GH•HF＝BH•AH，∴4a2＝43a（26﹣43a），∴a＝6，∴FH＝12，BH＝8，AH＝18，∵GH＝HF，∴AB⊥GF，∴∠AHG＝90°，∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG，∴∠NFH+∠CAF＝90°，∵∠NFH+∠HLF＝90°，∴∠HLF＝∠CAF，∵AC∥FG，∴∠CAF＝∠AFH，∴∠HLF＝∠AFH，∵∠FHL＝∠AHF，∴△HFL∽△HAF，∴FH2＝HL•HA，∴122＝HL•18，∴HL＝8，∴AL＝10，BL＝16，FL22FH HL+＝13∵LN •LF ＝AL •BL ，∴413•LN ＝10•16，∴LN ＝4013 . 【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.8．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，连接BD ，将△ABD 绕B 点作顺时针方向旋转得到△A ′B ′D ′（B ′与B 重合），且点D ′刚好落在BC 的延长上，A ′D ′与CD 相交于点E ． （1）求矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分（如图1中阴影部分A ′B ′CE ）的面积；（2）将△A ′B ′D ′以每秒2cm 的速度沿直线BC 向右平移，如图2，当B ′移动到C 点时停止移动．设矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分的面积为y ，移动的时间为x ，请你直接写出y 关于x 的函数关系式，并指出自变量x 的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x ，使得△AA ′B ′成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x 的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）452；（2）详见解析；（3）使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32 秒、695- ． 【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2，由tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD 可求出CE ，即可计算△CED ′的面积，S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′； （2）分类讨论，当0≤x ≤115时和当115＜x ≤4时，分别列出函数表达式； （3）分类讨论，当AB ′＝A ′B ′时；当AA ′＝A ′B ′时；当AB ′＝AA ′时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）∵AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，∴BD ＝10cm ，根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10cm ，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2cm ，∵tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD ∴682=CE ∴CE ＝32cm ， ∴S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′＝8634522222⨯-⨯÷=（cm 2）； （2）①当0≤x ＜115时，CD ′＝2x +2，CE ＝32（x +1）， ∴S △CD ′E ＝32x 2+3x +32， ∴y ＝12×6×8﹣32x 2﹣3x ﹣32＝﹣32x 2﹣3x +452； ②当115≤x ≤4时，B ′C ＝8﹣2x ，CE ＝43（8﹣2x ） ∴()214y 8223x =⨯-＝83x 2﹣643x +1283． （3）①如图1，当AB ′＝A ′B ′时，x ＝0秒； ②如图2，当AA ′＝A ′B ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AN 2+A ′N 2＝36，∴（6﹣245）2+（2x +185）2＝36，解得：x x （舍去）； ③如图2，当AB ′＝AA ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AB 2+BB ′2＝AN 2+A ′N 2∴36+4x 2＝（6﹣245）2+（2x +185）2 解得：x ＝32．综上所述，使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．9．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O 于另一点D，垂足为E．设P是»AC上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．（1）求证：△PAC∽△PDF；（2）若AB＝5，¼¼AP BP=，求PD的长．【答案】(1)证明见解析；（2310【解析】【分析】（1）根据AB⊥CD，AB是⊙O的直径，得到¶¶AD AC=，∠ACD＝∠B，由∠FPC＝∠B，得到∠ACD＝∠FPC，可得结论；（2）连接OP，由¶¶AP BP=，得到OP⊥AB，∠OPG＝∠PDC，根据AB是⊙O的直径，得到∠ACB＝90°，由于AC＝2BC，于是得到tan∠CAB＝tan∠DCB＝BCAC，得到12CE BE AE CE ==，求得AE ＝4BE ，通过△OPG ∽△EDG ，得到OG OP GE ED=，然后根据勾股定理即可得到结果．【详解】（1）证明：连接AD ，∵AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，∴¶¶ADAC =， ∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ，∵∠FPC ＝∠B ，∴∠ACD ＝∠FPC ，∴∠APC ＝∠ACF ，∵∠FAC ＝∠CAF ，∴△PAC ∽△CAF ；（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522AB =， ∵¶¶APBP =， ∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∵AC ＝2BC ，∴tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC， ∴12CE BE AE CE ==， ∴AE ＝4BE ，∵AE+BE ＝AB ＝5， ∴AE ＝4，BE ＝1，CE ＝2，∴OE ＝OB ﹣BE ＝2.5﹣1＝1.5，∵∠OPG ＝∠PDC ，∠OGP ＝∠DGE ，∴△OPG ∽△EDG ，∴OG OP GE ED =， ∴ 2.52OE GE OP GE CE -==， ∴GE ＝23，OG ＝56，∴PG 56=，GD 23=，∴PD＝PG+GD＝310．2【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得△OPG∽△EDG是解题的关键．10．如图，建筑物上有一旗杆，从与相距的处观测旗杆顶部的仰角为，观测旗杆底部的仰角为，求旗杆的高度.（参考数据：,，）【答案】旗杆的高度约为.【解析】【分析】在Rt△BDC中，根据tan∠BDC=求出BC，接着在Rt△ADC中，根据tan∠ADC==即可求出AB的长度【详解】解：∵在Rt△BDC中，tan∠BDC==1，∴BC=CD= 40m在Rt△ADC中，tan∠ADC==∴tan50°= =1.19∴AB7.6m答：旗杆AB的高度约为7.6m.【点睛】此题主要考查了三角函数的应用11．已知：如图，直线y＝－x＋12分别交x轴、y轴于A、B点，将△AOB折叠，使A点恰好落在OB的中点C处，折痕为DE．(1)求AE的长及sin∠BEC的值；(2)求△CDE的面积．【答案】（1）52，sin∠BEC=35；（2）754【解析】【分析】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B，点A坐标，继而可得∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，CF=BF=32，设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理求出x 的值即可求得答案；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，根据三角形面积公式则可得S△CDE=S△AED=2AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求出y，继而可求得答案.【详解】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，又∵点C是OB中点，∴OC=BC=6，2设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（92-x）2+（32）2，解得：x=52，故可得sin∠BEC=35CFCE，AE=52；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，则S△CDE=S△AED=12AD•EM=12AD×AEsin∠EAM=12AD•AE×sin45°=2AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，解得：y=152，即AD=152，故S△CDE=S△AED=2AD×AE=754．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.12．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，（1）求弦AD的长；（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．【答案】（1）（2）当ON 等于1﹣1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形（3）不变，理由见解析【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD 的长；（2）连DE 、ME ，易得当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，根据垂径定理得推论得OE ⊥DM ，易得到△ADC 为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=12；当MD=ME ，DE 为底边，作DH ⊥AE ，由于∠DAE=30°，得到，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，又∠M=∠DAE=30°，MD=ME ，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到；（3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，DP-DQ 的值．【详解】解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝∴AD ＝12BC ＝ （2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，∴OE ⊥DM ，又∵AD ＝AC ，∴△ADC 为等边三角形，∴∠CAD ＝60°，∴∠DAO ＝30°，∴∠DON ＝60°，在Rt △ADN 中，DN ＝12AD ，在Rt △ODN 中，ON ＝3DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，∵AD ＝∠DAE ＝30°，∴DH＝3，∠DEA＝60°，DE＝2，∴△ODE为等边三角形，∴OE＝DE＝2，OH＝1，∵∠M＝∠DAE＝30°，而MD＝ME，∴∠MDE＝75°，∴∠ADM＝90°﹣75°＝15°，∴∠DNO＝45°，∴△NDH为等腰直角三角形，∴NH＝DH＝3，∴ON＝3﹣1；综上所述，当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下：连AP、AQ，如图2，∵∠C＝∠CAD＝60°，而DP⊥AB，∴AC∥DP，∴∠PDB＝∠C＝60°，又∵∠PAQ＝∠PDB，∴∠PAQ＝60°，∴∠CAQ＝∠PAD，∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，∴△AQC≌△APD，∴DP＝CQ，∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．【点睛】本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．。
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优 易错 难题)附答案解析
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优易错难题)附答案解析一、直角三角形的边角关系1．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm．（1）求∠CAO＇的度数．（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．【解析】试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×=12，由C、O′、B′三点共线可得结果；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．试题解析：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，∴sin∠CAO′=，∴∠CAO′=30°；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD=，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24×=12，∵O′C⊥OA，∠CAO′=30°，∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12=36﹣12，∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，∴∠EO′F=120°，∴∠FO′A=∠CAO′=30°，∵∠AO′B′=120°，∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．2．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O 于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．【解析】试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC ，根据垂直平分线的性质可得AE=CE ；（2）连接AE 、ED ，如图2，由∠ABE=90°可得AE 是⊙O 的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE ∽△AEF ，然后运用相似三角形的性质可得=AD•AF ．①当CF=CD 时，可得，从而有EC=AE=CD ，在Rt △DEC 中运用三角函数可得sin ∠CED=，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC ，即可求出sin ∠CAB 的值；②当CF=aCD （a ＞0）时，同①即可解决问题． 试题解析：（1）AE=CE ．理由：连接AE 、DE ，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC ，∴AE=CE ；（2）连接AE 、ED ，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE 是⊙O 的直径，∵EF 是⊙OO 的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF ，∴△ADE ∽△AEF ，∴，∴=AD•AF ．①当CF=CD 时，AD=DC=CF ，AF=3DC ，∴=DC•3DC=，∴AE=DC ，∵EC=AE ，∴EC=DC ，∴sin ∠CAB=sin ∠CED===；②当CF=aCD （a ＞0）时，sin ∠CAB=．∵CF=aCD ，AD=DC ，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD ，∴=D C•（a+2）DC=（a+2），∴AE=DC ，∵EC=AE ，∴EC=DC ，∴sin ∠CAB=sin ∠CED==．考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．3．如图，反比例函数() 0k y k x=≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象相交于A (1,a ),B 两点，点C 在第四象限，CA ∥y 轴，90ABC ∠=︒. (1)求k 的值及点B 的坐标； (2)求tanC 的值.【答案】（1）2k =，()1,2B --；（2）2. 【解析】【分析】（1）先根据点A 在直线y=2x 上，求得点A 的坐标，再根据点A 在反比例函数()0ky k x=≠ 的图象上，利用待定系数法求得k 的值，再根据点A 、B 关于原点对称即可求得点B 的坐标；（2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，根据90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，可得C ABH ∠∠=，再由已知可得AOD ABH ∠∠=，从而得C AOD ∠∠=，求出Ctan 即可.【详解】（1）∵点A (1，a )在2y x =上， ∴a =2，∴A (1，2)，把A (1，2)代入 ky x= 得2k =， ∵反比例函数()0ky k x=≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象交于A ，B 两点， ∴A B 、 两点关于原点O 中心对称，∴()12B --， ； （2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，∵90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，∴C ABH ∠∠=，∵CA ∥y 轴，∴BH ∥x 轴，∴AOD ABH ∠∠=，∴C AOD ∠∠=，∴AD 22OD 1tanC tan AOD =∠===.【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，（2）小题求出∠C=∠AOD 是关键.4．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB 的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C ，用测角器测得主教学楼顶端A 的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E 处（C ，E ，B 三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A 的仰角为60°，已知测角器CD 的高度为1.6米，请计算主教学楼AB 的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）【答案】22.4m 【解析】 【分析】首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解． 【详解】解：在Rt △AFG 中，tan ∠AFG 3， ∴FG =tan 3AG AFG =∠，在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AGCG， ∴CG =tan AGACG ∠=3．又∵CG ﹣FG =24m ，33=24m ，∴AG =123m ， ∴AB =123+1.6≈22.4m ．5．水库大坝截面的迎水坡坡比（DE 与AE 的长度之比）为1：0.6，背水坡坡比为1：2，大坝高DE=30米，坝顶宽CD=10米，求大坝的截面的周长和面积．【答案】故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米． 【解析】试题分析：先根据两个坡比求出AE 和BF 的长，然后利用勾股定理求出AD 和BC ，再由大坝的截面的周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC ，梯形的面积公式可得出答案． 试题解析：∵迎水坡坡比（DE 与AE 的长度之比）为1：0.6，DE=30m ， ∴AE=18米，在RT △ADE 中，AD=22DE AE +=634米 ∵背水坡坡比为1：2， ∴BF=60米，在RT △BCF 中，BC=22CF BF +=305米，∴周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC=634+10+305+88=（634+305+98）米， 面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米．6．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线4y kx =+交x 轴、y 轴分别于点A 、点B ，且ABO ∆的面积为8. （1）求k 的值；（2）如图，点P 是第一象限直线AB 上的一个动点，连接PO ，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，设点P 的横坐标为t ，点C 的横坐标为m ，求m 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点B 作直线BM OP ⊥，交x 轴于点M ，垂足为点N ，点K 在线段MB 的延长线上，连接PK ，且0PK KB P +=，2PMB KPB ∠=∠，连接MC ，求四边形BOCM 的面积.【答案】（1）1k =；（2）4m t =+；（3）32BOCM S =Y . 【解析】 【分析】（1）先求出A 的坐标，然后利用待定系数法求出k 的值；(2) 过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，证POD OCE ∆≅∆可得OE PD =，进一步得出m 与t 的函数关系式；（3）过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，先证出QTB PTO ∆≅∆；再证出KPB BPN ∠=∠；设KPB x ∠=︒，通过计算证出PO PM =；再过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，根据tan tan OPD BMO ∠=∠得到OD BOPD MO=，列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM 是平行四边形，最后可得其面积为32. 【详解】解：（1）把0x =代入4y kx =+，4y =， ∴4BO =， 又∵4ABO S ∆=，∴142AO BO ⋅=，4AO =， ∴(4,0)A -，把4x =-，0y =代入4y kx =+， 得044k =-+， 解得1k =. 故答案为1；（2）解：把x t =代入4y x =+，4y t =+， ∴(,4)P t t +如图，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，∴90PDO CEO ∠=∠=︒， ∴90POD OPD ∠+∠=︒，∵线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ， ∴90POC ∠=︒，OP OC =， ∴90POD EOC ∠+∠=︒， ∴OPD EOC ∠=∠， ∴POD OCE ∆≅∆， ∴OE PD =，4m t =+.故答案为4m t =+.（3）解：如图，过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，由（1）知，4AO BO ==，90BOA ∠=︒， ∴ABO ∆为等腰直角三角形，∴45ABO BAO ∠=∠=︒，9045BOT ABO ABO ∠=︒-∠=︒=∠， ∴BT TO =， ∵90BTO ∠=︒， ∴90TPO TOP ∠+∠=︒， ∵PO BM ⊥， ∴90BNO ∠=︒，∴BQT TPO ∠=∠， ∴QTB PTO ∆≅∆， ∴QT TP =，PO BQ =， ∴PQT QPT ∠=∠， ∵PO PK KB =+，∴QB PK KB =+，QK KP =， ∴KQP KPQ ∠=∠，∴PQT KQP QPT KPQ ∠-∠=∠-∠，TQB TPK ∠=∠， ∴KPB BPN ∠=∠， 设KPB x ∠=︒， ∴BPN x ∠=︒， ∵2PMB KPB ∠=∠， ∴2PMB x ∠=︒，45POM PAO APO x ∠=∠+∠=︒+︒，9045NMO POM x ∠=︒-∠=︒-︒， ∴45PMO PMB NMO x POM ∠=∠+∠=︒+︒=∠， ∴PO PM =，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ， ∴22OM OD t ==，9045OPD POD x BMO ∠=︒-∠=︒-︒=∠， tan tan OPD BMO ∠=∠， OD BO PD MO =，442t t t =+， 14t =，22t =-（舍）∴8OM =，由（2）知，48m t OM =+==， ∴CM y P 轴，∵90PNM POC ∠=∠=︒， ∴BM OC P ，∴四边形BOCM 是平行四边形， ∴4832BOCM S BO OM =⨯=⨯=Y . 故答案为32. 【点睛】本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．7．如图，AB 是⊙O 的直径，E 是⊙O 上一点，C 在AB 的延长线上，AD ⊥CE 交CE 的延长线于点D ，且AE 平分∠DAC ． （1）求证：CD 是⊙O 的切线；（2）若AB＝6，∠ABE＝60°，求AD的长．【答案】（1）详见解析；（2）9 2【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质得到∠OAE＝∠DAE，再利用半径相等得∠AEO＝∠OAE，等量代换即可推出OE∥AD，即可解题，（2）根据30°的三角函数值分别在Rt△ABE中，AE＝AB·cos30°，在Rt△ADE中，AD=cos30°×AE即可解题.【详解】证明：如图，连接OE，∵AE平分∠DAC，∴∠OAE＝∠DAE．∵OA＝OE，∴∠AEO＝∠OAE．∴∠AEO＝∠DAE．∴OE∥AD．∵DC⊥AC，∴OE⊥DC．∴CD是⊙O的切线．（2）解：∵AB是直径，∴∠AEB＝90°，∠ABE＝60°．∴∠EAB＝30°，在Rt△ABE中，AE＝AB·cos30°333在Rt△ADE中，∠DAE＝∠BAE＝30°，∴AD=cos30°3339 2 .【点睛】本题考查了特殊的三角函数值的应用，切线的证明，中等难度，利用特殊的三角函数表示出所求线段是解题关键.8．如图，已知二次函数212y x bx c =++的图象经过点A （-3，6），并与x 轴交于点B （-1，0）和点C ，顶点为点P ．（1）求这个二次函数解析式；（2）设D 为x 轴上一点，满足∠DPC =∠BAC ，求点D 的坐标； （3）作直线AP ，在抛物线的对称轴上是否存在一点M ，在直线AP 上是否存在点N ，使AM +MN 的值最小？若存在，求出M 、N 的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）；（2）点P （7，0）；（3）点N （-75，145）． 【解析】【分析】（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）利用S △ABC = 12×AC×BH= 12×BC×y A ，求出s inα= 222105BH AB ==，则tanα= 12，在△PMD 中，tanα= MD PM 1222x =+，即可求解； （3）作点A 关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N ⊥AP 分别交对称轴与点M 、交AP 于点N ，此时AM+MN 最小，即可求解．【详解】（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式得：96332102b b c ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--+⎪⎩，解得：132b c =-⎧⎪⎨=-⎪⎩， 故：抛物线的表达式为：y =12x 2-x -32， 令y =0，则x =-1或3，令x =0，则y =-32，故点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；（2）过点B作BH⊥AC交于点H，过点P作PG⊥x轴交于点G，设：∠DPC=∠BAC=α，由题意得：AB=210，AC=62，BC=4，PC=22，S△ABC=12×AC×BH=12×BC×y A，解得：BH=22，sinα=BHAB=22210=5，则tanα=12，由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°，延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M，则MD=MC=x，在△PMD中，tanα=MDPM=22x+=12，解得：x=22，则CD=2x=4，故点P（7，0）；（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，直线AP表达式中的k值为：84-=-2，则直线A′N表达式中的k值为12，设直线A′N的表达式为：y=12x+b，将点A ′坐标代入上式并求解得：b =72， 故直线A ′N 的表达式为：y =12x +72…①， 当x =1时，y =4，故点M （1，4）， 同理直线AP 的表达式为：y =-2x …②，联立①②两个方程并求解得：x =-75， 故点N （-75，145）． 【点睛】 本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3），利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法．9．如图①,在菱形ABCD 中,60B ︒∠= ，4AB =.点P 从点A 出发以每秒2个单位的速度沿边AD 向终点D 运动，过点P 作PQ AC ⊥交边AB 于点Q ，过点P 向上作//PN AC ，且3PN PQ =，以PN 、PQ 为边作矩形PQMN .设点P 的运动时间为t （秒），矩形PQMN 与菱形ABCD 重叠部分图形的面积为S .（1）用含t 的代数式表示线段PQ 的长.（2）当点M 落在边BC 上时，求t 的值.（3）当0t 1<<时，求S 与t 之间的函数关系式，（4）如图②,若点O 是AC 的中点，作直线OM .当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为12：时，直接写出t 的值【答案】（1）23PQ t =；（2）45；（3）2193403163t t -+-；（4） 23t = 或87t = ． 【解析】【分析】（1）由菱形性质得∠D=∠B=60°，AD=AB=CD=4，△ACD 是等边三角形，证出△APQ 是等腰三角形，得出PF=QF，PF=PA•sin60°=3t，即可得出结果；（2）当点M落在边BC上时，由题意得：△PDN是等边三角形，得出PD=PN，由已知得PN=3PQ=3t，得出PD=3t，由题意得出方程，解方程即可；（3）当0＜t≤45时，PQ=23t，PN=3PQ=3t，S=矩形PQMN的面积=PQ×PN，即可得出结果；当45＜t＜1时，△PDN是等边三角形，得出PE=PD=AD-PA=4-2t，∠FEN=∠PED=60°，得出NE=PN-PE=5t-4，FN=3NE=3（5t-4），S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积，即可得出结果；（4）分两种情况：当0＜t≤45时，△ACD是等边三角形，AC=AD=4，得出OA=2，OG是△MNH的中位线，得出OG=4t-2，NH=2OG=8t-4，由面积关系得出方程，解方程即可；当45＜t≤2时，由平行线得出△OEF∽△MEQ，得出EF OFEQ MQ=，即233ttEF t-=+，解得EF=2332t t-，得出EQ=23323t tt-+，由三角形面积关系得出方程，解方程即可．【详解】（1）∵在菱形ABCD中，∠B=60°，∴∠D=∠B=60°，AD=AB=CD=4，△ACD是等边三角形，∴∠CAD=60°，∵PQ⊥AC，∴△APQ是等腰三角形，∴PF=QF，PF=PA•sin60°=2t×32=3t，∴PQ=23t；（2）当点M落在边BC上时，如图2所示：由题意得：△PDN是等边三角形，∴PD=PN，∵333t=3t，∴PD=3t，∵PA+PD=AD，即2t+3t=4，解得：t=45．（3）当0＜t≤45时，如图1所示：PQ=23t，PN=3PQ=3×23t=3t，S=矩形PQMN的面积=PQ×PN=23t×3t=63t2；当45＜t＜1时，如图3所示：∵△PDN是等边三角形，∴PE=PD=AD-PA=4-2t，∠FEN=∠PED=60°，∴NE=PN-PE=3t-（4-2t）=5t-4，∴335t-4），∴S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积32-2×1235t-4）2=-19t233，即S=-19t233（4）分两种情况：当0＜t≤45时，如图4所示：∵△ACD 是等边三角形，∴AC=AD=4，∵O 是AC 的中点，∴OA=2，OG 是△MNH 的中位线，∴OG=3t-（2-t ）=4t-2，NH=2OG=8t-4，∴△MNH 的面积=12MN×NH=12×23t×（8t-4）=13×63t 2， 解得：t=23； 当45＜t≤2时，如图5所示：∵AC ∥QM ，∴△OEF ∽△MEQ ，∴EF OF EQ MQ =233t t EF t-=+， 解得：2332t t -， ∴23323t t t - ∴△MEQ 的面积=12×3t×23323t t t -+=1332， 解得：t=87； 综上所述，当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为1：2时，t 的值为23或87．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握菱形和矩形的性质，综合运用知识，进行分类讨论是解题的关键．10．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，CG⊥AB，垂足为D(1)求证：PC是⊙O的切线；(2)求证：PA AD PC CD；(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=12．【解析】【分析】（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=35，得到BEAB＝35，于是求得结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°，∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴弧AC=弧AG，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴CF=AF，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=35，∴sin∠FAD=35，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，∵sin∠EAD=35，∴35BEAB，∵AB=20，∴BE=12．【点睛】本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．11．已知：如图，直线y＝－x＋12分别交x轴、y轴于A、B点，将△AOB折叠，使A点恰好落在OB的中点C处，折痕为DE．(1)求AE的长及sin∠BEC的值；(2)求△CDE的面积．【答案】（1）52，sin∠BEC=35；（2）754【解析】【分析】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B，点A坐标，继而可得∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，CF=BF=32，设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理求出x 的值即可求得答案；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，根据三角形面积公式则可得S△CDE=S△AED=2AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求出y，继而可求得答案.【详解】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，又∵点C是OB中点，∴OC=BC=6，2设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（92-x）2+（32）2，解得：x=52，故可得sin∠BEC=35CFCE，AE=52；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，则S△CDE=S△AED=12AD•EM=12AD×AEsin∠EAM=12AD•AE×sin45°=24AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，解得：y=152，即AD=152，故S△CDE=S△AED=24AD×AE=754．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.12．近几年，我国国家海洋局高度重视海上巡逻．如图，上午9时，巡逻船位于A处，观测到某港口城市P位于巡逻船的北偏西67.5°，巡逻船以21海里/时的速度向正北方向行驶，下午2时巡逻船到达B处，这时观测到城市P位于巡逻船的南偏西36.9°方向，求此时巡逻船所在B处与城市P的距离？（参考数据：sin36.9°≈35，tan36.9°≈34，sin67.5°≈1213，tan67.5°≈125）【答案】100海里【解析】【分析】过点P作PC⊥AB，构造直角三角形，设PC=x海里，用含有x的式子表示AC，BC的值，从而求出x的值，再根据三角函数值求出BP的值即可解答．【详解】解：过点P作PC⊥AB，垂足为C，设PC=x海里．在Rt△APC中，∵tan∠A=，∴AC=，在Rt△PCB中，∵tan∠B=，∴BC=，∵AC+BC=AB=21×5，∴，解得x=60，∵，∴（海里）．∴巡逻船所在B处与城市P的距离为100海里．【点睛】本题考查了方向角问题，注意结合实际问题，利用解直角三角形的相关知识求解是解此题的关键，注意数形结合思想的应用.。
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优 易错 难题)
中考数学直角三角形的边角关系(大题培优 易错 难题)一、直角三角形的边角关系1．如图，某无人机于空中A 处探测到目标B D 、的俯角分别是30、60︒︒,此时无人机的飞行高度AC 为60m ，随后无人机从A 处继续水平飞行303m 到达'A 处.（1）求之间的距离（2）求从无人机'A 上看目标的俯角的正切值. 【答案】（1）120米；（2）35. 【解析】 【分析】（1）解直角三角形即可得到结论；（2）过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ，连接'A D ，于是得到'60A E AC ==，'30CE AA ==3Rt △ABC 中，求得DC=333，然后根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】解：（1）由题意得：∠ABD=30°，∠ADC=60°， 在Rt △ABC 中，AC=60m ，∴AB=sin 30AC︒=6012=120（m ）（2）过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ，连接'A D ， 则'60A E AC ==， '30CE AA ==3在Rt △ABC 中， AC=60m ，∠ADC=60°，∴DC=333∴3∴tan ∠A 'A D= tan ∠'A DC='A E DE 503235答：从无人机'A 上看目标D 235【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线建立直角三角形是解题的关键.2．如图，湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米，米，点位于点的南偏西方向，点位于点的南偏东方向.(1)求的面积；(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭，并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)(参考数据：，，，，，，)【答案】（1）560000（2）565.6【解析】试题分析：（1）过点作交的延长线于点，，然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；（2）连接，过点作，垂足为点，则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可.试题解析：(1)过点作交的延长线于点，在中，，所以米.所以(平方米).(2)连接，过点作，垂足为点，则.因为是中点，所以米，且为中点，米，所以米.所以米，由勾股定理得，米.答：、间的距离为米.考点：解直角三角形3．我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A 处与E 处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部C 点测得条幅顶端A 点的仰角为45°，条幅底端E 点的俯角为30°，若甲、乙两楼之间的水平距离BD 为12米，求条幅AE 的长度．(结果保留根号)【答案】AE 的长为(123)+ 【解析】 【分析】在Rt ACF V 中求AF 的长, 在Rt CEF V 中求EF 的长,即可求解. 【详解】过点C 作CF AB ⊥于点F 由题知：四边形CDBF 为矩形12CF DB ∴==在Rt ACF V 中，45ACF ∠=︒tan 1AFACF CF∴∠== 12AF ∴= 在Rt CEF V 中，30ECF ∠=︒ tan EFECF CF∴∠= 312EF ∴=43EF ∴=1243AE AF EF ∴=+=+ ∴求得AE 的长为()1243+【点睛】本题考查了三角函数的实际应用,中等难度,作辅助线构造直角三角形是解题关键.4．如图①，抛物线y ＝ax 2+bx+c 经过点A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式． 【答案】（1）233384y x x =-++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--.【解析】 【分析】（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式PC PD BC OB =，得到PD=45PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=185，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可 【详解】解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0）∴y ＝a （x+2）（x ﹣4） 把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3 ∴a ＝﹣38∴抛物线解析式为y ＝﹣38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ∴∠CDP ＝∠COB ＝90° ∵∠DCP ＝∠OCB ∴△CDP ∽△COB ∴PC PDBC OB= ∵B （4，0），C （0，3）∴OB ＝4，OC ＝3，BC ∴PD ＝45PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小 ∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC ∴S △ABC ＝12AB•OC ＝12BC•AE ∴AE ＝631855AB OC BC ⨯==n ∴5AE ＝18∴5PA+4PC 的最小值为18．（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90° ∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个 此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ∴∠FQT ＝90°∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点 ∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3 ∵T （﹣4，0） ∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝35FQ TF =∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝35FG FQ = ∴FG ＝35FQ ＝95∴x Q＝1﹣9455=-，QG ＝2222912FQ 355FG ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭①若点Q 在x 轴上方，则Q （41255-，） 设直线l 解析式为：y ＝kx+b∴4041255k b k b -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线l ：334y x =+ ②若点Q 在x 轴下方，则Q （41255--，） ∴直线l ：334y x =-- 综上所述，直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q 点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论5．如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5︒方向上，距离5千米处是村庄M，在点A北偏东53.5︒方向上，距离10千米处是村庄N；要在公路AB旁修建一个土特产收购站P(取点P在AB上)，使得M，N两村庄到P站的距离之和最短，请在图中作出P的位置（不写作法）并计算：（1）M，N两村庄之间的距离；（2）P到M、N距离之和的最小值.（参考数据：sin36.5°＝0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75计算结果保留根号.）【答案】(1) M，N两村庄之间的距离为29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是55千米．【解析】【分析】（1）作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．【详解】解：作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．（1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°∴NE=AN•sin∠NAB=10•sin36.5°=6，AE=AN•cos∠NAB=10•cos36.5°=8，过M作MC⊥AB于点C，在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°∴AC=MA•sin∠AMB=MA•sin36.5°=3，MC=MA•cos∠AMC=MA•cos36.5°=4，过点M作MD⊥NE于点D，在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，ND=NE-MC=2，∴MN=22+=29，52即M，N两村庄之间的距离为29千米．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得MN′=22+=55（千米）510∴村庄M、N到P站的最短距离和是55千米．【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．6．如图（1），已知正方形ABCD在直线MN的上方BC在直线MN上，E是BC上一点，以AE为边在直线MN的上方作正方形AEFG．（1）连接GD，求证：△ADG≌△ABE；（2）连接FC，观察并直接写出∠FCN的度数（不要写出解答过程）（3）如图（2），将图中正方形ABCD改为矩形ABCD，AB＝6，BC＝8，E是线段BC上一动点（不含端点B、C），以AE为边在直线MN的上方作矩形AEFG，使顶点G恰好落在射线CD上．判断当点E由B向C运动时，∠FCN的大小是否总保持不变，若∠FCN的大小不变，请求出tan∠FCN的值．若∠FCN的大小发生改变，请举例说明．【答案】（1）见解析；（2）∠FCN＝45°，理由见解析；（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝4．理由见解析.3【解析】【分析】（1）根据三角形判定方法进行证明即可．（2）作FH⊥MN于H．先证△ABE≌△EHF，得到对应边相等，从而推出△CHF是等腰直角三角形，∠FCH的度数就可以求得了．（3）解法同（2），结合（1）（2）得：△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE，得出EH=AD=BC=8，由三角函数定义即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 和四边形AEFG 是正方形， ∴AB ＝AD ，AE ＝AG ＝EF ，∠BAD ＝∠EAG ＝∠ADC ＝90°， ∴∠BAE +∠EAD ＝∠DAG +∠EAD ，∠ADG ＝90°＝∠ABE ， ∴∠BAE ＝∠DAG ， 在△ADG 和△ABE 中，ADG ABE DAG BAE AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ADG ≌△ABE （AAS ）． （2）解：∠FCN ＝45°，理由如下： 作FH ⊥MN 于H ，如图1所示：则∠EHF ＝90°＝∠ABE ， ∵∠AEF ＝∠ABE ＝90°，∴∠BAE +∠AEB ＝90°，∠FEH +∠AEB ＝90°， ∴∠FEH ＝∠BAE ，在△EFH 和△ABE 中，EHF ABE FEH BAE AE EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△EFH ≌△ABE （AAS ）， ∴FH ＝BE ，EH ＝AB ＝BC ， ∴CH ＝BE ＝FH ， ∵∠FHC ＝90°， ∴∠FCN ＝45°．（3）当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小总保持不变，理由如下： 作FH ⊥MN 于H ，如图2所示：由已知可得∠EAG ＝∠BAD ＝∠AEF ＝90°，结合（1）（2）得：△EFH ≌△GAD ，△EFH ∽△ABE ， ∴EH ＝AD ＝BC ＝8， ∴CH ＝BE ， ∴EH FH FHAB BE CH==； 在Rt △FEH 中，tan ∠FCN ＝8463FH EH CH AB ===， ∴当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小总保持不变，tan ∠FCN ＝43． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形，矩形的判定及全等三角形的判定方法等知识点的综合运用，其重点是通过证三角形全等或相似来得出线段的相等或成比例．7．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣14x 2+bx +c 与直线y ＝12x ﹣3分别交x 轴、y 轴上的B 、C 两点，设该抛物线与x 轴的另一个交点为点A ，顶点为点D ，连接CD 交x 轴于点E ．（1）求该抛物线的表达式及点D 的坐标； （2）求∠DCB 的正切值；（3）如果点F 在y 轴上，且∠FBC ＝∠DBA +∠DCB ，求点F 的坐标．【答案】（1）21y 234x x =-+-，D （4，1）；（2）13；（3）点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）． 【解析】 【分析】 （1）y ＝12x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3，求出点B 、C 的坐标，将点B 、C坐标代入抛物线y＝﹣14x2+bx+c，即可求解；（2）求出则点E（3，0），EH＝EB•sin∠OBC＝5，CE＝32，则CH＝5，即可求解；（3）分点F在y轴负半轴和在y轴正半轴两种情况，分别求解即可．【详解】（1）y＝12x﹣3，令y＝0，则x＝6，令x＝0，则y＝﹣3，则点B、C的坐标分别为（6，0）、（0，﹣3），则c＝﹣3，将点B坐标代入抛物线y＝﹣14x2+bx﹣3得：0＝﹣14×36+6b﹣3，解得：b＝2，故抛物线的表达式为：y＝﹣14x2+2x﹣3，令y＝0，则x＝6或2，即点A（2，0），则点D（4，1）；（2）过点E作EH⊥BC交于点H，C、D的坐标分别为：（0，﹣3）、（4，1），直线CD的表达式为：y＝x﹣3，则点E（3，0），tan∠OBC＝3162OCOB==，则sin∠OBC5，则EH＝EB•sin∠OBC5CE＝2CH5则tan∠DCB＝13 EHCH=；（3）点A、B、C、D、E的坐标分别为（2，0）、（6，0）、（0，﹣3）、（4，1）、（3，0），则BC＝5∵OE＝OC，∴∠AEC＝45°，tan∠DBE＝164-＝12，故：∠DBE＝∠OBC，则∠FBC＝∠DBA+∠DCB＝∠AEC＝45°，①当点F 在y 轴负半轴时，过点F 作FG ⊥BG 交BC 的延长线与点G ，则∠GFC ＝∠OBC ＝α，设：GF ＝2m ，则CG ＝GFtanα＝m ，∵∠CBF ＝45°，∴BG ＝GF ，即：35+m ＝2m ，解得：m ＝35，CF ＝22GF CG +＝5m ＝15，故点F （0，﹣18）；②当点F 在y 轴正半轴时，同理可得：点F （0，1）；故：点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3），确定∠FBC ＝∠DBA+∠DCB ＝∠AEC ＝45°，是本题的突破口．8．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3cos 5C =,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P e 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .()1当P e 与边BC 相切时，求P e 的半径；()2联结BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围；()3在()2的条件下，当以PE长为直径的Qe与Pe相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409；（2）()25880010320x x xy xx-+=<<+；（3）1025-【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=45，sinC=HPCP=R10R-=45，即可求解；（2）PD∥BE，则EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx y--+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=35，sinC=HPCP=R10R-=45，解得：R=409；（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=35，设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，则BH=ACsinC=8，同理可得：CH=6，HA=4，AB=45，则：tan ∠CAB=2BP=()2284x +-=2880x x -+， DA=25x ，则BD=45-25x ， 如下图所示，PA=PD ，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，tanβ=2，则55EB=BDcosβ=（525）525x ， ∴PD ∥BE ，∴EB PD ＝BF PF ，即：2248805x x x y x y--+=， 整理得：y=)2x 8x 800x 103x 20-+<<+； （3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，∵点Q时弧GD的中点，∴DG⊥EP，∵AG是圆P的直径，∴∠GDA=90°，∴EP∥BD，由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，∴5设圆的半径为r，在△ADG中，55AG=2r，5551+，则：55相交所得的公共弦的长为5【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．9．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，CG⊥AB，垂足为D(1)求证：PC是⊙O的切线；(2)求证：PA AD PC CD=；(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=12．【解析】【分析】（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=35，得到BEAB＝35，于是求得结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°，∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴弧AC=弧AG，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴CF=AF，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=35，∴sin∠FAD=35，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，∵sin∠EAD=35，∴35BEAB，∵AB=20，∴BE=12．【点睛】本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．10．如图，正方形ABCD+1，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC分别交BC、BD于E、F，（1）求证：△ABF∽△ACE；（2）求tan∠BAE的值；（3）在线段AC上找一点P，使得PE+PF最小，求出最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）tan∠EAB＝2﹣1；（3）PE+PF的最小值为 ．22【解析】【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可；（2）如图1中，作EH⊥AC于H．首先证明BE=EH=HC，设BE=EH=HC=x，构建方程求出x 即可解决问题；（3）如图2中，作点F关于直线AC的对称点H，连接EH交AC于点P，连接PF，此时PF+PE的值最小，最小值为线段EH的长；【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACE＝∠ABF＝∠CAB＝45°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAC＝∠BAF＝22.5°，∴△ABF∽△ACE．（2）解：如图1中，作EH⊥AC于H．∵EA平分∠CAB，EH⊥AC，EB⊥AB，∴BE＝EB，∵∠HCE＝45°，∠CHE＝90°，∴∠HCE＝∠HEC＝45°，∴HC＝EH，∴BE＝EH＝HC，设BE＝HE＝HC＝x，则EC2，∵BC2+1，∴x+x2+1，∴x＝1，在Rt△ABE中，∵∠ABE＝90°，∴tan ∠EAB ＝221BE AB ＝＝+﹣1． （3）如图2中，作点F 关于直线AC 的对称点H ，连接EH 交AC 于点P ，连接PF ，此时PF+PE 的值最小．作EM ⊥BD 于M ．BM ＝EM ＝22， ∵AC 22AB BC +2，∴OA ＝OC ＝OB ＝12AC 22+ ， ∴OH ＝OF ＝OA•tan ∠OAF ＝OA•tan ∠EAB ＝222+ •2﹣1）＝22， ∴HM ＝OH+OM ＝222+， 在Rt △EHM 中，EH 2222222EM HM 22⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝22+．． ∴PE+PF 22+【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定，勾股定理，最短问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．11．已知Rt △ABC,∠A=90°,BC=10,以BC 为边向下作矩形BCDE,连AE 交BC 于F.(1)如图1,当AB=AC,且sin ∠BEF=35时，求BF CF 的值； (2)如图2,当tan ∠ABC=12时,过D 作DH ⊥AE 于H,求EH EA ⋅的值； (3)如图3,连AD 交BC 于G,当2FG BF CG =⋅时,求矩形BCDE 的面积【答案】(1)17；（2）80；（3）100. 【解析】【分析】 (1)过A 作AK ⊥BC 于K ,根据sin ∠BEF=35得出35FK AK =,设FK =3a ,AK =5a ，可求得BF =a ,故17BF CF =；（2）过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，得△EGA ∽△EHD ，利用相似三角形的性质即可求出；（3）延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,根据相似三角形的性质可求出BE =ED ，故可求出矩形的面积.【详解】解：(1)过A 作AK ⊥BC 于K ,∵sin ∠BEF ＝35,sin ∠FAK ＝35, ∴35FK AK =, 设FK =3a ,AK =5a ,∴AK =4a ,∵AB =AC ,∠BAC =90°,∴BK =CK =4a ,∴BF =a ,又∵CF =7a , ∴17BF CF = (2)过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，∵∠AGE =∠DHE =90°,∴△EGA ∽△EHD , ∴EH ED EG EA=， ∴·EH EA EG ED ⋅=,其中EG =BK , ∵BC =10,tan ∠ABC ＝12，cos ∠ABC ＝5， ∴BA ＝BC · cos ∠ABC ＝5， BK= BA·cos ∠ABC ＝855⨯= ∴EG =8,另一方面：ED =BC =10,∴EH ·EA =80 (3)延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,∵BC ∥KT ,BF AF FG KE AE ED ==， ∴BF KE FG DE =，同理：FG ED CG DT= ∵FG 2= BF ·CG ∴BF FG FG CG =， ∴ED 2= KE ·DT ∴KE ED DE DT= ， 又∵△KEB ∽△CDT ,∴KE CD BE DT=， ∴KE ·DT ＝BE 2， ∴BE 2＝ED 2∴ BE =ED∴1010100BCDE S =⨯=矩形【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解.12．如图，⊙O 为△ABC 的外接圆，BC 为⊙O 的直径，AE 为⊙O 的切线，过点B 作BD ⊥AE 于D ．（1）求证：∠DBA=∠ABC；（2）如果BD=1，tan∠BAD=，求⊙O的半径．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】试题分析：（1）如图，连接OA，由AE为⊙O的切线，BD⊥AE得到∠DAO=∠EDB=90°，于是得到DB∥AO，推出∠DBA=∠BAO，由于OA=OB，得到∠ABC=∠BAO，即可得到结论；（2）根据三角函数的知识可求出AD，从而根据勾股定理求出AB的长，根据三角函数的知识即可得出⊙O的半径．试题解析：（1）如图，连接OA，∵AE为⊙O的切线，BD⊥AE，∴∠DAO=∠EDB=90°，∴DB∥AO，∴∠DBA=∠BAO，又∵OA=OB，∴∠ABC=∠BAO，∴∠DBA=∠ABC；（2）∵BD=1，tan∠BAD=，∴AD=2，∴AB=，∴cos∠DBA=；∵∠DBA=∠CBA，∴BC=．∴⊙O的半径为2.5．考点：1.切线的性质；2.勾股定理；3.解直角三角形．。
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备战中考数学 直角三角形的边角关系 培优 易错 难题练习(含答案)附详细答案一、直角三角形的边角关系1．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB ∥CD ， ∠ACB =90°， AB=10cm ， BC=8cm ， OD 垂直平分 A C ．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s ；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s ；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点 P 作 PE ⊥AB ，交 BC 于点 E ，过点 Q 作 QF ∥AC ，分别交 AD ， OD 于点 F ， G ．连接 OP ，EG ．设运动时间为 t ( s )（0＜t ＜5） ，解答下列问题：（1）当 t 为何值时，点 E 在 BAC 的平分线上？（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm 2) ，求 S 与 t 的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；（4）连接 OE ， OQ ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE ⊥OQ ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4s t =；（2）PEGO S 四边形2315688t t =-++ ，(05)t <<；（3）52t =时，PEGO S 四边形取得最大值；（4）165t =时，OE OQ ⊥. 【解析】【分析】 （1）当点E 在∠BAC 的平分线上时，因为EP ⊥AB ，EC ⊥AC ，可得PE=EC ，由此构建方程即可解决问题．（2）根据S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ）构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可．（4）证明∠EOC=∠QOG ，可得tan ∠EOC=tan ∠QOG ，推出EC GQ OC OG=，由此构建方程即可解决问题．【详解】（1）在Rt △ABC 中，∵∠ACB=90°，AB=10cm ，BC=8cm ，∴22108-=6（cm ），∵OD 垂直平分线段AC ，∴OC=OA=3（cm ），∠DOC=90°，∵CD ∥AB ，∴∠BAC=∠DCO ，∵∠DOC=∠ACB ，∴△DOC ∽△BCA ， ∴AC AB BC OC CD OD ==， ∴61083CD OD==， ∴CD=5（cm ），OD=4（cm ），∵PB=t ，PE ⊥AB ， 易知：PE=34t ，BE=54t ， 当点E 在∠BAC 的平分线上时，∵EP ⊥AB ，EC ⊥AC ，∴PE=EC ，∴34t=8-54t ， ∴t=4． ∴当t 为4秒时，点E 在∠BAC 的平分线上．（2）如图，连接OE ，PC ．S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ）=1414153154338838252524524t t t t t ⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-⨯+⨯⨯-+⨯-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣ =281516(05)33t t t -++<<． （3）存在． ∵28568(05)323S t t ⎛⎫=--+<< ⎪⎝⎭， ∴t=52时，四边形OPEG 的面积最大，最大值为683． （4）存在．如图，连接OQ ．∵OE ⊥OQ ，∴∠EOC+∠QOC=90°，∵∠QOC+∠QOG=90°，∴∠EOC=∠QOG，∴tan∠EOC=tan∠QOG，∴EC GQOC OG=，∴358544345ttt -=-，整理得：5t2-66t+160=0，解得165t=或10（舍弃）∴当165t=秒时，OE⊥OQ．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.2．如图（1），在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．Rt△CDE中，∠CDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt △CDE沿y轴正方向平行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：（1）如图（2），当Rt△CDE运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求∠BME 的度数．（2）如图（3），在Rt△CDE的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．（3）在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的重叠部分的面积为S，请写出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．【答案】（1）∠BME=15°；（2BC=4；（3）h≤2时，S=﹣h2+4h+8，当h≥2时，S=18﹣3h．【解析】试题分析：（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，要求∠BME的度数，需先求出∠CMA的度数．根据三角形外角的定理进行解答即可；（2）如图3，由已知可知∠OBC=∠DEC=30°，又OB=6，通过解直角△BOC就可求出BC的长度；（3）需要分类讨论：①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，S=S△EDC﹣S△EFM；②当h≥2时，如图3，S=S△OBC．试题解析：解：（1）如图2，∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．∴OA=OB，∴∠OAB=45°，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OCE=60°，∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°，∴∠BME=∠CMA=15°；如图3，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OBC=∠DEC=30°，∵OB=6，∴BC=4；（3）①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，∵CD=4，DE=4，AC=h，AN=NM，∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM，∵△CMN∽△CED，∴，∴，解得FM=4﹣，∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4﹣（44﹣h）×（4﹣）=﹣h2+4h+8，②如图3，当h≥2时，S=S△OBC=OC×OB=（6﹣h）×6=18﹣3h．考点：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形3．在等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，∠EMF=135°．将∠EMF绕点M旋转，使∠EMF的两边交直线AB于点E，交直线AC于点F，请解答下列问题：（1）当∠EMF绕点M旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF=BM；（2）当∠EMF绕点M旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE，CF，BM之间的数量关系，不需要证明；（3）在（1）和（2）的条件下，tan∠BEM=，AN=+1，则BM=，CF=．【答案】（1）证明见解析（2）见解析（3）1，1+或1﹣【解析】【分析】(1)由等腰△ABC中，∠B=90°，AM是△ABC的角平分线，过点M作MN⊥AC于点N，可得BM=MN，∠BMN=135°，又∠EMF=135°，可证明的△BME≌△NMF，可得BE=NF，NC=NM=BM进而得出结论；（2）①如图②时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得BE﹣CF=BM，②如图③时，同（1）可证△BME≌△NMF，可得CF﹣BE=BM；(3) 在Rt△ABM和Rt△ANM中，，可得Rt△ABM≌Rt△ANM，后分别求出AB、 AC、 CN 、BM、 BE的长，结合（1）（2）的结论对图①②③进行讨论可得CF的长.【详解】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠BAC=∠C=45°，∵AM是∠BAC的平分线，MN⊥AC，∴BM=MN，在四边形ABMN中，∠，BMN=360°﹣90°﹣90°﹣45°=135°，∵∠ENF=135°，，∴∠BME=∠NMF，∴△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵CN=CF+NF，∴BE+CF=BM；（2）针对图2，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵NC=NF﹣CF，∴BE﹣CF=BM；针对图3，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，∴BE=NF，∵MN⊥AC，∠C=45°，∴∠CMN=∠C=45°，∴NC=NM=BM，∵NC=CF﹣NF，∴CF﹣BE=BM；（3）在Rt△ABM和Rt△ANM中，，∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），∴AB=AN=+1，在Rt△ABC中，AC=AB=+1，∴AC=AB=2+，∴CN=AC﹣AN=2+﹣（+1）=1，在Rt△CMN中，CM=CN=，∴BM=BC﹣CM=+1﹣=1，在Rt△BME中，tan∠BEM===，∴BE=，∴①由（1）知，如图1，BE+CF=BM，∴CF=BM﹣BE=1﹣②由（2）知，如图2，由tan∠BEM=，∴此种情况不成立；③由（2）知，如图3，CF﹣BE=BM，∴CF=BM+BE=1+，故答案为1，1+或1﹣．【点睛】本题考查三角函数与旋转与三角形全等的综合，难度较大，需综合运用所学知识求解.4．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中点O为圆心，OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）求证：BC2＝2CD•OE；（3）若314cos,53BAD BE∠==，求OE的长．【答案】（1）DE为⊙O的切线，理由见解析；（2）证明见解析；（3）OE =356．【解析】试题分析：（1）连接OD，BD，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB为直角，可得出△BCD为直角三角形，E为斜边BC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，从而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中两锐角互余，从而可得∠ADO与∠CDE互余，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，可得出DE为⊙O的切线；（2）由已知可得OE是△ABC的中位线，从而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得．试题解析：（1）DE为⊙O的切线，理由如下：连接OD，BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，∴CE=DE=BE=BC，∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∵∠ABC=90°，∴∠C+∠A=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，∴∠ODE=90°，∴DE⊥OD，又OD为圆的半径，∴DE为⊙O的切线；（2）∵E是BC的中点，O点是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴AC=2OE，∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，∴△ABC∽△BDC，∴，即BC 2=AC•CD ．∴BC 2=2CD•OE ；（3）解：∵cos ∠BAD=， ∴sin ∠BAC=， 又∵BE=，E 是BC 的中点，即BC=， ∴AC=．又∵AC=2OE ，∴OE=AC=．考点：1、切线的判定；2、相似三角形的判定与性质；3、三角函数5．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）已知：如图，AB 是半圆O 的直径，弦//CD AB ，动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上，且DQ OP =，AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F （点F 与点C 、D 不重合），20AB =，4cos 5AOC ∠=．设OP x =，CPF ∆的面积为y ．（1）求证：AP OQ =；（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出它的定义域；（3）当OPE ∆是直角三角形时，求线段OP 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）236030050(10)13x x y x x -+=<<；（3）8OP = 【解析】【分析】（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP DQ =，联结OD 后还有OA DO =，再结合要证明的结论AP OQ =，则可肯定需证明三角形全等，寻找已知对应边的夹角，即POA QDO ∠=∠即可；（2）根据PFC ∆∽PAO ∆，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件4cos 5AOC ∠=、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去．【详解】（1）联结OD ，∵OC OD =，∴OCD ODC ∠=∠，∵//CD AB ，∴OCD COA ∠=∠，∴POA QDO ∠=∠．在AOP ∆和ODQ ∆中， {OP DQPOA QDO OA DO=∠=∠=，∴AOP ∆≌ODQ ∆，∴AP OQ =；（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=， ∴4455OH OP x ==，35PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=⋅=． ∵//CD AB ，∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOP yCP x S OP x∆-==， ∴2360300x x y x-+=，当F 与点D 重合时， ∵42cos 210165CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=， ∴101016x x =-，解得5013x =， ∴2360300x x y x-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ， ∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=；②当90POE∠=o时，1010254cos cos25OCCQQCO AOC====∠∠，∴252OP DQ CD CQ CD==-=-2571622=-=，∵501013OP<<，∴72OP=（舍去）；③当90PEO∠=o时，∵//CD AB，∴AOQ DQO∠=∠，∵AOP∆≌ODQ∆，∴DQO APO∠=∠，∴AOQ APO∠=∠，∴90AEO AOP∠=∠=o，此时弦CD不存在，故这种情况不符合题意，舍去；综上，线段OP的长为8．6．水库大坝截面的迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，背水坡坡比为1：2，大坝高DE=30米，坝顶宽CD=10米，求大坝的截面的周长和面积．【答案】故大坝的截面的周长是（345）米，面积是1470平方米．【解析】试题分析：先根据两个坡比求出AE和BF的长，然后利用勾股定理求出AD和BC，再由大坝的截面的周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC，梯形的面积公式可得出答案．试题解析：∵迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，DE=30m，∴AE=18米，在RT△ADE中，22DE AE+34∵背水坡坡比为1：2，∴BF=60米，在RT△BCF中，22CF BF+5∴周长345（345）米，面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．故大坝的截面的周长是（345）米，面积是1470平方米．7．如图，在正方形ABCD 中，E 是边AB 上的一动点，点F 在边BC 的延长线上，且CF AE =，连接DE ，DF ，EF . FH 平分EFB ∠交BD 于点H .（1）求证：DE DF ⊥； （2）求证：DH DF =：（3）过点H 作HM EF ⊥于点M ，用等式表示线段AB ，HM 与EF 之间的数量关系，并证明.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析. 【解析】 【分析】（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HNBH HN HM ===︒.由22cos 45DFEF DF DH ===︒，得22EF AB HM =-.【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒. ∴90EAD FCD ∠=∠=︒.∵CF AE =。