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

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23

15688

t t =-++ ，(05)t <<；（3）52t =时，PEGO S 四边形取得最大值；（4）165

t =

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=34

t ，BE=54t ， 当点E 在∠BAC 的平分线上时，

∵EP ⊥AB ，EC ⊥AC ，

∴PE=EC ，

∴

34

t=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 ）

=1414153154338838252

524524t t t t t ⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-⨯+⨯⨯-+⨯-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣ =28

1516(05)33

t t t -+

+<<． （3）存在． ∵2

8568(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 GQ

OC OG

=，

∴

3

5

8

5

4

4

34

5

t

t

t -

=

-

，

整理得：5t2-66t+160=0，

解得

16

5

t=或10（舍弃）

∴当16

5

t=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

314

cos,

53

BAD 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 =35

6

．

【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 5

AOC ∠=．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)13

x 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 5

AOC ∠=

、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 DQ

POA QDO OA DO

=∠=∠=，

∴AOP ∆≌ODQ ∆，

∴AP OQ =；

（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=

， ∴4455OH OP x ==，35

PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=

⋅=． ∵//CD AB ，

∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOP y

CP x S OP x

∆-==， ∴2360300x x y x

-+=，当F 与点D 重合时， ∵42cos 210165CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯

=， ∴101016x x =-，解得5013

x =， ∴2360300x x y x

-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ， ∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=；

②当90

POE

∠=o时，

101025

4

cos cos2

5

OC

CQ

QCO AOC

====

∠∠，

∴25

2

OP DQ CD CQ CD

==-=-

257

16

22

=-=，

∵5010

13

OP

<<，

∴7

2

OP=（舍去）；

③当90

PEO

∠=o时，∵//

CD AB，

∴AOQ DQO

∠=∠，

∵AOP

∆≌ODQ

∆，

∴DQO APO

∠=∠，

∴AOQ APO

∠=∠，

∴90

AEO 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，22

DE AE

+34

∵背水坡坡比为1：2，

∴BF=60米，

在RT△BCF中，22

CF 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 45HN

BH HN HM ===︒

.

由22cos 45DF

EF 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 =。 ∴AED CFD △△≌. ∴ADE CDF ∠=∠.

∴90EDF EDC CDF EDC ADE ADC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=︒. ∴DE DF ⊥.

（2）证明：∵AED CFD △△≌， ∴DE DF =. ∵90EDF ∠=︒， ∴45DEF DFE ∠=∠=︒.

∵90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， ∴45DBF ∠=︒. ∵FH 平分EFB ∠， ∴EFH BFH ∠=∠.

∵45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,

45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, ∴DHF DFH ∠=∠. ∴DH DF =.

（3）22EF AB HM =-.

证明：过点H 作HN BC ⊥于点N ，如图，

∵正方形ABCD 中，AB AD =，90BAD ∠=︒， ∴222BD AB AD AB =

+=.

∵FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，

∴HM HN =.

∵4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，

， ∴22sin 45HN

BH HN HM =

==︒

.

∴22DH BD BH AB HM =-=.

∵22cos 45DF

EF DF DH =

==︒

，

∴22EF AB HM =-. 【点睛】

本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.

8．在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AB=7，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 ＝7

2

；（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

=

BC 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

2

=PQ ， 取PQ 的中点G ． ∵∠PCQ =90°，∴CG 1

2

=

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 min 3=，PQ min =23，∴S △PCQ 的最小值=3，S 四边形

PA 'B 'Q =3

3-；

【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．

9．如图1，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝3，BC ＝4，动点P 在线段BC 上，点Q 在线段AB 上，且PQ ＝BQ ，延长QP 交射线AC 于点D ． （1）求证：QA ＝QD ；

（2）设∠BAP ＝α，当2tanα是正整数时，求PC 的长；

（3）作点Q 关于AC 的对称点Q′，连结QQ′，AQ′，DQ′，延长BC 交线段DQ′于点E ，连结AE ，QQ′分别与AP ，AE 交于点M ，N （如图2所示）．若存在常数k ，满足k•MN ＝PE•QQ′，求k 的值．

【答案】（1）证明见解析（2）PC的长为3

7

或

3

2

（3）8

【解析】

【分析】

（1）由等腰三角形的性质得出∠B＝∠BPQ＝∠CPD，由直角三角形的性质得出∠BAC＝∠D，即可得出结论；

（2）过点P作PH⊥AB于H，设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意知tanα＝1或1

2

，当

tanα＝1时，HA＝PH＝3x，与勾股定理得出3x+4x＝5，解得x＝5

7

，即可求出PC长；

当tanα＝1

2

时，HA＝2PH﹣6x，得出6x+4x＝5，解得x＝

1

2

，即可求出PC长；

（3）设QQ′与AD交于点O，由轴对称的性质得出AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，得出四边形

AQDQ′是菱形，由菱形的性质得出QQ′⊥AD，AO＝1

2

AD，证出四边形BEQ'Q是平行四边

形，得出QQ′＝BE，设CD＝3m，则PC＝4m，AD＝3+3m，即QQ′﹣BE＝4m+4，PE＝8m，

由三角函数得出MO

AO

＝tan∠PAC＝

PC

AC

，即可得出结果．

【详解】

（1）证明：∵PQ＝BQ，

∴∠B＝∠BPQ＝∠CPD，

∵∠ACB＝∠PCD＝90°，

∴∠A+∠BAC＝90°，∠D+∠CPD＝90°，

∴∠BAC＝∠D，

∴QA＝QD；

（2）解：过点P作PH⊥AB于H，如图1所示：设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，

由题意得：tan∠BAC＝4

3

，∠BAP＜∠BAC，

∴2tanα是正整数时，tanα＝1或1

2

，当tanα＝1时，HA＝PH＝3x，

∴3x+4x5，

∴x＝5

7

，

即PC＝4﹣5x＝3

7

；

当tanα＝1

2

时，HA＝2PH﹣6x，

∴6x+4x ＝5， ∴x ＝

12

， 即PC ＝4﹣5x

＝

32

； 综上所述，PC 的长为

37或32

； （3）解：设QQ′与AD 交于点O ，如图2所示： 由轴对称的性质得：AQ′＝AQ ＝DQ ＝DQ′， ∴四边形AQDQ′是菱形， ∴QQ′⊥AD ，AO ＝1

2

AD ， ∵BC ⊥AC ， ∴QQ′∥BE ， ∵BQ ∥EQ′，

∴四边形BEQ'Q 是平行四边形， ∴QQ′＝BE ，

设CD ＝3m ，则PC ＝4m ，AD ＝3+3m ， 即QQ′﹣BE ＝4m+4，PE ＝8m ， ∵

MO AO ＝tan ∠PAC ＝PC

AC

， ∴332

MO

m +＝43

m

，

即MN ＝2MO ＝4m （1+m ），

∴k ＝PE QQ MN

g ′＝8(44)4(1)m m m m ++＝8．

【点睛】

本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质与判定、三角函数、勾股定理、菱形的判定与性质、平行线的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，灵活运用三角函数是解题关键．

10．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣

14x 2+bx +c 与直线y ＝1

2

x ﹣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）1

3

；（3）点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）． 【解析】 【分析】 （1）y ＝

1

2

x ﹣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 ＝﹣

14

x 2

+bx+c ，即可求解； （2）求出则点E （3，0），EH ＝EB•sin ∠OBC 5CE ＝2，则CH 5

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 ＝

1

2

x ﹣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 ＝﹣14x 2+bx ﹣3得：0＝﹣1

4

×36+6b ﹣3，解得：b ＝2， 故抛物线的表达式为：y ＝﹣

14

x 2

+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＝

31

62

OC

OB

==，则sin∠OBC＝

5

，

则EH＝EB•sin∠OBC＝

5

，

CE＝32，则CH＝

5

，

则tan∠DCB＝

1

3 EH

CH

=；

（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＝35，

∵OE＝OC，∴∠AEC＝45°，

tan∠DBE＝

1

64

-

＝

1

2

，

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．

11．如图所示，一堤坝的坡角62ABC ∠=︒，坡面长度25AB =米(图为横截面)，为了使堤坝更加牢固，一施工队欲改变堤坝的坡面，使得坡面的坡角50ADB ∠=︒，则此时应将坝底向外拓宽多少米？(结果保留到0.01 米)(参考数据：sin620.88︒≈，cos620.47︒≈，

tan50 1.20︒≈)

【答案】6.58米 【解析】

试题分析：过A 点作AE ⊥CD 于E ．在Rt △ABE 中，根据三角函数可得AE ，BE ，在Rt △ADE 中，根据三角函数可得DE ，再根据DB=DE ﹣BE 即可求解． 试题解析：过A 点作AE ⊥CD 于E ． 在Rt △ABE 中，∠ABE=62°． ∴AE=AB•sin62°=25×0.88=22米，

BE=AB•cos62°=25×0.47=11.75米， 在Rt △ADE 中，∠ADB=50°， ∴DE==18

米，

∴DB=DE ﹣BE≈6.58米． 故此时应将坝底向外拓宽大约6.58米．

考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．