2020-2021中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)含详细答案

2020-2021中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)含详细答案一、锐角三角函数1．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 ∠DBF′=33.【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.2．如图，AB 是⊙O 的直径，点C ，D 是半圆O 的三等分点，过点C 作⊙O 的切线交AD 的延长线于点E ，过点D 作DF ⊥AB 于点F ，交⊙O 于点H ，连接DC ，AC ．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A ，O ，C ，D 为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．3．如图，PB为☉O的切线，B为切点，过B作OP的垂线BA，垂足为C，交☉O于点A，连接PA，AO.并延长AO交☉O于点E，与PB的延长线交于点D．(1)求证：PA是☉O的切线；(2)若=，且OC=4，求PA的长和tan D的值.【答案】（1）证明见解析；（2）PA =3，tan D=.【解析】试题分析: （1）连接OB，先由等腰三角形的三线合一的性质可得：OP是线段AB的垂直平分线，进而可得：PA=PB，然后证明△PAO≌△PBO，进而可得∠PBO=∠PAO，然后根据切线的性质可得∠PBO=90°，进而可得：∠PAO=90°，进而可证：PA是⊙O的切线；（2）连接BE，由，且OC=4，可求AC，OA的值，然后根据射影定理可求PC的值，从而可求OP的值，然后根据勾股定理可求AP的值．试题解析：（1）连接OB，则OA=OB，∵OP⊥AB，∴AC=BC，∴OP是AB的垂直平分线，∴PA=PB，在△PAO和△PBO中，∵，∴△PAO≌△PBO（SSS）∴∠PBO=∠PAO，PB=PA，∵PB为⊙O的切线，B为切点，∴∠PBO=90°，∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，∴PA是⊙O的切线；（2）连接BE，∵，且OC=4，∴AC=6，∴AB=12，在Rt△ACO中，由勾股定理得：AO=，∴AE=2OA=4，OB=OA=2，在Rt△APO中，∵AC⊥OP，∴AC2=OC PC，解得：PC=9，∴OP=PC+OC=13，在Rt△APO中，由勾股定理得：AP==3.易证，所以,解得，则，在中，.考点：1.切线的判定与性质；2.相似三角形的判定与性质；3.解直角三角形．4．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5．（2013年四川攀枝花12分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是梯形，AB∥CD，点B（10，0），C（7，4）．直线l经过A，D两点，且sin∠DAB=22．动点P在线段AB上从点A出发以每秒2个单位的速度向点B运动，同时动点Q从点B出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D的方向向点D运动，过点P作PM垂直于x轴，与折线A→D→C相交于点M，当P，Q两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为t秒（t＞0），△MPQ的面积为S．（1）点A的坐标为，直线l的解析式为；（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围；（3）试求（2）中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值；（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值．【答案】解：（1）（﹣4，0）；y=x+4．（2）在点P、Q运动的过程中：①当0＜t≤1时，如图1，过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5．过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•35=3t．∴PE=PB﹣BE=（14﹣2t）﹣3t=14﹣5t，S=12PM•PE=12×2t×（14﹣5t）=﹣5t2+14t．②当1＜t≤2时，如图2，过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，则CQ=5t﹣5，PE=AF﹣AP﹣EF=11﹣2t﹣（5t﹣5）=16﹣7t．S=12PM•PE=12×2t×（16﹣7t）=﹣7t2+16t．③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7，即（2t﹣4）+（5t﹣5）=7，解得t=167．当2＜t＜167时，如图3，MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，S=12PM•MQ=12×4×（16﹣7t）=﹣14t+32．综上所述，点Q与点M相遇前S与t的函数关系式为()()225t14t0<t1S{7t16t1<t21614t322<t<7-+≤=-+≤⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．（3）①当0＜t≤1时，22749S5t14t5t55⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=75，∴当0＜t≤1时，S随t的增大而增大．∴当t=1时，S有最大值，最大值为9．②当1＜t≤2时，22864S7t16t7t77⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=87，∴当t=87时，S有最大值，最大值为647．③当2＜t＜167时，S=﹣14t+32∵k=﹣14＜0，∴S随t的增大而减小．又∵当t=2时，S=4；当t=167时，S=0，∴0＜S＜4．综上所述，当t=87时，S有最大值，最大值为647．（4）t=209或t=125时，△QMN为等腰三角形．【解析】（1）利用梯形性质确定点D的坐标，由sin∠DAB=2，利用特殊三角函数值，得到△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式：∵C（7，4），AB∥CD，∴D（0，4）．∵sin∠DAB=2，∴∠DAB=45°．∴OA=OD=4．∴A（﹣4，0）．设直线l的解析式为：y=kx+b，则有4k b0{b4-+==，解得：k1{b4==．∴y=x+4．∴点A坐标为（﹣4，0），直线l的解析式为：y=x+4．（2）弄清动点的运动过程分别求解：①当0＜t≤1时，如图1；②当1＜t≤2时，如图2；③当2＜t＜167时，如图3．（3）根据（2）中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值．（4）△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论：①如图4，点M在线段CD上，MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，MN=DM=2t﹣4，由MN=MQ，得16﹣7t=2t﹣4，解得t=209．②如图5，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D，此时△QMN为等腰三角形，t=125．∴当t=209或t=125时，△QMN为等腰三角形．考点：一次函数综合题，双动点问题，梯形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，由实际问题列函数关系式，一次函数和二次函数的性质，等腰三角形的性质，分类思想的应用．6．如图，MN为一电视塔，AB是坡角为30°的小山坡(电视塔的底部N与山坡的坡脚A在同一水平线上，被一个人工湖隔开)，某数学兴趣小组准备测量这座电视塔的高度．在坡脚A处测得塔顶M的仰角为45°；沿着山坡向上行走40m到达C处，此时测得塔顶M的仰角为30°，请求出电视塔MN的高度．(2≈1.413≈1.73，结果保留整数)【答案】95m【解析】【分析】过点C作CE⊥AN于点E， CF⊥MN于点F．在△ACE中，求AE＝203m，在RT△MFC中，设MN＝x m，则AN＝xm．FC＝3xm，可得x＋203＝3 ( x－20)，解方程可得答案..【详解】解：过点C作CE⊥AN于点E， CF⊥MN于点F．在△ACE中，AC＝40m，∠CAE＝30°∴CE＝FN＝20m，AE＝203m设MN＝x m，则AN＝xm．FC＝3xm，在RT△MFC中MF＝MN－FN＝MN－CE＝x－20FC＝NE＝NA＋AE＝x＋203∵∠MCF＝30°∴FC＝3MF，即x＋203＝3 ( x－20)解得：x＝403 31＝60＋203≈95m答：电视塔MN的高度约为95m．【点睛】本题考核知识点：解直角三角形.解题关键点：熟记解直角三角形相关知识，包括含特殊角的直角三角形性质.7．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，∴22633∵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=332；（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，∴AB=3t=33，∴t=3；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．8．如图，在平面直角坐标系xOy中，点P是⊙C外一点，连接CP交⊙C于点Q，点P关于点Q的对称点为P′，当点P′在线段CQ上时，称点P为⊙C“友好点”．已知A(1，0)，B(0，2)，C(3，3)(1)当⊙O的半径为1时，①点A，B，C中是⊙O“友好点”的是；②已知点M在直线y 3+2 上，且点M是⊙O“友好点”，求点M的横坐标m的取值范围；(2)已知点D30)，连接BC，BD，CD，⊙T的圆心为T(t，﹣1)，半径为1，若在△BCD 上存在一点N，使点N是⊙T“友好点”，求圆心T的横坐标t的取值范围．【答案】(1)①B；②0≤m≤3；(2)﹣4+33≤t＜33．【解析】【分析】(1))①根据“友好点”的定义，OB＝＜2r＝2，所以点B是⊙O“友好点”；②设M(m，﹣3m+2 )，根据“友好点”的定义，OM＝223222m m⎛⎫+-+≤⎪⎪⎝⎭，由此求解即可；(2)B(0，2)，C(3，3)，D(23，0)，⊙T的圆心为T(t，﹣1)，点N是⊙T“友好点”，NT≤2r＝2，所以点N只能在线段BD上运动，过点T作TN⊥BD于N，作TH∥y轴，与BD交于点H．易知∠BDO＝30°，∠OBD＝60°，NT＝3HT，直线BD：y＝﹣3x+2，可知H(t，﹣3t+2)，继而可得NT＝﹣12t+33，由此可得关于t的不等式，解出t的范围即可.【详解】(1)①∵r＝1，∴根据“友好点”的定义，OB＝＜2r＝2，∴点B是⊙O“友好点”，∵OC＝2233+=32>2r＝2，∴点C不是⊙O“友好点”，A(1，0)在⊙O上，不是⊙O“友好点”，故答案为B；②如图，设M (m ，﹣33m +2 )，根据“友好点”的定义， ∴OM ＝223222m m ⎛⎫+-+≤ ⎪ ⎪⎝⎭，整理，得2m 2﹣23m ≤0，解得0≤m ≤3；∴点M 的横坐标m 的取值范围：0≤m ≤3；(2)∵B (0，2)，C (3，3)，D (23，0)，⊙T 的圆心为T (t ，﹣1)，点N 是⊙T “友好点”， ∴NT ≤2r ＝2，∴点N 只能在线段BD 上运动，过点T 作TN ⊥BD 于N ，作TH ∥y 轴，与BD 交于点H ．∵tan ∠BDO ＝323OB OD == ∴∠BDO=30°，∴∠OBD ＝60°，∴∠THN=∠OBD=60°，∴NT ＝HT•sin ∠THN=32HT ， ∵B (0，2)，D 30)，∴直线BD ：y 3+2， ∵H 点BD 上，∵H (t ，﹣33t +2)， ∴HT 3+2﹣(﹣1)3+3，∴NT ＝32HT ＝32(﹣33t +3)＝﹣12t +332， ∴﹣12t +33≤2， ∴t ≥﹣4+33，当H 与点D 重合时，点T 的横坐标等于点D 的横坐标，即t ＝33，此时点N 不是“友好点”，∴t ＜33，故圆心T 的横坐标t 的取值范围：﹣4+33≤t ＜33．【点睛】本题是圆的综合题，正确理解“友好点”的意义，熟练运用相似三角形的性质与特殊三角函数是解题的关键．9．如图，直线y ＝12x +2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，抛物线y ＝﹣12x 2+bx +c 经过A 、B 两点，与x 轴的另一个交点为 C ．（1）求抛物线的解析式；（2）根据图象，直接写出满足12x +2≥﹣12x 2+bx +c 的x 的取值范围；（3）设点D 为该抛物线上的一点、连结AD ，若∠DAC ＝∠CBO ，求点D 的坐标．【答案】（1）213222y x x =--+；（2）当x ≥0或x ≤﹣4；（3）D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．【解析】【分析】（1）由直线y ＝12x +2求得A 、B 的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）观察图象，找出直线在抛物线上方的x 的取值范围；（3）如图，过D 点作x 轴的垂线，交x 轴于点E ，先求出CO ＝1，AO ＝4，再由∠DAC ＝∠CBO ，得出tan ∠DAC ＝tan ∠CBO ，从而有，DE CO AE BO=,最后分类讨论确定点D 的坐标．【详解】解：（1）由y ＝12x +2可得：当x ＝0时，y ＝2；当y ＝0时，x ＝﹣4，∴A （﹣4，0），B （0，2），把A 、B 的坐标代入y ＝﹣12x 2+bx +c 得： 322b c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，， ∴抛物线的解析式为：213222y x x =--+ （2）当x ≥0或x ≤﹣4时，12x +2≥﹣12x 2+bx +c （3）如图，过D 点作x 轴的垂线，交x 轴于点E ，由213222y x x =-+令y ＝0，解得：x 1＝1，x 2＝﹣4，∴CO ＝1，AO ＝4，设点D 的坐标为（m ，213222m m --+）， ∵∠DAC ＝∠CBO ，∴tan ∠DAC ＝tan ∠CBO ，∴在Rt △ADE 和Rt △BOC 中有DE CO AE BO =，当D 在x 轴上方时，213212242--+=+m m m 解得：m 1＝0，m 2＝﹣4（不合题意，舍去），∴点D 的坐标为（0，2）．当D 在x 轴下方时，213(2)12242---+=+m m m 解得：m 1＝2，m 2＝﹣4（不合题意，舍去），∴点D 的坐标为（2，﹣3），故满足条件的D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．【点睛】本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式．解题的关键是能够熟练掌握一次函数和二次函数的有关知识解决问题，分类讨论是第（3）题的难点．10．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．【详解】（1）直线PD为⊙O的切线，理由如下：如图1，连接OD，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD，∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA，∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，∴直线PD为⊙O的切线；（2）∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，∵∠BED=60°，∴∠P=30°，∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°，在Rt△PDO中，∠P=30°，3∴0 tan30ODPD=，解得OD=1，∴22PO PD OD+，∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；（3）如图2，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，∵四边形AFBD内接于⊙O，∴∠DAF+∠DBF=180°，即90°+x+2x=180°，解得x=30°，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，∵BE、ED是⊙O的切线，∴DE=BE，∠EBA=90°，∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD=DE=BE，又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF是等边三角形，∴BD=DF=BF，∴DE=BE=DF=BF，∴四边形DFBE为菱形.【点睛】本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．11．如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，AC⊥BC于点C，将△ABC沿AC翻折得到△AEC，连接DE．（1）求证：四边形ACED是矩形；（2）若AC＝4，BC＝3，求sin∠ABD的值．613【答案】（1）证明见解析（2【解析】【分析】（1）根据▱ABCD中，AC⊥BC，而△ABC≌△AEC，不难证明；（2）依据已知条件，在△ABD或△AOC作垂线AF或OF，求出相应边的长度，即可求出∠ABD的正弦值．【详解】（1）证明：∵将△ABC 沿AC 翻折得到△AEC ，∴BC ＝CE ，AC ⊥CE ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ，AD ＝BC ，∴AD ＝CE ，AD ∥CE ， ∴四边形ACED 是平行四边形，∵AC ⊥CE ，∴四边形ACED 是矩形．（2）解：方法一、如图1所示，过点A 作AF ⊥BD 于点F ，∵BE ＝2BC ＝2×3＝6，DE ＝AC ＝4，∴在Rt △BDE 中， 2222BD BE DE 64213=+=+=∵S △BDE ＝12×DE•AD ＝12AF•BD ， ∴AF ＝61313213=， ∵Rt △ABC 中，AB ＝2234+＝5，∴Rt △ABF 中，sin ∠ABF ＝sin ∠ABD ＝6136135AF AB ==方法二、如图2所示，过点O 作OF ⊥AB 于点F ，同理可得，OB ＝1132BD =， ∵S △AOB ＝11OF AB OA BC 22⋅=⋅， ∴OF ＝23655⨯=， ∵在Rt △BOF 中，sin ∠FBO ＝0613513F OB ==， ∴sin ∠ABD ＝613．【点睛】本题考查直角三角形翻折变化后所得图形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质和解直角三角形求线段的长度，关键是正确添加辅助线和三角形面积的计算公式求出sin ∠ABD ．12．如图，AB 为O e 的直径，C 、D 为O e 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.（2）若2ABD BDC ∠=∠.①求证：CF 是O e 的切线.②当6BD =，3tan 4F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =. 【解析】【分析】（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可证明CF 为⊙O 的切线；②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=OC CF =34，即可求出CF ．【详解】解：（1）AB 是O e 的直径，且D 为O e 上一点，90ADB ∴∠=︒，CE DB ⊥Q ，90DEC ∴∠=︒，//CF AD ∴，180DAC ACF ∴∠+∠=︒.（2）①如图，连接OC .OA OC =Q ，12∴∠=∠.312∠=∠+∠Q ，321∴∠=∠.42BDC Q ∠=∠，1BDC ∠=∠，421∴∠=∠，43∴∠=∠，//OC DB ∴.CE DB ⊥Q ，OC CF ∴⊥.又OC Q 为O e 的半径，CF ∴为O e 的切线.②由（1）知//CF AD ，BAD F ∴∠=∠，3tan tan 4BAD F ∴∠==， 34BD AD ∴=. 6BD =Q483AD BD ∴==， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.OC CF Q ⊥，90OCF ∴∠=︒，3tan 4OC F CF ∴==，解得203 CF=.【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．13．如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．（2）连接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⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409R=;（2）25880320xy x xx=-++（3）505-【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＝10RR-＝45，即可求解；（2）首先证明PD∥BE，则EB BFPD PF=，即：2024588x yxxxy-+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝5【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＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝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＝2，BP＝228+(4)x-＝2880x x-+，DA＝25x，则BD＝45﹣25x，如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，tanβ＝2，则cosβ＝5，sinβ＝5， EB ＝BDcosβ＝（45﹣25x ）×5＝4﹣25x ， ∴PD ∥BE ，∴EB BF PD PF =，即：2024588x y x x x -+--=，整理得：y ＝25x x 8x 803x 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 是弧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 ，∴AB ＝DB+AD ＝AG+AD ＝5设圆的半径为r ，在△ADG 中，AD ＝2rcosβ5DG 5AG ＝2r ， 5＝52r 51+，则：DG 550﹣5 相交所得的公共弦的长为50﹣5【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．14．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.15．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.。

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2020-2021备战中考数学锐角三角函数-经典压轴题及答案

2020-2021备战中考数学锐角三角函数-经典压轴题及答案一、锐角三角函数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，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 31．7）．【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．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．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、E分别在BC、AC边上，连结BE、AD交于点P，设AC=kBD，CD=kAE，k为常数，试探究∠APE的度数：（1）如图1，若k=1，则∠APE的度数为；（2）如图2，若k=3，试问（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE的度数．（3）如图3，若k=3，且D、E分别在CB、CA的延长线上，（2）中的结论是否成立，请说明理由．【答案】（1）45°；（2）（1）中结论不成立，理由见解析；（3）（2）中结论成立，理由见解析.【解析】分析：（1）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE≌△ACD，得出EF=AD=BF，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；（2）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△FAE∽△ACD，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；（3）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出△ACD∽△HEA，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；详解：（1）如图1，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形，∴BD=AF，BF=AD．∵AC=BD，CD=AE，∴AF=AC．∵∠FAC=∠C=90°，∴△FAE≌△ACD，∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC．∵∠ADC+∠CAD=90°，∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD．∵AD∥BF，∴∠EFB=90°．∵EF=BF ，∴∠FBE=45°，∴∠APE=45°．（2）（1）中结论不成立，理由如下：如图2，过点A 作AF ∥CB ，过点B 作BF ∥AD 相交于F ，连接EF ，∴∠FBE=∠APE ，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF 是平行四边形，∴BD=AF ，BF=AD ．∵3BD ，3AE ， ∴3AC CD BD AE==． ∵BD=AF ， ∴3AC CD AF AE==． ∵∠FAC=∠C=90°，∴△FAE ∽△ACD ， ∴3AC AD BF AF EF EF===，∠FEA=∠ADC ． ∵∠ADC+∠CAD=90°，∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD ．∵AD ∥BF ，∴∠EFB=90°．在Rt △EFB 中，tan ∠FBE=3EF BF = ∴∠FBE=30°，∴∠APE=30°，（3）（2）中结论成立，如图3，作EH ∥CD ，DH ∥BE ，EH ，DH 相交于H ，连接AH ，∴∠APE=∠ADH ，∠HEC=∠C=90°，四边形EBDH 是平行四边形，∴BE=DH ，EH=BD ．∵AC=3BD ，CD=3AE ，∴3AC CD BD AE==． ∵∠HEA=∠C=90°，∴△ACD ∽△HEA ， ∴3AD AC AH EH==，∠ADC=∠HAE ． ∵∠CAD+∠ADC=90°，∴∠HAE+∠CAD=90°，∴∠HAD=90°．在Rt △DAH 中，tan ∠ADH=3AH AD =， ∴∠ADH=30°，∴∠APE=30°．点睛：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，构造全等三角形和相似三角形的判定和性质．5．如图，AB 是⊙O 的直径，点C ，D 是半圆O 的三等分点，过点C 作⊙O 的切线交AD 的延长线于点E ，过点D 作DF ⊥AB 于点F ，交⊙O 于点H ，连接DC ，AC ．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A ，O ，C ，D 为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．6．如图，已知点从出发，以1个单位长度/秒的速度沿轴向正方向运动，以为顶点作菱形，使点在第一象限内，且；以为圆心，为半径作圆．设点运动了秒，求：（1）点的坐标（用含的代数式表示）；（2）当点在运动过程中，所有使与菱形的边所在直线相切的的值．【答案】解：（1）过作轴于，，，，，点的坐标为．（2）①当与相切时（如图1），切点为，此时，，，．②当与，即与轴相切时（如图2），则切点为，，过作于，则，，．③当与所在直线相切时（如图3），设切点为，交于，则，，．过作轴于，则，，化简，得，解得，，．所求的值是，和．【解析】（1）过作轴于,利用三角函数求得OD、DC的长，从而求得点的坐标⊙P与菱形OABC的边所在直线相切，则可与OC相切；或与OA相切；或与AB相切，应分三种情况探讨：①当圆P与OC相切时，如图1所示，由切线的性质得到PC垂直于OC，再由OA=+t，根据菱形的边长相等得到OC=1+t，由∠AOC的度数求出∠POC为30°，在直角三角形POC中，利用锐角三角函数定义表示出cos30°=oc/op，表示出OC，等于1+t列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；②当圆P与OA，即与x轴相切时，过P作PE垂直于OC，又PC=PO，利用三线合一得到E为OC的中点，OE为OC的一半，而OE=OPcos30°，列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值；③当圆P与AB所在的直线相切时，设切点为F，PF与OC交于点G，由切线的性质得到PF垂直于AB，则PF垂直于OC，由CD=FG，在直角三角形OCD中，利用锐角三角函数定义由OC表示出CD，即为FG，在直角三角形OPG中，利用OP表示出PG，用PG+GF表示出PF，根据PF=PC，表示出PC，过C作CH垂直于y轴，在直角三角形PHC中，利用勾股定理列出关于t的方程，求出方程的解即可得到t的值，综上，得到所有满足题意的t的值．7．如图，二次函数y＝x2+bx﹣3的图象与x轴分别相交于A、B两点，点B的坐标为（3，0），与y轴的交点为C，动点T在射线AB上运动，在抛物线的对称轴l上有一定点D，其纵坐标为3，l与x轴的交点为E，经过A、T、D三点作⊙M．（1）求二次函数的表达式；（2）在点T的运动过程中，①∠DMT的度数是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由；②若MT＝12AD，求点M的坐标；（3）当动点T在射线EB上运动时，过点M作MH⊥x轴于点H，设HT＝a，当OH≤x≤OT 时，求y的最大值与最小值（用含a的式子表示）．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3（2）①在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值②（0，3）（3）见解析【解析】【分析】（1）把点B的坐标代入抛物线解析式求得系数b的值即可；（2）①如图1，连接AD．构造Rt△AED，由锐角三角函数的定义知，tan∠DAE＝3．即∠DAE＝60°，由圆周角定理推知∠DMT＝2∠DAE＝120°；②如图2，由已知条件MT＝12AD，MT＝MD，推知MD＝12AD，根据△ADT的外接圆圆心M在AD的中垂线上，得到：点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD＝12AD．根据点A、D的坐标求得点M的坐标即可；（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝12AT．易得H（a﹣1，0），T（2a﹣1，0）．由限制性条件OH≤x≤O T、动点T在射线EB上运动可以得到：0≤a﹣1≤x≤2a﹣1．需要分类讨论：（i）当2111(1)211aa a-⎧⎨----⎩……，即413a<„，根据抛物线的增减性求得y的极值．（ii）当0112111(1)211aaa a<-⎧⎪->⎨⎪--<--⎩„，即43＜a≤2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．【详解】解：（1）把点B（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得32+3b﹣3＝0，解得b＝﹣2，则该二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）①∠DMT的度数是定值．理由如下：如图1，连接AD ．∵抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4．∴抛物线的对称轴是直线x ＝1．又∵点D 的纵坐标为∴D （1，由y ＝x 2﹣2x ﹣3得到：y ＝（x ﹣3）（x+1），∴A （﹣1，0），B （3，0）．在Rt △AED 中，tan ∠DAE＝2DE AE ==． ∴∠DAE ＝60°．∴∠DMT ＝2∠DAE ＝120°．∴在点T 的运动过程中，∠DMT 的度数是定值；②如图2，∵MT ＝12AD ．又MT ＝MD ， ∴MD ＝12AD ． ∵△ADT 的外接圆圆心M 在AD 的中垂线上， ∴点M 是线段AD 的中点时，此时AD 为⊙M 的直径时，MD ＝12AD ． ∵A （﹣1，0），D （1，∴点M 的坐标是（0（3）如图3，作MH ⊥x 于点H ，则AH ＝HT ＝12AT ．又HT ＝a ，∴H （a ﹣1，0），T （2a ﹣1，0）．∵OH≤x≤OT ，又动点T 在射线EB 上运动，∴0≤a ﹣1≤x≤2a ﹣1．∴0≤a ﹣1≤2a ﹣1．∴a≥1，∴2a ﹣1≥1．（i ）当2111(1)211a a a -⎧⎨----⎩……，即14a 3剟时，当x ＝a ﹣1时，y 最大值＝（a ﹣1）2﹣2（a ﹣1）﹣3＝a 2﹣4a ；当x ＝1时，y 最小值＝4．（ii ）当0112111(1)211a a a a <-⎧⎪->⎨⎪--<--⎩„，即43＜a≤2时，当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝1时，y最小值＝﹣4．（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝a﹣1时，y最小值＝（a﹣1）2﹣2（a﹣1）﹣3＝a2﹣4a．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系；另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解．8．如图，MN为一电视塔，AB是坡角为30°的小山坡(电视塔的底部N与山坡的坡脚A在同一水平线上，被一个人工湖隔开)，某数学兴趣小组准备测量这座电视塔的高度．在坡脚A处测得塔顶M的仰角为45°；沿着山坡向上行走40m到达C处，此时测得塔顶M的仰角为30°，请求出电视塔MN的高度．(参考数据：2≈1.41，3≈1.73，结果保留整数)【答案】95m【解析】【分析】过点C作CE⊥AN于点E， CF⊥MN于点F．在△ACE中，求AE＝3m，在RT△MFC中，设MN＝x m，则AN＝xm．FC3xm，可得x＋33 ( x－20)，解方程可得答案..【详解】解：过点C作CE⊥AN于点E， CF⊥MN于点F．在△ACE中，AC＝40m，∠CAE＝30°∴CE＝FN＝20m，AE＝3设MN＝x m，则AN＝xm．FC3，在RT△MFC中MF＝MN－FN＝MN－CE＝x－20FC ＝NE ＝NA ＋AE ＝x ＋203 ∵∠MCF ＝30°∴FC ＝3MF ，即x ＋203＝3 ( x －20)解得：x ＝40331- ＝60＋203≈95m答：电视塔MN 的高度约为95m ．【点睛】本题考核知识点：解直角三角形.解题关键点：熟记解直角三角形相关知识，包括含特殊角的直角三角形性质.9．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C ，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F .(Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标；(Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H .①求证BDE DBA ∆≅∆；②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒.【解析】【分析】(Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数.【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==.∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，5OB =，过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5= ∵AD=OA ，AM ⊥OB ， ∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==.∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒∴ABD BDE ∠∠=. 又∵BD BD =，∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==，又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅.∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-，在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+，即()222x 34x =+-，得25x 8=， ∴25AH 8=. ∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ，当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心，∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4，∵FA=FB ，FO ⊥AB ，∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°，当180°<α<360°时，同理解得：∠BAF′=60°，∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒.【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.10．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 ＝3102．【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．11．兰州银滩黄河大桥北起安宁营门滩，南至七里河马滩，是黄河上游的第一座大型现代化斜拉式大桥如图，小明站在桥上测得拉索AB 与水平桥面的夹角是31°，拉索AB 的长为152米，主塔处桥面距地面7.9米（CD 的长），试求出主塔BD 的高．（结果精确到0.1米，参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）【答案】主塔BD 的高约为86.9米．【解析】【分析】根据直角三角形中由三角函数得出BC 相应长度，再由BD=BC+CD 可得出.【详解】在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，sin BC A AB=． ∴sin 152sin311520.5279.04BC AB A ︒=⨯=⨯=⨯=．79.047.986.9486.9BD BC CD =+=+=≈（米）答：主塔BD 的高约为86.9米．【点睛】本题考察了直角三角形与三角函数的结合，熟悉掌握是解决本题的关键.12．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--⎝⎭，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＝FG＝2x，OF＝EF＝22x，∵OA＝4，∴AF＝4﹣22x，∵G为EF的中点，H为AE的中点，∴GH为△AFE的中位线，∴GH＝12AF＝12×（4﹣22x）＝2﹣2x，则x＝2﹣2x，解得：x＝22﹣2，∴E（8﹣42，8﹣42），如图3，当点E在线段OB的延长线上时，x2x﹣2，解得：x＝2∴E（2，2②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 ＝FG ＝2x ， OF ＝EF ＝22x ，∵OA ＝4， ∴AF ＝4﹣22x ，∵G 为EF 的中点，H 为AE 的中点，∴GH 为△AFE 的中位线，∴GH ＝12AF ＝12×（4﹣22x ）＝2﹣2x ，过点G 作GQ ⊥AC 于点Q ，则GQ ＝PM ＝3x ﹣22，∴3x ﹣22＝2﹣2x ，∴4227x +=， ∴42164216,E ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭；如图5，当点E 在线段OM 上时，GQ ＝PM ＝23x ，则23x ＝22，解得4227x =，∴16421642,E ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭；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42164216,77⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭或16421642,77⎛-- ⎝⎭．【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．13．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 ，3，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3，得出PD=3t ，由题意得出方程，解方程即可；（3）当0＜t≤45时，3t ，PN=32PQ=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-4，33（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 OF EQ MQ =233t t EF t -=+，解得EF=243232t t t -，得出2332234t t t t -+，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，∵PN=32PQ=32×23t=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=32PQ=32×23t=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，∴FN=3NE=3（5t-4），∴S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积=63t2-2×12×3（5t-4）2=-19t2+403t-163，即S=-19t2+403t-163；（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）=13×63t2，解得：t=23；当45＜t≤2时，如图5所示：∵AC∥QM，∴△OEF∽△MEQ，∴EF OFEQ MQ=233ttEF t-=+，解得：2332t t-，∴EQ=2332234t t t t --+， ∴△MEQ 的面积=12×3t×（23323t t t -+）=13×63t 2，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．14．已知抛物线y ＝﹣16x 2﹣23x+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：MC 2＝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 =5-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．15．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．。

中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)及答案

中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)及答案一、锐角三角函数1．已知在平面直角坐标系中，点()()()3,0,3,0,3,8A B C --，以线段BC 为直径作圆，圆心为E ，直线AC 交E e 于点D ，连接OD .（1）求证：直线OD 是E e 的切线；（2）点F 为x 轴上任意一动点，连接CF 交E e 于点G ，连接BG ：①当1an 7t ACF ∠=时，求所有F 点的坐标（直接写出）； ②求BG CF的最大值. 【答案】（1）见解析；（2）①143,031F ⎛⎫⎪⎝⎭，2(5,0)F ；② BG CF 的最大值为12. 【解析】【分析】（1）连接DE ，证明∠EDO=90°即可；（2）①分“F 位于AB 上”和“F 位于BA 的延长线上”结合相似三角形进行求解即可； ②作GM BC ⊥于点M ，证明1~ANF ABC ∆∆，得12BG CF ≤，从而得解. 【详解】（1）证明：连接DE ，则：∵BC 为直径∴90BDC ∠=︒∴90BDA ∠=︒∵OA OB =∴OD OB OA ==∴OBD ODB ∠=∠∵EB ED =∴EBD EDB ∠=∠∴EBD OBD EDB ODB ∠+∠=∠+∠即：EBO EDO ∠=∠∵CB x ⊥轴∴90EBO ∠=︒∴90EDO ∠=︒∴直线OD 为E e 的切线.（2）①如图1，当F 位于AB 上时：∵1~ANF ABC ∆∆ ∴11NF AF AN AB BC AC == ∴设3AN x =，则114,5NF x AF x == ∴103CN CA AN x =-=-∴141tan 1037F N x ACF CN x ∠===-，解得：1031x = ∴150531AF x == 1504333131OF =-= 即143,031F ⎛⎫⎪⎝⎭如图2，当F 位于BA 的延长线上时：∵2~AMF ABC ∆∆∴设3AM x =，则224,5MF x AF x ==∴103CM CA AM x =+=+∴241tan 1037F M x ACF CM x ∠===+ 解得：25x =∴252AF x ==2325OF =+=即2(5,0)F②如图，作GM BC ⊥于点M ，∵BC 是直径∴90CGB CBF ∠=∠=︒∴~CBF CGB ∆∆ ∴8BG MG MG CF BC == ∵MG ≤半径4= ∴41882BG MG CF =≤= ∴BG CF 的最大值为12.【点睛】本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的判定定理、解直角三角形；相似三角形的判定和性质和相似比计算线段的长；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．2．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．(1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；(2) 求证：∠ACF=90°；(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求的长.图1 图2【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析（2）证明见解析（3）=2π【解析】试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH 为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长试题解析：（1）BE=FH．理由如下：∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90°，∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°又∵∠AEF=90°∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°∴∠HEF=∠BAE ∴∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF∴△ABE≌△EHF（SAS）∴BE=FH(2)∵△ABE≌△EHF∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH"∴CH=FH∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45°∵AC是正方形对角线，∴∠ACD=45°∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°过E作EN⊥AC于点NRt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=Rt△ENA中，EN =又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）∴∠EAC=30°∴AE=Rt△AFE中，AE== EF，∴AF=8AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90°=2π·4·（90°÷360°）=2π考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数3．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；②12或33.【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.4．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.5．如图，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 的延长线于切点为G，连接AG交CD于K．（1）求证：KE=GE；（2）若KG2=KD•GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= ．【解析】试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．试题解析：（1）如图1，连接OG．∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．∵KG2=KD•GE，即，∴，又∵∠KGE=∠GKE，∴△GKD∽△EGK，∴∠E=∠AGD，又∵∠C=∠AGD，∴∠E=∠C，∴AC∥EF；（3）连接OG，OC，如图3所示，∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．∵sinE=sin∠ACH=，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，∵KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5t，∴HK=CK-CH=t．在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，即（3t）2+t2=（2）2，解得t=．设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r= t=．∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形，在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH=，∴FG=【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．6．问题背景:如图（a）,点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于l的对称点B′,连接A B′与直线l交于点C，则点C即为所求.（1）实践运用：如图(b)，已知，⊙O的直径CD为4，点A 在⊙O 上，∠ACD=30°，B 为弧AD 的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为．（2）知识拓展：如图(c)，在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程．【答案】解：（1）22．（2）如图，在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′．∵AD平分∠BAC，∴点B与点B′关于直线AD对称．过点B′作B′F⊥AB,垂足为F，交AD于E，连接BE．则线段B′F的长即为所求 (点到直线的距离最短) ．在Rt△AFB/中，∵∠BAC=450, AB/="AB=" 10，∴．∴BE+EF的最小值为【解析】试题分析：（1）找点A或点B关于CD的对称点，再连接其中一点的对称点和另一点，和MN的交点P就是所求作的位置，根据题意先求出∠C′AE，再根据勾股定理求出AE，即可得出PA+PB的最小值：如图作点B关于CD的对称点E，连接AE交CD于点P，此时PA+PB最小，且等于A．作直径AC′，连接C′E，根据垂径定理得弧BD=弧DE．∵∠ACD=30°，∴∠AOD=60°，∠DOE=30°．∴∠AOE=90°．∴∠C′AE=45°．又AC为圆的直径，∴∠AEC′=90°．∴∠C′=∠C′AE=45°．∴C′E=AE=AC′=22．∴AP+BP的最小值是22．（2）首先在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′，再过点B′作B′F⊥AB，垂足为F，交AD于E，连接BE，则线段B′F的长即为所求．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．如图以△ABC的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作⊙O的切线交AC边于点F.（1）求证：DF⊥AC；（2）若∠ABC=30°，求tan∠BCO的值.【答案】(1)证明见解析; (2) tan∠BCO=3 9.【解析】试题分析：（1）连接OD，根据三角形的中位线定理可求出OD∥AC，根据切线的性质可证明DE⊥OD，进而得证．（2）过O作OF⊥BD，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义用OB表示出OF、CF的长，根据三角函数的定义求解．试题解析：证明:连接OD∵DE为⊙O的切线, ∴OD⊥DE∵O为AB中点, D为BC的中点∴OD‖AC∴DE⊥AC(2)过O作OF⊥BD,则BF=FD在Rt△BFO中，∠ABC=30°∴OF=12OB, BF=32∵BD=DC, BF=FD，∴FC=3BF=332OB在Rt△OFC中，tan∠BCO=13233OBOFFCOB==.点睛：此题主要考查了三角形中位线定理及切线的性质与判定、三角函数的定义等知识点，有一定的综合性，根据已知得出OF=12OB，3，33OB是解题关键．9．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=22+=305米，CF BF∴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．10．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．【详解】（1）直线PD为⊙O的切线，理由如下：如图1，连接OD，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD，∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA，∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，∴直线PD为⊙O的切线；（2）∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，∵∠BED=60°，∴∠P=30°，∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°，在Rt△PDO中，∠P=30°，3∴0 tan30ODPD=，解得OD=1，∴22PO PD OD+，∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；（3）如图2，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，∵AB 是圆O 的直径，∴∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，∵四边形AFBD 内接于⊙O ，∴∠DAF+∠DBF=180°，即90°+x+2x=180°，解得x=30°，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，∵BE 、ED 是⊙O 的切线，∴DE=BE ，∠EBA=90°，∴∠DBE=60°，∴△BDE 是等边三角形，∴BD=DE=BE ，又∵∠FDB=∠ADB ﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF 是等边三角形，∴BD=DF=BF ，∴DE=BE=DF=BF ，∴四边形DFBE 为菱形.【点睛】本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．11．阅读下面材料：观察与思考：阅读下列材料，并解决后面的问题．在锐角△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边分别是a 、b 、c ，过A 作AD ⊥BC 于D （如图），则sin B ＝AD c ，sin C ＝AD b ，即AD ＝c sin B ，AD ＝b sin C ，于是c sin B ＝b sin C ，即sin sin b c B C = ．同理有：sin sin c a C A =，sin sin a b A B=，所以sin sin sin a b c A B C ==．即：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等．在锐角三角形中，若已知三个元素（至少有一条边），运用上述结论和有关定理就可以求出其余三个未知元素．根据上述材料，完成下列各题．（1）如图，△ABC 中，∠B ＝75°，∠C ＝45°，BC ＝60，则AB＝；（2）如图，一货轮在C 处测得灯塔A 在货轮的北偏西30°的方向上，随后货轮以60海里/时的速度按北偏东30°的方向航行，半小时后到达B 处，此时又测得灯塔A 在货轮的北偏西75°的方向上（如图），求此时货轮距灯塔A 的距离AB ．（3）在（2）的条件下，试求75°的正弦值．（结果保留根号）【答案】（1）6；（2）6海里；（3）6+24. 【解析】【分析】（1）根据材料：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，写出比例关系，代入数值即可求得AB 的值.（2）此题可先由速度和时间求出BC 的距离，再由各方向角得出∠A 的角度，过B 作BM ⊥AC 于M ，求出∠MBC=30°，求出MC ，由勾股定理求出BM ，求出AM 、BM 的长，由勾股定理求出AB 即可；（3）在三角形ABC 中，∠A=45，∠ABC=75，∠ACB=60，过点C 作AC 的垂线BD ，构造直角三角形ABD ，BCD ，在直角三角形ABD 中可求出AD 的长，进而可求出sin75°的值．【详解】解：（1）在△ABC 中，∠B=75°，∠C=45°，BC=60，则∠A=60°， ∵AB sinC =sin BC A ， ∴45AB sin o =60sin60o， 2232，解得：6.（2）如图，依题意：BC=60×0.5=30（海里）∵CD∥BE，∴∠DCB+∠CBE=180°∵∠DCB=30°，∴∠CBE=150°∵∠ABE=75°．∴∠ABC=75°，∴∠A=45°，在△ABC中，sin AB ACB∠=BCsin A∠即60?ABsin=3045?sin，解之得：AB=156．答：货轮距灯塔的距离AB=156海里．（3）过点B作AC的垂线BM，垂足为M.在直角三角形ABM中，∠A=45°，6，所以3BDC中，∠BCM=60°，BC=30°，可求得CM=15，所以3，由题意得，1531575sin+o＝15660sin o，sin75°=6+24．【点睛】本题考查方向角的含义，三角形的内角和定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题关键是熟练掌握解直角三角形方法．12．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 •s in ∠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 =2252+=29，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 ′=22510+=55（千米）∴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．13．如图，AB 为O e 的直径，C 、D 为O e 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.（2）若2ABD BDC ∠=∠.①求证：CF 是O e 的切线.②当6BD =，3tan 4F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =. 【解析】【分析】（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可证明CF 为⊙O 的切线；②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=OC CF =34，即可求出CF ．【详解】解：（1）AB 是O e 的直径，且D 为O e 上一点， 90ADB ∴∠=︒，CE DB ⊥Q ，90DEC ∴∠=︒，//CF AD ∴，180DAC ACF ∴∠+∠=︒.（2）①如图，连接OC .OA OC =Q ，12∴∠=∠.312∠=∠+∠Q ，321∴∠=∠.42BDC Q ∠=∠，1BDC ∠=∠，421∴∠=∠，43∴∠=∠，//OC DB ∴.CE DB ⊥Q ，OC CF ∴⊥.又OC Q 为O e 的半径，CF ∴为O e 的切线.②由（1）知//CF AD ，BAD F ∴∠=∠，3tan tan 4BAD F ∴∠==，34BD AD ∴=. 6BD =Q 483AD BD ∴==， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.OC CF Q ⊥，90OCF ∴∠=︒，3tan 4OC F CF ∴==，解得203CF =. 【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．14．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37或32（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12，当tanα＝1时，HA＝PH＝3x，与勾股定理得出3x+4x＝5，解得x＝57，即可求出PC长；当tanα＝12时，HA＝2PH﹣6x，得出6x+4x＝5，解得x＝12，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＝12AD，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MOAO＝tan∠PAC＝PCAC，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＝43，∠BAP＜∠BAC，∴2tanα是正整数时，tanα＝1或12，当tanα＝1时，HA＝PH＝3x，∴3x+4x5，∴x＝57，即PC＝4﹣5x＝37；当tanα＝12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＝12AD ， ∵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， ∴332MO m +＝43m ，即MN ＝2MO ＝4m （1+m ），∴k ＝PE QQ MNg ′＝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．15．已知：在△ABC 中，∠ACB=90°，CD ⊥AB 于D ，BE ：AB=3：5，若CE= 2 ，cos ∠ACD= 45，求tan ∠AEC 的值及CD 的长．【答案】tan ∠AEC=3, CD=12125 【解析】解：在RT △ACD 与RT △ABC 中∵∠ABC+∠CAD=90°, ∠ACD+∠CAD=90°∴∠ABC=∠ACD, ∴cos ∠ABC=cos ∠ACD=45 在RT △ABC 中，45BC AB = 令BC=4k,AB=5k 则AC=3k 由35BE AB = ,BE=3k 则CE=k,且2 则2，2 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=AC EC =3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=45CD AC = ,，12125。

2020-2021中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)含答案

2020-2021中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)含答案一、锐角三角函数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．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．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，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 的延长线于切点为G，连接AG交CD于K．（1）求证：KE=GE；（2）若KG2=KD•GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= ．【解析】试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．试题解析：（1）如图1，连接OG．∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．∵KG2=KD•GE，即，∴，又∵∠KGE=∠GKE，∴△GKD∽△EGK，∴∠E=∠AGD，又∵∠C=∠AGD，∴∠E=∠C，∴AC∥EF；（3）连接OG，OC，如图3所示，∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．∵sinE=sin∠ACH=，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，∵KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5t，∴HK=CK-CH=t．在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，即（3t）2+t2=（2）2，解得t=．设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r= t=．∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形，在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH=，∴FG=【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．5．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.6．如图，MN为一电视塔，AB是坡角为30°的小山坡(电视塔的底部N与山坡的坡脚A在同一水平线上，被一个人工湖隔开)，某数学兴趣小组准备测量这座电视塔的高度．在坡脚A处测得塔顶M的仰角为45°；沿着山坡向上行走40m到达C处，此时测得塔顶M的仰角为30°，请求出电视塔MN的高度．(参考数据：2≈1.41，3≈1.73，结果保留整数)【答案】95m【解析】【分析】过点C作CE⊥AN于点E， CF⊥MN于点F．在△ACE中，求AE＝3m，在RT△MFC中，设MN＝x m，则AN＝xm．FC3xm，可得x＋33 ( x－20)，解方程可得答案..【详解】解：过点C作CE⊥AN于点E， CF⊥MN于点F．在△ACE中，AC＝40m，∠CAE＝30°∴CE＝FN＝20m，AE＝3设MN＝x m，则AN＝xm．FC3，在RT△MFC中MF＝MN－FN＝MN－CE＝x－20FC＝NE＝NA＋AE＝x＋3∵∠MCF＝30°∴FC3MF，即x＋33－20)解得：x 403 31＝60＋3答：电视塔MN的高度约为95m．【点睛】本题考核知识点：解直角三角形.解题关键点：熟记解直角三角形相关知识，包括含特殊角的直角三角形性质.7．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．8．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD 交圆的切线BE于点E(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；(2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x 的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．【详解】（1）直线PD为⊙O的切线，理由如下：如图1，连接OD，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，∴∠ADO+∠BDO=90°，又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD，∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA，∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，∵点D在⊙O上，∴直线PD为⊙O的切线；（2）∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，∵∠BED=60°，∴∠P=30°，∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°，在Rt△PDO中，∠P=30°，3∴0 tan30ODPD=，解得OD=1，∴22PO PD OD+，∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1；（3）如图2，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF，∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，∵四边形AFBD内接于⊙O，∴∠DAF+∠DBF=180°，即90°+x+2x=180°，解得x=30°，∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°，∵BE、ED是⊙O的切线，∴DE=BE，∠EBA=90°，∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形，∴BD=DE=BE，又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°，∴△BDF是等边三角形，∴BD=DF=BF，∴DE=BE=DF=BF，∴四边形DFBE为菱形.【点睛】本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．9．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，40），直线AB：y＝13x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．（1）求边EF的长；（2）将正方形EFGH沿射线FB10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）．①当点F1移动到点B时，求t的值；②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE 重叠部分的面积．【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；【解析】【分析】（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-43x+40，可求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，1010=10；②F点移动到F'10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，t=7，S=15×（15-7）=120.【详解】（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b，将点E（30，0），点D（0，40），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+40，直线AB与直线DE的交点P（21，12），由题意知F（30，15），∴EF＝15；（2）①易求B（0，5），∴BF＝10，∴当点F1移动到点B时，t＝1010＝10；②当点H 运动到直线DE 上时，F 点移动到F'的距离是10t ，在Rt △F'NF 中，NF NF '=13， ∴FN ＝t ，F'N ＝3t ，∵MH'＝FN ＝t ，EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ，在Rt △DMH'中，43MH EM '=， ∴41533t t =-， ∴t ＝4， ∴EM ＝3，MH'＝4，∴S ＝1451023(12)11248⨯+⨯=；当点G 运动到直线DE 上时，F 点移动到F'10，∵PF ＝10∴PF'10t ﹣10，在Rt △F'PK 中，13PK F K ='，∴PK ＝t ﹣3，F'K ＝3t ﹣9，在Rt △PKG'中，PK KG '＝31539t t --+＝43， ∴t ＝7，∴S ＝15×（15﹣7）＝120.【点睛】本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．10．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 =。

2020-2021九年级中考数学锐角三角函数解答题压轴题提高专题练习含详细答案

2020-2021九年级中考数学锐角三角函数解答题压轴题提高专题练习含详细答案一、锐角三角函数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．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由（3）若|CF﹣AE|=2，3△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为62或233.【解析】【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，∵△EFK是直角三角形，∴OF=12EK=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，∵|CF﹣AE|=2，EF=23，AE=CK，∴FK=2，在Rt△EFK中，tan∠FEK=3，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，∴EK=2FK=4，OF=12EK=2，∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，在Rt△PHF中，PH=12PF=1，HF=3，OH=2﹣3，∴OP=()2212362+-=-.如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°，∴∠BOP=90°，∴323综上所述：OP6223.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.3．如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．（1）求∠BPQ的度数；（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：，【答案】（1）∠BPQ=30°；（2）该电线杆PQ的高度约为9m．【解析】试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可；（2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．试题解析：延长PQ交直线AB于点E，（1）∠BPQ=90°-60°=30°；（2）设PE=x米．在直角△APE中，∠A=45°，则AE=PE=x米；∵∠PBE=60°∴∠BPE=30°在直角△BPE中，BE=33PE=33x米，∵AB=AE-BE=6米，则3，解得：3则BE=（3）米．在直角△BEQ中，QE=33BE=33（33+3）=（3+3）米．∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）．答：电线杆PQ的高度约9米．考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．4．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.5．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 BO PD 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．6．2018年12月10日，郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规划》，将停车纳入城市综合交通体系，计划到2030年，在主城区新建停车泊位33.04万个，2019年初，某小区拟修建地下停车库，如图是停车库坡道入口的设计图，其中MN是水平线，MN∥AD，AD⊥DE，CF⊥AB，垂足分别为D，F，坡道AB的坡度为1：3，DE ＝3米，点C在DE上，CD＝0.5米，CD是限高标志屏的高度（标志牌上写有：限高米），如果进入该车库车辆的高度不能超过线段CF的长，则该停车库限高多少米？（结果精确到0.1米，参考数据2≈1.41，3≈1.73）【答案】该停车库限高约为2.2米．【解析】【分析】据题意得出3tan B=，即可得出tan A，在Rt△ADE中，根据勾股定理可求得DE，即可得出∠1的正切值，再在Rt△CEF中，设EF＝x，即可求出x，从而得出CF3的长．【详解】解：由题意得，3 tan3B=∵MN∥AD，∴∠A＝∠B，∴tan A＝33，∵DE⊥AD，∴在Rt△ADE中，tan A＝DEAD，∵DE＝3，又∵DC＝0.5，∴CE＝2.5，∵CF⊥AB，∴∠FCE+∠CEF＝90°，∵DE⊥AD，∴∠A+∠CEF＝90°，∴∠A＝∠FCE，∴tan∠FCE＝3．在Rt△CEF中，设EF＝x，CF＝3x（x＞0），CE＝2.5，代入得（52）2＝x2+3x2，解得x＝1.25，∴CF＝3x≈2.2，∴该停车库限高约为2.2米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，坡面坡角问题和勾股定理，解题的关键是坡度等于坡角的正切值．7．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，40），直线AB：y＝13x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．（1）求边EF的长；（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）．①当点F1移动到点B时，求t的值；②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE 重叠部分的面积．【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；【解析】【分析】（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-43x+40，可求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=1010÷10=10；②F点移动到F'的距离是10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，t=7，S=15×（15-7）=120.【详解】（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b，将点E（30，0），点D（0，40），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+40，直线AB与直线DE的交点P（21，12），由题意知F（30，15），∴EF＝15；（2）①易求B（0，5），∴BF＝1010，∴当点F1移动到点B时，t＝101010÷＝10；②当点H运动到直线DE上时，F点移动到F'10，在Rt△F'NF中，NFNF'=13，∴FN＝t，F'N＝3t，∵MH'＝FN＝t，EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ，在Rt △DMH'中， 43MH EM '=， ∴41533t t =-， ∴t ＝4， ∴EM ＝3，MH'＝4，∴S ＝1451023(12)11248⨯+⨯=；当点G 运动到直线DE 上时，F 点移动到F'的距离是10t ，∵PF ＝310，∴PF'＝10t ﹣310，在Rt △F'PK 中，13PK F K ='， ∴PK ＝t ﹣3，F'K ＝3t ﹣9，在Rt △PKG'中，PK KG '＝31539t t --+＝43， ∴t ＝7，∴S ＝15×（15﹣7）＝120.【点睛】本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．8．现有一个“Z “型的工件（工件厚度忽略不计），如图所示，其中AB 为20cm ，BC 为60cm ，∠ABC ＝90，∠BCD ＝60°，求该工件如图摆放时的高度（即A 到CD 的距离）．（结果精确到0.1m ，参考数据：≈1.73）【答案】工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【解析】【分析】过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，由∠CQP＝∠AQB、∠CPQ＝∠B＝90°知∠A＝∠C ＝60°，在△ABQ中求得分别求得AQ、BQ的长，结合BC知CQ的长，在△CPQ中可得PQ，根据AP＝AQ+PQ得出答案．【详解】解：如图，过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，∵∠CQP＝∠AQB，∠CPQ＝∠B＝90°，∴∠A＝∠C＝60°，在△ABQ中，∵AQ＝（cm），BQ＝AB tan A＝20tan60°＝20（cm），∴CQ＝BC﹣BQ＝60﹣20（cm），在△CPQ中，∵PQ＝CQ sin C＝（60﹣20）sin60°＝30（﹣1）cm，∴AP＝AQ+PQ＝40+30（﹣1）≈61.9（cm），答：工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义求得相关线段的长度是解题的关键．9．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣14x2+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 ＝﹣14x 2+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 ＝﹣14x 2+bx ﹣3得：0＝﹣14×36+6b ﹣3，解得：b ＝2，故抛物线的表达式为：y ＝﹣14x 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＝3162OCOB==，则sin∠OBC＝5，则EH＝EB•sin∠OBC＝5，CE＝32，则CH＝5，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＝35，∵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：5＝2m，解得：m＝5CF22GF CG+5＝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．10．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Q e 与P e 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）)25880010x x x y x -+=<<；（3）105- 【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=HP CP =R 10R -=45，即可求解；（2）PD ∥BE ，则EB PD ＝BF PF ，即：2248805x x x y xy --+=，即可求解；（3）证明四边形PDBE 为平行四边形，则AG=GP=BD ，即：5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=HP CP =R 10R -=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cosβ=5，sinβ=5，EB=BDcosβ=（45-25x）×5=4-25x，∴PD∥BE，∴EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx y--+-=，整理得：y=()25x x8x800x10-+<<；（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．11．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＝DC2+MD2，即：（6﹣a）2＝22+a2，解得：a83=，则：MC103=，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•MC12=MD•DC，即：DH10833⨯=⨯2，则：DH85=，HC2265DC DH=-=，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（﹣61010，D′坐标为（618551010，-++），而点E坐标为（﹣6，2），则2''A D =22618(6)()55-++=36，2'A E =22()(2)1010+-=2410m -+，2'ED =22248()()551010+++=2128510m ++．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+2410m -+=2128510m ++，解得：m =210，此时D ′（618551010，-++）为（0，4）； ②当2''A D +2'ED =2'A E 时，36+2128510m ++=2410m -+，解得：m =810-，此时D ′（618551010，-++）为（－6，2）； ③当2'A E +2'ED =2''A D 时，2410m -++2128510m ++=36，解得：m =810-或m =10，此时D ′（618551010，-++）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．12．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．13．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）2，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=24AD×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，CF=BF=32，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=122AD×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.14．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=123ON=33DN=1；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33；（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，3DP-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．15．如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为63.4°，沿山坡向上走到P 处再测得该建筑物顶点A的仰角为53°．已知BC＝90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i＝5：12．(1)求此人所在位置点P的铅直高度．(结果精确到0.1米)(2)求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈43，tan63.4°≈2)【答案】（1）此人所在P的铅直高度约为14.3米；（2）从P到点B的路程约为127.1米【解析】分析：(1)过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，设PF＝5x，在Rt△ABC中求出AB，用含x 的式子表示出AE，EP，由tan∠APE，求得x即可；(2)在Rt△CPF中，求出CP的长.详解：过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，∵斜坡的坡度i＝5:12，设PF＝5x，CF＝12x，∵四边形BFPE为矩形，∴BF＝PEPF＝BE.在RT△ABC中，BC＝90，tan∠ACB＝AB BC，∴AB＝tan63.4°×BC≈2×90＝180，∴AE＝AB－BE＝AB－PF＝180－5x，EP＝BC＋CF≈90＋120x.在RT△AEP中，tan∠APE＝1805490123 AE xEP x-≈＝＋，∴x＝207，∴PF＝5x＝10014.37≈.答：此人所在P的铅直高度约为14.3米.由(1)得CP＝13x，∴CP＝13×207≈37.1，BC＋CP＝90＋37.1＝127.1.答：从P到点B的路程约为127.1米.点睛：本题考查了解直角三角形的应用，关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形，找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题，构造直角三角形，用勾股定理或三角函数求相应的线段长.。

中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)附详细答案

中考数学压轴题之锐角三角函数(中考题型整理,突破提升)附详细答案一、锐角三角函数1．如图，等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，BC=1，点D 在边AC 上且BD 平分∠ABC ，设CD=x ．（1）求证：△ABC ∽△BCD ；（2）求x 的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（2）152-+；（3）5816．【解析】试题分析：（1）由等腰三角形ABC 中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD 为角平分线求出∠DBC 的度数，得到∠DBC=∠A ，再由∠C 为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC 与三角形BCD 相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC ，根据AD+DC 表示出AC ，由（1）两三角形相似得比例求出x 的值即可；（3）过B 作BE 垂直于AC ，交AC 于点E ，在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．试题解析：（1）∵等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，∴∠ABC=∠C=72°，∵BD 平分∠ABC ，∴∠ABD=∠CBD=36°，∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C ，∴△ABC ∽△BCD ；（2）∵∠A=∠ABD=36°，∴AD=BD ，∵BD=BC ，∴AD=BD=CD=1，设CD=x ，则有AB=AC=x+1，∵△ABC ∽△BCD ， ∴AB BC BD CD =，即111x x+=，整理得：x 2+x-1=0，解得：x 1=152-+，x 2=152--（负值，舍去），则x=152-+；（3）过B 作BE ⊥AC ，交AC 于点E ，∵BD=CD ，∴E 为CD 中点，即DE=CE=154-+，在Rt △ABE 中，cosA=cos36°=15151441512AE AB -+++==-++，在Rt △BCE 中，cosC=cos72°=1515414EC BC -+-+==，则cos36°-cos72°=514+=-154-+=12．【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．2．如图，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 的延长线于切点为G ，连接AG 交CD 于K ．（1）求证：KE=GE ；（2）若KG 2=KD•GE ，试判断AC 与EF 的位置关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= ．【解析】试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．试题解析：（1）如图1，连接OG．∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．∵KG2=KD•GE，即，∴，又∵∠KGE=∠GKE，∴△GKD∽△EGK，∴∠E=∠AGD，又∵∠C=∠AGD，∴∠E=∠C，∴AC∥EF；（3）连接OG，OC，如图3所示，∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．∵sinE=sin∠ACH=，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，∵KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5t，∴HK=CK-CH=t．在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，即（3t）2+t2=（2）2，解得t=．设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r= t=．∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形，在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH=，∴FG=【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．3．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BC2=AC•CD．∴BC2=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4．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.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 ∠=时，90OPA ∠=， ∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=； ②当90POE ∠=时，1010254cos cos 25OC CQ QCO AOC ====∠∠， ∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622=-=， ∵501013OP <<， ∴72OP =（舍去）； ③当90PEO ∠=时，∵//CD AB ，∴AOQ DQO ∠=∠，∵AOP ∆≌ODQ ∆，∴DQO APO ∠=∠，∴AOQ APO ∠=∠，∴90AEO AOP ∠=∠=，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．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．7．如图，已知正方形在直角坐标系中，点分别在轴、轴的正半轴上，点在坐标原点.等腰直角三角板的直角顶点在原点，分别在上，且将三角板绕点逆时针旋转至的位置，连结（1）求证：（2）若三角板绕点逆时针旋转一周，是否存在某一位置，使得若存在，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，或【解析】（1）证明：∵四边形为正方形，∴∵三角板是等腰直角三角形，∴又三角板绕点逆时针旋转至的位置时，∴···························· 3分（2）存在.································· 4分∵∴过点与平行的直线有且只有一条，并与垂直，又当三角板绕点逆时针旋转一周时，则点在以为圆心，以为半径的圆上，························ 5分∴过点与垂直的直线必是圆的切线，又点是圆外一点，过点与圆相切的直线有且只有2条，不妨设为和此时，点分别在点和点，满足·························· 7分当切点在第二象限时，点在第一象限，在直角三角形中，∴∴∴点的横坐标为：点的纵坐标为：∴点的坐标为··························· 9分当切点在第一象限时，点在第四象限，同理可求：点的坐标为综上所述，三角板绕点逆时针旋转一周，存在两个位置，使得此时点的坐标为或································ 11分（1）根据旋转的性质找到相等的线段，根据SAS定理证明；（2）由于△OEF是等腰Rt△，若OE∥CF，那么CF必与OF垂直；在旋转过程中，E、F的轨迹是以O为圆心，OE（或OF）长为半径的圆，若CF⊥OF，那么CF必为⊙O的切线，且切点为F；可过C作⊙O的切线，那么这两个切点都符合F点的要求，因此对应的E点也有两个；在Rt△OFC中，OF=2，OC=OA=4，可证得∠FCO=30°，即∠EOC=30°，已知了OE 的长，通过解直角三角形，不难得到E点的坐标，由此得解．8．如图以△ABC的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作⊙O的切线交AC边于点F.（1）求证：DF⊥AC；（2）若∠ABC=30°，求tan∠BCO的值.【答案】(1)证明见解析; (2) tan∠BCO=3 9.【解析】试题分析：（1）连接OD，根据三角形的中位线定理可求出OD∥AC，根据切线的性质可证明DE⊥OD，进而得证．（2）过O作OF⊥BD，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义用OB表示出OF、CF的长，根据三角函数的定义求解．试题解析：证明:连接OD∵DE为⊙O的切线, ∴OD⊥DE∵O为AB中点, D为BC的中点∴OD‖AC∴DE ⊥AC(2)过O 作OF ⊥BD,则BF=FD 在Rt △BFO 中，∠ABC=30°∴OF=12OB , BF=32OB ∵BD=DC, BF=FD ，∴FC=3BF=332OB 在Rt △OFC 中，tan ∠BCO=1329332OBOF FC OB ==. 点睛：此题主要考查了三角形中位线定理及切线的性质与判定、三角函数的定义等知识点，有一定的综合性，根据已知得出OF=12OB ，BF=32OB ，FC=3BF=332OB 是解题关键．9．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 中求AF 的长, 在Rt CEF 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 中，45ACF ∠=︒tan 1AFACF CF∴∠== 12AF ∴=在Rt CEF 中，30ECF ∠=︒ tan EFECF 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.10．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 ∠=3AG ．又∵CG ﹣FG =24m ，即3AG ﹣3AG=24m ， ∴AG =123m ， ∴AB =123+1.6≈22.4m ．11．2018年12月10日，郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规划》，将停车纳入城市综合交通体系，计划到2030年，在主城区新建停车泊位33.04万个，2019年初，某小区拟修建地下停车库，如图是停车库坡道入口的设计图，其中MN 是水平线，MN ∥AD ，AD ⊥DE ，CF ⊥AB ，垂足分别为D ，F ，坡道AB 的坡度为1：3，DE ＝3米，点C 在DE 上，CD ＝0.5米，CD 是限高标志屏的高度（标志牌上写有：限高米），如果进入该车库车辆的高度不能超过线段CF 的长，则该停车库限高多少米？（结果精确到0.1米，参考数据2≈1.41， 3≈1.73）【答案】该停车库限高约为2.2米．【解析】【分析】据题意得出3tan B =，即可得出tan A ，在Rt △ADE 中，根据勾股定理可求得DE ，即可得出∠1的正切值，再在Rt △CEF 中，设EF ＝x ，即可求出x ，从而得出CF 3的长．【详解】解：由题意得，3tan 3B = ∵MN ∥AD ， ∴∠A ＝∠B ，∴tan A＝3，∵DE⊥AD，∴在Rt△ADE中，tan A＝DEAD，∵DE＝3，又∵DC＝0.5，∴CE＝2.5，∵CF⊥AB，∴∠FCE+∠CEF＝90°，∵DE⊥AD，∴∠A+∠CEF＝90°，∴∠A＝∠FCE，∴tan∠FCE＝3．在Rt△CEF中，设EF＝x，CF x（x＞0），CE＝2.5，代入得（52）2＝x2+3x2，解得x＝1.25，∴CFx≈2.2，∴该停车库限高约为2.2米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，坡面坡角问题和勾股定理，解题的关键是坡度等于坡角的正切值．12．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）401313 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 ，∴FH 2＝HL •HA ，∴122＝HL •18，∴HL ＝8，∴AL ＝10，BL ＝16，FL ＝22FH HL + ＝413，∵LN •LF ＝AL •BL ，∴413•LN ＝10•16，∴LN ＝401313 . 【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.13．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 PDBC 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）＝﹣38x2+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 ⨯== ∴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 125== 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14．抛物线y=ax²+bx+4（a≠0）过点A(1, ﹣1)，B(5, ﹣1)，与y轴交于点C．（1）求抛物线表达式；（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC下方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30，①求点P坐标;②过此二点的直线交y轴于F, 此直线上一动点G,当GB+2GF2最小时,求点G坐标.（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值【答案】（1）y=x²﹣6x+4（2）①P(2, -4)或P(3, -5) ②G(0, -2)（3）313【解析】【分析】（1）把点A（1，-1），B（5，-1）代入抛物线y=ax2+bx+4解析式，即可得出抛物线的表达式；（2）①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，可求得直线BC的解析式为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），因为▱CBPQ的面积为30，所以S△PBC=1 2×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t的值，即可得出点P的坐标；②当点P为（2，-4）时，求得直线QP的解析式为：y=-x-2，得F（0，-2），∠GOR=45°，因为GB+2 2GF=GB+GR，所以当G于F重合时，GB+GR最小，即可得出点G的坐标；当点P为（3，-5）时，同理可求；（3）先用面积法求出sin∠ACB=21313，tan∠ACB=23，在Rt△ABE中，求得圆的直径，因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=MBBN＝23，所以BN=32MB，当MB为直径时，BN的长度最大．【详解】(1) 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，-1），B（5，-1），∴1412554a ba b-++⎧⎨-++⎩＝，＝解得16ab⎧⎨-⎩＝，＝∴抛物线表达式为y=x²﹣6x+4．(2)①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，设直线BC的解析式为y=kx+m，∵B（5，-1），C（0，4），∴154k mm-+⎧⎨⎩＝＝，解得14km＝，＝-⎧⎨⎩∴直线BC的解析式为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），∵▱CBPQ的面积为30，∴S△PBC=12×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t=2或t=3，当t=2时，y=-4当t=3时，y=-5，∴点P坐标为（2，-4）或（3，-5）；②当点P为（2，-4）时，∵直线BC解析式为：y=-x+4， QP∥BC，设直线QP的解析式为：y=-x+n，将点P代入，得-4=-2+n，n=-2，∴直线QP的解析式为：y=-x-2，∴F（0，-2），∠GOR=45°，∴GB+2GF=GB+GR当G于F重合时，GB+GR最小，此时点G的坐标为（0，-2），同理，当点P为（3，-5）时，直线QP的解析式为：y=-x-2，同理可得点G的坐标为（0，-2），(3) ）∵A（1，-1），B（5，-1）C（0，4），∴，，∵S△ABC=12AC×BCsin∠ACB＝12AB×5，∴sin∠tan∠ACB=23，∵AE为直径，AB=4，∴∠ABE=90°，∵sin∠AEB=sin∠4AE，∴∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB，∴∠N=∠AEB=∠ACB，∴tanN=MBBN ＝23，∴BN=32MB，当MB为直径时，BN的长度最大，为【点睛】题考查用到待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，圆周角定理，锐角三角函数定义，平行四边形性质．解决（3）问的关键是找到BN 与BM 之间的数量关系．15．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∴BA ＝BC · cos ∠ABCBK= BA·cos ∠ABC 8= ∴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.。

2020-2021备战中考数学锐角三角函数-经典压轴题含答案

2020-2021备战中考数学锐角三角函数-经典压轴题含答案一、锐角三角函数1．如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．（1）求∠BPQ的度数；（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：，【答案】（1）∠BPQ=30°；（2）该电线杆PQ的高度约为9m．【解析】试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可；（2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．试题解析：延长PQ交直线AB于点E，（1）∠BPQ=90°-60°=30°；（2）设PE=x米．在直角△APE中，∠A=45°，则AE=PE=x米；∵∠PBE=60°∴∠BPE=30°在直角△BPE中，33米，∵AB=AE-BE=6米，则3，解得：3则BE=（33+3）米．在直角△BEQ中，QE=33BE=33（33+3）=（3+3）米．∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）．答：电线杆PQ的高度约9米．考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．2．如图，PB为☉O的切线，B为切点，过B作OP的垂线BA，垂足为C，交☉O于点A，连接PA，AO.并延长AO交☉O于点E，与PB的延长线交于点D．(1)求证：PA是☉O的切线；(2)若=，且OC=4，求PA的长和tan D的值.【答案】（1）证明见解析；（2）PA =3，tan D=.【解析】试题分析: （1）连接OB，先由等腰三角形的三线合一的性质可得：OP是线段AB的垂直平分线，进而可得：PA=PB，然后证明△PAO≌△PBO，进而可得∠PBO=∠PAO，然后根据切线的性质可得∠PBO=90°，进而可得：∠PAO=90°，进而可证：PA是⊙O的切线；（2）连接BE，由，且OC=4，可求AC，OA的值，然后根据射影定理可求PC的值，从而可求OP的值，然后根据勾股定理可求AP的值．试题解析：（1）连接OB，则OA=OB，∵OP⊥AB，∴AC=BC，∴OP是AB的垂直平分线，∴PA=PB，在△PAO和△PBO中，∵，∴△PAO≌△PBO（SSS）∴∠PBO=∠PAO，PB=PA，∵PB为⊙O的切线，B为切点，∴∠PBO=90°，∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，∴PA是⊙O的切线；（2）连接BE，∵，且OC=4，∴AC=6，∴AB=12，在Rt△ACO中，由勾股定理得：AO=，∴AE=2OA=4，OB=OA=2，在Rt△APO中，∵AC⊥OP，∴AC2=OC PC，解得：PC=9，∴OP=PC+OC=13，在Rt△APO中，由勾股定理得：AP==3.易证，所以,解得，则，在中，.考点：1.切线的判定与性质；2.相似三角形的判定与性质；3.解直角三角形．3．问题探究：（一）新知学习：圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．（二）问题解决：已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD 的垂线，垂足分别为N，M．（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；（3）若直径AB与CD相交成120°角．①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．【答案】（1）证明见解析，直径OP=2；（2）证明见解析，MN的长为定值，该定值为2；（3）①MN=；②证明见解析；（4）MN取得最大值2．【解析】试题分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；（4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．试题解析：（1）如图一，∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；（2）如图一，∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形，∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；（3）①如图二，∵P1是的中点，∠BOC=120°，∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°，∵P1M⊥OC，P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M．∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=，∴MN=；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中，sin∠MQN=，∴MN=QN•sin∠MQN，∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×=，∴MN是定值．（4）由（3）②得MN=OP•sin∠MQN=2sin∠MQN．当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN取得最大值2．考点：圆的综合题．4．如图，矩形OABC中，A(6，0)、C(0，23)、D(0，33)，射线l过点D且与x轴平行，点P、Q分别是l和x轴的正半轴上的动点，满足∠PQO＝60º．(1)点B的坐标是，∠CAO＝ º，当点Q与点A重合时，点P的坐标为；(2)设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．【答案】（1）（6，23）． 30．（3，33）（2）()()()()243x430x3331333x x3x5S{23x1235x93543x9+≤≤-+-<≤=-+<≤>【解析】解：（1）（6，23）． 30．（3，33）．（2）当0≤x≤3时，如图1，OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；由题意可知直线l∥BC∥OA，可得EF PE DC31==OQ PO DO333==，∴EF=13（3+x），此时重叠部分是梯形，其面积为：EFQO14343S S EF OQ OC3x432==+⋅=+=+梯形（）（）当3＜x≤5时，如图2，()HAQ EFQO EFQO 221S S S S AH AQ243331333 x 43x 3=x x 32232∆=-=-⋅⋅=+---+-梯形梯形。

2020-2021中考数学压轴题专题锐角三角函数的经典综合题及答案解析

2020-2021中考数学压轴题专题锐角三角函数的经典综合题及答案解析一、锐角三角函数1．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由（3）若|CF﹣AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为62或23.【解析】【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，∵△EFK是直角三角形，∴OF=12EK=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，∵|CF﹣AE|=2，3AE=CK，∴FK=2，在Rt△EFK中，tan∠3∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，∴EK=2FK=4，OF=12EK=2，∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，在Rt△PHF中，PH=12PF=1，3OH=23∴()2212362+-=如图4中，点P 在线段OC 上，当PO=PF 时，∠POF=∠PFO=30°，∴∠BOP=90°，∴OP=33OE=233，综上所述：OP 的长为62 或233. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.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，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM （P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．（1）求cosA的值；（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=95S△QCN时，求t的值；（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．【答案】（1）coaA=45；（2）当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN；（3）当2733-或2733+时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．【解析】分析：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．利用三角形的面积公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解决问题；（2）如图2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=95S△QCN构建方程即可解决问题；（3）分两种情形①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．分别构建方程求解即可；详解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．∵S △ABC =12•AC•BE=814， ∴BE=92，在Rt △ABE 中，AE=22=6AB BE -， ∴coaA=647.55AE AB ==．（2）如图2中，作PH ⊥AC 于H ．∵PA=5t ，PH=3t ，AH=4t ，HQ=AC-AH-CQ=9-9t ，∴PQ 2=PH 2+HQ 2=9t 2+（9-9t ）2，∵S △PQM =95S △QCN ， ∴32=9352， ∴9t 2+（9-9t ）2=95×（5t ）2，整理得：5t 2-18t+9=0，解得t=3（舍弃）或35． ∴当t=35时，满足S △PQM =95S △QCN ．（3）①如图3中，当点M 落在QN 上时，作PH ⊥AC 于H ．易知：PM∥AC，∴∠MPQ=∠PQH=60°，∴PH=3HQ，∴3t=3（9-9t），-．∴t=2733②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．同法可得3，∴39t-9），∴27+33-s27+33时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN 综上所述，当2733的边上．点睛：本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、勾股定理锐角三角函数、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．4．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．（1）求证：△ABC∽△BCD；（2）求x的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（215-+；（3758+ 【解析】试题分析：（1）由等腰三角形ABC 中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD 为角平分线求出∠DBC 的度数，得到∠DBC=∠A ，再由∠C 为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC 与三角形BCD 相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC ，根据AD+DC 表示出AC ，由（1）两三角形相似得比例求出x 的值即可；（3）过B 作BE 垂直于AC ，交AC 于点E ，在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．试题解析：（1）∵等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，∴∠ABC=∠C=72°，∵BD 平分∠ABC ，∴∠ABD=∠CBD=36°，∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C ，∴△ABC ∽△BCD ；（2）∵∠A=∠ABD=36°，∴AD=BD ，∵BD=BC ，∴AD=BD=CD=1，设CD=x ，则有AB=AC=x+1，∵△ABC ∽△BCD ， ∴AB BC BD CD =，即111x x+=，整理得：x 2+x-1=0，解得：x 1=152-+，x 2=152-（负值，舍去），则15-+；（3）过B 作BE ⊥AC ，交AC 于点E ，∵BD=CD，∴E为CD中点，即15-+在Rt△ABE中，cosA=cos36°=151514151AEAB-+++ ==-++在Rt△BCE中，cosC=cos72°=1515414ECBC-+-+==，则cos36°-cos72°=51+=154-+=12．【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．5．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ACBC＝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．6．如图以△ABC的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作⊙O的切线交AC边于点F.（1）求证：DF⊥AC；（2）若∠ABC=30°，求tan∠BCO的值.3【答案】(1)证明见解析; (2) tan∠【解析】试题分析：（1）连接OD，根据三角形的中位线定理可求出OD∥AC，根据切线的性质可证明DE⊥OD，进而得证．（2）过O作OF⊥BD，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义用OB表示出OF、CF的长，根据三角函数的定义求解．试题解析：证明:连接OD∵DE为⊙O的切线, ∴OD⊥DE∵O为AB中点, D为BC的中点∴OD‖AC∴DE⊥AC(2)过O作OF⊥BD,则BF=FD在Rt△BFO中，∠ABC=30°∴OF=1OB32∵BD=DC, BF=FD，∴FC=3BF=332OB 在Rt △OFC 中，tan ∠BCO=13233OB OF FC OB ==. 点睛：此题主要考查了三角形中位线定理及切线的性质与判定、三角函数的定义等知识点，有一定的综合性，根据已知得出OF=12OB ，BF=3OB ，FC=3BF=33OB 是解题关键．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 =AG CG ， ∴CG =tan AG ACG∠=3．又∵CG ﹣FG =24m ，33=24m ，∴AG =123m ，∴AB =123+1.6≈22.4m ．8．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C ，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F .(Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标；(Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H .①求证BDE DBA ∆≅∆； ②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒.【解析】【分析】 (Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数.【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==.∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，225OB OA AB =+=，过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5= ∵AD=OA ，AM ⊥OB ， ∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫ ⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==.∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒∴ABD BDE ∠∠=.又∵BD BD =，∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==，又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅.∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-，在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+，即()222x 34x =+-，得25x 8=， ∴25AH 8=. ∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ，当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心，∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4，∵FA=FB ，FO ⊥AB ，∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°，当180°<α<360°时，同理解得：∠BAF′=60°，∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒.【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.9．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 PD BC 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10．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 ＝43．理由见解析. 【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 FH AB 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．11．如图，AB 为O e 的直径，C 、D 为O e 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.（2）若2ABD BDC ∠=∠.①求证：CF 是O e 的切线.②当6BD =，3tan 4F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =. 【解析】【分析】（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可证明CF 为⊙O 的切线；②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=OC CF =34，即可求出CF ．【详解】解：（1）AB 是O e 的直径，且D 为O e 上一点， 90ADB ∴∠=︒，CE DB ⊥Q ，90DEC ∴∠=︒，//CF AD ∴，180DAC ACF ∴∠+∠=︒.（2）①如图，连接OC .OA OC =Q ，12∴∠=∠.312∠=∠+∠Q ，321∴∠=∠.42BDC Q ∠=∠，1BDC ∠=∠，421∴∠=∠，43∴∠=∠，//OC DB ∴.CE DB ⊥Q ，OC CF ∴⊥.又OC Q 为O e 的半径，CF ∴为O e 的切线.②由（1）知//CF AD ，BAD F ∴∠=∠， 3tan tan 4BAD F ∴∠==， 34BD AD ∴=. 6BD =Q483AD BD ∴==， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.OC CF Q ⊥，90OCF ∴∠=︒，3tan 4OC F CF ∴==，解得203CF =. 【点睛】本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．12．现有一个“Z “型的工件（工件厚度忽略不计），如图所示，其中AB 为20cm ，BC 为60cm ，∠ABC ＝90，∠BCD ＝60°，求该工件如图摆放时的高度（即A 到CD 的距离）．（结果精确到0.1m ，参考数据：≈1.73）【答案】工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【解析】【分析】过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，由∠CQP＝∠AQB、∠CPQ＝∠B＝90°知∠A＝∠C ＝60°，在△ABQ中求得分别求得AQ、BQ的长，结合BC知CQ的长，在△CPQ中可得PQ，根据AP＝AQ+PQ得出答案．【详解】解：如图，过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，∵∠CQP＝∠AQB，∠CPQ＝∠B＝90°，∴∠A＝∠C＝60°，在△ABQ中，∵AQ＝（cm），BQ＝AB tan A＝20tan60°＝20（cm），∴CQ＝BC﹣BQ＝60﹣20（cm），在△CPQ中，∵PQ＝CQ sin C＝（60﹣20）sin60°＝30（﹣1）cm，∴AP＝AQ+PQ＝40+30（﹣1）≈61.9（cm），答：工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义求得相关线段的长度是解题的关键．13．如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为63.4°，沿山坡向上走到P 处再测得该建筑物顶点A的仰角为53°．已知BC＝90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i＝5：12．(1)求此人所在位置点P的铅直高度．(结果精确到0.1米)(2)求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈43，tan63.4°≈2)【答案】（1）此人所在P的铅直高度约为14.3米；（2）从P到点B的路程约为127.1米【解析】分析：(1)过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，设PF＝5x，在Rt△ABC中求出AB，用含x 的式子表示出AE，EP，由tan∠APE，求得x即可；(2)在Rt△CPF中，求出CP的长.详解：过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，∵斜坡的坡度i＝5:12，设PF＝5x，CF＝12x，∵四边形BFPE为矩形，∴BF＝PEPF＝BE.在RT△ABC中，BC＝90，tan∠ACB＝AB BC，∴AB＝tan63.4°×BC≈2×90＝180，∴AE＝AB－BE＝AB－PF＝180－5x，EP＝BC＋CF≈90＋120x.在RT△AEP中，tan∠APE＝1805490123 AE xEP x-≈＝＋，∴x＝207，∴PF＝5x＝10014.37≈.答：此人所在P的铅直高度约为14.3米.由(1)得CP＝13x，∴CP＝13×20≈37.1，BC＋CP＝90＋37.1＝127.1.7答：从P到点B的路程约为127.1米.点睛：本题考查了解直角三角形的应用，关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形，找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题，构造直角三角形，用勾股定理或三角函数求相应的线段长.14．如图，正方形ABCD的边长为2+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∠EAB2﹣1；（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EC ＝2x ， ∵BC ＝2+1，∴x+x ＝2+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 2， ∵AC 22AB BC +2，∴OA ＝OC ＝OB ＝12AC ＝222+ ，∴OH ＝OF ＝OA•tan ∠OAF ＝OA•tan ∠EAB ＝222+ •（2﹣1）＝22， ∴HM ＝OH+OM ＝22+，在Rt △EHM 中，EH ＝2222222EM HM 22⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝＝22+．． ∴PE+PF 的最小值为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．15．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∴BA ＝BC · cos ∠ABCBK= BA·cos ∠ABC 8= ∴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.。

2020-2021备战中考数学—锐角三角函数的综合压轴题专题复习及详细答案

2020-2021备战中考数学—锐角三角函数的综合压轴题专题复习及详细答案一、锐角三角函数1．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2．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．（1）求证：△ABC∽△BCD；（2）求x的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（215-+；（3758+ 【解析】试题分析：（1）由等腰三角形ABC 中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD 为角平分线求出∠DBC 的度数，得到∠DBC=∠A ，再由∠C 为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC 与三角形BCD 相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC ，根据AD+DC 表示出AC ，由（1）两三角形相似得比例求出x 的值即可；（3）过B 作BE 垂直于AC ，交AC 于点E ，在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．试题解析：（1）∵等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，∴∠ABC=∠C=72°，∵BD 平分∠ABC ，∴∠ABD=∠CBD=36°，∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C ，∴△ABC ∽△BCD ；（2）∵∠A=∠ABD=36°，∴AD=BD ，∵BD=BC ，∴AD=BD=CD=1，设CD=x ，则有AB=AC=x+1，∵△ABC ∽△BCD ， ∴AB BC BD CD =，即111x x+=，整理得：x 2+x-1=0，解得：x 115-+，x 215--（负值，舍去），则15-+；（3）过B 作BE ⊥AC ，交AC 于点E ，∵BD=CD ，∴E 为CD 中点，即DE=CE=15-+，在Rt △ABE 中，cosA=cos36°=151514151AE AB -+++==-++，在Rt △BCE 中，cosC=cos72°=1515414EC BC -+-+==，则cos36°-cos72°=51+=-154-+=12．【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．3．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：BC 2＝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BC2=AC•CD．∴BC2=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4．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5．某条道路上通行车辆限速60千米/时，道路的AB段为监测区，监测点P到AB的距离PH为50米（如图）．已知点P在点A的北偏东45°方向上，且在点B的北偏西60°方向上，点B在点A的北偏东75°方向上，那么车辆通过AB段的时间在多少秒以内，可认定为超速？（参考数据：3≈1.7，2≈1.4）．【答案】车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速【解析】分析：根据点到直线的距离的性质，构造直角三角形，然后利用解直角三角形的应用，解直角三角形即可.详解：如图，由题意知∠CAB=75°，∠CAP=45°，∠PBD=60°，∴∠PAH=∠CAB–∠CAP=30°，∵∠PHA=∠PHB=90°，PH=50，∴AH=tanPHPAH∠33，∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴3，∵60千米/时=503米/秒，∴时间503503+3≈8.1（秒），即车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速．点睛：该题考查学生通过构建直角三角形，利用某个度数的三角函数值求出具体边长，即实际路程，并进行判断相关的量。

2020-2021备战中考数学压轴题之锐角三角函数(备战中考题型整理,突破提升)及详细答案

2020-2021备战中考数学压轴题之锐角三角函数(备战中考题型整理,突破提升)及详细答案一、锐角三角函数1．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2．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=BECE， ∴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．3．（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()()AOPy 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 cos 25OC CQ QCO 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8．4．（2013年四川攀枝花12分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，点B （10，0），C （7，4）．直线l 经过A ，D 两点，且sin ∠．动点P 在线段AB 上从点A 出发以每秒2个单位的速度向点B 运动，同时动点Q 从点B 出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D 的方向向点D 运动，过点P 作PM 垂直于x 轴，与折线A→D→C 相交于点M ，当P ，Q 两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P ，Q 运动的时间为t 秒（t ＞0），△MPQ 的面积为S ．（1）点A的坐标为，直线l的解析式为；（2）试求点Q与点M相遇前S与t的函数关系式，并写出相应的t的取值范围；（3）试求（2）中当t为何值时，S的值最大，并求出S的最大值；（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰三角形？请直接写出t的值．【答案】解：（1）（﹣4，0）；y=x+4．（2）在点P、Q运动的过程中：①当0＜t≤1时，如图1，过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5．过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•35=3t．∴PE=PB﹣BE=（14﹣2t）﹣3t=14﹣5t，S=12PM•PE=12×2t×（14﹣5t）=﹣5t2+14t．②当1＜t≤2时，如图2，过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，则CQ=5t﹣5，PE=AF﹣AP﹣EF=11﹣2t﹣（5t﹣5）=16﹣7t．S=12PM•PE=12×2t×（16﹣7t）=﹣7t2+16t．③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7，即（2t﹣4）+（5t﹣5）=7，解得t=167．当2＜t＜167时，如图3，MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，S=12PM•MQ=12×4×（16﹣7t）=﹣14t+32．综上所述，点Q与点M相遇前S与t的函数关系式为()()225t14t0<t1S{7t16t1<t21614t322<t<7-+≤=-+≤⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．（3）①当0＜t≤1时，22749S5t14t5t55⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=75，∴当0＜t≤1时，S随t的增大而增大．∴当t=1时，S有最大值，最大值为9．②当1＜t≤2时，22864S7t16t7t77⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=87，∴当t=87时，S有最大值，最大值为647．③当2＜t＜167时，S=﹣14t+32∵k=﹣14＜0，∴S随t的增大而减小．又∵当t=2时，S=4；当t=167时，S=0，∴0＜S＜4．综上所述，当t=87时，S有最大值，最大值为647．（4）t=209或t=125时，△QMN为等腰三角形．【解析】（1）利用梯形性质确定点D的坐标，由sin∠DAB=22，利用特殊三角函数值，得到△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式：∵C（7，4），AB∥CD，∴D（0，4）．∵sin∠DAB=22，∴∠DAB=45°．∴OA=OD=4．∴A（﹣4，0）．设直线l的解析式为：y=kx+b，则有4k b0{b4-+==，解得：k1{b4==．∴y=x+4．∴点A坐标为（﹣4，0），直线l的解析式为：y=x+4．（2）弄清动点的运动过程分别求解：①当0＜t≤1时，如图1；②当1＜t≤2时，如图2；③当2＜t＜167时，如图3．（3）根据（2）中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值．（4）△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论：①如图4，点M在线段CD上，MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，MN=DM=2t﹣4，由MN=MQ，得16﹣7t=2t﹣4，解得t=209．②如图5，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D，此时△QMN为等腰三角形，t=125．∴当t=209或t=125时，△QMN为等腰三角形．考点：一次函数综合题，双动点问题，梯形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，由实际问题列函数关系式，一次函数和二次函数的性质，等腰三角形的性质，分类思想的应用．5．某条道路上通行车辆限速60千米/时，道路的AB段为监测区，监测点P到AB的距离PH为50米（如图）．已知点P在点A的北偏东45°方向上，且在点B的北偏西60°方向上，点B在点A的北偏东75°方向上，那么车辆通过AB段的时间在多少秒以内，可认定为超速？（参考数据：3≈1.7，2≈1.4）．【答案】车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速【解析】分析：根据点到直线的距离的性质，构造直角三角形，然后利用解直角三角形的应用，解直角三角形即可.详解：如图，由题意知∠CAB=75°，∠CAP=45°，∠PBD=60°，∴∠PAH=∠CAB–∠CAP=30°，∵∠PHA=∠PHB=90°，PH=50，∴AH=tanPHPAH∠333，∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴3，∵60千米/时=503米/秒，∴时间t=503505033≈8.1（秒），即车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速．点睛：该题考查学生通过构建直角三角形，利用某个度数的三角函数值求出具体边长，即实际路程，并进行判断相关的量。

2020-2021备战中考数学压轴题之锐角三角函数(备战中考题型整理,突破提升)附答案

2020-2021备战中考数学压轴题之锐角三角函数(备战中考题型整理,突破提升)附答案一、锐角三角函数1．某地是国家AAAA 级旅游景区，以“奇山奇水奇石景，古賨古洞古部落”享誉巴渠，被誉为 “小九寨”．端坐在观音崖旁的一块奇石似一只“啸天犬”，昂首向天，望穿古今．一个周末，某数学兴趣小组的几名同学想测出“啸天犬”上嘴尖与头顶的距离．他们把蹲着的“啸天犬”抽象成四边形ABCD ，想法测出了尾部C 看头顶B 的仰角为40o ，从前脚落地点D 看上嘴尖A 的仰角刚好60o ，5CB m ＝, 2.7CD m ＝．景区管理员告诉同学们，上嘴尖到地面的距离是3m ．于是，他们很快就算出了AB 的长．你也算算？（结果精确到0.1m ．参考数据：400.64400.77400.84sin cos tan ︒≈︒≈︒≈，，.2 1.41,3 1.73≈≈）【答案】AB 的长约为0.6m ．【解析】【分析】作BF CE ⊥于F ，根据正弦的定义求出BF ，利用余弦的定义求出CF ，利用正切的定义求出DE ，结合图形计算即可．【详解】解：作BF CE ⊥于F ，在Rt BFC ∆中， 3.20BF BC sin BCF ⋅∠≈＝，3.85CF BC cos BCF ⋅∠≈＝，在Rt ADE ∆E 中，3 1.73tan 3AB DE ADE ===≈∠， 0.200.58BH BF HF AH EF CD DE CF ∴+＝﹣＝，＝＝﹣＝由勾股定理得，22BH AH 0.6(m)AB =+≈，答：AB 的长约为0.6m ．【点睛】考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．2．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，∴∠COP＝1∠COD＝30°，2∴QM＝OP＝OC•cos30°＝53（分米），∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ＝1OA＝5（分米），2∴AM＝AQ＋MQ＝5＋53．∵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．3．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(cm2) ，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 GQOC 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 BCOC 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=， ∴358544345t tt -=-，整理得：5t 2-66t+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.4．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，∴33在Rt△BDE中，由∠DBE=45°，得3∴CD=CE+DE=123）≈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．5．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6．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.7．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.8．如图以△ABC的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作⊙O的切线交AC边于点F.（1）求证：DF⊥AC；（2）若∠ABC=30°，求tan∠BCO的值.【答案】(1)证明见解析; (2) tan∠3【解析】试题分析：（1）连接OD，根据三角形的中位线定理可求出OD∥AC，根据切线的性质可证明DE⊥OD，进而得证．（2）过O作OF⊥BD，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义用OB表示出OF、CF的长，根据三角函数的定义求解．试题解析：证明:连接OD∵DE为⊙O的切线, ∴OD⊥DE∵O为AB中点, D为BC的中点∴OD‖AC∴DE⊥AC(2)过O作OF⊥BD,则BF=FD在Rt△BFO中，∠ABC=30°∴OF=12OB3∵BD=DC, BF=FD，∴33在Rt△OFC中，tan∠BCO=132933OBOFFCOB==.点睛：此题主要考查了三角形中位线定理及切线的性质与判定、三角函数的定义等知识点，有一定的综合性，根据已知得出OF=12OB，BF=32OB，FC=3BF=332OB是解题关键．9．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∴∠= 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.10．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C ，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F .(Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标；(Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H .①求证BDE DBA ∆≅∆；②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒.【解析】【分析】 (Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数.【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==.∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，225OB OA AB +=，过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5= ∵AD=OA ，AM ⊥OB ，∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==.∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒∴ABD BDE ∠∠=. 又∵BD BD =， ∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==，又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅.∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-，在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+，即()222x 34x =+-，得25x 8=， ∴25AH 8=.∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ，当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心，∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4，∵FA=FB ，FO ⊥AB ，∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°，当180°<α<360°时，同理解得：∠BAF′=60°，∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒.【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.11．在正方形ABCD 中，AC 是一条对角线，点E 是边BC 上的一点（不与点C 重合），连接AE ，将△ABE 沿BC 方向平移，使点B 与点C 重合，得到△DCF ，过点E 作EG ⊥AC 于点G ，连接DG ，FG ．（1）如图，①依题意补全图；②判断线段FG 与DG 之间的数量关系与位置关系，并证明；（2）已知正方形的边长为6，当∠AGD＝60°时，求BE的长．【答案】（1）①见解析，②FG＝DG，FG⊥DG，见解析；（2）BE=【解析】【分析】（1）①补全图形即可，②连接BG，由SAS证明△BEG≌△GCF得出BG＝GF，由正方形的对称性质得出BG＝DG，得出FG＝DG，在证出∠DGF＝90°，得出FG⊥DG即可，（2）过点D作DH⊥AC，交AC于点H．由等腰直角三角形的性质得出DH＝AH＝FG＝DG＝2GH＝，得出DFDG＝Rt△DCF中，由勾股定理得出CF＝得出结果．【详解】解：（1）①补全图形如图1所示，②FG＝DG，FG⊥DG，理由如下，连接BG，如图2所示，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝45°，∵EG⊥AC，∴∠EGC＝90°，∴△CEG是等腰直角三角形，EG＝GC，∴∠GEC＝∠GCE＝45°，∴∠BEG＝∠GCF＝135°，由平移的性质得：BE＝CF，在△BEG和△GCF中，BE CFBEG GCF EG CG=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BEG≌△GCF（SAS），∴BG＝GF，∵G在正方形ABCD对角线上，∴BG＝DG，∴FG＝DG，∵∠CGF＝∠BGE，∠BGE+∠AGB＝90°，∴∠CGF+∠AGB＝90°，∴∠AGD+∠CGF＝90°，∴∠DGF＝90°，∴FG⊥DG.（2）过点D 作DH ⊥AC ，交AC 于点H ．如图3所示,在Rt △ADG 中，∵∠DAC ＝45°，∴DH ＝AH ＝32，在Rt △DHG 中，∵∠AGD ＝60°，∴GH ＝3＝323＝6，∴DG ＝2GH ＝26，∴DF ＝2DG ＝43，在Rt △DCF 中，CF ＝()22436-＝23，∴BE ＝CF ＝23．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．12．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 =。

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