郑州备战中考数学培优 易错 难题(含解析)之锐角三角函数

郑州备战中考数学培优易错难题(含解析)之锐角三角函数
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=1
2
EK=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=1
2
EK=2，
∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，
在Rt△PHF中，PH=1
2
PF=1，3OH=23
∴()2
2
12362
+-=
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
23
3
. 【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．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．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.
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.
6．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
7．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＝203m
设MN＝x m，则AN＝xm．FC＝3xm，在RT△MFC中
MF＝MN－FN＝MN－CE＝x－20
FC＝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.
8．水库大坝截面的迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，背水坡坡比为1：2，大坝高DE=30米，坝顶宽CD=10米，求大坝的截面的周长和面积．
【答案】故大坝的截面的周长是（345）米，面积是1470平方米．
【解析】
试题分析：先根据两个坡比求出AE和BF的长，然后利用勾股定理求出AD和BC，再由大坝的截面的周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC，梯形的面积公式可得出答案．
试题解析：∵迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，DE=30m，
∴AE=18米，
在RT△ADE中，22
DE AE
+34
∵背水坡坡比为1：2，
∴BF=60米，
在RT△BCF中，BC=22
CF BF
=305米，
∴周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC=634+10+305+88=（634+305+98）米，
面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．
故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米．
9．如图，在△ABC中，∠A=90°，∠ABC=30°，AC=3，动点D从点A出发，在AB边上以每秒1个单位的速度向点B运动，连结CD，作点A关于直线CD的对称点E，设点D运动时间为t（s）．
（1）若△BDE是以BE为底的等腰三角形，求t的值；
（2）若△BDE为直角三角形，求t的值；
（3）当S△BCE≤9
2
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）33
2
；（23秒或3秒；（3）6﹣3
【解析】
【分析】
（1）如图1，先由勾股定理求得AB的长，根据点A、E关于直线CD的对称，得CD垂直平分AE，根据线段垂直平分线的性质得：AD=DE，所以AD=DE=BD，由3，可得t 的值；
（2）分两种情况：
①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，根据3t的值；
②当∠EDB=90°时，如图3，根据△AGC≌△EGD，得AC=DE，由AC∥ED，得四边形CAED 是平行四边形，所以AD=CE=3，即t=3；
（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，
①当△BCE在BC的下方时，
②当△BCE在BC的上方时，
分别计算当高为3时对应的t的值即可得结论．
【详解】
解：（1）如图1，连接AE，
由题意得：AD=t，
∵∠CAB=90°，∠CBA=30°，
∴BC=2AC=6，
∴
∵点A、E关于直线CD的对称，
∴CD垂直平分AE，
∴AD=DE，
∵△BDE是以BE为底的等腰三角形，
∴DE=BD，
∴AD=BD，
∴t=AD=
；
2
（2）△BDE为直角三角形时，分两种情况：
①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，
∵CD垂直平分AE，
∴AD=DE=t，
∵∠B=30°，
∴BD=2DE=2t，
∴
∴
②当∠EDB=90°时，如图3，
连接CE，
∵CD垂直平分AE，
∴CE=CA=3，
∵∠CAD=∠EDB=90°，
∴AC∥ED，
∴∠CAG=∠GED，
∵AG=EG，∠CGA=∠EGD，
∴△AGC≌△EGD，
∴AC=DE，
∵AC∥ED，
∴四边形CAED是平行四边形，
∴AD=CE=3，即t=3；
综上所述，△BDE为直角三角形时，t3秒；
（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，
①当△BCE在BC的下方时，过B作BH⊥CE，交CE的延长线于H，如图4，当AC=BH=3时，
此时S△BCE=1
2
AE•BH=
1
2
×3×3=
9
2
，
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°=t
3
=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=1
2
CE•DE=
1
2
×3×3=
9
2
，此时t=3，
综上所述，当S△BCE≤9
2
时，t的取值范围是6﹣33≤t≤3．
【点睛】
本题考查三角形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形的性质、三角形的面积问题、轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
10．已知：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＝3
4
，DE＝
39
4
时，N
为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）
4013 NL
【解析】
【分析】
（1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，得到∠C＝∠EDC，进而得证结论.
（2）由同角的余角相等，得到∠BAD＝∠C，再通过等量代换，角的加减进而得证结论.
（3）先由条件得到AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝4
3
a，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＝39
4
，
∴AC＝39
2
，
∵tan∠ABC＝3
4
＝
AC
AB
，
∴
39 32 4AB ,
∴AB＝26，
∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝4
3
a，∵GH•HF＝BH•AH，
∴4a2＝4
3a（26﹣
4
3
a），
∴a＝6，
∴FH＝12，BH＝8，AH＝18，
∵GH＝HF，
∴AB⊥GF，
∴∠AHG＝90°，
∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG，
∴∠NFH+∠CAF＝90°，
∵∠NFH+∠HLF＝90°，
∴∠HLF＝∠CAF，
∵AC∥FG，
∴∠CAF＝∠AFH，
∴∠HLF＝∠AFH，
∵∠FHL＝∠AHF，
∴△HFL∽△HAF，
∴FH2＝HL•HA，
∴122＝HL•18，
∴HL＝8，
∴AL＝10，BL＝16，FL
＝
∵LN•LF＝AL•BL，
∴
LN＝10•16，
∴LN
【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.
11．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且
CF AE
=，连接DE，DF，EF. FH平分EFB
∠交BD于点H.
（1）求证：DE DF
⊥；
（2）求证：DH DF
=：
（3）过点H作HM EF
⊥于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并证明.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.
（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于
45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.
（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得
222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得
HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HN BH HN HM ===︒. 由22cos 45DF EF DF DH ===︒
，得22EF AB HM =-. 【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.
∴90EAD FCD ∠=∠=︒.
∵CF AE =。

∴AED CFD △△≌.
∴ADE CDF ∠=∠.
∴90EDF EDC CDF EDC ADE ADC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=︒.
∴DE DF ⊥.
（2）证明：∵AED CFD △△≌，
∴DE DF =.
∵90EDF ∠=︒，
∴45DEF DFE ∠=∠=︒.
∵90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠，
∴45DBF ∠=︒.
∵FH 平分EFB ∠，
∴EFH BFH ∠=∠.
∵45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,
45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠,
∴DHF DFH ∠=∠.
∴DH DF =.
（3）22EF AB HM =-.
证明：过点H 作HN BC ⊥于点N ，如图，
∵正方形ABCD 中，AB AD =，90BAD ∠=︒， ∴222BD AB AD AB =+=.
∵FH 平分,
EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，
∴HM HN =. ∵4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，
， ∴22sin 45HN BH HN HM ===︒
. ∴22DH BD BH AB HM =-=
. ∵22cos 45DF EF DF DH ===︒
， ∴22EF AB HM =-.
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.
12．如图，已知二次函数2
12
y x bx c =
++的图象经过点A （-3，6），并与x 轴交于点B （-1，0）和点C ，顶点为点P ．
（1）求这个二次函数解析式；
（2）设D 为x 轴上一点，满足∠DPC =∠BAC ，求点D 的坐标； （3）作直线AP ，在抛物线的对称轴上是否存在一点M ，在直线AP 上是否存在点N ，使AM +MN 的值最小？若存在，求出M 、N 的坐标：若不存在，请说明理由．
【答案】（1）点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）；（2）点P （7，0）；（3）点N （-75，145
）． 【解析】
【分析】
（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）利用S △ABC =
12×AC×BH= 12×BC×y A ，求出sinα= 222105BH AB ==，则tanα= 12，在△PMD 中，tanα= MD PM 12
22x =+，即可求解； （3）作点A 关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N ⊥AP 分别交对称轴与点M 、交AP 于点N ，此时AM+MN 最小，即可求解．
【详解】
（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式得：96332102b b c ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--+⎪⎩
，解得：132b c =-⎧⎪⎨=-⎪⎩， 故：抛物线的表达式为：y =12x 2-x -32
， 令y =0，则x =-1或3，令x =0，则y =-
32
， 故点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）； （2）过点B 作BH ⊥AC 交于点H ，过点P 作PG ⊥x 轴交于点G ，
设：∠DPC=∠BAC=α，
由题意得：AB=210，AC=62，BC=4，PC=22，
S△ABC=1
2
×AC×BH=
1
2
×BC×y A，
解得：BH=22，
sinα=BH
AB
=
22
210
=
5
，则tanα=
1
2
，
由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°，
延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M，则MD=MC=x，
在△PMD中，tanα=MD
PM
=
22
x+
=
1
2
，
解得：x=22，则CD=2x=4，
故点P（7，0）；
（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），
过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，
直线AP表达式中的k值为：8
4-
=-2，则直线A′N表达式中的k值为
1
2
，
设直线A′N的表达式为：y=1
2
x+b，
将点A′坐标代入上式并求解得：b=7
2
，
故直线A′N的表达式为：y=1
2
x+
7
2
…①，
当x=1时，y=4，
故点M（1，4），
同理直线AP的表达式为：y=-2x…②，
联立①②两个方程并求解得：x=-7
5
，
故点N（-7
5
，
14
5
）．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3），利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法．
13．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，N29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是5
【解析】
【分析】
（1）作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．
（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．
【详解】
解：作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．
（1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°
∴NE=AN•sin∠NAB=10•sin36.5°=6，
AE=AN•cos∠NAB=10•cos36.5°=8，
过M作MC⊥AB于点C，
在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°
∴AC=MA•sin∠AMB=MA•sin36.5°=3，
MC=MA•cos∠AMC=MA•cos36.5°=4，
过点M作MD⊥NE于点D，
在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，
ND=NE-MC=2，
∴MN22
52
+29
即M，N29
（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
MN22
+5
510
∴村庄M、N到P站的最短距离和是5
【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．
14．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝3A，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=1
2
3
3
；
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＝3
∴AD＝1
2
BC＝3
（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＝1
2
AD3，
在Rt△ODN中，ON＝
3
3
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＝23，∠DAE＝30°，
∴DH＝3，∠DEA＝60°，DE＝2，
∴△ODE为等边三角形，
∴OE＝DE＝2，OH＝1，
∵∠M＝∠DAE＝30°，
而MD＝ME，
∴∠MDE＝75°，
∴∠ADM＝90°﹣75°＝15°，
∴∠DNO＝45°，
∴△NDH为等腰直角三角形，
∴NH＝DH＝3，
∴ON＝3﹣1；
综上所述，当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下：
连AP、AQ，如图2，
∵∠C＝∠CAD＝60°，
而DP⊥AB，
∴AC∥DP，
∴∠PDB＝∠C＝60°，
又∵∠PAQ＝∠PDB，
∴∠PAQ＝60°，
∴∠CAQ＝∠PAD，
∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，
∴△AQC≌△APD，
∴DP＝CQ，
∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相
等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．
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，45
BC AB = 令BC=4k,AB=5k 则AC=3k 由35
BE 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。