中考数学 直角三角形的边角关系综合试题及答案解析

中考数学直角三角形的边角关系综合试题及答案解析
一、直角三角形的边角关系
1．图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG ＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为_______分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为_________分米．
【答案】553
【解析】
【分析】
如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分别求出BE，B′E′即可．
【详解】
解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．
∵AM⊥CD，
∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，
∴四边形OQMP是矩形，
∴QM＝OP，
∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∵OP⊥CD，
∠COD＝30°，
∴∠COP＝1
2
∴QM＝OP＝OC•cos30°＝3
∵∠AOC＝∠QOP＝90°，
∴∠AOQ＝∠COP＝30°，
∴AQ＝1
OA＝5（分米），
2
∴AM＝AQ＋MQ＝5＋3
∵OB∥CD，
∴∠BOD＝∠ODC＝60°
在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝23（分米），
在Rt△PKE中，EK＝22
-＝26（分米），
EF FK
∴BE＝10−2−26＝（8−26）（分米），
在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝23（分米），
在Rt△FJE′中，E′J＝22
-（2）＝26，
63
∴B′E′＝10−（26−2）＝12−26，
∴B′E′−BE＝4．
故答案为：5＋53，4．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
2．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm．
（1）求∠CAO＇的度数．
（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？
（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？
【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
【解析】
试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得
BD=OBsin∠BOD=24×=12，由C、O′、B′三点共线可得结果；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
试题解析：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，
∴sin∠CAO′=，
∴∠CAO′=30°；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD=，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24×=12，∵O′C⊥OA，
∠CAO′=30°，
∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，
∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12=36﹣12，
∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，
理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，
∴∠EO′F=120°，
∴∠FO′A=∠CAO′=30°，
∵∠AO′B′=120°，
∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．
3．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=81
4
．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 =95
S △QCN ；（3）当t=2733-s 或2733+s 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 =95
S △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，22=6AB BE -， ∴coaA=647.55
AE AB ==． （2）如图2中，作PH ⊥AC 于H ．
∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t，∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2，
∵S△PQM=9
5
S△QCN，
∴3•PQ2=93
5
⨯•CQ2，
∴9t2+（9-9t）2=9
5
×（5t）2，
整理得：5t2-18t+9=0，
解得t=3（舍弃）或3
5
．
∴当t=3
5时，满足S△PQM=
9
5
S△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°，
∴3，
∴39-9t），
∴2733
-．
②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．
同法可得PH=3QH ， ∴3t=3（9t-9），
∴t=27+3326
， 综上所述，当t=273326 s 或27+3326
s 时，△PQM 的某个顶点（Q 点除外）落在△QCN 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．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．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）
已知：如图，AB 是半圆O 的直径，弦//CD AB ，动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上，且DQ OP =，AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F （点F 与点C 、D 不重合），20AB =，4cos 5
AOC ∠=．设OP x =，CPF ∆的面积为y ．
（1）求证：AP OQ =；
（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出它的定义域；
（3）当OPE ∆是直角三角形时，求线段OP 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）236030050(10)13
x x y x x -+=<<；（3）8OP = 【解析】
【分析】
（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP DQ =，联结OD 后还有OA DO =，再结合要证明的结论AP OQ =，则可肯定需证明三角形全等，寻找已知对应边的夹角，即POA QDO ∠=∠即可；
（2）根据PFC ∆∽PAO ∆，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件4cos 5
AOC ∠=
、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去．
【详解】
（1）联结OD ，∵OC OD =，
∴OCD ODC ∠=∠，
∵//CD AB ，
∴OCD COA ∠=∠，
∴POA QDO ∠=∠．
在AOP ∆和ODQ ∆中， {OP DQ
POA QDO OA DO
=∠=∠=，
∴AOP ∆≌ODQ ∆，
∴AP OQ =；
（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=
， ∴4455OH OP x ==，35
PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=
⋅=． ∵//CD AB ，
∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOP y
CP x S OP x
∆-==， ∴2360300x x y x
-+=，当F 与点D 重合时， ∵42cos 210165
CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=，
∴101016x x =-，解得5013x =，
∴2360300x x y x
-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ，
∴4cos 1085
OP OA AOC =⋅∠=⨯=； ②当90POE ∠=o 时，1010254cos cos 25
OC CQ QCO AOC ====∠∠，
∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-
2571622=-=， ∵501013
OP <<， ∴72OP =
（舍去）； ③当90PEO ∠=o 时，∵//CD AB ，
∴AOQ DQO ∠=∠，
∵AOP ∆≌ODQ ∆，
∴DQO APO ∠=∠，
∴AOQ APO ∠=∠，
∴90AEO AOP ∠=∠=o ，此时弦CD 不存在，故这种情况不符合题意，舍去； 综上，线段OP 的长为8．
6．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、95
- ． 【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，
∴（6﹣24
5）2+（2x+
18
5
）2＝36，
解得：x＝669
5
-
，x＝
669
5
--
（舍去）；
③如图2，当AB′＝AA′时，A′N＝BM＝BB′+B′M＝2x+18
5
，A′M＝NB＝
24
5
，
∵AB2+BB′2＝AN2+A′N2
∴36+4x2＝（6﹣24
5）2+（2x+
18
5
）2
解得：x＝3
2
．
综上所述，使得△AA′B′成为等腰三角形的x的值有：0秒、3
2
秒、
669
-
．
【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．
7．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＝5，¼¼
AP 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 ＝BC AC ，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，
∴¶¶AD
AC =， ∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ，
∵∠FPC ＝∠B ，
∴∠ACD ＝∠FPC ，
∴∠APC ＝∠ACF ，
∵∠FAC ＝∠CAF ，
∴△PAC ∽△CAF ；
（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522
AB =， ∵¶¶AP
BP =， ∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB ＝90°，
∵AC ＝2BC ，
∴tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC
，
∴
1
2 CE 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
=，
∴
2.5
2 OE GE OP
GE CE
-
==，
∴GE＝2
3，OG＝
5
6
，
∴PG＝225
OP OG
6
+=，
GD＝222 3
DE GE
+=，
∴PD＝PG+GD＝310
2
．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得
△OPG∽△EDG是解题的关键．
8．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，7AC=2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C 顺时针旋转得到△A′B′C(点A，B的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m于点P，Q．
(1)如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；
(2)如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；
(3)在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）60°；（2）PQ ＝
72
；（3）存在，S 四边形PA 'B ′Q ＝33【解析】
【分析】 （1）由旋转可得：AC =A 'C =2，进而得到BC 3=∠A 'BC =90°，可得
cos ∠A 'CB 3'BC A C ==∠A 'CB =30°，∠ACA '=60°； （2）根据M 为A 'B '的中点，即可得出∠A =∠A 'CM ，进而得到PB 3=32=，依据tan ∠Q =tan ∠A 3=BQ =BC 3=2，进而得出PQ =PB +BQ 72=； （3）依据S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3-S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，而S △PCQ 12=
PQ ×BC 3=，利用几何法即可得到S △PCQ 的最小值=3，即可得到结论．
【详解】
（1）由旋转可得：AC =A 'C =2．
∵∠ACB =90°，AB 7=AC =2，∴BC 3=
∵∠ACB =90°，m ∥AC ，∴∠A 'BC =90°，∴cos ∠A 'CB 3'BC A C =
=∴∠A 'CB =30°，∴∠ACA '=60°；
（2）∵M 为A 'B '的中点，∴∠A 'CM =∠MA 'C ，由旋转可得：∠MA 'C =∠A ，
∴∠A =∠A 'CM ，∴tan ∠PCB =tan ∠A 3=∴PB 3=32=． ∵∠BQC =∠BCP =∠A ，∴tan ∠BQC =tan ∠A 3=∴BQ =BC 3=2，∴PQ =PB +BQ 72=； （3）∵S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3∴S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，∴S △PCQ 12=PQ ×BC 3=， 取PQ 的中点G ． ∵∠PCQ =90°，∴CG 12=
PQ ，即PQ =2CG ，当CG 最小时，PQ 最小，∴CG ⊥PQ ，即CG 与
CB重合时，CG最小，∴CG min3
=，PQ min=23，∴S△PCQ的最小值=3，S四边形
PA'B'Q=33
-；
【点睛】
本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
9．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=3
5
；（2）
75
4
【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，
2，
设AE=CE=x，则222-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=2
，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=
3
5
CF
CE
，AE=52；
（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，
则S△CDE=S△AED=1
2
AD•EM=
1
2
AD×AEsin∠EAM=
1
2
AD•AE×sin45°=
2
4
AD×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=15
2
，即AD=
15
2
，
故S△CDE=S△AED=
2
4
AD×AE=
75
4
．
【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.
10．已知：在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，BE：AB=3：5，若2，
cos∠ACD= 4
5
，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CE=2 则k=2，AC=32 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=
AC EC =3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=45CD AC = ,，CD=12125
.
11．如图，⊙O 为△ABC 的外接圆，BC 为⊙O 的直径，AE 为⊙O 的切线，过点B 作BD ⊥AE 于D ．
（1）求证：∠DBA=∠ABC ；
（2）如果BD=1，tan ∠BAD=，求⊙O 的半径．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：（1）如图，连接OA ，由AE 为⊙O 的切线，BD ⊥AE 得到∠DAO=∠EDB=90°，于是得到DB ∥AO ，推出∠DBA=∠BAO ，由于OA=OB ，得到∠ABC=∠BAO ，即可得到结论；
（2）根据三角函数的知识可求出AD ，从而根据勾股定理求出AB 的长，根据三角函数的知识即可得出⊙O 的半径．
试题解析：（1）如图，连接OA ，
∵AE为⊙O的切线，BD⊥AE，
∴∠DAO=∠EDB=90°，
∴DB∥AO，
∴∠DBA=∠BAO，
又∵OA=OB，
∴∠ABC=∠BAO，
∴∠DBA=∠ABC；
（2）∵BD=1，tan∠BAD=，
∴AD=2，
∴AB=，
∴cos∠DBA=；
∵∠DBA=∠CBA，
∴BC=．
∴⊙O的半径为2.5．
考点：1.切线的性质；2.勾股定理；3.解直角三角形．
∠=o，为了达到无障碍通道的坡12．如图，由一段斜坡AB的高AD长为0.6米，ABD30
∠=o．
道标准，现准备把斜坡改长，使ACD 5.71
()1求斜坡AB的长；
()2求斜坡新起点C与原起点B的距离.(精确到0.01米)(参考数据：3 1.732
≈，o
≈
tan5.710.100)
=米；()2斜坡新起点C与原起点B的距离为4.96米．
【答案】()1?AB 1.2
【解析】
【分析】
()1在Rt ABD
V中，根据AB AD sin30
=÷o计算即可；
()2分别求出CD 、BD 即可解决问题；
【详解】
()1在Rt ABD V 中，1AB AD sin300.6 1.2(2
=÷=÷=o 米)，
()2在Rt ABD V 中，BD AD tan300.6 1.039(=÷=≈o 米)， 在Rt ACD V 中，CD AD tan5.716(=÷≈o 米)，
BC CD BD 6 1.039 4.96(∴=-=-=米)．
答：求斜坡AB 的长为1.2米，斜坡新起点C 与原起点B 的距离为4.96米．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．。