2020-2021中考数学(锐角三角函数提高练习题)压轴题训练

2020-2021中考数学(锐角三角函数提高练习题)压轴题训练
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．如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A 与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．
（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；
（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）
（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37 ＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）
【答案】（1）观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离为15海里；（2）当缉私艇以每小时617D 处成功拦截.
【解析】
【分析】
（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB ＝90°，再解Rt △ABC ，利用正弦函数定义得出AC 即可；
（2）过点C 作CM ⊥AB 于点M ，易知，D 、C 、M 在一条直线上．解Rt △AMC ，求出CM 、AM ．解Rt △AMD 中，求出DM 、AD ，得出CD ．设缉私艇的速度为x 海里/小时，根据走私船行驶CD 所用的时间等于缉私艇行驶AD 所用的时间列出方程，解方程即可．
【详解】
（1）在ABC △中，180180375390ACB B BAC ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=.
在Rt ABC V 中，sin AC B AB =，所以3sin 3725155
AC AB ︒=⋅=⨯=（海里）. 答：观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离为15海里.
（2）过点C 作CM AB ⊥，垂足为M ，由题意易知，D C M 、、在一条直线上. 在Rt ACM V 中，4sin 15125
CM AC CAM =⋅∠=⨯=，3cos 1595
AM AC CAM =⋅∠=⨯=. 在Rt ADM △中，tan MD DAM AM
∠=， 所以tan 7636MD AM ︒=⋅=. 所以222293691724AD AM MD CD MD MC =+=+==-=，.
设缉私艇的速度为v 海里/小时，则有
241716v
=，解得617v = 经检验，617v =. 答：当缉私艇以每小时617D 处成功拦截.
【点睛】
此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
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(cm 2) ，求 S 与 t 的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接 OE ， OQ ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE ⊥OQ ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）4s t =；（2）PEGO S 四边形23
15688
t t =-++ ，(05)t <<；（3）52t =时，PEGO S 四边形取得最大值；（4）165
t =
时，OE OQ ⊥. 【解析】
【分析】 （1）当点E 在∠BAC 的平分线上时，因为EP ⊥AB ，EC ⊥AC ，可得PE=EC ，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ）构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC=∠QOG ，可得tan ∠EOC=tan ∠QOG ，推出EC GQ OC OG
=，由此构建方程即
可解决问题．
【详解】
（1）在Rt △ABC 中，∵∠ACB=90°，AB=10cm ，BC=8cm ，
∴AC=22108-=6（cm ）， ∵OD 垂直平分线段AC ，
∴OC=OA=3（cm ），∠DOC=90°，
∵CD ∥AB ，
∴∠BAC=∠DCO ， ∵∠DOC=∠ACB ， ∴△DOC ∽△BCA ，
∴
AC AB BC OC CD OD ==， ∴61083CD OD
==， ∴CD=5（cm ），OD=4（cm ），
∵PB=t ，PE ⊥AB ，
易知：PE=34
t ，BE=54t ， 当点E 在∠BAC 的平分线上时，
∵EP ⊥AB ，EC ⊥AC ，
∴PE=EC ，
∴
34
t=8-54t ， ∴t=4． ∴当t 为4秒时，点E 在∠BAC 的平分线上．
（2）如图，连接OE ，PC ．
S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ）
=1414153154338838252
524524t t t t t ⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-⨯+⨯⨯-+⨯-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣ =28
1516(05)33
t t t -++<<．
（3）存在．
∵
2
8568
(05)
323
S t t
⎛⎫
=--+<<
⎪
⎝⎭
，
∴t=5
2
时，四边形OPEG的面积最大，最大值为
68
3
．
（4）存在．如图，连接OQ．∵OE⊥OQ，
∴∠EOC+∠QOC=90°，
∵∠QOC+
∠QOG=90°，∴∠EOC=∠QOG ，
∴tan∠EOC=tan∠QOG，∴EC GQ
OC OG
=，
∴
3
5
8
5
4
4
34
5
t
t
t -
=
-
，
整理得：5t2-66t+160=0，
解得
16
5
t=或10（舍弃）
∴当16
5
t=秒时，OE⊥OQ．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.
4．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，
从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形
（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP
试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC
∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF
∵AD//BC
∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF
∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF
∴AB=BE AB=AF
∴AF=AB=BE
∵AD//BC
∴ABEF为平行四边形
又AB=BE
∴ABEF为菱形
（2）作PH⊥AD于H
由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5
∴tan∠ADP=
考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数
5．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=1
2
∠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：BF
PE
=，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）
1
2
BF
PE
=（3）
1
tan
2
BF
PE
α
=
【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）BF1
PE2
=．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=1
2
∠ACB，∠BPN=∠ACB，∴∠BPF=∠MPF．
∵PF⊥BM，∴∠BFP=∠MFP=900．
又∵PF=PF，∴△BPF≌△MPF（ASA）．∴BF="MF" ，即BF=1
2 BM．
∴BF=1
2PE，即
BF1
PE2
=．
（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=
12
BM ， ∠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 2
α． （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 2
α．
6．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31）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3D 、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 ．
∵AC=3BD ，CD=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=
33
EF 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 ．
∵3BD ，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．
7．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．
8．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C，用测角器测得主教学楼顶端A的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E处（C，E，B三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A的仰角为60°，已知测角器CD的高度为1.6米，请计算主教学楼AB的高
度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）
【答案】22.4m 【解析】 【分析】
首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造等量关系，进而求解． 【详解】
解：在Rt △AFG 中，tan ∠AFG =3， ∴FG =
tan 3
AG AFG =∠，
在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AG
CG
， ∴CG =
tan AG
ACG ∠=3AG ．
又∵CG ﹣FG =24m ，
即3AG ﹣
3
=24m ， ∴AG =123m ， ∴AB =123+1.6≈22.4m ．
9．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32≈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=
tan PH PAH
∠
33，
∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴3，
∵60千米/时=50
3米/秒，∴时间t=
50350
50
3
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。

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＝22
＝413，
FH HL
∵LN•LF＝AL•BL，
∴413•LN＝10•16，
∴LN＝4013
.
13
【点睛】
本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.
11．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）45
2
；（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11
5
＜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 ＝3
2
cm ，
∴S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′＝86345
22222
⨯-⨯÷=（cm 2）； （2）①当0≤x ＜115时，CD ′＝2x +2，CE ＝3
2
（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 ＝4
3
（8﹣2x ） ∴()2
14y 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．
12．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°，3PA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°，PD=3，
∴0 tan30
OD
PD
=，解得OD=1，
∴22
PO PD OD
=+=2，
∴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．
13．如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝﹣14x 2+bx +c 与直线y ＝12
x ﹣3分别交x 轴、y 轴上的B 、C 两点，设该抛物线与x 轴的另一个交点为点A ，顶点为点D ，连接CD 交x 轴于点E ．
（1）求该抛物线的表达式及点D 的坐标；
（2）求∠DCB 的正切值；
（3）如果点F 在y 轴上，且∠FBC ＝∠DBA +∠DCB ，求点F 的坐标．
【答案】（1）21y 234x x =-
+-，D （4，1）；（2）13；（3）点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）．
【解析】
【分析】
（1）y ＝12
x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3，求出点B 、C 的坐标，将点B 、C 坐标代入抛物线y ＝﹣
14x 2+bx+c ，即可求解； （2）求出则点E （3，0），EH ＝EB•sin ∠OBC 5CE ＝2，则CH 5
解； （3）分点F 在y 轴负半轴和在y 轴正半轴两种情况，分别求解即可．
【详解】
（1）y ＝12
x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3， 则点B 、C 的坐标分别为（6，0）、（0，﹣3），则c ＝﹣3， 将点B 坐标代入抛物线y ＝﹣
14x 2+bx ﹣3得：0＝﹣14×36+6b ﹣3，解得：b ＝2， 故抛物线的表达式为：y ＝﹣14
x 2+2x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6或2， 即点A （2，0），则点D （4，1）；
（2）过点E 作EH ⊥BC 交于点H ，
C、D的坐标分别为：（0，﹣3）、（4，1），
直线CD的表达式为：y＝x﹣3，则点E（3，0），
tan∠OBC＝
31
62
OC
OB
==，则sin∠OBC＝
5
，
则EH＝EB•sin∠OBC＝
5
，
CE＝32，则CH＝
5
，
则tan∠DCB＝
1
3 EH
CH
=；
（3）点A、B、C、D、E的坐标分别为（2，0）、（6，0）、（0，﹣3）、（4，1）、（3，0），
则BC＝35，
∵OE＝OC，∴∠AEC＝45°，
tan∠DBE＝
1
64
-
＝
1
2
，
故：∠DBE＝∠OBC，
则∠FBC＝∠DBA+∠DCB＝∠AEC＝45°，①当点F在y轴负半轴时，
过点F作FG⊥BG交BC的延长线与点G，
则∠GFC＝∠OBC＝α，
设：GF ＝2m ，则CG ＝GFtanα＝m ，
∵∠CBF ＝45°，∴BG ＝GF ，
即：35+m ＝2m ，解得：m ＝35，
CF ＝22GF CG +＝5m ＝15，
故点F （0，﹣18）；
②当点F 在y 轴正半轴时，
同理可得：点F （0，1）；
故：点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3），确定∠FBC ＝∠DBA+∠DCB ＝∠AEC ＝45°，是本题的突破口．
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35
FK AK =,设FK =3a ,AK =5a ，可求得BF =a ,故17
BF 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, ∴35
FK AK =, 设FK =3a ,AK =5a ,
∴AK =4a ,
∵AB =AC ,∠BAC =90°,
∴BK =CK =4a ,
∴BF =a ,
又∵CF =7a , ∴17
BF 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 ∠ABC
BK= 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.
15．如图，某次中俄“海上联合”反潜演习中，我军舰A 测得潜艇C 的俯角为30°．位于军舰A 正上方1000米的反潜直升机B 侧得潜艇C 的俯角为68°．试根据以上数据求出潜艇C 离开海平面的下潜深度．（结果保留整数．参考数据：sin68°≈0.9，cos68°≈0.4，tan68°≈2.5， 3≈1.7）
【答案】潜艇C 离开海平面的下潜深度约为308米
【解析】试题分析：过点C 作CD ⊥AB ，交BA 的延长线于点D ，则AD 即为潜艇C 的下潜深度，用锐角三角函数分别在Rt △ACD 中表示出CD 和在Rt △BCD 中表示出BD ，利用BD=AD+AB 二者之间的关系列出方程求解．
试题解析：过点C 作CD ⊥AB ，交BA 的延长线于点D ，则AD 即为潜艇C 的下潜深度，根据题意得：∠ACD =30°，∠BCD =68°，
设AD=x ，则BD=BA+AD=1000+x ，
在Rt △ACD 中，CD =
tan AD ACD ∠ =0tan30
x 3x 在Rt △BCD 中，BD=CD •tan68°， ∴325+x=3x •tan68°
解得：x ≈100米，
∴潜艇C 离开海平面的下潜深度为100米．
点睛：本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线，从题目中找出直角三角形并选择合适的边角关系求解．
视频。