备战中考数学备考之锐角三角函数压轴突破训练∶培优 易错 难题篇含答案

备战中考数学备考之锐角三角函数压轴突破训练∶培优 易错 难题篇含答案
一、锐角三角函数
1．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2491716=，解得617v =. 经检验，617v =是原方程的解. 答：当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D 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．
2．如图（9）所示（左图为实景侧视图，右图为安装示意图），在屋顶的斜坡面上安装太阳能热水器：先安装支架AB 和CD （均与水平面垂直），再将集热板安装在AD 上.为使集热板吸热率更高，公司规定：AD 与水平面夹角为1θ，且在水平线上的射影AF 为
1.4m .现已测量出屋顶斜面与水平面夹角为2θ，并已知1tan 1.082θ=，
2tan 0.412θ=．如果安装工人确定支架AB 高为25cm ，求支架CD 的高（结果精确到1cm ）？
【答案】
【解析】
于F，根据锐角三角函数的定义用θ1、θ2表示出DF、EF的值，又可证过A作AF CD
四边形ABCE为平行四边形，故有EC=AB=25cm，再再根据DC=DE+EC进行解答即可．
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．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．
5．在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH、PH.
（1）若点P在线CD上，如图1，
①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；
（2）若点P在线CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）
【答案】（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明见解析（2）或
【解析】
试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，
AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．
（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°
∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由代入HR，CR解方程即可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，
∴．
试题解析：（1）①
法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH
证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP
BD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．
法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．
（2）法一：轴对称作法
考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，
∴∠DAH＝17°
∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.
由得：，∴．即PD=
法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，
∴．
考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆
6．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.
7．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
8．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O，且AC＝80，BD＝60．动点M、N分别以每秒1个单位的速度从点A、D同时出发，分别沿A→O→D和D→A运动，当点N到达点A时，M、N同时停止运动．设运动时间为t秒．
(1)求菱形ABCD的周长；
(2)记△DMN的面积为S，求S关于t的解析式，并求S的最大值；
(3)当t=30秒时，在线段OD的垂直平分线上是否存在点P，使得∠DPO=∠DON？若存在，这样的点P有几个？并求出点P到线段OD的距离；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）在菱形ABCD中，
∵AC⊥BD，AC=80，BD=60，∴。

∴菱形ABCD的周长为200。

（2）过点M作MP⊥AD，垂足为点P．
①当0＜t≤40时，如答图1，
∵，
∴MP=AM•sin∠OAD=t。

S=DN•MP=×t×t=t2。

②当40＜t≤50时，如答图2，MD=70﹣t，
∵，
∴MP=（70﹣t）。

∴S△DMN=DN•MP=×t×（70﹣t）=t2+28t=（t﹣35）2+490。

∴S关于t的解析式为。

当0＜t≤40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480；当40＜t≤50时，S随t的增大而减小，最大值不超过480。

综上所述，S的最大值为480。

（3）存在2个点P，使得∠DPO=∠DON。

如答图3所示，过点N作NF⊥OD于点F，
则NF=ND•sin∠ODA=30×=24，
DF=ND•cos∠ODA=30×=18。

∴OF=12。

∴。

作∠NOD的平分线交NF于点G，过点G作GH⊥ON于点H，
则FG=GH。

∴S△ONF=OF•NF=S△OGF+S△OGN=OF•FG+ON•GH=（OF+ON）•FG。

∴。

∴。

设OD中垂线与OD的交点为K，由对称性可知：∠DPK=∠DPO=∠DON=∠FOG，∴。

∴PK=。

根据菱形的对称性可知，在线段OD的下方存在与点P关于OD轴对称的点P′。

∴存在两个点P到OD的距离都是
【解析】
试题分析：本题考查了相似三角形的判定与性质、菱形、等腰三角形、中垂线、勾股定理、解直角三角形、二次函数极值等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．第（2）问
中，动点M在线段AO和OD上运动时，是两种不同的情形，需要分类讨论；第（3）问中，满足条件的点有2个，注意不要漏解.
（1）根据勾股定理及菱形的性质，求出菱形的周长；
（2）在动点M、N运动过程中：①当0＜t≤40时，如答图1所示，②当40＜t≤50时，如答图2所示．分别求出S的关系式，然后利用二次函数的性质求出最大值；
（3）如答图4所示，作ON的垂直平分线，交EF于点I，连接OI，IN．过点N作
NG⊥OD，NH⊥EF，垂足分别为G，H．易得△DNG∽△DAO，由EF垂直平分OD，得到OE=ED=15，EG=NH=3，再设OI=R，EI=x，根据勾股定理，在Rt△OEI和Rt△NIH中，得到关于R和x的方程组，解得R和x的值，把二者相加就是点P到OD的距离，即PE=PI＋IE=R+x，又根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P′也满足条件，故存在两个点P，到OD的距离也相同，从而问题解决．
试题解析：（1）如图①)在菱形ABCD中，OA=AC=40， OD=BD=30，
∵AC⊥BD，
∴AD==50，
∴菱形ABCD的周长为200；
（2）(如图②)过点M作MH⊥AD于点H．
① (如图②甲)①当0＜t≤40时，
∵sin∠OAD===，
∴MH=t，
∴S=DN·MH=t2．
②(如图②乙)当40＜t≤50时，
∴MD=80-t，
∵sin∠ADO=-，
∴MH=(70-t)，
∴S=DN·MH,
=-t2＋28t
＝-(t-35)2＋490．
∴S=，
当0＜t≤40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480．当40＜t≤50时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480．综上所述，S的最大值为480；
(3)存在2个点P，使得∠DPO=∠DON．
(如图④)作ON的垂直平分线，交EF于点I，连接OI，IN．
过点N作NG⊥OD，NH⊥EF，垂足分别为G，H．
当t=30时，DN=OD=30，易知△DNG∽△DAO，
∴NG=24，DG=18．
∵EF垂直平分OD，
∴OE=ED=15，EG=NH=3，
设OI=R，EI=x，则
在Rt△OEI中，有R2=152＋x2……①，
在Rt△NIH中，有R2=32＋(24-x)2……②，
由①,②可得：,
∴PE=PI＋IE=．
根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P′也满足条件，
∴存在两个点P，到OD的距离都是．
考点：相似性综合题.
9．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）
参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249，2 1.4142
．
【答案】塔高AB约为32.99米.
【解析】
【分析】
过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论．【详解】
解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H．
由题意，得 HB = CD = 3，EC = 15，HD = BC ，∠ABC =∠AHD = 90°，
∠ADH = 32°．
设AB = x ，则 AH = x – 3．
在Rt △ABE 中，由 ∠AEB = 45°，得 tan tan451AB AEB EB ∠=︒=
=． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15．
在Rt △AHD 中，由 ∠AHD = 90°，得 tan AH ADH HD ∠=
． 即得 3tan3215x x -︒=
+． 解得 15tan32332.991tan32x ⋅︒+=≈-︒
． ∴ 塔高AB 约为32.99米．
【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
10．许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部，上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A ，B 两点之间的距离他沿着与直线AB 平行的道路EF 行走，走到点C 处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D 处，测得∠BDF=60°．若直线AB 与EF 之间的距离为200米，求A ，B 两点之间的距离（结果保留一位小数）
【答案】215.6米．
【解析】
【分析】
过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点，
根据Rt △ACM 和三角函数tan BDF ∠求出CM 、DN ，然后根据MN MD DN AB =+=即可求出A 、B 两点间的距离.
【详解】
解：过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点
在Rt △ACM 中，∵45ACF ∠=︒，
∴AM=CM=200米，
又∵CD=300米，所以100MD CD CM =-=米，
在Rt △BDN 中，∠BDF=60°，BN=200米 ∴115.6tan 60BN DN =≈o
米， ∴215.6MN MD DN AB =+=≈米
即A ，B 两点之间的距离约为215.6米．
【点睛】
本题主要考查三角函数，正确做辅助线是解题的关键.
11．如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，AB ＝4，动点P 从点A 出发，沿AB 以每秒2个单位长度的速度向终点B 运动．过点P 作PD ⊥AC 于点D (点P 不与点A ，B 重合)，作∠DPQ ＝60°，边PQ 交射线DC 于点Q ．设点P 的运动时间为t 秒．
（1）用含t 的代数式表示线段DC 的长：_________________；
（2）当t =__________时，点Q 与点C 重合时；
（3）当线段PQ 的垂直平分线经过△ABC 一边中点时，求出t 的值．
【答案】（1）
；（2）1；（3）t 的值为或或. 【解析】
【分析】
（1）先求出AC ，用三角函数求出AD ，即可得出结论；
（2）利用AQ=AC ，即可得出结论；
（3）分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．
【详解】
（1）∵AP= , AB=4,∠A ＝30°
∴AC=
, AD= ∴CD=
； （2）AQ=2AD=
当AQ=AC 时，Q 与C 重合
即=
∴t=1；
（3）①如图，当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，
∴∠PGF＝90°，PG＝PQ＝AP＝t，AF＝AB＝2.
∵∠A＝∠AQP＝30°，∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG＝2t，
∴AP＋PF＝2t＋2t＝2，∴t＝
②如图，当PQ的垂直平分线过AC的中点N时，
∴∠QMN＝90°，AN＝AC＝，QM＝PQ＝AP＝t.
在Rt△NMQ中，
∵AN＋NQ＝AQ，∴
③如图，当PQ的垂直平分线过BC的中点F时，
∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°.
∵∠ABC＝60°，∴∠BFH＝30°＝∠H，∴BH＝BF＝1.
在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t.
∵AH＝AP＋PH＝AB＋BH，∴2t＋2t＝5，∴t＝.
即当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为或或.
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，垂直平分线的性质，正确作出图形是解本题的关键．
12．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，动点P在线段BC上，点Q在线段AB上，且PQ＝BQ，延长QP交射线AC于点D．
（1）求证：QA＝QD；
（2）设∠BAP＝α，当2tanα是正整数时，求PC的长；
（3）作点Q关于AC的对称点Q′，连结QQ′，AQ′，DQ′，延长BC交线段DQ′于点E，连结AE，QQ′分别与AP，AE交于点M，N（如图2所示）．若存在常数k，满足k•MN＝PE•QQ′，求k的值．
【答案】（1）证明见解析（2）PC的长为3
7
或
3
2
（3）8
【解析】
【分析】
（1）由等腰三角形的性质得出∠B＝∠BPQ＝∠CPD，由直角三角形的性质得出∠BAC＝∠D，即可得出结论；
（2）过点P作PH⊥AB于H，设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意知tanα＝1或1
2
，当
tanα＝1时，HA＝PH＝3x，与勾股定理得出3x+4x＝5，解得x＝5
7
，即可求出PC长；
当tanα＝1
2
时，HA＝2PH﹣6x，得出6x+4x＝5，解得x＝
1
2
，即可求出PC长；
（3）设QQ′与AD交于点O，由轴对称的性质得出AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，得出四边形
AQDQ′是菱形，由菱形的性质得出QQ′⊥AD，AO＝1
2
AD，证出四边形BEQ'Q是平行四边
形，得出QQ′＝BE，设CD＝3m，则PC＝4m，AD＝3+3m，即QQ′﹣BE＝4m+4，PE＝8m，
由三角函数得出MO
AO
＝tan∠PAC＝
PC
AC
，即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵PQ＝BQ，
∴∠B＝∠BPQ＝∠CPD，
∵∠ACB＝∠PCD＝90°，
∴∠A+∠BAC＝90°，∠D+∠CPD＝90°，
∴∠BAC＝∠D，
∴QA＝QD；
（2）解：过点P作PH⊥AB于H，如图1所示：设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，
由题意得：tan ∠BAC ＝
4
3
，∠BAP ＜∠BAC ， ∴2tanα是正整数时，tanα＝1或12
， 当tanα＝1时，HA ＝PH ＝3x ， ∴3x+4x
5， ∴x ＝
57
， 即PC ＝4﹣5x ＝37
； 当tanα＝
1
2
时，HA ＝2PH ﹣6x ， ∴6x+4x ＝5，
∴x ＝
12
， 即PC ＝4﹣5x ＝
32
； 综上所述，PC 的长为
37或32
； （3）解：设QQ′与AD 交于点O ，如图2所示： 由轴对称的性质得：AQ′＝AQ ＝DQ ＝DQ′， ∴四边形AQDQ′是菱形， ∴QQ′⊥AD ，AO ＝1
2
AD ， ∵BC ⊥AC ， ∴QQ′∥BE ， ∵BQ ∥EQ′，
∴四边形BEQ'Q 是平行四边形， ∴QQ′＝BE ，
设CD ＝3m ，则PC ＝4m ，AD ＝3+3m ， 即QQ′﹣BE ＝4m+4，PE ＝8m ， ∵
MO AO ＝tan ∠PAC ＝PC
AC
， ∴332
MO
m +＝43
m
，
即MN ＝2MO ＝4m （1+m ）， ∴k ＝
PE QQ MN
g ′＝8(44)
4(1)m m m m ++＝8．
【点睛】
本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质与判定、三角函数、勾股定理、菱形的判定与性质、平行线的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，灵活运用三角函数是解题关键．
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 ＝1
2
x ﹣3分别交x 轴、y 轴上的B 、C 两点，设该抛物线与x 轴的另一个交点为点A ，顶点为点D ，连接CD 交x 轴于点E ．
（1）求该抛物线的表达式及点D 的坐标； （2）求∠DCB 的正切值；
（3）如果点F 在y 轴上，且∠FBC ＝∠DBA +∠DCB ，求点F 的坐标．
【答案】（1）21y 234x x =-+-，D （4，1）；（2）1
3
；（3）点F 坐标为（0，1）或（0，﹣18）． 【解析】 【分析】 （1）y ＝
1
2
x ﹣3，令y ＝0，则x ＝6，令x ＝0，则y ＝﹣3，求出点B 、C 的坐标，将点B 、C 坐标代入抛物线y ＝﹣
14
x 2
+bx+c ，即可求解； （2）求出则点E （3，0），EH ＝EB•sin ∠OBC 5CE ＝2，则CH 5
解；
（3）分点F 在y 轴负半轴和在y 轴正半轴两种情况，分别求解即可． 【详解】
（1）y＝1
2
x﹣3，令y＝0，则x＝6，令x＝0，则y＝﹣3，
则点B、C的坐标分别为（6，0）、（0，﹣3），则c＝﹣3，
将点B坐标代入抛物线y＝﹣1
4
x2+bx﹣3得：0＝﹣
1
4
×36+6b﹣3，解得：b＝2，
故抛物线的表达式为：y＝﹣1
4
x2+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＝2CH
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＝5
∵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．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3
cos 5
C =
,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）40
9
；（2）()
2
5880
010
x x x
y x
-+
=<<；（3）1025
-
【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=
3
5
，则sinC=
4
5
，sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
4
5
，即可求解；
（2）PD∥BE，则
EB
PD
＝
BF
PF
，即：2
2
4880
5
x x x y
x y
--+-
=，即可求解；
（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．
【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=
3
5
，则sinC=
3
5
，
sinC=
HP
CP
=
R
10R
-
=
4
5
，解得：R=
40
9
；
（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=
3
5
，
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=()2
284x +-=2880x x -+， DA=
25x ，则BD=45-25
x ，
如下图所示，
PA=PD ，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β， tanβ=2，则co 55 EB=BDcosβ=（525
）525x ，
∴PD ∥BE ，
∴EB PD ＝BF
PF
，即：22
48805x x x y x
y
--+=，
整理得：y=)2
x 8x 80
0x 103x 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，
55
AG=2r，
55
51
，
则：
5
5
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．
15．如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截，红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离（结果不取近似值）．
【答案】拦截点D处到公路的距离是(500＋500)米．
【解析】
试题分析：过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离
DA=BE+CF．解Rt△BCE，求出BE=BC=×1000=500米；解Rt△CDF，求出
CF=CD=500米，则DA=BE+CF=（500+500）米．
试题解析：如图，过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．
在Rt△BCE中，∵∠E=90°，∠CBE=60°，
∴∠BCE=30°，
∴BE=BC=×1000=500米；
在Rt△CDF中，∵∠F=90°，∠DCF=45°，CD=BC=1000米，
∴CF=CD=500米，
∴DA=BE+CF=（500+500）米，
故拦截点D处到公路的距离是（500+500）米．
考点：解直角三角形的应用-方向角问题．。