2020-2021初三数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及答案
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2020-2021初三数学锐角三角函数的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及答案
一、锐角三角函数
1.如图,某无人机于空中A 处探测到目标B D 、的俯角分别是30、60︒︒,此时无人机的飞行高度AC 为60m ,随后无人机从A 处继续水平飞行303m 到达'A 处.
(1)求之间的距离
(2)求从无人机'A 上看目标的俯角的正切值. 【答案】(1)120米;(2)3
5
. 【解析】 【分析】
(1)解直角三角形即可得到结论;
(2)过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ,连接'A D ,于是得到'60A E AC ==,
'30CE AA ==3Rt △ABC 中,求得DC=
3
3
3,然后根据三角函数的定义即可得到结论. 【详解】
解:(1)由题意得:∠ABD=30°,∠ADC=60°, 在Rt △ABC 中,AC=60m ,
∴AB=sin 30AC
︒
=6012
=120(m )
(2)过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ,连接'A D , 则'60A E AC ==, '30CE AA ==3
在Rt △ABC 中, AC=60m ,∠ADC=60°,
∴DC=333∴3
∴tan ∠A 'A D= tan ∠'A DC=
'A E DE 5032
35
答:从无人机'A 上看目标D 2
35
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用,添加辅助线建立直角三角形是解题的关键.
2.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2
31568
8
t t =-+
+ ,(05)t <<;(3)5
2t =时,
PEGO S 四边形取得最大值;(4)16
5
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=8-5
4t ,
∴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 ⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⨯-⨯+⨯⨯-+⨯-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣ =2
815
16(05)3
3
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.
3.(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.
4.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=1
2
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 1
PE 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=1
2
BM , ∠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.
5.下图是某儿童乐园为小朋友设计的滑梯平面图.已知BC=4 m,AB=6 m,中间平台宽度DE=1 m,EN ,DM ,CB 为三根垂直于AB 的支柱,垂足分别为N ,M ,B ,∠EAB=31°,DF ⊥BC 于点F ,∠CDF=45°,求DM 和BC 的水平距离BM 的长度.(结果精确到0.1 m .参考数据:sin 31°≈0.52,cos 31°≈0.86,tan 31°≈0.60)
【答案】2.5m. 【解析】
试题分析:设DF=x ,在Rt △DFC 中,可得CF=DF=x ,则BF=4-x ,根据线段的和差可得AN=5-x ,EN=DM=BF=4-,在Rt △ANE 中,∠EAB=,利用∠EAB 的正切值解得x 的
值.
试题解析:解:设DF=,在Rt △DFC 中,∠CDF=,
∴CF=tan ·DF=,
又∵CB=4, ∴BF=4-,
∵AB=6,DE=1,BM= DF=, ∴AN=5-,EN=DM=BF=4-, 在Rt △ANE 中,∠EAB=,EN=4-,AN=5-,
tan
=
=0.60,
解得=2.5,
答:DM 和BC 的水平距离BM 为2.5米. 考点:解直角三角形.
6.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
314
cos,
53
BAD 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 =35
6
.
【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
7.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.
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=12
AB=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.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)
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
FH HL
=413,
∵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.
10.如图,AB是⊙O的直径,E是⊙O上一点,C在AB的延长线上,AD⊥CE交CE的延长线于点D,且AE平分∠DAC.
(1)求证:CD是⊙O的切线;
(2)若AB=6,∠ABE=60°,求AD的长.
【答案】(1)详见解析;(2)9 2
【解析】【分析】
(1)利用角平分线的性质得到∠OAE=∠DAE,再利用半径相等得∠AEO=∠OAE,等量代换即可推出OE∥AD,即可解题,(2)根据30°的三角函数值分别在Rt△ABE中,AE=AB·cos30°,在Rt△ADE中,AD=cos30°×AE即可解题.
【详解】
证明:如图,连接OE,
∵AE平分∠DAC,
∴∠OAE=∠DAE.
∵OA=OE,
∴∠AEO=∠OAE.
∴∠AEO=∠DAE.
∴OE∥AD.
∵DC⊥AC,
∴OE⊥DC.
∴CD是⊙O的切线.
(2)解:∵AB是直径,
∴∠AEB=90°,∠ABE=60°.
∴∠EAB=30°,
在Rt△ABE中,AE=AB·cos30°3
33
在Rt△ADE中,∠DAE=∠BAE=30°,
∴AD=cos30°3339 2 .
【点睛】
本题考查了特殊的三角函数值的应用,切线的证明,中等难度,利用特殊的三角函数表示出所求线段是解题关键.
11.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.
12.如图1,以点M(-1,0)为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D,直线y
=-x-与⊙M相切于点H,交x轴于点E,交y轴于点F.
(1)请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长;
(2)如图2,弦HQ交x轴于点P,且DP:PH=3:2,求cos∠QHC的值;
(3)如图3,点K为线段EC上一动点(不与E、C重合),连接BK交⊙M于点T,弦AT 交x轴于点N.是否存在一个常数a,始终满足MN·MK=a,如果存在,请求出a的值;如果不存在,请说明理由.
【答案】(1)OE=5,r=2,CH=2
(2);
(3)a=4
【解析】
【分析】
(1)在直线y=-x-中,令y=0,可求得E的坐标,即可得到OE的长为5;连接MH,根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2;再由EC=MC=2,∠EHM=90°,可知CH 是RT△EHM斜边上的中线,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长;
(2)连接DQ、CQ.根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QPD,从而求得DQ的长,在直
角三角形CDQ中,即可求得∠D的余弦值,即为cos∠QHC的值;
(3)连接AK,AM,延长AM,与圆交于点G,连接TG,由圆周角定理可知,∠GTA=90°,∠3=∠4,故∠AKC=∠MAN,再由△AMK∽△NMA即可得出结论.【详解】
(1)OE=5,r=2,CH=2
(2)如图1,连接QC、QD,则∠CQD =90°,∠QHC =∠QDC,
易知△CHP∽△DQP,故,得DQ=3,由于CD=4,
;
(3)如图2,连接AK,AM,延长AM,
与圆交于点G,连接TG,则
,
由于,故,;
而,故
在和中,;
故△AMK∽△NMA
;
即:
故存在常数,始终满足
常数a="4"
解法二:连结BM,证明∽
得
13.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=1
2
,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
++
⎝⎭
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= 1
2
得
AD=1
2
OA=2,据此可得点D坐标;
(2)由
1
tan
2
GF
GOF
OF
∠==知GF=
1
2
OF,再由∠AOB=∠ABO=45°知OF=EF,即
GF=1
2
EF,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=1
2
,
∴AD=1
2OA=
1
2
×4=2,
∴D(4,2);
(2)如图1,在Rt△OFG中,∠OFG=90°
∴tan∠GOF=GF
OF =
1
2
,即GF=
1
2
OF,
∵四边形OABC为正方形,∴∠AOB=∠ABO=45°,∴OF=EF,
∴GF=1
2
EF,
∴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=1
2AF=
1
2
×(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(2,2
②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 ,
∴4227
x +=, ∴42164216,E ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭
; 如图5,当点E 在线段OM 上时,
GQ =PM =23x ,则23x =22,
解得4227
x =,
∴16421642,77E ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭
; 如图6,当点E 在线段OB 的延长线上时,
3x ﹣22=2x ﹣2,
解得:4227
x -=(舍去); 综上所述,符合条件的点为(8﹣42,8﹣42)或(8+42,8+42)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.
14.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.
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°≈4
3
,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=
18054
90123 AE x
EP x
-
≈
=
+
,
∴x=20
7
,
∴PF=5x=10014.3
7
≈.
答:此人所在P的铅直高度约为14.3米.
由(1)得CP=13x,
∴CP=13×20
7
≈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.。