2020-2021中考数学(直角三角形的边角关系提高练习题)压轴题训练含详细答案

2020-2021中考数学(直角三角形的边角关系提高练习题)压轴题训练含详细答案
一、直角三角形的边角关系
1．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 ， ∴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=
52
时，四边形OPEG 的面积最大，最大值为683．
（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.
2．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC 交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O 于点E．
（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；
（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．
①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；
②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）
【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．
【解析】
试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；
（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得=AD•AF．①当CF=CD时，可得，从而有EC=AE=CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得
sin∠CED=，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．
试题解析：（1）AE=CE．理由：
连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，
∴AE=CE；
（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，
∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴，∴=AD•AF．
①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴=DC•3DC=，∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED===；
②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=．
∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴=DC•（a+2）DC=（a+2），∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，
∴sin∠CAB=sin∠CED==．
考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．
3．我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A 处与E 处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部C 点测得条幅顶端A 点的仰角为45°，条幅底端E 点的俯角为30°，若甲、乙两楼之间的水平距离BD 为12米，求条幅AE 的长度．(结果保留根号)
【答案】AE 的长为(123)+ 【解析】 【分析】
在Rt ACF V 中求AF 的长, 在Rt CEF V 中求EF 的长,即可求解. 【详解】
过点C 作CF AB ⊥于点F 由题知：四边形CDBF 为矩形
12CF DB ∴==
在Rt ACF V 中，45ACF ∠=︒
tan 1AF
ACF CF
∴∠=
= 12AF ∴= 在Rt CEF V 中，30ECF ∠=︒ tan EF
ECF CF
∴∠= 3
12EF ∴
=
43EF ∴=1243AE AF EF ∴=+=+∴求得AE 的长为(1243+
【点睛】
本题考查了三角函数的实际应用,中等难度,作辅助线构造直角三角形是解题关键.
4．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
超速？（参考数据：
3≈1.7，2≈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
50350
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。

5．如图，已知，在O
e中，弦AB与弦CD相交于点E，且»»
AC BD
=.
（1）求证：AB CD
=；
（2）如图，若直径FG 经过点E ，求证：EO 平分AED ∠；
（3）如图，在（2）的条件下，点P 在»CG
上，连接FP 交AB 于点M ，连接MG ，若AB CD ⊥，MG 平分PMB ∠，2MG =，FMG ∆的面积为2，求O e 的半径的长.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）O e 10. 【解析】 【分析】
(1) 利用相等的弧所对的弦相等进行证明；
（2）连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，证明
AOJ DOQ ∆≅∆得出OJ OQ =，根据角平分线的判定定理可得结论；
（3）如图，延长GM 交O e 于点H ，连接HF ，求出2FH =，在HG 上取点L ，使
HL FH =，延长FL 交O e 于点K ，连接KG ，求出22FL =HM n =，则有
22LK KG ==
，2
222
FK FL LK n =+=，再证明KFG EMG HMF ∠=∠=∠，从而得到tan tan KFG HMF ∠=∠，
KG HF
FK HM
=，再代入LK 和FK 的值可得n=4,再求得FG 10． 【详解】
解：（1）证明：∵»»AC BD =，∴»»»»AC CB
BD CB +=+， ∴»»AB CD =，
∴AB CD =.
（2）证明：如图，连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，
∴90AJO DQO ∠=∠=︒，11
22
AJ AB CD DQ ===， 又∵AO DO =， ∴AOJ DOQ ∆≅∆， ∴OJ OQ =，
又∵OJ AB ⊥，OQ CD ⊥， ∴EO 平分AED ∠.
（3）解：∵CD AB ⊥，∴90AED ∠=︒，
由（2）知，1
452
AEF AED ∠=
∠=︒， 如图，延长GM 交O e 于点H ，连接HF ，
∵FG 为直径，∴90H ∠=︒，1
22
MFG S MG FH ∆=⨯⋅=， ∵2MG =，∴2FH =，
在HG 上取点L ，使HL FH =，延长FL 交O e 于点K ，连接KG ， ∴45HFL HLF ∠=∠=︒，45KLG HLF ∠=∠=︒， ∵FG 为直径，∴90K ∠=︒，
∴9045KGL KLG KLG ∠=︒-∠=︒=∠，∴LK KG =，
在Rt FHL ∆中，222FL FH HL =+，22FL =， 设HM n =，2HL MG =
=，
∴GL LM MG HL LM HM n =+=+==， 在Rt LGK ∆中，222LG LK KG =+，22
LK KG n ==
，2
22FK FL LK n =+=+
， ∵GMP GMB ∠=∠，∵PMG HMF ∠=∠，∴HMF GMB ∠=∠， ∵1
452
AEF AED ∠=
∠=︒， ∴45MGF EMG MEF ∠+∠=∠=︒，45MGF KFG HLF ∠+∠=∠=︒， ∴KFG EMG HMF ∠=∠=∠， ∴tan tan KFG HMF ∠=∠，
∴KG HF
FK HM
=，∴22
22222
n n
n =
+
，4n =， ∴6HG HM MG =+=，
在Rt HFG ∆中，222FG FH HG =+，210FG =，10FO =. 即O e 的半径的长为10. 【点睛】
考查了圆的综合题，本题是垂径定理、圆周角定理以及三角函数等的综合应用，适当的添加辅助线是解题的关键．
6．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°，PD=3，求PA 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°，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．
7．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣1
4
x2+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）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 ＝
5，CE ＝32，则CH ＝5
，即可求解； （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 ＝3162
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：5＝2m，解得：m＝5
CF22
GF CG
+5＝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．
8．关于三角函数有如下的公式：
sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①
cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②
tan（α+β）=③
利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：
tan105°=tan（45°+60°）==﹣
（2+）．
根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：
如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．
【答案】建筑物CD的高为84米．
【解析】
分析：
如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，
∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了.
详解：
如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，
CD=BE，∠ADE=60°，
∴在Rt△ABC和Rt△ADE
AB=BC•tan75°=42tan75°=，
AE=，
∴CD=AB﹣AE=（米）.
答：建筑物CD的高为84米.
睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt△ABC和Rt△ADE中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.
9．如图，正方形ABCD的边长为2+1，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC分别交BC、BD于E、F，
（1）求证：△ABF∽△ACE；
（2）求tan∠BAE的值；
（3）在线段AC上找一点P，使得PE+PF最小，求出最小值．
【答案】（1）证明见解析；（2）tan∠EAB2﹣1；（3）PE+PF的最小值为
22
【解析】
【分析】
（1）根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可；
（2）如图1中，作EH⊥AC于H．首先证明BE=EH=HC，设BE=EH=HC=x，构建方程求出x 即可解决问题；
（3）如图2中，作点F关于直线AC的对称点H，连接EH交AC于点P，连接PF，此时PF+PE的值最小，最小值为线段EH的长；
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACE＝∠ABF＝∠CAB＝45°，
∵AE平分∠CAB，
∴∠EAC＝∠BAF＝22.5°，
∴△ABF∽△ACE．
（2）解：如图1中，作EH⊥AC于H．
∵EA 平分∠CAB ，EH ⊥AC ，EB ⊥AB ，
∴BE ＝EB ，
∵∠HCE ＝45°，∠CHE ＝90°，
∴∠HCE ＝∠HEC ＝45°，
∴HC ＝EH ，
∴BE ＝EH ＝HC ，设BE ＝HE ＝HC ＝x ，则EC ＝2x ， ∵BC ＝2+1，
∴x+x ＝2+1，
∴x ＝1，
在Rt △ABE 中，∵∠ABE ＝90°，
∴tan ∠EAB ＝221BE AB ＝＝+﹣1． （3）如图2中，作点F 关于直线AC 的对称点H ，连接EH 交AC 于点P ，连接PF ，此时PF+PE 的值最小．
作EM ⊥BD 于M ．BM ＝EM ＝22
， ∵AC 22AB BC +2，
∴OA ＝OC ＝OB ＝12AC ＝222
+ ， ∴OH ＝OF ＝OA•tan ∠OAF ＝OA•tan ∠EAB ＝
222+ •2﹣1）＝22， ∴HM ＝OH+OM 22+，
在Rt△EHM中，EH＝
22
22
222
EM HM
22
⎛⎫⎛⎫
+
++
⎪ ⎪
⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭
＝＝22
+．．
∴PE+PF的最小值为22
+．．
【点睛】
本题考查正方形的性质，相似三角形的判定，勾股定理，最短问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
10．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（0，1），点C（1，0），正方形AOCD的两条对角线的交点为B，延长BD至点G，使DG=BD，延长BC至点E，使CE=BC，以BG，BE为邻边作正方形BEFG．
（Ⅰ）如图①，求OD的长及AB
BG
的值；
（Ⅱ）如图②，正方形AOCD固定，将正方形BEFG绕点B逆时针旋转，得正方形
BE′F′G′，记旋转角为α（0°＜α＜360°），连接AG′．
①在旋转过程中，当∠BAG′=90°时，求α的大小；
②在旋转过程中，求AF′的长取最大值时，点F′的坐标及此时α的大小（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）1
2
（Ⅱ）①α=30°或150°时，∠BAG′=90°②当α=315°时，A、B、F′在一条
直线上时，AF′的长最大，最大值为
2
2
+2，此时α=315°，F′（
1
2
2，
1
2
2）
【解析】
【分析】
(1)根据正方形的性质以及勾股定理即可解决问题,(2)①因为∠BAG′=90°,
BG′=2AB,可知sin∠AG′B=
1
2
AB
BG
=,推出∠AG′B=30°,推出旋转角α=30°,据对称性可知,当
∠ABG″=60°时,∠BAG″=90°,也满足条件,此时旋转角α=150°,②当α=315°时,A、B、F′在一条直线上时,AF′的长最大.
【详解】
（Ⅰ）如图1中，
∵A（0，1），
∴OA=1，
∵四边形OADC是正方形，
∴∠OAD=90°，AD=OA=1，
∴OD=AC==，
∴AB=BC=BD=BO=，
∵BD=DG，
∴BG=，
∴==．
（Ⅱ）①如图2中，
∵∠BAG′=90°，BG′=2AB，
∴sin∠AG′B==，
∴∠AG′B=30°，
∴∠ABG′=60°，
∴∠DBG′=30°，
∴旋转角α=30°，
根据对称性可知，当∠ABG″=60°时，∠BAG″=90°，也满足条件，此时旋转角α=150°，综上所述，旋转角α=30°或150°时，∠BAG′=90°．
②如图3中，连接OF，
∵四边形BE′F′G′是正方形的边长为
∴BF′=2，
∴当α=315°时，A、B、F′在一条直线上时，AF′的长最大，最大值为+2，
此时α=315°，F′（+，﹣）
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义,解决本题的关键是要熟练掌握正方形的四条边相等、四个角相等，旋转变换的性质以及特殊角的三角函数值的应用．
11．近几年，我国国家海洋局高度重视海上巡逻．如图，上午9时，巡逻船位于A处，观测到某港口城市P位于巡逻船的北偏西67.5°，巡逻船以21海里/时的速度向正北方向行驶，下午2时巡逻船到达B处，这时观测到城市P位于巡逻船的南偏西36.9°方向，求此时
巡逻船所在B处与城市P的距离？（参考数据：sin36.9°≈3
5
，tan36.9°≈
3
4
，sin67.5°≈
12
13
，
tan67.5°≈12
5
）
【答案】100海里
【解析】
【分析】
过点P作PC⊥AB，构造直角三角形，设PC=x海里，用含有x的式子表示AC，BC的值，从而求出x的值，再根据三角函数值求出BP的值即可解答．
【详解】
解：过点P作PC⊥AB，垂足为C，设PC=x海里．
在Rt△APC中，∵tan∠A=，
∴AC=，
在Rt△PCB中，∵tan∠B=，
∴BC=，
∵AC+BC=AB=21×5，
∴，解得x=60，
∵，
∴（海里）．
∴巡逻船所在B处与城市P的距离为100海里．
【点睛】
本题考查了方向角问题，注意结合实际问题，利用解直角三角形的相关知识求解是解此题的关键，注意数形结合思想的应用.
12．如图，由一段斜坡AB的高AD长为0.6米，ABD30
∠=o，为了达到无障碍通道的坡道标准，现准备把斜坡改长，使ACD 5.71
∠=o．
()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
≈，
tan5.710.100)
≈
o
【答案】()1?AB 1.2
=米；()2斜坡新起点C与原起点B的距离为4.96米．
【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，
1
AB AD sin300.6 1.2(
2
=÷=÷=
o米)，
()2在Rt ABD V 中，BD AD tan300.6 1.039(3=÷=÷
≈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．。