2020-2021中考数学《锐角三角函数的综合》专项训练含答案解析

2020-2021中考数学《锐角三角函数的综合》专项训练含答案解析
一、锐角三角函数
1．如图，△ABC 内接于⊙O ，2,BC AB AC ==，点D 为»AC 上的动点，且
10
cos B =. (1)求AB 的长度；
(2)在点D 运动的过程中，弦AD 的延长线交BC 的延长线于点E ，问AD•AE 的值是否变化？若不变，请求出AD•AE 的值；若变化，请说明理由.
(3)在点D 的运动过程中，过A 点作AH ⊥BD ，求证：BH CD DH =+.
【答案】(1) 10AB (2) 10AD AE ⋅=；（3）证明见解析. 【解析】
【分析】（1）过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，由垂径定理可得BF=1，再根据已知结合RtΔAFB 即可求得AB 长；
（2）连接DG ，则可得AG 为⊙O 的直径，继而可证明△DAG ∽△FAE ，根据相似三角形的性质可得AD•AE=AF•AG ，连接BG ，求得AF=3，FG=
1
3
，继而即可求得AD•AE 的值； （3）连接CD ，延长BD 至点N ，使DN=CD ，连接AN ，通过证明△ADC ≌△ADN ，可得AC=AN ，继而可得AB=AN ，再根据AH ⊥BN ，即可证得BH=HD+CD. 【详解】（1)过A 作AF ⊥BC ，垂足为F ，交⊙O 于G ，
∵AB=AC ，AF ⊥BC ，∴BF=CF=1
2BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10
cos 10
BF B == （2）连接DG ，
∵AF ⊥BC ，BF=CF ，∴AG 为⊙O 的直径，∴∠ADG=∠AFE=90°， 又∵∠DAG=∠FAE ，∴△DAG ∽△FAE ， ∴AD ：AF=AG ：AE ， ∴AD•AE=AF•AG ，
连接BG ，则∠ABG=90°，∵BF ⊥AG ，∴BF 2=AF•FG ， ∵22AB BF -=3，
∴FG=
13
，
∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG）=3×10
=10；
3
（3）连接CD，延长BD至点N，使DN=CD，连接AN，
∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180°，∠ADN+∠ADB=180°，
∴∠ADC=∠ADN，
∵AD=AD，CD=ND，
∴△ADC≌△ADN，
∴AC=AN，
∵AB=AC，∴AB=AN，
∵AH⊥BN，
∴BH=HN=HD+CD.
【点睛】本题考查了垂径定理、三角函数、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.
2．如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（3＝1．7）．
【答案】32．4米．
【解析】
试题分析：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关系式求解．
试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E，
根据题意，∠DBE=45°，∠CBE=30°．
∵AB⊥AC，CD⊥AC，
∴四边形ABEC为矩形，
∴CE=AB=12m，
在Rt △CBE 中，cot ∠CBE=
BE
CE
， ∴BE=CE•cot30°=12×3=123， 在Rt △BDE 中，由∠DBE=45°， 得DE=BE=123．
∴CD=CE+DE=12（3+1）≈32.4． 答：楼房CD 的高度约为32.4m ．
考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．
3．如图，反比例函数() 0k y k x
=
≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象相交于A (1,a ),B 两点，点C 在第四象限，CA ∥y 轴，90ABC ∠=︒. (1)求k 的值及点B 的坐标； (2)求tanC 的值.
【答案】（1）2k =，()1,2B --；（2）2. 【解析】
【分析】（1）先根据点A 在直线y=2x 上，求得点A 的坐标，再根据点A 在反比例函数
()0k
y k x
=
≠ 的图象上，利用待定系数法求得k 的值，再根据点A 、B 关于原点对称即可求得点B 的坐标；
（2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，根据90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，可得
C ABH ∠∠=，再由已知可得AO
D ABH ∠∠=，从而得C AOD ∠∠=，求出C
tan 即可.
【详解】（1）∵点A (1，a )在2y x =上， ∴a =2，∴
A (1，2)，
把A (1，2)代入 k
y x
= 得2k =， ∵反比例函数()0k
y k x
=
≠ 的图象与正比例函数 2y x = 的图象交于A ，B 两点， ∴A B 、 两点关于原点O 中心对称，
∴()1
2B --， ； （2）作BH ⊥AC 于H ，设AC 交x 轴于点D ，
∵
90ABC ∠=︒ ， 90BHC ∠=︒ ，∴C ABH ∠∠=，
∵CA ∥y 轴，∴BH ∥x 轴，∴AOD ABH ∠∠=，∴C AOD ∠∠=，
∴AD 2
2OD 1
tanC tan AOD =∠=
==.
【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，（2）小题求出∠C=∠AOD 是关键.
4．问题背景:
如图（a ）,点A 、B 在直线l 的同侧，要在直线l 上找一点C ，使AC 与BC 的距离之和最小，我们可以作出点B 关于l 的对称点B′,连接A B′与直线l 交于点C ，则点C 即为所求.
（1）实践运用：
如图(b)，已知，⊙O 的直径CD 为4，点A 在⊙O 上，∠ACD=30°，B 为弧AD 的中点，P 为直径CD 上一动点，则BP+AP 的最小值为 ．
（2）知识拓展：
如图(c)，在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程．
【答案】解：（1）22．
（2）如图，在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′．
∵AD平分∠BAC，∴点B与点B′关于直线AD对称．
过点B′作B′F⊥AB,垂足为F，交AD于E，连接BE．
则线段B′F的长即为所求 (点到直线的距离最短) ．
在Rt△AFB/中，∵∠BAC=450, AB/="AB=" 10，
∴．
∴BE+EF的最小值为
【解析】
试题分析：（1）找点A或点B关于CD的对称点，再连接其中一点的对称点和另一点，和MN的交点P就是所求作的位置，根据题意先求出∠C′AE，再根据勾股定理求出AE，即可得出PA+PB的最小值：
如图作点B关于CD的对称点E，连接AE交CD于点P，此时PA+PB最小，且等于A．作直径AC′，连接C′E，
根据垂径定理得弧BD=弧DE．
∵∠ACD=30°，∴∠AOD=60°，∠DOE=30°．∴∠AOE=90°．
∴∠C′AE=45°．
又AC为圆的直径，∴∠AEC′=90°．
∴∠C′=∠C′AE=45°．∴C′E=AE=AC′=2．
∴AP+BP的最小值是22
（2）首先在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′，再过点B′作B′F⊥AB，垂足为F，交AD于
E，连接BE，则线段B′F的长即为所求．
5．如图，湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米，米，点位于点的南偏西方向，点位于点的南偏东方向.
(1)求的面积；
(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭，并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)
(参考数据：，，，，，，
)
【答案】（1）560000（2）565.6
【解析】
试题分析：（1）过点作交的延长线于点，，然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；
（2）连接，过点作，垂足为点，则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可.
试题解析：(1)过点作交的延长线于点，
在中，，
所以米.
所以(平方米).
(2)连接，过点作，垂足为点，则.
因为是中点，
所以米，且为中点，
米，
所以米.
所以米，由勾股定理得，
米.
答：、间的距离为米.
考点：解直角三角形
6．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
7．如图，抛物线C1：y=（x+m）2（m为常数，m＞0），平移抛物线y=﹣x2，使其顶点D 在抛物线C1位于y轴右侧的图象上，得到抛物线C2．抛物线C2交x轴于A，B两点（点A 在点B的左侧），交y轴于点C，设点D的横坐标为a．
（1）如图1，若m=．
①当OC=2时，求抛物线C2的解析式；
②是否存在a，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
（2）如图2，当OB=2﹣m（0＜m＜）时，请直接写出到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点的坐标（用含m的式子表示）．
【答案】(1) ①y=﹣x2+x+2．②．（2）P1（﹣m，1），P2（﹣m，﹣3），P3（﹣﹣m，3），P4（3﹣m，3）．
【解析】
试题分析：（1）①首先写出平移后抛物线C2的解析式（含有未知数a），然后利用点C （0，2）在C2上，求出抛物线C2的解析式；
②认真审题，题中条件“AP=BP”意味着点P在对称轴上，“点B与点C到直线OP的距离之和最大”意味着OP⊥BC．画出图形，如图1所示，利用三角函数（或相似），求出a的值；
（2）解题要点有3个：
i）判定△ABD为等边三角形；
ii）理论依据是角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等；
iii）满足条件的点有4个，即△ABD形内1个（内心），形外3个．不要漏解．
试题解析：（1）当m=时，抛物线C1：y=（x+）2．
∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a，
∴D（a，（a+）2）．
∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+）2（I）．
①∵OC=2，∴C（0，2）．
∵点C在抛物线C2上，
∴﹣（0﹣a）2+（a+）2=2，
解得：a=，代入（I）式，
得抛物线C2的解析式为：y=﹣x2+x+2．
②在（I）式中，
令y=0，即：﹣（x﹣a）2+（a+）2=0，解得x=2a+或x=﹣，∴B（2a+，0）；
令x=0，得：y=a+，∴C（0，a+）．
设直线BC的解析式为y=kx+b，则有：
，解得，
∴直线BC的解析式为：y=﹣x+（a+）．
假设存在满足条件的a值．
∵AP=BP，
∴点P在AB的垂直平分线上，即点P在C2的对称轴上；
∵点B与点C到直线OP的距离之和≤BC，只有OP⊥BC时等号成立，
∴OP⊥BC．
如图1所示，设C2对称轴x=a（a＞0）与BC交于点P，与x轴交于点E，
则OP⊥BC，OE=a．
∵点P在直线BC上，
∴P（a，a+），PE=a+．
∵tan∠EOP=tan∠BCO=，
∴，
解得：a=．
∴存在a=，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP="BP"
（3）∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a，
∴D（a，（a+m）2）．
∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+m）2．
令y=0，即﹣（x﹣a）2+（a+m）2=0，解得：x1=2a+m，x2=﹣m，∴B（2a+m，0）．∵OB=2﹣m，
∴2a+m=2﹣m，
∴a=﹣m．
∴D（﹣m，3）．
AB=OB+OA=2﹣m+m=2．
如图2所示，设对称轴与x轴交于点E，则DE=3，BE=AB=，OE=OB﹣BE=﹣m．
∵tan∠ABD=，
∴∠ABD=60°．
又∵AD=BD，∴△ABD为等边三角形．
作∠ABD的平分线，交DE于点P1，则P1E=BE•tan30°=×=1，
∴P1（﹣m，1）；
在△ABD形外，依次作各个外角的平分线，它们相交于点P2、P3、P4．
在Rt△BEP2中，P2E=BE•tan60°=•=3，
∴P2（﹣m，﹣3）；
易知△ADP3、△BDP4均为等边三角形，∴DP3=DP4=AB=2，且P3P4∥x轴．
∴P3（﹣﹣m，3）、P4（3﹣m，3）．
综上所述，到△ABD 的三边所在直线的距离相等的所有点有4个， 其坐标为：P 1（﹣m ，1），P 2（
﹣m ，﹣3），P 3（﹣
﹣m ，3），P 4（3
﹣m ，
3）．
【考点】二次函数综合题．
8．如图，矩形OABC 中，A(6，0)、C(0，2
3)、D(0，33)，射线l 过点D 且与x 轴平行，点P 、Q 分别是l 和x 轴的正半轴上的动点，满足∠PQO ＝60º．
(1)点B 的坐标是 ，∠CAO ＝ º，当点Q 与点A 重合时，点P 的坐标 为 ；
(2)设点P 的横坐标为x ，△OPQ 与矩形OABC 重叠部分的面积为S ，试求S 与x 的函数关系式和相应的自变量x 的取值范围．
【答案】（1）（6，3）． 30．（3，3）（2）
))))243
x 430x 33
313333x 5S {23x 1235x 93543
x 9+≤≤+<≤=-+<≤>
【解析】
解：（1）（6，3 30．（3，3 （2）当0≤x≤3时， 如图1，
OI=x，IQ=PI•tan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；由题意可知直线l∥BC∥OA，
可得
EF PE DC31
==
OQ PO DO3
33
==，∴EF=
1
3
（3+x），
此时重叠部分是梯形，其面积为：
EFQO
14343
S S EF OQ OC3x x43 233
==+⋅=+=+梯形
（）（）
当3＜x≤5时，如图2，
()
HAQ
EFQO EFQO
22
1
S S S S AH AQ
2
43331333
x43x3=x x
32232
∆
=-=-⋅⋅
=+---+-
梯形梯形。

当5＜x≤9时，如图3，
12
S BE OA OC3x
23
23
=x123
=+⋅=-
-+
（）（）。

当x＞9时，如图4，
11183543
S OA AH 6=
22x x
=
⋅=⋅⋅
． 综上所述，S 与x 的函数关系式为：
()()()()243
x 430x 33
31333x x 3x 5S {23x 1235x 93543
x 9+≤≤-+-<≤=-+<≤>．
（1）①由四边形OABC 是矩形，根据矩形的性质，即可求得点B 的坐标： ∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC ，OA=BC ，
∵A （6，0）、C （0，23），∴点B 的坐标为：（6，23）． ②由正切函数，即可求得∠CAO 的度数： ∵OC 233
tan CAO ==
OA ∠=
，∴∠CAO=30°． ③由三角函数的性质，即可求得点P 的坐标；如图：当点Q 与点A 重合时，过点P 作PE ⊥OA 于E ，
∵∠PQO=60°，D （0，3∴3 ∴0
PE AE 3tan 60
=
=．
∴OE=OA ﹣AE=6﹣3=3，∴点P 的坐标为（3，3）．
（2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x ＞9时去分析求解即可求得答案．
9．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．
10．如图，在△ABC中，∠A=90°，∠ABC=30°，AC=3，动点D从点A出发，在AB边上以每秒1个单位的速度向点B运动，连结CD，作点A关于直线CD的对称点E，设点D运动时间为t（s）．
（1）若△BDE是以BE为底的等腰三角形，求t的值；
（2）若△BDE为直角三角形，求t的值；
（3）当S△BCE≤9
2
时，所有满足条件的t的取值范围（所有数据请保留准确值，参考
数据：tan15°=23
【答案】（133
；（23秒或3秒；（3）6﹣3
【解析】
【分析】
（1）如图1，先由勾股定理求得AB的长，根据点A、E关于直线CD的对称，得CD垂直平分AE，根据线段垂直平分线的性质得：AD=DE，所以AD=DE=BD，由3，可得t 的值；
（2）分两种情况：
①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，根据3t的值；
②当∠EDB=90°时，如图3，根据△AGC≌△EGD，得AC=DE，由AC∥ED，得四边形CAED 是平行四边形，所以AD=CE=3，即t=3；
（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，
①当△BCE在BC的下方时，
②当△BCE在BC的上方时，
分别计算当高为3时对应的t的值即可得结论．
【详解】
解：（1）如图1，连接AE，
由题意得：AD=t，
∵∠CAB=90°，∠CBA=30°，
∴BC=2AC=6，
∴22
63
3
∵点A、E关于直线CD的对称，
∴CD垂直平分AE，
∴AD=DE，
∵△BDE是以BE为底的等腰三角形，
∴DE=BD，
∴AD=BD，
∴t=AD=
2
；
（2）△BDE为直角三角形时，分两种情况：
①当∠DEB=90°时，如图2，连接AE，
∵CD垂直平分AE，
∴AD=DE=t，
∵∠B=30°，
∴BD=2DE=2t，
∴
∴
②当∠EDB=90°时，如图3，
连接CE，
∵CD垂直平分AE，
∴CE=CA=3，
∵∠CAD=∠EDB=90°，
∴AC∥ED，
∴∠CAG=∠GED，
∵AG=EG，∠CGA=∠EGD，
∴△AGC≌△EGD，
∴AC=DE，
∵AC∥ED，
∴四边形CAED是平行四边形，
∴AD=CE=3，即t=3；
综上所述，△BDE为直角三角形时，t3秒；
（3）△BCE中，由对称得：AC=CE=3，所以点D在运动过程中，CE的长不变，所以△BCE 面积的变化取决于以CE作底边时，对应高的大小变化，
①当△BCE在BC的下方时，过B作BH⊥CE，交CE的延长线于H，如图4，当AC=BH=3时，
此时S△BCE=1
2
AE•BH=
1
2
×3×3=
9
2
，
易得△ACG≌△HBG，∴CG=BG，
∴∠ABC=∠BCG=30°，∴∠ACE=60°﹣30°=30°，
∵AC=CE，AD=DE，DC=DC，∴△ACD≌△ECD，
∴∠ACD=∠DCE=15°，
tan∠ACD=tan15°=t
3
=2﹣3，
∴t=6﹣33，
由图形可知：0＜t＜6﹣33时，△BCE的BH越来越小，则面积越来越小，②当△BCE在BC的上方时，如图3，CE=ED=3，且CE⊥ED，
此时S△BCE=1
2
CE•DE=
1
2
×3×3=
9
2
，此时t=3，
综上所述，当S△BCE≤9
2
时，t的取值范围是6﹣33≤t≤3．
【点睛】
本题考查三角形综合题、平行四边形的判定和性质、直角三角形的性质、三角形的面积问题、轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
11．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且
CF AE
=，连接DE，DF，EF. FH平分EFB
∠交BD于点H.
（1）求证：DE DF
⊥；
（2）求证：DH DF
=：
（3）过点H作HM EF
⊥于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并证明.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析. 【解析】 【分析】
（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.
（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于
45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.
（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得
222BD AB AD AB =
+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得
HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，
，所以22sin 45HN
BH HN HM ===︒
.
由22cos 45DF
EF DF DH =
==︒
，得22EF AB HM =-.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒. ∴90EAD FCD ∠=∠=︒. ∵CF AE =。

∴AED CFD △△≌. ∴ADE CDF ∠=∠.
∴90EDF EDC CDF EDC ADE ADC ∠=∠+∠=∠+∠=∠=︒. ∴DE DF ⊥.
（2）证明：∵AED CFD △△≌，
∴DE DF =.
∵90EDF ∠=︒，
∴45DEF DFE ∠=∠=︒.
∵90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠，
∴45DBF ∠=︒.
∵FH 平分EFB ∠，
∴EFH BFH ∠=∠.
∵45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,
45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠,
∴DHF DFH ∠=∠.
∴DH DF =.
（3）22EF AB HM =-.
证明：过点H 作HN BC ⊥于点N ，如图，
∵正方形ABCD 中，AB AD =，90BAD ∠=︒， ∴222BD AB AD AB =+=.
∵FH 平分,
EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，
∴HM HN =. ∵4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，
， ∴22sin 45HN BH HN HM ===︒
. ∴22DH BD BH AB HM =-=
. ∵22cos 45DF EF DF DH ===︒
， ∴22EF AB HM =-.
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、勾股定理、角平分线的性质、三角函数.
12．超速行驶是引发交通事故的主要原因．上周末，小明和三位同学尝试用自己所学的知
识检测车速，如图，观测点设在到万丰路（直线AO ）的距离为120米的点P 处．这时，一辆小轿车由西向东匀速行驶，测得此车从A 处行驶到B 处所用的时间为5秒且∠APO ＝60°，∠BPO ＝45°．
（1）求A 、B 之间的路程；
（2）请判断此车是否超过了万丰路每小时65千米的限制速度？请说明理由．（参考数据：2 1.414,3 1.73≈≈）．
【答案】
【小题1】73.2
【小题2】超过限制速度．
【解析】
解：（1）100(31)
AB =-73.2 (米)．…6分 (2) 此车制速度v==18.3米/秒
13．如图，AB 为O e 的直径，C 、D 为O e 上异于A 、B 的两点，连接CD ，过点C 作CE DB ⊥，交CD 的延长线于点E ，垂足为点E ，直径AB 与CE 的延长线相交于点F .
（1）连接AC 、AD ，求证：180DAC ACF ∠+∠=︒.
（2）若2ABD BDC ∠=∠.
①求证：CF 是O e 的切线.
②当6BD =，3tan 4
F =时，求CF 的长. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 203CF =
. 【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理证得∠ADB=90°，即AD ⊥BD ，由CE ⊥DB 证得AD ∥CF ，根据平行线的性质即可证得结论；
（2）①连接OC ．先根据等边对等角及三角形外角的性质得出∠3=2∠1，由已知∠4=2∠1，得到∠4=∠3，则OC ∥DB ，再由CE ⊥DB ，得到OC ⊥CF ，根据切线的判定即可
证明CF 为⊙O 的切线；
②由CF ∥AD ，证出∠BAD=∠F ，得出tan ∠BAD=tan ∠F=BD AD =34，求出AD=43BD=8，利用勾股定理求得AB=10，得出OB=OC=，5，再由tanF=
OC CF =34
，即可求出CF ． 【详解】
解：（1）AB 是O e 的直径，且D 为O e 上一点， 90ADB ∴∠=︒，
CE DB ⊥Q ，
90DEC ∴∠=︒，
//CF AD ∴，
180DAC ACF ∴∠+∠=︒.
（2）①如图，连接OC .
OA OC =Q ，12∴∠=∠.
312∠=∠+∠Q ，
321∴∠=∠.
42BDC Q ∠=∠，1BDC ∠=∠，
421∴∠=∠，
43∴∠=∠，
//OC DB ∴.
CE DB ⊥Q ，
OC CF ∴⊥.
又OC Q 为O e 的半径，
CF ∴为O e 的切线.
②由（1）知//CF AD ，
BAD F ∴∠=∠，
3tan tan 4
BAD F ∴∠==
， 34BD AD ∴=. 6BD =Q
483AD BD ∴==， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.
OC CF Q ⊥，
90OCF ∴∠=︒，
3tan 4
OC F CF ∴==， 解得203
CF =. 【点睛】
本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果．
14．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＝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＝22
GF 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．
15．已知：在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，BE：AB=3：5，若CE= 2，
cos∠ACD= 4
5
，求tan∠AEC的值及CD的长．
【答案】tan∠12
12 5
【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2 则2，2 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=
AC EC =3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=45CD AC = ,，12125。