人教中考数学易错题专题复习-锐角三角函数练习题含答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上一点，点F在射线CM上,∠AEF=90°，AE=EF，过点F作射线BC的垂线，垂足为H，连接AC．
(1) 试判断BE与FH的数量关系，并说明理由；
(2) 求证：∠ACF=90°；
(3) 连接AF，过A，E，F三点作圆，如图2. 若EC=4，∠CEF=15°，求的长.
图1 图2
【答案】（1）BE="FH" ；理由见解析
（2）证明见解析
（3）=2π
【解析】
试题分析：（1）由△ABE≌△EHF（SAS）即可得到BE=FH
（2）由（1）可知AB=EH，而BC=AB，FH=EB，从而可知△FHC是等腰直角三角形，∠FCH 为45°，而∠ACB也为45°，从而可证明
（3)由已知可知∠EAC=30°，AF是直径，设圆心为O，连接EO，过点E作EN⊥AC于点N，则可得△ECN为等腰直角三角形，从而可得EN的长，进而可得AE的长，得到半径，得到所对圆心角的度数，从而求得弧长
试题解析：（1）BE=FH．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形∴∠B=90°，
∵FH⊥BC ∴∠FHE=90°
又∵∠AEF=90°∴∠AEB+∠HEF="90°" 且∠BAE+∠AEB=90°
∴∠HEF=∠BAE ∴∠AEB=∠EFH 又∵AE=EF
∴△ABE≌△EHF（SAS）
∴BE=FH
(2)∵△ABE≌△EHF
∴BC=EH，BE=FH 又∵BE+EC=EC+CH ∴BE="CH"
∴CH=FH
∴∠FCH=45°，∴∠FCM=45°
∵AC是正方形对角线，∴∠ACD=45°
∴∠ACF=∠FCM +∠ACD =90°
（3）∵AE=EF，∴△AEF是等腰直角三角形
△AEF外接圆的圆心在斜边AF的中点上．设该中点为O．连结EO得∠AOE=90°
过E作EN⊥AC于点N
Rt△ENC中，EC=4，∠ECA=45°，∴EN=NC=
Rt△ENA中，EN =
又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧对等角）
∴∠EAC=30°
∴AE=
Rt△AFE中，AE== EF，∴AF=8
AE所在的圆O半径为4，其所对的圆心角为∠AOE=90°
=2π·4·（90°÷360°）=2π
考点：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圆周角定理；4、三角函数
2．已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，MD∥BC，且MD=CM，DE⊥AB于点E，连结AD、CD．
（1）求证：△MED∽△BCA；
（2）求证：△AMD≌△CMD；
（3）设△MDE的面积为S1，四边形BCMD的面积为S2，当S2
=17
5
S1时，求cos∠ABC的
值．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）cos∠ABC=5 7 .
【解析】
【分析】
（1）易证∠DME=∠CBA，∠ACB=∠MED=90°，从而可证明△MED∽△BCA；（2）由∠ACB=90°，点M是斜边AB的中点，可知MB=MC=AM，从而可证明∠AMD=∠CMD，从而可利用全等三角形的判定证明△AMD≌△CMD；
（3）易证MD=2AB，由（1）可知：△MED∽△BCA，所以
2
1
1
4
ACB
S MD
S AB
⎛⎫
==
⎪
⎝⎭
，所以
S △MCB =12S △ACB =2S 1，从而可求出S △EBD =S 2﹣S △MCB ﹣S 1=25S 1，由于1EBD
S ME S EB =，从而可知
52ME EB =，设ME=5x ，EB=2x ，从而可求出AB=14x ，BC=7
2，最后根据锐角三角函数的定义即可求出答案． 【详解】
（1）∵MD ∥BC ， ∴∠DME=∠CBA ， ∵∠ACB=∠MED=90°， ∴△MED ∽△BCA ；
（2）∵∠ACB=90°，点M 是斜边AB 的中点， ∴MB=MC=AM ， ∴∠MCB=∠MBC ， ∵∠DMB=∠MBC ，
∴∠MCB=∠DMB=∠MBC ， ∵∠AMD=180°﹣∠DMB ，
∠CMD=180°﹣∠MCB ﹣∠MBC+∠DMB=180°﹣∠MBC ， ∴∠AMD=∠CMD ， 在△AMD 与△CMD 中，
MD MD AMD CMD AM CM =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△AMD ≌△CMD （SAS ）； （3）∵MD=CM ， ∴AM=MC=MD=MB ， ∴MD=2AB ，
由（1）可知：△MED ∽△BCA ， ∴
2
114
ACB S MD S
AB ⎛⎫== ⎪⎝⎭，
∴S △ACB =4S 1， ∵CM 是△ACB 的中线， ∴S △MCB =
1
2
S △ACB =2S 1， ∴S △EBD =S 2﹣S △MCB ﹣S 1=2
5
S 1， ∵
1EBD
S ME
S
EB
=
，
∴1125
S ME
EB S =
，
∴
5
2
ME EB =， 设ME=5x ，EB=2x ， ∴MB=7x ， ∴AB=2MB=14x ，
∵
1
2MD ME AB BC ==， ∴BC=10x ，
∴cos ∠ABC=105
147
BC x AB x ==. 【点睛】
本题考查相似三角形的综合问题，涉及直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，三角形面积的面积比，锐角三角函数的定义等知识，综合程度较高，熟练掌握和灵活运用相关的性质及定理进行解题是关键.
3．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）
已知：如图，AB 是半圆O 的直径，弦//CD AB ，动点P 、Q 分别在线段OC 、CD 上，且DQ OP =，AP 的延长线与射线OQ 相交于点E 、与弦CD 相交于点F （点F 与点C 、D 不重合），20AB =，4
cos 5
AOC ∠=
．设OP x =，CPF ∆的面积为y ．
（1）求证：AP OQ =；
（2）求y 关于x 的函数关系式，并写出它的定义域； （3）当OPE ∆是直角三角形时，求线段OP 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）236030050
(10)13
x x y x x -+=<<；（3）8OP =
【解析】 【分析】
（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP DQ =，联结
OD 后还有OA DO =，再结合要证明的结论AP OQ =，则可肯定需证明三角形全等，寻
找已知对应边的夹角，即POA QDO ∠=∠即可；
（2）根据PFC ∆∽PAO ∆，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件4
cos 5
AOC ∠=、以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中定义域的答案舍去． 【详解】
（1）联结OD ，∵OC OD =， ∴OCD ODC ∠=∠， ∵//CD AB ， ∴OCD COA ∠=∠， ∴POA QDO ∠=∠． 在AOP ∆和ODQ ∆中，
{OP DQ
POA QDO OA DO
=∠=∠=， ∴AOP ∆≌ODQ ∆， ∴AP OQ =；
（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5
AOC ∠=， ∴4455OH OP x =
=，3
5PH x =， ∴1
32
AOP S AO PH x ∆=
⋅=． ∵//CD AB ， ∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴
22
10(
)()AOP
y CP x S OP x
∆-==， ∴2360300
x x y x
-+=，当F 与点D 重合时，
∵4
2cos 210165
CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=， ∴
101016x x =-，解得50
13
x =， ∴2360300x x y x
-+=
50
(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=时，90OPA ∠=，
∴4
cos 1085
OP OA AOC =⋅∠=⨯
=； ②当90POE ∠=时，
101025
4cos cos 25OC CQ QCO AOC =
===
∠∠，
∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622
=-=， ∵
50
1013
OP <<， ∴7
2
OP =
（舍去）； ③当90PEO ∠=时，∵//CD AB ， ∴AOQ DQO ∠=∠， ∵AOP ∆≌ODQ ∆， ∴DQO APO ∠=∠， ∴AOQ APO ∠=∠，
∴90AEO AOP ∠=∠=，此时弦CD 不存在，故这种情况不符合题意，舍去； 综上，线段OP 的长为8．
4．（2013年四川攀枝花12分）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD 是梯形，AB ∥CD ，点B （10，0），C （7，4）．直线l 经过A ，D 两点，且sin ∠DAB=
2
2
．动点P 在线段AB 上从点A 出发以每秒2个单位的速度向点B 运动，同时动点Q 从点B 出发以每秒5个单位的速度沿B→C→D 的方向向点D 运动，过点P 作PM 垂直于x 轴，与折线A→D→C 相交于点M ，当P ，Q 两点中有一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设点P ，Q 运动的时间为t 秒（t ＞0），△MPQ 的面积为S ．
（1）点A 的坐标为 ，直线l 的解析式为 ；
（2）试求点Q 与点M 相遇前S 与t 的函数关系式，并写出相应的t 的取值范围； （3）试求（2）中当t 为何值时，S 的值最大，并求出S 的最大值；
（4）随着P ，Q 两点的运动，当点M 在线段DC 上运动时，设PM 的延长线与直线l 相交于点N ，试探究：当t 为何值时，△QMN 为等腰三角形？请直接写出t 的值． 【答案】解：（1）（﹣4，0）；y=x+4．
（2）在点P、Q运动的过程中：
①当0＜t≤1时，如图1，
过点C作CF⊥x轴于点F，则CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5．
过点Q作QE⊥x轴于点E，则BE=BQ•cos∠CBF=5t•3
5
=3t．
∴PE=PB﹣BE=（14﹣2t）﹣3t=14﹣5t，
S=1
2
PM•PE=
1
2
×2t×（14﹣5t）=﹣5t2+14t．
②当1＜t≤2时，如图2，
过点C、Q分别作x轴的垂线，垂足分别为F，E，则CQ=5t﹣5，PE=AF﹣AP﹣EF=11﹣2t﹣（5t﹣5）=16﹣7t．
S=1
2
PM•PE=
1
2
×2t×（16﹣7t）=﹣7t2+16t．
③当点M与点Q相遇时，DM+CQ=CD=7，
即（2t﹣4）+（5t﹣5）=7，解得t=16
7
．
当2＜t＜16
7
时，如图3，
MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，
S=1
2
PM•MQ=
1
2
×4×（16﹣7t）=﹣14t+32．
综上所述，点Q与点M相遇前S与t的函数关系式为
()
()
2
2
5t14t0<t1
S{7t16t1<t2
16
14t322<t<
7
-+≤
=-+≤
⎛⎫
-+ ⎪
⎝⎭
．
（3）①当0＜t≤1时，
2
2
749
S5t14t5t
55
⎛⎫
=-+=--+
⎪
⎝⎭
，
∵a=﹣5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=7
5
，∴当0＜t≤1时，S随t的增大而增大．
∴当t=1时，S有最大值，最大值为9．
②当1＜t≤2时，
2
2
864
S7t16t7t
77
⎛⎫
=-+=--+
⎪
⎝⎭
，
∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=8
7
，
∴当t=8
7时，S有最大值，最大值为
64
7
．
③当2＜t＜16
7
时，S=﹣14t+32
∵k=﹣14＜0，∴S随t的增大而减小．
又∵当t=2时，S=4；当t=16
7
时，S=0，∴0＜S＜4．
综上所述，当t=8
7
时，S有最大值，最大值为
64
7
．
（4）t=20
9
或t=
12
5
时，△QMN为等腰三角形．
【解析】
（1）利用梯形性质确定点D的坐标，由sin∠
DAB=
2
，利用特殊三角函数值，得到
△AOD为等腰直角三角形，从而得到点A的坐标；由点A、点D的坐标，利用待定系数法求出直线l的解析式：
∵C（7，4），AB∥CD，∴D（0，4）．
∵sin∠
DAB=
2
，∴∠DAB=45°．∴OA=OD=4．∴A（﹣4，0）．
设直线l的解析式为：y=kx+b，则有
4k b0
{
b4
-+=
=
，解得：
k1
{
b4
=
=
．∴y=x+4．
∴点A坐标为（﹣4，0），直线l的解析式为：y=x+4．
（2）弄清动点的运动过程分别求解：①当0＜t≤1时，如图1；②当1＜t≤2时，如图2；
③当2＜t＜16
7
时，如图3．
（3）根据（2）中求出的S表达式与取值范围，逐一讨论计算，最终确定S的最大值．（4）△QMN为等腰三角形的情形有两种，需要分类讨论：
①如图4，点M在线段CD上，
MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，MN=DM=2t﹣4，
由MN=MQ，得16﹣7t=2t﹣4，解得t=20
9
．
②如图5，当点M运动到C点，同时当Q刚好运动至终点D，
此时△QMN为等腰三角形，t=12
5
．
∴当t=20
9或t=
12
5
时，△QMN为等腰三角形．
考点：一次函数综合题，双动点问题，梯形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，由实际问题列函数关系式，一次函数和二次函数的性质，等腰三角形的性质，分类思想的应用．
5．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
6．已知抛物线y＝﹣1
6
x2﹣
2
3
x+2与x轴交于点A，B两点，交y轴于C点，抛物线的对称
轴与x轴交于H点，分别以OC、OA为边作矩形AECO．
(1)求直线AC的解析式；
(2)如图，P为直线AC上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M，当四边形AOCP 面积最大时，求|PM﹣OM|的值．
(3)如图，将△AOC沿直线AC翻折得△ACD，再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'．使得点A′、C'在直线AC上，是否存在这样的点D′，使得△A′ED′为直角三角形？若存在，请求出点D′的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) y＝1
3
x+2；(2) 点M坐标为（﹣2，
5
3
）时，四边形AOCP的面积最大，此时
|PM﹣OM|61 (3)存在，D′坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（
3
5
-，
19
5
）．
【解析】
【分析】
（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，求出点A、B、C坐标，即可求解；（2）连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有最大值，即可求解；
（3）存在；分①A′D′⊥A′E；②A′D′⊥ED′；③ED′⊥A′E三种情况利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】
（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，∴A（﹣6，0）、B（2，0）、C（0，
2），函数对称轴为：x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，8
3
），C点坐标为（0，2），则过点C
的直线表达式为：y＝kx+2，将点A坐标代入上式，解得：k
1
3
=，则：直线AC的表达式
为：y
1
3
=x+2；
（2）如图，过点P作x轴的垂线交AC于点H．
四边形AOCP面积＝△AOC的面积+△ACP的面积，四边形AOCP面积最大时，只需要△ACP
的面积最大即可，设点P坐标为（m，
1
6
-m2
2
3
-m+2），则点G坐标为（m，
1
3
m+2），
S△ACP
1
2
=PG•OA
1
2
=•（
1
6
-m2
2
3
-m+2
1
3
-m﹣2）•6
1
2
=-m2﹣3m，当m＝﹣3时，上式
取得最大值，则点P坐标为（﹣3，5
2
）．连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有
最大值，直线OP的表达式为：y
5
6
=-x，当x＝﹣2时，y
5
3
=，即：点M坐标为（﹣2，
5 3），|PM﹣OM|的最大值为：2222
555
(32)()2()
233
-++--+=61．
（3）存在．
∵AE＝CD，∠AEC＝∠ADC＝90°，∠EMA＝∠DMC，∴△EAM≌△DCM（AAS），∴EM＝
DM ，AM ＝MC ，设：EM ＝a ，则：MC ＝6﹣a ．在Rt △DCM 中，由勾股定理得：MC 2＝DC 2+MD 2，即：（6﹣a ）2＝22+a 2，解得：a 83=，则：MC 103
=，过点D 作x 轴的垂线交x 轴于点N ，交EC 于点H ．在Rt △DMC 中，12DH •MC 12=MD •DC ，即：DH 108
33
⨯
=⨯2，
则：DH 85=
，HC 65==，即：点D 的坐标为（61855
-，）； 设：△ACD 沿着直线AC 平移了m 个单位，则：点A ′坐标（﹣6
D ′坐标为（618
55，-
++），而点E 坐标为（﹣6，2），则2''
A D =
22618(6)()
55
-++=36，2'A E =222)+=
24m +，2
'ED =22248(
(
55+=2128
5m +．若△A ′ED ′为直角三角形，分三种情况讨论：
①当2''A D +2'A E =2'ED 时，36+2
4
m -=21285m +，解得：m ，
此时D ′（618
55，-
++）为（0，4）； ②当2''A D +2'ED =2'A E 时，36+2
128
5m +=2
4m +，解得：
m =
D ′（61855，-）为（－6，2）；
③当2'A E +
2'
ED =
2
''A D 时，2
4
m +21285m +=36，解得：m =5
-
或m
，此时D ′（61855，-+）为（－6，2）或（
35，19
5
）． 综上所述：D 坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（35，19
5
）． 【点睛】
本题考查了二次函数知识综合运用，涉及到一次函数、图形平移、解直角三角形等知识，其中（3）中图形是本题难点，其核心是确定平移后A ′、D ′的坐标，本题难度较大．
7．已知AB 是⊙O 的直径，弦CD ⊥AB 于H ，过CD 延长线上一点E 作⊙O 的切线交AB 的延长线于F ，切点为G ，连接AG 交CD 于K ． （1）如图1，求证：KE ＝GE ；
（2）如图2，连接CABG ，若∠FGB ＝
1
2
∠ACH ，求证：CA ∥FE ； （3）如图3，在（2）的条件下，连接CG 交AB 于点N ，若sin E ＝3
5
，AK ＝10，求CN 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）△EAD 是等腰三角形．证明见解析；（320
1013
【解析】 试题分析：
（1）连接OG ，则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°，由OG=OA 可得∠AGO=∠OAG ，从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG ，这样即可得到KE=GE ；
（2）设∠FGB=α，由AB 是直径可得∠AGB=90°，从而可得∠KGE=90°-α，结合GE=KE 可得∠EKG=90°-α，这样在△GKE 中可得∠E=2α，由∠FGB=1
2
∠ACH 可得∠ACH=2α，这样可得∠E=∠ACH ，由此即可得到CA ∥EF ； （3）如下图2，作NP ⊥AC 于P ，
由（2）可知∠ACH=∠E ，由此可得sinE=sin ∠ACH=3
5
AH AC =，设AH=3a ，可得AC=5a ，CH=4a ，则tan ∠CAH=
4
3
CH AH =，由（2）中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC ，从而可得CK=AC=5a ，由此可得HK=a ，tan ∠AKH=
3AH
HK
=，10a ，结合10可得a=1，则AC=5；在四边形BGKH 中，由∠BHK=∠BKG=90°，可得∠ABG+∠HKG=180°，结合∠AKH+∠GKG=180°，∠ACG=∠ABG 可得∠ACG=∠AKH ， 在Rt △APN 中，由tan ∠CAH=43PN AP
=，可设PN=12b ，AP=9b ，由tan ∠ACG=
PN CP =tan ∠AKH=3可得CP=4b ，由此可得AC=AP+CP=13b =5，则可得b=5
13
，由此即可在Rt △CPN 中由勾股定理解出CN 的长. 试题解析：
（1）如图1，连接OG ．
∵EF 切⊙O 于G ， ∴OG ⊥EF ，
∴∠AGO+∠AGE=90°， ∵CD ⊥AB 于H ， ∴∠AHD=90°， ∴∠OAG=∠AKH=90°， ∵OA=OG ， ∴∠AGO=∠OAG ， ∴∠AGE=∠AKH ， ∵∠EKG=∠AKH ， ∴∠EKG=∠AGE ， ∴KE=GE ． （2）设∠FGB=α， ∵AB 是直径， ∴∠AGB=90°，
∴∠AGE =∠EKG=90°﹣α， ∴∠E=180°﹣∠AGE ﹣∠EKG=2α，
∵∠FGB=
1
2
∠ACH ， ∴∠ACH=2α， ∴∠ACH=∠E ， ∴CA ∥FE ．
（3）作NP ⊥AC 于P ． ∵∠ACH=∠E ， ∴sin ∠E=sin ∠ACH=3
5
AH AC =，设AH=3a ，AC=5a ， 则2
2
4AC CH a -=，tan ∠CAH=
4
3
CH AH =， ∵CA ∥FE ， ∴∠CAK=∠AGE ， ∵∠AGE=∠AKH ， ∴∠CAK=∠AKH ，
∴AC=CK=5a ，HK=CK ﹣CH=4a ，tan ∠AKH=
AH
HK
=3，2210AH HK a +=，
∵AK=10，
∴1010
a=，
∴a=1．AC=5，
∵∠BHD=∠AGB=90°，
∴∠BHD+∠AGB=180°，
在四边形BGKH中，∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°，∴∠ABG+∠HKG=180°，
∵∠AKH+∠HKG=180°，
∴∠AKH=∠ABG，
∵∠ACN=∠ABG，
∴∠AKH=∠ACN，
∴tan∠AKH=tan∠ACN=3，
∵NP⊥AC于P，
∴∠APN=∠CPN=90°，
在Rt△APN中，tan∠CAH=
4
3
PN
AP
=，设PN=12b，则AP=9b，
在Rt△CPN中，tan∠ACN=PN
CP
=3，
∴CP=4b，
∴AC=AP+CP=13b，∵AC=5，
∴13b=5，
∴b=5
13
，
∴CN=22
PN CP
+=410b⋅=20
10 13
．
8．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．
9．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．
10．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.。