2020-2021中考数学易错题精选-直角三角形的边角关系练习题及答案

2020-2021中考数学易错题精选-直角三角形的边角关系练习题及答案 一、直角三角形的边角关系
1．已知在平面直角坐标系中，点()()()3,0,3,0,3,8A B C --，以线段BC 为直径作圆，圆心为E ，直线AC 交E e 于点D ，连接OD .
（1）求证：直线OD 是E e 的切线；
（2）点F 为x 轴上任意一动点，连接CF 交E e 于点G ，连接BG ：
①当1an 7t ACF ∠=
时，求所有F 点的坐标 （直接写出）； ②求BG CF
的最大值. 【答案】（1）见解析；（2）①143,031F ⎛⎫
⎪⎝⎭，2(5,0)F ；② BG CF 的最大值为12. 【解析】
【分析】
（1）连接DE ，证明∠EDO=90°即可；
（2）①分“F 位于AB 上”和“F 位于BA 的延长线上”结合相似三角形进行求解即可； ②作GM BC ⊥于点M ，证明1~ANF ABC ∆∆，得
12
BG CF ≤，从而得解. 【详解】
（1）证明：连接DE ，则：
∵BC 为直径
∴90BDC ∠=︒
∴90BDA ∠=︒
∵OA OB =
∴OD OB OA ==
∴OBD ODB ∠=∠
∵
EB ED =
∴EBD EDB ∠=∠
∴EBD OBD EDB ODB ∠+∠=∠+∠
即：EBO EDO ∠=∠
∵CB x ⊥轴
∴90EBO ∠=︒
∴90EDO ∠=︒
∴直线OD 为E e 的切线.
（2）①如图1，当F 位于AB 上时： ∵1~ANF ABC ∆∆
∴
11NF AF AN AB BC AC
== ∴设3AN x =，则114,5NF x AF x == ∴103CN CA AN x =-=-
∴141tan 1037F N x ACF CN x ∠=
==-，解得：1031x = ∴150531
AF x == 1504333131
OF =-= 即143,031F ⎛⎫
⎪⎝⎭
如图2，当F 位于BA 的延长线上时：
∵2~AMF ABC ∆∆
∴设3AM x =，则224,5MF x AF x ==
∴103CM CA AM x =+=+
∴241tan 1037F M x ACF CM x ∠=
==+ 解得：25
x =
∴252AF x ==
2325OF =+=
即2(5,0)F
②如图，作GM BC ⊥于点M ，
∵BC 是直径
∴90CGB CBF ∠=∠=︒
∴~CBF CGB ∆∆
∴
8
BG MG MG CF BC == ∵MG ≤半径4= ∴
41882
BG MG CF =≤= ∴BG CF 的最大值为12.
【点睛】
本题考查了圆的综合题：熟练掌握切线的判定定理、解直角三角形；相似三角形的判定和性质和相似比计算线段的长；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
2．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．
（1）求证：直线CP是⊙O的切线．
（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离．
（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．
【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20
【解析】
试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；
（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．
试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ANC=90°，
∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，
∵∠CAB=2∠BCP，
∴∠BCP=∠CAN，
∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，
∵点D在⊙O上，
∴直线CP是⊙O的切线；
（2）如图，作BF⊥AC
∵AB=AC，∠ANC=90°，
∴CN=CB=，
∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=，
∴sin∠CAN=，
∴
∴AC=5，
∴AB=AC=5，
设AF=x，则CF=5﹣x，
在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2，
在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2，
∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2，
∴x=3，
∴BF2=25﹣32=16，
∴BF=4，
即点B到AC的距离为4．
考点：切线的判定
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．（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 =，4cos 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4cos 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 5AOC ∠=
， ∴4455OH OP x ==，35
PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=
⋅=． ∵//CD AB ，
∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOP y
CP x S OP x
∆-==， ∴2360300x x y x
-+=，当F 与点D 重合时， ∵42cos 210165
CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=，
∴101016x x =-，解得5013x
=， ∴2360300x x y x
-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ，
∴4cos 1085
OP OA AOC =⋅∠=⨯=； ②当90POE ∠=o 时，1010254cos cos 25
OC CQ QCO AOC ====∠∠，
∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-
2571622=-=， ∵501013
OP <<， ∴72OP =
（舍去）； ③当90PEO ∠=o 时，∵//CD AB ，
∴AOQ DQO ∠=∠，
∵AOP ∆≌ODQ ∆，
∴DQO APO ∠=∠，
∴AOQ APO ∠=∠，
∴90AEO AOP ∠=∠=o ，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．
5．如图，抛物线y=﹣x 2+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
6．2018年12月10日，郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规划》，将停车纳入城市综合交通体系，计划到2030年，在主城区新建停车泊位33.04万个，2019年初，某小区拟修建地下停车库，如图是停车库坡道入口的设计图，其中MN是水平线，MN∥AD，AD⊥DE，CF⊥AB，垂足分别为D，F，坡道AB的坡度为1：3，DE ＝3米，点C在DE上，CD＝0.5米，CD是限高标志屏的高度（标志牌上写有：限高米），如果进入该车库车辆的高度不能超过线段CF的长，则该停车库限高多少米？（结果精确到0.1米，参考数据2≈1.41，3≈1.73）
【答案】该停车库限高约为2.2米．
【解析】
【分析】
据题意得出
3
tan
3
B=，即可得出tan A，在Rt△ADE中，根据勾股定理可求得DE，即可
得出∠1的正切值，再在Rt△CEF中，设EF＝x，即可求出x，从而得出CF3的长．【详解】
解：由题意得，
3 tan B=
∵MN∥AD，∴∠A＝∠B，
∴tan A3，
∵DE⊥AD，
∴在Rt△ADE中，tan A＝DE
AD
，
∵DE＝3，
又∵DC＝0.5，
∴CE＝2.5，
∵CF⊥AB，
∴∠FCE+∠CEF＝90°，
∵DE⊥AD，
∴∠A+∠CEF＝90°，
∴∠A＝∠FCE，
∴tan∠FCE＝3．
在Rt△CEF中，设EF＝x，CF＝3x（x＞0），CE＝2.5，
代入得（5
2
）2＝x2+3x2，
解得x＝1.25，
∴CF＝3x≈2.2，
∴该停车库限高约为2.2米．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，坡面坡角问题和勾股定理，解题的关键是坡度等于坡角的正切值．
7．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
8．阅读下面材料：
观察与思考：阅读下列材料，并解决后面的问题．在锐角△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边分别是a 、b 、c ，过A 作AD ⊥BC 于D （如图），则sin B ＝AD c ，sin C ＝AD
b
，即AD ＝c sin B ，AD ＝b sin C ，于是c sin B ＝b sin C ，即
sin sin b c B C = ．同理有：sin sin c a
C A
=，sin sin a b A B
=，所以sin sin sin a b c
A B C ==． 即：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等．在锐角三角形中，若已知三个元素（至少有一条边），运用上述结论和有关定理就可以求出其余三个未知元素．根据上述材料，完成下列各题．
（1）如图，△ABC 中，∠B ＝75°，∠C ＝45°，BC ＝60，则AB ＝ ；
（2）如图，一货轮在C 处测得灯塔A 在货轮的北偏西30°的方向上，随后货轮以60海里/时的速度按北偏东30°的方向航行，半小时后到达B 处，此时又测得灯塔A 在货轮的北偏西75°的方向上（如图），求此时货轮距灯塔A 的距离AB ． （3）在（2）的条件下，试求75°的正弦值．（结果保留根号）
【答案】（1）6；（2）6海里；（36+2
【解析】 【分析】
（1）根据材料：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，写出比例关系，代入数值即可求得AB 的值.
（2）此题可先由速度和时间求出BC 的距离，再由各方向角得出∠A 的角度，过B 作BM ⊥AC 于M ，求出∠MBC=30°，求出MC ，由勾股定理求出BM ，求出AM 、BM 的长，由勾股定理求出AB 即可；
（3）在三角形ABC 中，∠A=45，∠ABC=75，∠ACB=60，过点C 作AC 的垂线BD ，构造直角三角形ABD ，BCD ，在直角三角形ABD 中可求出AD 的长，进而可求出sin75°的值． 【详解】
解：（1）在△ABC 中，∠B=75°，∠C=45°，BC=60，则∠A=60°，
∵AB
sinC = sin
BC
A
，
∴
45
AB
sin o
=
60
sin60o
，
即2
2
=3
2
，
解得：AB=206.
（2）如图，
依题意：BC=60×0.5=30（海里）
∵CD∥BE，
∴∠DCB+∠CBE=180°
∵∠DCB=30°，
∴∠CBE=150°
∵∠ABE=75°．
∴∠ABC=75°，
∴∠A=45°，
在△ABC中，
sin
AB
ACB
∠
=
BC
sin A
∠即60?
AB
sin
=
30
45?
sin，解之得：6．
答：货轮距灯塔的距离6海里．
（3）过点B作AC的垂线BM，垂足为M.
在直角三角形ABM中，∠A=45°，AB=156，
所以AM=153，在直角三角形BDC中，∠BCM=60°，BC=30°，可求得CM=15，所以AC=153+15，
由题意得，15315
＝
156
，sin75°=
6+2
．
【点睛】
本题考查方向角的含义，三角形的内角和定理，含30度角的直角三角形，等腰三角形的性质和判定等知识点，解题关键是熟练掌握解直角三角形方法．
9．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﹣
42，8﹣42）或（8+42，8+42）或42164216,⎛⎫
++ ⎪
⎪⎝⎭
或16421642,77⎛⎫
-- ⎪ ⎪⎝⎭
，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1tan 2GF 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 ＝12
， ∴AD ＝
12OA ＝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＝FG2x，OF＝EF＝2x，
∵OA＝4，
∴AF＝4﹣2，
∵G为EF的中点，H为AE的中点，
∴GH为△AFE的中位线，
∴GH＝1
2AF＝
1
2
×（4﹣2）＝22，
则x＝22x，
解得：x＝22，
∴E（8﹣2，8﹣2
如图3，当点E在线段OB的延长线上时，
x＝2x﹣2，
解得：x＝2+2，
∴E（8+42，8+42）；
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＝FG2，
OF＝EF＝2x，
∵OA＝4，
∴AF＝4﹣2，
∵G为EF的中点，H为AE的中点，
∴GH为△AFE的中位线，
∴GH＝1
2AF＝
1
2
×（4﹣2）＝22，
过点G作GQ⊥AC于点Q，则GQ＝PM＝3x﹣2∴3x﹣2＝22x，
∴22
7
x=，
∴
42164216
,
77
E
⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭
；
如图5，当点E 在线段OM 上时，
GQ ＝PM ＝22﹣3x ，则22﹣3x ＝2﹣2x ， 解得422
7
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：422
7
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,⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭或16421642,⎛⎫
-- ⎪ ⎪⎝⎭
． 【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．
10．如图，直线与轴交于点
，与轴交于点，抛物线
经
过点，．点
为轴上一动点，过点且垂直于轴的直线分别交直线
及抛物线
于点，．
（1）填空：点的坐标为，抛物线的解析式为；
（2）当点在线段上运动时（不与点，重合），
①当为何值时，线段最大值，并求出的最大值；
②求出使为直角三角形时的值；
（3）若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是，请直接写出此时由点，，，构成的四边形的面积．
【答案】（1），；
（2）①当时，有最大值是3；②使为直角三角形时的值为3或；（3）点，，，构成的四边形的面积为：6或或.
【解析】
【分析】
（1）把点A坐标代入直线表达式y＝，求出a＝−3，把点A、B的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）①设：点P（m，），N（m，）求出PN值的表达式，即可求
解；②分∠BNP＝90°、∠NBP＝90°、∠BPN＝90°三种情况，求解即可；
（3）若抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h，则只能出现：在AB直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N，在直线AB上方的交点有两个，分别求解即可．
【详解】
解：（1）把点坐标代入直线表达式，
解得：，则：直线表达式为：，令，则：，
则点坐标为，
将点的坐标代入二次函数表达式得：，
把点的坐标代入二次函数表达式得：，
解得：，
故：抛物线的解析式为：，
故：答案为：，；
（2）①∵在线段上，且轴，
∴点，，
∴，
∵，
∴抛物线开口向下，
∴当时，有最大值是3，
②当时，点的纵坐标为-3，
把代入抛物线的表达式得：，解得：或0（舍去），∴；
当时，∵，两直线垂直，其值相乘为-1，
设：直线的表达式为：，
把点的坐标代入上式，解得：，则：直线的表达式为：，
将上式与抛物线的表达式联立并解得：或0（舍去），
当时，不合题意舍去，
故：使为直角三角形时的值为3或；
（3）∵，，
在中，，则：，，
∵轴，
∴，
若抛物线上有且只有三个点到直线的距离是，
则只能出现：在直线下方抛物线与过点的直线与抛物线有一个交点，在直线上方的交点有两个.
当过点的直线与抛物线有一个交点，
点的坐标为，设：点坐标为：，
则：，过点作的平行线，
则点所在的直线表达式为：，将点坐标代入，
解得：过点直线表达式为：，
将拋物线的表达式与上式联立并整理得：，
，
将代入上式并整理得：，
解得：，则点的坐标为，
则：点坐标为，则：，
∵，，∴四边形为平行四边形，则点到直线的距离等于点到直线的距离，
即：过点与平行的直线与抛物线的交点为另外两个点，即：、，
直线的表达式为：，将该表达式与二次函数表达式联立并整理得：
，解得：，
则点、的横坐标分别为，，
作交直线于点，
则，
作轴，交轴于点，则：，，
，
则：，
同理：，
故：点，，，构成的四边形的面积为：6或或.
【点睛】
本题考查的是二次函数知识的综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3）中确定点N的位置是本题的难点，核心是通过△＝0，确定图中N点的坐标．
11．如图，某次中俄“海上联合”反潜演习中，我军舰A测得潜艇C的俯角为30°．位于军舰A正上方1000米的反潜直升机B侧得潜艇C的俯角为68°．试根据以上数据求出潜艇C 离开海平面的下潜深度．（结果保留整数．参考数据：sin68°≈0.9，cos68°≈0.4，tan68°≈2.5，3≈1.7）
【答案】潜艇C离开海平面的下潜深度约为308米
【解析】试题分析：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度，用锐角三角函数分别在Rt△ACD中表示出CD和在Rt△BCD中表示出BD，利用
BD=AD+AB二者之间的关系列出方程求解．
试题解析：过点C作CD⊥AB，交BA的延长线于点D，则AD即为潜艇C的下潜深度，根据题意得：∠ACD=30°，∠BCD=68°，
设AD=x，则BD=BA+AD=1000+x，
在Rt△ACD中，CD=
tan AD ACD
=
tan30
x
3x
在Rt△BCD中，BD=CD•tan68°，
∴325+x=3x•tan68°
解得：x≈100米，
∴潜艇C离开海平面的下潜深度为100米．
点睛：本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是作出辅助线，从题目中找出直角三角形并选择合适的边角关系求解．
视频
12．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，0），点B（0，33），点O为原点．动点C、D分别在直线AB、OB上，将△BCD沿着CD折叠，得△B'CD．
（Ⅰ）如图1，若CD⊥AB，点B'恰好落在点A处，求此时点D的坐标；
（Ⅱ）如图2，若BD=AC，点B'恰好落在y轴上，求此时点C的坐标；
（Ⅲ）若点C的横坐标为2，点B'落在x轴上，求点B'的坐标（直接写出结果即可）．【答案】（1）D（032）C（12﹣33﹣18）；（3）B'（13 0），（2130）.
【解析】
【分析】
(1)设OD为x，则3x，在RT△ODA中应用勾股定理即可求解；
(2)由题意易证△BDC∽△BOA，再利用A、B坐标及BD=AC可求解出BD长度，再由特殊角的三角函数即可求解；
(3)过点C作CE⊥AO于E，由A、B坐标及C的横坐标为2，利用相似可求解出BC、CE、OC等长度；分点B’在A点右边和左边两种情况进行讨论，由翻折的对称性可知BC=B’C，再利用特殊角的三角函数可逐一求解.
【详解】
（Ⅰ）设OD为x，
∵点A（3，0），点B（0，33），
∴AO=3，BO=33
∴AB=6 ∵折叠 ∴BD=DA
在Rt △ADO 中，OA2+OD2=DA2． ∴9+OD2=（33﹣OD ）2． ∴OD=3 ∴D （0，3） （Ⅱ）∵折叠 ∴∠BDC=∠CDO=90° ∴CD ∥OA ∴
BD BC
BO AB
=且BD=AC ， ∴6633
BD
-=
∴BD=123﹣18
∴OD=33﹣（123﹣18）=18﹣93 ∵tan ∠ABO=
3
OB AO =
， ∴∠ABC=30°，即∠BAO=60° ∵tan ∠ABO=
3
BD CD =
， ∴CD=12﹣63
∴D （12﹣63，123﹣18） （Ⅲ）如图：过点C 作CE ⊥AO 于E
∵CE ⊥AO ∴OE=2，且AO=3 ∴AE=1，
∵CE ⊥AO ，∠CAE=60° ∴∠ACE=30°且CE ⊥AO ∴AC=2，3∵BC=AB ﹣AC
∴BC=6﹣2=4
若点B'落在A点右边，
∵折叠
∴BC=B'C=4，
CE⊥OA
∴
=
∴
∴B'
（0）
若点B'落在A点左边，
∵折叠
∴BC=B'C=4，
CE⊥OA
∴
=
∴
2
∴B'（20）
综上所述：B'（0），（20）
【点睛】
本题结合翻折综合考查了三角形相似和特殊角的三角函数，第3问中理解B’点的两种情况是解题关键.。