2020-2021中考数学复习锐角三角函数专项易错题附详细答案

2020-2021中考数学复习锐角三角函数专项易错题附详细答案
一、锐角三角函数
1．某地是国家AAAA 级旅游景区，以“奇山奇水奇石景，古賨古洞古部落”享誉巴渠，被誉为 “小九寨”．端坐在观音崖旁的一块奇石似一只“啸天犬”，昂首向天，望穿古今．一个周末，某数学兴趣小组的几名同学想测出“啸天犬”上嘴尖与头顶的距离．他们把蹲着的“啸天犬”抽象成四边形ABCD ，想法测出了尾部C 看头顶B 的仰角为40o ，从前脚落地点D 看上嘴尖A 的仰角刚好60o ，5CB m ＝, 2.7CD m ＝．景区管理员告诉同学们，上嘴尖到地面的距离是3m ．于是，他们很快就算出了AB 的长．你也算算？（结果精确到0.1m ．参考数据：400.64400.77400.84sin cos tan ︒≈︒≈︒≈，，.2 1.41,3 1.73≈≈）
【答案】AB 的长约为0.6m ．
【解析】
【分析】
作BF CE ⊥于F ，根据正弦的定义求出BF ，利用余弦的定义求出CF ，利用正切的定义求出DE ，结合图形计算即可．
【详解】
解：作BF CE ⊥于F ，
在Rt BFC ∆中， 3.20BF BC sin BCF ⋅∠≈＝，
3.85CF BC cos BCF ⋅∠≈＝，
在Rt ADE ∆E 中，3 1.73tan 3
AB DE ADE ===≈∠， 0.200.58BH BF HF AH EF CD DE CF ∴+＝﹣＝，＝＝﹣＝
由勾股定理得，22BH AH 0.6(m)AB =+≈，
答：AB 的长约为0.6m ．
【点睛】
考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
2．如图，△ABC 内接于⊙O ，2,BC AB AC ==，点D 为»AC 上的动点，且
10cos 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=13
，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=
12
BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10cos 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 ，
∴A D•AE=AF•AG ，
连接BG ，则∠ABG=90°，∵BF ⊥AG ，∴BF 2=AF•FG ，
∵22AB BF -=3，
∴FG=1
，
3
∴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.
3．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；
（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由
（3）若|CF﹣AE|=2，EF=23，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．
【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP62
23
.
【解析】
【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；
（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.
【详解】（1）如图1中，延长EO交CF于K，
∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，
∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，
∵△EFK是直角三角形，∴OF=1
2
EK=OE；
（2）如图2中，延长EO交CF于K，
∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，
∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，
∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，
∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；
（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，
∵|CF ﹣AE|=2，EF=23，AE=CK ，∴FK=2， 在Rt △EFK 中，tan ∠FEK=
33，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°， ∴EK=2FK=4，OF=12
EK=2， ∵△OPF 是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2， 在Rt △PHF 中，PH=
12PF=1，HF=3，OH=2﹣3， ∴OP=()2212362+-=-.
如图4中，点P 在线段OC 上，当PO=PF 时，∠POF=∠PFO=30°，
∴∠BOP=90°，
∴OP=33OE=233
， 综上所述：OP 的长为62-或
23. 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等，综合性较强，正确添加辅助线是解题的关键.
4．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. 5．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、E分别在BC、AC边上，连结BE、AD交于点P，
设AC=kBD，CD=kAE，k为常数，试探究∠APE的度数：
（1）如图1，若k=1，则∠APE的度数为；
（2）如图2，若k=3，试问（1）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE的度数．
（3）如图3，若k=3，且D、E分别在CB、CA的延长线上，（2）中的结论是否成立，请说明理由．
【答案】（1）45°；（2）（1）中结论不成立，理由见解析；（3）（2）中结论成立，理由见解析.
【解析】
分析：（1）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出
△FAE≌△ACD，得出EF=AD=BF，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；
（2）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出
△FAE∽△ACD，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；
（3）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出
△ACD∽△HEA，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；
详解：（1）如图1，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，
∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形，
∴BD=AF，BF=AD．
∵AC=BD，CD=AE，
∴AF=AC．
∵∠FAC=∠C=90°，
∴△FAE≌△ACD，
∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC．
∵∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD．
∵AD ∥BF ，
∴∠EFB=90°．
∵EF=BF ，
∴∠FBE=45°，
∴∠APE=45°．
（2）（1）中结论不成立，理由如下：
如图2，过点A 作AF ∥CB ，过点B 作BF ∥AD 相交于F ，连接EF ，
∴∠FBE=∠APE ，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF 是平行四边形，
∴BD=AF ，BF=AD ．
∵3BD ，3AE ， ∴
3AC CD BD AE
==． ∵BD=AF ， ∴
3AC CD AF AE
==． ∵∠FAC=∠C=90°，
∴△FAE ∽△ACD ， ∴
3AC AD BF AF EF EF
===，∠FEA=∠ADC ． ∵∠ADC+∠CAD=90°，
∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD ．
∵AD ∥BF ，
∴∠EFB=90°． 在Rt △EFB 中，tan ∠FBE=
3EF BF = ∴∠FBE=30°，
∴∠APE=30°，
（3）（2）中结论成立，如图3，作EH ∥CD ，DH ∥BE ，EH ，DH 相交于H ，连接AH ，
∴∠APE=∠ADH ，∠HEC=∠C=90°，四边形EBDH 是平行四边形，
∴BE=DH ，EH=BD ．
∵AC=3BD ，CD=3AE ， ∴
3AC CD BD AE
==． ∵∠HEA=∠C=90°，
∴△ACD ∽△HEA ， ∴
3AD AC AH EH
==，∠ADC=∠HAE ． ∵∠CAD+∠ADC=90°，
∴∠HAE+∠CAD=90°，
∴∠HAD=90°． 在Rt △DAH 中，tan ∠ADH=
3AH AD =， ∴∠ADH=30°，
∴∠APE=30°．
点睛：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，构造全等三角形和相似三角形的判定和性质．
6．已知：△ABC 内接于⊙O ，D 是弧BC 上一点，OD ⊥BC ，垂足为H ．
（1）如图1，当圆心O 在AB 边上时，求证：AC=2OH ；
（2）如图2，当圆心O 在△ABC 外部时，连接AD 、CD ，AD 与BC 交于点P ，求证：∠ACD=∠APB ；
（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD ，E 为⊙O 上一点，连接DE 交BC 于点Q 、交AB 于点N ，连接OE ，BF 为⊙O 的弦，BF ⊥OE 于点R 交DE 于点G ，若∠ACD ﹣
∠ABD=2∠BDN ，AC=，BN=，tan ∠ABC=，求BF 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24.
【解析】
试题分析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC =∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，易证∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ.
在Rt△BNQ中，根据tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI 的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．
试题解析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；（2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB 与OD相交于点M，连接OB，
∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180°，∴2∠AND=180°，∴∠AND=90°，
∵tan∠ABC=，∴，∴，
∴，∵∠BNQ=∠QHD=90°，
∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，
∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90°，∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，
∴BG=BQ=，GN=NQ=，
∵∠ACI=90°，tan∠AIC=tan∠ABC=，∴，∴IC=，∴由勾股定理可求得：
AI=25，
设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，BH=BQ+QH=，
∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，当QH=时，∴QD=，
∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不符合题意，舍去，当QH=时，∴QD=
∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=ED﹣GD=，
∵tan∠OED=，∴，
∴EG=RG，∴RG=，∴ BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．
考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形.
7．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
8．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．
9．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，∴AB=AH+BH=503+50，
∵60千米/时=50
3
米/秒，∴时间t=
50350
50
3
=3+33≈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。

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°=6×3
=33，
在Rt△ADE中，∠DAE＝∠BAE＝30°，
∴AD=cos30°×AE=3
2×33=
9
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．兰州银滩黄河大桥北起安宁营门滩，南至七里河马滩，是黄河上游的第一座大型现代化斜拉式大桥如图，小明站在桥上测得拉索AB与水平桥面的夹角是31°，拉索AB的长为152米，主塔处桥面距地面7.9米（CD的长），试求出主塔BD的高．（结果精确到0.1米，参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）
【答案】主塔BD的高约为86.9米．
【解析】
【分析】
根据直角三角形中由三角函数得出BC相应长度，再由BD=BC+CD可得出.
【详解】
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
sin BC
A
AB
=．
∴sin152sin311520.5279.04 BC AB A︒
=⨯=⨯=⨯=．
79.047.986.9486.9
BD BC CD
=+=+=≈（米）
答：主塔BD 的高约为86.9米．
【点睛】
本题考察了直角三角形与三角函数的结合，熟悉掌握是解决本题的关键.
12．3米/秒 =65.88千米/小时>60千米/小时．
∴此车超过限制速度．…4分
13．如图①,在菱形ABCD 中,60B ︒∠= ，4AB =.点P 从点A 出发以每秒2个单位的速度沿边AD 向终点D 运动，过点P 作PQ AC ⊥交边AB 于点Q ，过点P 向上作//PN AC ，且32
PN PQ =，以PN 、PQ 为边作矩形PQMN .设点P 的运动时间为t （秒），矩形PQMN 与菱形ABCD 重叠部分图形的面积为S .
（1）用含t 的代数式表示线段PQ 的长.
（2）当点M 落在边BC 上时，求t 的值.
（3）当0t 1<<时，求S 与t 之间的函数关系式， （4）如图②,若点O 是AC 的中点，作直线OM .当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为12：时，直接写出t 的值
【答案】（1）23PQ t =；（2）45
；（3）2193403163t t -+-；（4） 23t = 或87
t = ． 【解析】
【分析】
（1）由菱形性质得∠D=∠B=60°，AD=AB=CD=4，△ACD 是等边三角形，证出△APQ 是等腰三角形，得出PF=QF ，3，即可得出结果；
（2）当点M 落在边BC 上时，由题意得：△PDN 是等边三角形，得出PD=PN ，由已知得PN=32
PQ=3t ，得出PD=3t ，由题意得出方程，解方程即可； （3）当0＜t≤
45时，3t ，3，S=矩形PQMN 的面积=PQ×PN ，即可得出结果；当45
＜t ＜1时，△PDN 是等边三角形，得出PE=PD=AD-PA=4-2t ，
∠FEN=∠PED=60°，得出NE=PN-PE=5t-4，FN=3NE=3（5t-4），S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积，即可得出结果；
（4）分两种情况：当0＜t≤4
5
时，△ACD是等边三角形，AC=AD=4，得出OA=2，OG是
△MNH的中位线，得出OG=4t-2，NH=2OG=8t-4，由面积关系得出方程，解方程即可；
当4
5
＜t≤2时，由平行线得出△OEF∽△MEQ，得出
EF OF
EQ MQ
=，即
2
3
3
t
t
EF t
-
=
+
，
解得EF=
2
4
3
2
3
2t t
t
-
-
，得出EQ=
2
33
2
2
3
4
t t
t
t
-
-
+，由三角形面积关系得出方程，解方
程即可．
【详解】
（1）∵在菱形ABCD中，∠B=60°，
∴∠D=∠B=60°，AD=AB=CD=4，△ACD是等边三角形，∴∠CAD=60°，
∵PQ⊥AC，
∴△APQ是等腰三角形，
∴PF=QF，PF=PA•sin60°=2t×3=3t，
∴PQ=23t；
（2）当点M落在边BC上时，如图2所示：
由题意得：△PDN是等边三角形，
∴PD=PN，
∵PN=3
2PQ=
3
2
3t=3t，
∴PD=3t，
∵PA+PD=AD，即2t+3t=4，
解得：t=4
5
．
（3）当0＜t≤4
5
时，如图1所示：
PQ=23t，PN=
3
2
PQ=
3
2
×23t=3t，
S=矩形PQMN的面积=PQ×PN=23t×3t=63t2；
当4
5
＜t＜1时，如图3所示：
∵△PDN是等边三角形，
∴PE=PD=AD-PA=4-2t，∠FEN=∠PED=60°，
∴NE=PN-PE=3t-（4-2t）=5t-4，
∴FN=3NE=3（5t-4），
∴S=矩形PQMN的面积-2△EFN的面积=63t2-2×1
2
×3（5t-4）2=-19t2+403t-163，即S=-19t2+403t-163；
（4）分两种情况：当0＜t≤4
5
时，如图4所示：
∵△ACD是等边三角形，
∴AC=AD=4，
∵O是AC的中点，
∴OA=2，OG是△MNH的中位线，
∴OG=3t-（2-t）=4t-2，NH=2OG=8t-4，
∴△MNH 的面积=12MN×NH=12×23t×（8t-4）=13×63t 2， 解得：t=
23； 当45
＜t≤2时，如图5所示：
∵AC ∥QM ，
∴△OEF ∽△MEQ ，
∴EF OF EQ MQ =233t t EF t
-=+， 解得：2
332t t -， ∴2332
34t t t t --+， ∴△MEQ 的面积=12×3t×23322
34t t t t -+）=1332， 解得：t=87
； 综上所述，当直线OM 将矩形PQMN 分成两部分图形的面积比为1：2时，t 的值为
23或87
． 【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握菱形和矩形的性质，综合运用知识，进行分类讨论是解题的关键．
14．抛物线y=ax²+bx+4（a≠0）过点A(1, ﹣1)，B(5, ﹣1)，与y 轴交于点C ．
（1）求抛物线表达式；
（2）如图1，连接CB ，以CB 为边作▱CBPQ ，若点P 在直线BC 下方的抛物线上，Q 为坐标平面内的一点，且▱CBPQ 的面积为30，
①求点P 坐标;
②过此二点的直线交y轴于F, 此直线上一动点G,当
GB+
2
GF
2
最小时,求点G坐标.
（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值
【答案】（1）y=x²﹣6x+4（2）①P(2, -4)或P(3, -5) ②G(0, -2)（3）313
【解析】
【分析】
（1）把点A（1，-1），B（5，-1）代入抛物线y=ax2+bx+4解析式，即可得出抛物线的表达式；
（2）①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，可求得直线BC的解析式
为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），因为▱CBPQ的面积为30，所以S△PBC=1 2
×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，解得t的值，即可得出点P的坐标；②当点P为（2，-4）时，求得直线QP的解析式为：y=-x-2，得F（0，-2），∠GOR=45°，因为
2
GF=GB+GR，所以当G于F重合时，GB+GR最小，即可得出点G的坐标；当点P为（3，-5）时，同理可求；
（3）先用面积法求出sin∠ACB=
13
13
，tan∠ACB=
2
3
，在Rt△ABE中，求得圆的直径，
因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=MB
BN
＝
2
3
，所以BN=
3
2
MB，当MB为
直径时，BN的长度最大．
【详解】
(1) 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，-1），B（5，-1），
∴
14
12554
a b
a b
-++
⎧
⎨
-++
⎩
＝
，
＝
解得
1
6
a
b
⎧
⎨
-
⎩
＝
，
＝
∴抛物线表达式为y=x²﹣6x+4．
(2)①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，
设直线BC的解析式为y=kx+m，∵B（5，-1），C（0，4），
∴
15
4
k m
m
-+
⎧
⎨
⎩
＝
＝
，解得
1
4
k
m
＝
，
＝
-
⎧
⎨
⎩
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），
∵▱CBPQ的面积为30，
∴S△PBC=1
2
×(−t+4−t2+6t−4)×5＝15，
解得t=2或t=3，
当t=2时，y=-4
当t=3时，y=-5，
∴点P坐标为（2，-4）或（3，-5）；
②当点P为（2，-4）时，
∵直线BC解析式为：y=-x+4， QP∥BC，
设直线QP的解析式为：y=-x+n，
将点P代入，得-4=-2+n，n=-2，
∴直线QP的解析式为：y=-x-2，
∴F（0，-2），∠GOR=45°，
∴GB+2
2
GF=GB+GR
当G于F重合时，GB+GR最小，此时点G的坐标为（0，-2），同理，当点P为（3，-5）时，直线QP的解析式为：y=-x-2，
同理可得点G的坐标为（0，-2），
(3) ）∵A（1，-1），B（5，-1）C（0，4），
∴26，2，
∵S△ABC=1
2AC×BCsin∠ACB＝
1
2
AB×5，
∴sin∠ACB=13
13，tan∠ACB=
2
3
，
∵AE为直径，AB=4，
∴∠ABE=90°，
∵sin∠AEB=sin∠ACB=213
13＝
4
AE
，
∴AE=213，
∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB，∴∠N=∠AEB=∠ACB，
∴tanN=MB
BN ＝
2
3
，
∴BN=3
2
MB，
当MB为直径时，BN的长度最大，为313．
【点睛】
题考查用到待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，圆周角定理，锐角三角函数定义，平行四边形性质．解决（3）问的关键是找到BN与BM之间的数量关系．
15．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，
（1）求弦AD的长；
（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？
（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）23
（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形
（3）不变，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD 的长；
（2）连DE 、ME ，易得当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，根据垂径定理得推论得OE ⊥DM ，易得到△ADC 为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后
根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=12；
当MD=ME ，DE 为底边，作DH ⊥AE ，由于∠DAE=30°，得到，∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，
又∠M=∠DAE=30°，MD=ME ，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到
；
（3）连AP 、AQ ，DP ⊥AB ，得AC ∥DP ，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得∠PAQ=∠PDB ，∠AQC=∠P ，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD ，易证得△AQC ≌△APD ，得到
DP=CQ ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD ，而△ADC 为等边三角形，DP-DQ 的值．
【详解】
解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝
∴AD
＝12
BC ＝ （2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，
当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，
∴OE ⊥DM ，
又∵AD ＝AC ，
∴△ADC 为等边三角形，
∴∠CAD ＝60°，
∴∠DAO ＝30°，
∴∠DON ＝60°，
在Rt △ADN 中，DN ＝
12AD ，
在Rt △ODN 中，ON DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；
当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，
∵AD ＝∠DAE ＝30°，
∴DH ∠DEA ＝60°，DE ＝2，
∴△ODE 为等边三角形，
∴OE＝DE＝2，OH＝1，
∵∠M＝∠DAE＝30°，
而MD＝ME，
∴∠MDE＝75°，
∴∠ADM＝90°﹣75°＝15°，
∴∠DNO＝45°，
∴△NDH为等腰直角三角形，
∴NH＝DH＝3，
∴ON＝3﹣1；
综上所述，当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形；（3）当⊙O变动时DP﹣DQ的值不变，DP﹣DQ＝23．理由如下：
连AP、AQ，如图2，
∵∠C＝∠CAD＝60°，
而DP⊥AB，
∴AC∥DP，
∴∠PDB＝∠C＝60°，
又∵∠PAQ＝∠PDB，
∴∠PAQ＝60°，
∴∠CAQ＝∠PAD，
∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，
∴△AQC≌△APD，
∴DP＝CQ，
∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．。