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答案解析

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答案解析一、直角三角形的边角关系
1．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=81
4
．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒
5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM （P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．（1）求cosA的值；
（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=9
5
S△QCN时，求t的值；
（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【答案】（1）coaA=4
5
；（2）当t=
3
5
时，满足S△PQM=
9
5
S△QCN；（3）当t=2733
26
-s或
2733
+s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．
【解析】
分析：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．利用三角形的面积公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解决问题；
（2）如图2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=9
5
S△QCN构建方程即可解决问题；
（3）分两种情形①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．分别构建方程求解即可；
详解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．
∵S△ABC=1
2
•AC•BE=
81
4
，
∴BE=92， 在Rt △ABE 中，AE=
22=6AB BE -， ∴coaA=647.55
AE AB ==． （2）如图2中，作PH ⊥AC 于H ．
∵PA=5t ，PH=3t ，AH=4t ，HQ=AC-AH-CQ=9-9t ，
∴PQ 2=PH 2+HQ 2=9t 2+（9-9t ）2，
∵S △PQM =
95S △QCN ， ∴3•PQ 2=935⨯•CQ 2， ∴9t 2+（9-9t ）2=
95
×（5t ）2， 整理得：5t 2-18t+9=0， 解得t=3（舍弃）或
35． ∴当t=35时，满足S △PQM =95
S △QCN ． （3）①如图3中，当点M 落在QN 上时，作PH ⊥AC 于H ．
易知：PM ∥AC ，
∴∠MPQ=∠PQH=60°，
∴3，
∴39-9t ），
-．
∴t=2733
26
②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．
同法可得PH=3QH，
∴3t=3（9t-9），
∴t=27+33
，
26
-s或27+33s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN 综上所述，当t=2733
26
的边上．
点睛：本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、勾股定理锐角三角函数、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
2．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．
3．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=30°，点E为CD边上的中点，连接AE，将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD′E，D′E交AC于F 点．若AB=6cm．
（1）AE的长为 cm；
（2）试在线段AC上确定一点P，使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；
（3）求点D′到BC的距离．
【答案】（1）；（2）12cm；（3）cm．
【解析】
试题分析：（1）首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进而得出答案：
∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6cm，∴AC=12cm．
∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴（cm）．
∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=cm．
（2）首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E，D′关于直线AC对称，连接DD′交AC 于点P，根据轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案．
（3）连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离．
试题解析：解：（1）．
（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°，
∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．
∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°．
∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=30°，∴∠EFA=90°，即AC所在的直线垂直平分线段ED′．
∴点E，D′关于直线AC对称．
如答图1，连接DD′交AC于点P，∴此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD′．
∵△ADE是等边三角形，AD=AE=，
∴，即DP+EP最小值为12cm．
（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G，
∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′，
∵AE=EC，∴AD′=CD′=．
在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′
（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB．
设D′G长为xcm，则CG长为cm，
在Rt△GD′C中，由勾股定理得，
解得：（不合题意舍去）．
∴点D′到BC边的距离为cm．
考点：1．翻折和单动点问题；2．勾股定理；3．直角三角形斜边上的中线性质；4．等边三角形三角形的判定和性质；5．轴对称的应用（最短线路问题）；6．全等三角形的判定和性质；7．方程思想的应用．
4．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）
参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249，2 1.4142
．
【答案】塔高AB约为32.99米.
【解析】
【分析】
过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论．【详解】
解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H．
由题意，得 HB = CD = 3，EC = 15，HD = BC ，∠ABC =∠AHD = 90°，
∠ADH = 32°．
设AB = x ，则 AH = x – 3．
在Rt △ABE 中，由 ∠AEB = 45°，得 tan tan451AB AEB EB ∠=︒=
=． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15．
在Rt △AHD 中，由 ∠AHD = 90°，得 tan AH ADH HD ∠=
． 即得 3tan3215x x -︒=
+． 解得 15tan32332.991tan32x ⋅︒+=≈-︒
． ∴ 塔高AB 约为32.99米．
【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
5．水库大坝截面的迎水坡坡比（DE 与AE 的长度之比）为1：0.6，背水坡坡比为1：2，大坝高DE=30米，坝顶宽CD=10米，求大坝的截面的周长和面积．
【答案】故大坝的截面的周长是（345）米，面积是1470平方米．
【解析】
试题分析：先根据两个坡比求出AE 和BF 的长，然后利用勾股定理求出AD 和BC ，再由大坝的截面的周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC ，梯形的面积公式可得出答案．
试题解析：∵迎水坡坡比（DE 与AE 的长度之比）为1：0.6，DE=30m ，
∴AE=18米，
在RT △ADE 中，22DE AE +34
∵背水坡坡比为1：2，
∴BF=60米，
在RT △BCF 中，BC=22CF BF +=305米，
∴周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC=634+10+305+88=（634+305+98）米， 面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．
故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米．
6．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线4y kx =+交x 轴、y 轴分别于点A 、点B ，且ABO ∆的面积为8.
（1）求k 的值；
（2）如图，点P 是第一象限直线AB 上的一个动点，连接PO ，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，设点P 的横坐标为t ，点C 的横坐标为m ，求m 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，过点B 作直线BM OP ⊥，交x 轴于点M ，垂足为点N ，点K 在线段MB 的延长线上，连接PK ，且0PK KB P +=，2PMB KPB ∠=∠，连接MC ，求四边形BOCM 的面积.
【答案】（1）1k =；（2）4m t =+；（3）32BOCM S =Y .
【解析】
【分析】
（1）先求出A 的坐标，然后利用待定系数法求出k 的值；
(2) 过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，证
POD OCE ∆≅∆可得OE PD =，进一步得出m 与t 的函数关系式；
（3）过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，先证出QTB PTO ∆≅∆；再证出KPB BPN ∠=∠；设KPB x ∠=︒，通过计算证出PO PM =；再过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，根据tan tan OPD BMO ∠=∠得到OD BO PD MO =，列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM 是平行四边形，最后可得其面积为
32.
【详解】
解：（1）把0x =代入4y kx =+，4y =， ∴4BO =，
又∵
4ABO S ∆=， ∴142
AO BO ⋅=，4AO =， ∴(4,0)A -，
把4x =-，0y =代入4y kx =+， 得044k =-+，
解得1k =.
故答案为1；
（2）解：把x t =代入4y x =+，4y t =+， ∴(,4)P t t + 如图，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，
∴90PDO CEO ∠=∠=︒，
∴90POD OPD ∠+∠=︒，
∵线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ， ∴90POC ∠=︒，OP OC =，
∴90POD EOC ∠+∠=︒，
∴OPD EOC ∠=∠，
∴POD OCE ∆≅∆，
∴OE PD =，
4m t =+.
故答案为4m t =+.
（3）解：如图，过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，
由（1）知，4AO BO ==，90BOA ∠=︒，
∴ABO ∆为等腰直角三角形，
∴45ABO BAO ∠=∠=︒，9045BOT ABO ABO ∠=︒-∠=︒=∠，
∴BT TO =，
∵90BTO ∠=︒，
∴90TPO TOP ∠+∠=︒，
∵PO BM ⊥，
∴90BNO ∠=︒，
∴BQT TPO ∠=∠，
∴QTB PTO ∆≅∆，
∴QT TP =，PO BQ =，
∴PQT QPT ∠=∠，
∵PO PK KB =+，
∴QB PK KB =+，QK KP =，
∴KQP KPQ ∠=∠，
∴PQT KQP QPT KPQ ∠-∠=∠-∠，TQB TPK ∠=∠，
∴KPB BPN ∠=∠，
设KPB x ∠=︒，
∴BPN x ∠=︒，
∵2PMB KPB ∠=∠，
∴2PMB x ∠=︒，
45POM PAO APO x ∠=∠+∠=︒+︒，9045NMO POM x ∠=︒-∠=︒-︒， ∴45PMO PMB NMO x POM ∠=∠+∠=︒+︒=∠，
∴PO PM =，
过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，
∴22OM OD t ==，
9045OPD POD x BMO ∠=︒-∠=︒-︒=∠，
tan tan OPD BMO ∠=∠，
OD BO PD MO =，442t t t =+， 14t =，22t =-（舍）
∴8OM =，由（2）知，48m t OM =+==，
∴CM y P 轴，
∵90PNM POC ∠=∠=︒，
∴BM OC P ，
∴四边形BOCM 是平行四边形，
∴4832BOCM S BO OM =⨯=⨯=Y .
故答案为32.
【点睛】
本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
7．如图，直线y ＝
12x +2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，抛物线y ＝﹣12
x 2+bx +c 经过A 、B 两点，与x 轴的另一个交点为 C ．
（1）求抛物线的解析式； （2）根据图象，直接写出满足12x +2≥﹣12
x 2+bx +c 的x 的取值范围； （3）设点D 为该抛物线上的一点、连结AD ，若∠DAC ＝∠CBO ，求点D 的坐标．
【答案】（1）213222y x x =-
-+；（2）当x ≥0或x ≤﹣4；（3）D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．
【解析】
【分析】
（1）由直线y ＝
12
x +2求得A 、B 的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析式； （2）观察图象，找出直线在抛物线上方的x 的取值范围；
（3）如图，过D 点作x 轴的垂线，交x 轴于点E ，先求出CO ＝1，AO ＝4，再由∠DAC ＝
∠CBO ，得出tan ∠DAC ＝tan ∠CBO ，从而有，
DE CO AE BO =,最后分类讨论确定点D 的坐标． 【详解】
解：（1）由y ＝12
x +2可得： 当x ＝0时，y ＝2；当y ＝0时，x ＝﹣4，
∴A （﹣4，0），B （0，2），
把A 、B 的坐标代入y ＝﹣12x 2+bx +c 得： 322
b c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，， ∴抛物线的解析式为：213222
y x x =-
-+ （2）当x ≥0或x ≤﹣4时，12x +2≥﹣12x 2+bx +c （3）如图，过D 点作x 轴的垂线，交x 轴于点E ， 由213222
y x x =
-+令y ＝0， 解得：x 1＝1，x 2＝﹣4，
∴CO ＝1，AO ＝4，
设点D 的坐标为（m ，213222
m m --+）， ∵∠DAC ＝∠CBO ，
∴tan ∠DAC ＝tan ∠CBO ，
∴在Rt △ADE 和Rt △BOC 中有DE CO AE BO =， 当D 在x 轴上方时，213212242
--+=+m m m 解得：m 1＝0，m 2＝﹣4（不合题意，舍去），
∴点D 的坐标为（0，2）．
当D 在x 轴下方时，213(2)12242
---+=+m m m 解得：m 1＝2，m 2＝﹣4（不合题意，舍去），
∴点D 的坐标为（2，﹣3），
故满足条件的D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．
【点睛】
本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式．解题的关键是能够熟练掌握一次函数和二次函数的有关知识解决问题，分类讨论是第（3）题的难点．
8．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，
40），直线AB：y＝1
3
x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作
EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH．
（1）求边EF的长；
（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）．
①当点F1移动到点B时，求t的值；
②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE 重叠部分的面积．
【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120；
【解析】
【分析】
（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-4
3
x+40，可
求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；
（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，1010=10；
②F点移动到F'10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE
上时，在Rt△F'NF中，NF
NF'
=
1
3
，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'
中，
4
3
MH
EM
'
=，t=4，S=
1
2
×(12+
45
4
)×11=
1023
8
；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，
PK
F K'
=
1
3
，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，
PK
KG'
＝
3
1539
t
t
-
-+
＝
4
3
，t=7，S=15×（15-7）=120.【详解】
（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b，
将点E（30，0），点D（0，40），
∴
300
40
k b
b
+=
⎧
⎨
=
⎩
，
∴
4
3
40
k
b
⎧
=-
⎪
⎨
⎪=
⎩
，
∴y＝﹣4
3
x+40，
直线AB与直线DE的交点P（21，12），
由题意知F（30，15），
∴EF＝15；
（2）①易求B（0，5），
∴BF＝1010，
∴当点F1移动到点B时，t＝101010
÷＝10；
②当点H运动到直线DE上时，
F点移动到F'10，
在Rt△F'NF中，
NF
NF'
=
1
3
，
∴FN＝t，F'N＝3t，
∵MH'＝FN＝t，
EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，
在Rt△DMH'中，
43MH EM '=， ∴
41533
t t =-， ∴t ＝4， ∴EM ＝3，MH'＝4，
∴S ＝
1451023(12)11248
⨯+⨯=； 当点G 运动到直线DE 上时，
F 点移动到F'10，
∵PF ＝10
∴PF'10t ﹣10，
在Rt △F'PK 中，
13
PK F K ='， ∴PK ＝t ﹣3，F'K ＝3t ﹣9，
在Rt △PKG'中，
PK KG '＝31539t t --+＝43
， ∴t ＝7，
∴S ＝15×（15﹣7）＝120.
【点睛】
本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．
9．如图，AB 是⊙O 的直径，PA 、PC 与⊙O 分别相切于点A ，C ，PC 交AB 的延长线于点D ，DE ⊥PO 交PO 的延长线于点E ．
(1)求证：∠EPD=∠EDO ；
(2)若PC=3，tan ∠PDA=34
，求OE 的长．
【答案】（1）见解析；（25.【解析】
【分析】
（1）由切线的性质即可得证.（2）连接OC，利用tan∠PDA=3
4
，可求出CD=2,进而求得
OC=3
2
，再证明△OED∽△DEP，根据相似三角形的性质和勾股定理即可求出OE的长.
【详解】
（1）证明：∵PA，PC与⊙O分别相切于点A，C，∴∠APO=∠CPO, PA⊥AO，
∵DE⊥PO，
∴∠PAO=∠E=90°，
∵∠AOP=∠EOD，
∴∠APO=∠EDO，
∴∠EPD=∠EDO.
（2）连接OC，
∴PA=PC=3，
∵tan∠PDA=3
4
，
∴在Rt△PAD中，
AD=4，22
PA AD
+，∴CD=PD-PC=5-3=2，
∵tan∠PDA=3
4
，
∴在Rt△OCD中，
OC=3
2
，
22
OC CD
+
5
2
，
∵∠EPD=∠ODE，∠OCP=∠E=90°，∴△OED∽△DEP，
∴PD
DO =
PE
DE
=
DE
OE
=2，
∴DE=2OE,
在Rt △OED 中，OE 2+DE 2=OD 2，即5OE 2=252⎛⎫ ⎪⎝⎭=254， ∴OE=52
．
【点睛】
本题考查了切线的性质；锐角三角函数；勾股定理和相似三角形的判定与性质，充分利用tan ∠PDA=34
，得线段的长是解题关键.
10．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=43
BD=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 4BAD F ∴∠==
， 34
BD AD ∴=. 6BD =Q 483AD BD ∴=
=， 226810AB ∴=+=，5OB OC ==.
OC CF Q ⊥，
90OCF ∴∠=︒， 3tan 4OC 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．
11．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3PN 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3，得出PD=3t ，由题意得出方程，解方程即可；
（3）当0＜t≤4
5
时，PQ=23t，PN=
3
2
PQ=3t，S=矩形PQMN的面积=PQ×PN，即可得出
结果；当4
5
＜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 -， ∴23323t t t - ∴△MEQ 的面积=12×3t×23323t 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．
12．如图所示，一堤坝的坡角62ABC ∠=︒，坡面长度25AB =米(图为横截面)，为了使堤坝更加牢固，一施工队欲改变堤坝的坡面，使得坡面的坡角50ADB ∠=︒，则此时应将坝底向外拓宽多少米？(结果保留到0.01 米)(参考数据：sin620.88︒≈，cos620.47︒≈，tan50 1.20︒≈)
【答案】6.58米
【解析】
试题分析：过A点作AE⊥CD于E．在Rt△ABE中，根据三角函数可得AE，BE，在
Rt△ADE中，根据三角函数可得DE，再根据DB=DE﹣BE即可求解．
试题解析：过A点作AE⊥CD于E．在Rt△ABE中，
∠ABE=62°．∴AE=AB•sin62°=25×0.88=22米，
BE=AB•cos62°=25×0.47=11.75米，在Rt△ADE中，∠ADB=50°，∴DE==18米，∴DB=DE﹣BE≈6.58米．故此时应将坝底向外拓宽大约6.58米．
考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．。