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备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及详细答案

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中考数学锐角三角函数(大题培优易错试卷)及答案解析

中考数学锐角三角函数(大题培优易错试卷)及答案解析

中考数学锐角三角函数(大题培优易错试卷)及答案解析一、锐角三角函数1．（6分）某海域有A ，B 两个港口，B 港口在A 港口北偏西30°方向上，距A 港口60海里，有一艘船从A 港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B 港口南偏东75°方向的C 处，求该船与B 港口之间的距离即CB 的长（结果保留根号）．【答案】．【解析】 试题分析：作AD ⊥BC 于D ，于是有∠ABD=45°，得到AD=BD=，求出∠C=60°，根据正切的定义求出CD 的长，得到答案． 试题解析：作AD ⊥BC 于D ，∵∠EAB=30°，AE ∥BF ，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，∴∠C=60°，在Rt △ACD 中，∠C=60°，AD=，则tanC=，∴CD==，∴BC=．故该船与B 港口之间的距离CB 的长为海里．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．2．如图（9）所示（左图为实景侧视图，右图为安装示意图），在屋顶的斜坡面上安装太阳能热水器：先安装支架AB 和CD （均与水平面垂直），再将集热板安装在AD 上.为使集热板吸热率更高，公司规定：AD 与水平面夹角为1θ，且在水平线上的射影AF 为1.4m .现已测量出屋顶斜面与水平面夹角为2θ，并已知1tan 1.082θ=，2tan 0.412θ=．如果安装工人确定支架AB 高为25cm ，求支架CD 的高（结果精确到1cm）？【答案】【解析】过A作AF CD⊥于F，根据锐角三角函数的定义用θ1、θ2表示出DF、EF的值，又可证四边形ABCE为平行四边形，故有EC=AB=25cm，再再根据DC=DE+EC进行解答即可．3．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．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=95S△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=45；（2）当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN；（3）当2733-或2733+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 =95S △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 =12•AC•BE=814， ∴BE=92， 在Rt △ABE 中，AE=22=6AB BE -， ∴coaA=647.55AE 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 ， ∴34•PQ 2=9354⨯•CQ 2，∴9t2+（9-9t）2=95×（5t）2，整理得：5t2-18t+9=0，解得t=3（舍弃）或35．∴当t=35时，满足S△PQM=95S△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°，∴PH=3HQ，∴3t=3（9-9t），∴t=2733-．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．同法可得3，∴39t-9），∴27+33综上所述，当2733-s27+33时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN 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．4．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31）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3D、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 ．∵AC=3BD ，CD=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=33EF 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 ．∵3BD ，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．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）． 问题探究：把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(3)记AC BC＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 3CPE V 总是等边三角形【解析】【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FP MC PB =，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，AC BC =tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可．【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P 作PM ⊥CE 于点M ，∵EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，∴EF ∥MP ∥CB ，∴EM FP MC PB=，∵点P 是BF 的中点，∴EM=MC ，又∵PM ⊥CE ，∴PC=PE ；（2）PC=PE 成立，理由如下：如图3，过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF 和△EAF 中，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA ，AF=AF ，∴△DAF ≌△EAF （AAS ），∴AD=AE ，在△DAP 和△EAP 中，∵AD=AE ，∠DAP=∠EAP ，AP=AP ，∴△DAP ≌△EAP （SAS ），∴PD=PE ，∵FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，∴FD ∥BC ∥PM ，∴DM FP MC PB=， ∵点P 是BF 的中点，∴DM=MC ，又∵PM ⊥AC ，∴PC=PD ，又∵PD=PE ， ∴PC=PE ；（3）如图4，∵△CPE 总是等边三角形， ∴∠CEP=60°， ∴∠CAB=60°， ∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC ，ACBC=tan30°， ∴k=tan30°=3， ∴当k 为33时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．7．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．8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D 时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB 上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，∴x=3．当≤t≤4时，S MNGN=1cm2．当4＜t≤6时，S MNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cm∴NC=6cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm∴t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.9．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：P1（﹣m，1），P2（﹣m，﹣3），P3（﹣﹣m，3），P4（3﹣m，3）．【考点】二次函数综合题．10．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．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32PN 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87t = ． 【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=32PQ=3t，得出PD=3t，由题意得出方程，解方程即可；（3）当0＜t≤45时，PQ=23t，PN=3PQ=3t，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≤45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45＜t≤2时，由平行线得出△OEF∽△MEQ，得出EF OFEQ MQ=，即233ttEF t-=+，解得EF=2332t t-，得出EQ=23323t tt-+，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，∵333t=3t，∴PD=3t，∵PA+PD=AD，即2t+3t=4，解得：t=45．（3）当0＜t≤45时，如图1所示：PQ=23t，PN=32PQ=32×23t=3t，S=矩形PQMN的面积=PQ×PN=23t×3t=63t2；当45＜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=63t2-2×12×3（5t-4）2=-19t2+403t-163，即S=-19t2+403t-163；（4）分两种情况：当0＜t≤45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：EF=243232t t 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，在ABC △中，10AC BC ==，3cos 5C =,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P e 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .()1当P e与边BC相切时，求P e的半径；()2联结BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围；()3在()2的条件下，当以PE长为直径的Qe与Pe相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409；（2）()25880010320x x xy xx-+=<<+；（3）1025-【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=45，sinC=HPCP=R10R-=45，即可求解；（2）PD∥BE，则EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx y--+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=35，则sinC=35，sinC=HPCP=R10R-=45，解得：R=409；（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=35，设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，则BH=ACsinC=8，同理可得：CH=6，HA=4，AB=45，则：tan∠CAB=2BP=()2284x+-=2880x x-+，DA=25x，则BD=45-25x，如下图所示，PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，tanβ=2，则55EB=BDcosβ=（555x）525x，∴PD∥BE，∴EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx y--+=，整理得：y=)2x8x800x103x20-+<<+；（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，∵点Q时弧GD的中点，∴DG⊥EP，∵AG是圆P的直径，∴∠GDA=90°，∴EP∥BD，由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，∴5设圆的半径为r，在△ADG中，55AG=2r，5551+，则：55相交所得的公共弦的长为5【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．13．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，CG⊥AB，垂足为D(1)求证：PC是⊙O的切线；(2)求证：PA AD PC CD=；(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=12．【解析】【分析】（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=35，得到BEAB＝35，于是求得结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°，∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴弧AC=弧AG，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴CF=AF，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=35，∴sin∠FAD=35，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，∵sin∠EAD=35，∴35BEAB，∵AB=20，∴BE=12．【点睛】本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．14．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边的中线，DE⊥BC于E，连结CD，点P在射线CB上（与B，C不重合）（1）如果∠A＝30°，①如图1，∠DCB等于多少度；②如图2，点P在线段CB上，连结DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连结BF，补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论；（2）如图3，若点P在线段CB 的延长线上，且∠A＝α（0°＜α＜90°），连结DP，将线段DP绕点逆时针旋转2α得到线段DF，连结BF，请直接写出DE、BF、BP三者的数量关系（不需证明）【答案】（1）①∠DCB＝60°．②结论：CP＝BF．理由见解析；（2）结论：BF﹣BP＝2DE•tanα．理由见解析．【解析】【分析】（1）①根据直角三角形斜边中线的性质，结合∠A＝30°，只要证明△CDB是等边三角形即可；②根据全等三角形的判定推出△DCP≌△DBF，根据全等的性质得出CP＝BF，（2）求出DC＝DB＝AD，DE∥AC，求出∠FDB＝∠CDP＝2α+∠PDB，DP＝DF，根据全等三角形的判定得出△DCP≌△DBF，求出CP＝BF，推出BF﹣BP＝BC，解直角三角形求出CE＝DEtanα即可．【详解】（1）①∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠B＝60°，∵AD＝DB，∴CD＝AD＝DB，∴△CDB是等边三角形，∴∠DCB＝60°．②如图1，结论：CP＝BF．理由如下：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，DE⊥BC，∠DCB＝60°，∴△CDB为等边三角形.∴∠CDB＝60°∵线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，∵∠PDF＝60°，DP＝DF，∴∠FDB＝∠CDP，在△DCP和△DBF中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF.（2）结论：BF ﹣BP ＝2DEt anα．理由：∵∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，DE ⊥BC ，∠A ＝α，∴DC ＝DB ＝AD ，DE ∥AC ，∴∠A ＝∠ACD ＝α，∠EDB ＝∠A ＝α，BC ＝2CE ，∴∠BDC ＝∠A+∠ACD ＝2α，∵∠PDF ＝2α，∴∠FDB ＝∠CDP ＝2α+∠PDB ，∵线段DP 绕点D 逆时针旋转2α得到线段DF ，∴DP ＝DF ，在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF ，而 CP ＝BC+BP ，∴BF ﹣BP ＝BC ，在Rt △CDE 中，∠DEC ＝90°，∴tan ∠CDE ＝CE DE， ∴CE ＝DEtanα， ∴BC ＝2CE ＝2DEtanα，即BF ﹣BP ＝2DEtanα．【点睛】本题考查了三角形外角性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，旋转的性质的应用，能推出△DCP ≌△DBF 是解此题的关键，综合性比较强，证明过程类似．15．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，）【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=tan30x= 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。

备战中考数学知识点过关培优训练∶锐角三角函数含详细答案

备战中考数学知识点过关培优训练∶锐角三角函数含详细答案

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NRt△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=8AE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．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．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=95S△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=45；（2）当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN；（3）当2733-或2733+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 =95S △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 =12•AC•BE=814，∴BE=92， 在Rt △ABE 中，AE=22=6AB BE -，∴coaA=647.55AE 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 ， ∴32=9352， ∴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=95S△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°，∴PH=3HQ，∴3t=3（9-9t），∴t=2733-．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．同法可得3，∴39t-9），∴27+33综上所述，当2733-s27+33时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN 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．3．下图是某儿童乐园为小朋友设计的滑梯平面图.已知BC=4 m,AB=6 m,中间平台宽度DE=1 m,EN,DM,CB为三根垂直于AB的支柱,垂足分别为N,M,B,∠EAB=31°,DF⊥BC于点F,∠CDF=45°,求DM和BC的水平距离BM的长度.(结果精确到0.1 m.参考数据:sin31°≈0.52,cos 31°≈0.86,tan 31°≈0.60)【答案】2.5m.【解析】试题分析：设DF=x，在Rt△DFC中，可得CF=DF=x，则BF=4-x，根据线段的和差可得AN=5-x，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，利用∠EAB的正切值解得x的值．试题解析：解：设DF=，在Rt△DFC中，∠CDF=，∴CF=tan·DF=，又∵CB=4，∴BF=4－，∵AB=6，DE=1，BM= DF=，∴AN=5－，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，EN=4－，AN=5－，tan==0．60，解得=2．5，答：DM和BC的水平距离BM为2．5米．考点：解直角三角形．4．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．5．如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，．①求的值；②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为【解析】试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.与交于点O,且关于对称四边形是菱形.（2）①连接,直线分别交于点,交于点关于的对称图形为在矩形中，为的中点，且O为AC的中点为的中位线同理可得：为的中点，②过点P作交于点由运动到所需的时间为3s由①可得，点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A即：由O 运动到P 所需的时间就是OP+MA 和最小.如下图，当P 运动到,即时，所用时间最短.在中，设解得：和走完全程所需时间为考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置6．（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 5AOC ∠=．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)13x 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 5AOC ∠=、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 DQPOA QDO OA DO=∠=∠=， ∴AOP ∆≌ODQ ∆， ∴AP OQ =；（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=， ∴4455OH OP x ==，35PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=⋅=． ∵//CD AB ， ∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOPy CP x S OP x∆-==， ∴2360300x x y x-+=，当F 与点D 重合时，∵42cos 210165CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=， ∴101016x x =-，解得5013x =，∴2360300x x y x -+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=时，90OPA ∠=，∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=； ②当90POE ∠=时，1010254cos cos 25OC CQ QCO AOC ====∠∠，∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622=-=， ∵501013OP <<， ∴72OP =（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8．7．如图，已知二次函数212y x bx c =++的图象经过点A （-3，6），并与x 轴交于点B （-1，0）和点C ，顶点为点P ．（1）求这个二次函数解析式；（2）设D 为x 轴上一点，满足∠DPC =∠BAC ，求点D 的坐标； （3）作直线AP ，在抛物线的对称轴上是否存在一点M ，在直线AP 上是否存在点N ，使AM +MN 的值最小？若存在，求出M 、N 的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）；（2）点P （7，0）；（3）点N （-7 5，145）．【解析】【分析】（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）利用S△ABC= 12×AC×BH=12×BC×y A，求出sinα=222105BHAB==，则tanα=12，在△PMD中，tanα= MDPM=1222x=+，即可求解；（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，即可求解．【详解】（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：9633212bb c⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--+⎪⎩，解得：132bc=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，故：抛物线的表达式为：y=12x2-x-32，令y=0，则x=-1或3，令x=0，则y=-32，故点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；（2）过点B作BH⊥AC交于点H，过点P作PG⊥x轴交于点G，设：∠DPC=∠BAC=α，由题意得：AB10，AC2BC=4，PC2，S△ABC=12×AC×BH=12×BC×y A，解得：BH2sinα=BHAB22210=5，则tanα=12，由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°，延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M，则MD=MC=x，在△PMD中，tanα=MDPM=22x+=12，解得：x=22，则CD=2x=4，故点P（7，0）；（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，直线AP表达式中的k值为：84-=-2，则直线A′N表达式中的k值为12，设直线A′N的表达式为：y=12x+b，将点A′坐标代入上式并求解得：b=72，故直线A′N的表达式为：y=12x+72…①，当x=1时，y=4，故点M（1，4），同理直线AP的表达式为：y=-2x…②，联立①②两个方程并求解得：x=-75，故点N（-75，145）．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3），利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法．8．如图，在▱ABCD中，AC与BD交于点O，AC⊥BC于点C，将△ABC沿AC翻折得到△AEC，连接DE．（1）求证：四边形ACED是矩形；（2）若AC＝4，BC＝3，求sin∠ABD的值．【答案】（1）证明见解析（2）613 【解析】【分析】 （1）根据▱ABCD 中，AC ⊥BC ，而△ABC ≌△AEC ，不难证明；（2）依据已知条件，在△ABD 或△AOC 作垂线AF 或OF ，求出相应边的长度，即可求出∠ABD 的正弦值．【详解】（1）证明：∵将△ABC 沿AC 翻折得到△AEC ，∴BC ＝CE ，AC ⊥CE ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ，AD ＝BC ，∴AD ＝CE ，AD ∥CE ， ∴四边形ACED 是平行四边形，∵AC ⊥CE ，∴四边形ACED 是矩形．（2）解：方法一、如图1所示，过点A 作AF ⊥BD 于点F ，∵BE ＝2BC ＝2×3＝6，DE ＝AC ＝4，∴在Rt △BDE 中，2222BD BE DE 64213=+=+=∵S △BDE ＝12×DE•AD ＝12AF•BD ， ∴AF 61313213=， ∵Rt △ABC 中，AB 2234+5，∴Rt △ABF 中，sin ∠ABF ＝sin ∠ABD ＝6136135AF AB ==方法二、如图2所示，过点O 作OF ⊥AB 于点F ，同理可得，OB ＝1132BD = ∵S △AOB ＝11OF AB OA BC 22⋅=⋅，∴OF ＝23655⨯=， ∵在Rt △BOF 中， sin ∠FBO ＝0613513F OB ==， ∴sin ∠ABD ＝613．【点睛】本题考查直角三角形翻折变化后所得图形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质和解直角三角形求线段的长度，关键是正确添加辅助线和三角形面积的计算公式求出sin ∠ABD ．9．关于三角函数有如下的公式：sin （α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ①cos （α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ②tan （α+β）=③利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如： tan105°=tan （45°+60°）==﹣（2+）．根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题： 如图，直升飞机在一建筑物CD 上方A 点处测得建筑物顶端D 点的俯角α=60°，底端C 点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD 的水平距离BC 为42m ，求建筑物CD 的高．【答案】建筑物CD的高为84米．【解析】分析：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了.详解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°，∴在Rt△ABC和Rt△ADEAB=BC•tan75°=42tan75°=，AE=，∴CD=AB﹣AE=（米）.答：建筑物CD的高为84米.睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt△ABC和Rt△ADE中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.10．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF∵AD//BC∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF∴AB=BE AB=AF∴AF=AB=BE∵AD//BC∴ABEF为平行四边形又AB=BE∴ABEF为菱形（2）作PH⊥AD于H由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5∴tan∠ADP=考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数。

人教中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及详细答案

人教中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及详细答案

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，直线y＝1 2 x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣12x2+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≥﹣12x2+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＝12x+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 COAE BO=,最后分类讨论确定点D的坐标．【详解】解：（1）由y＝12x+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＝﹣12x2+bx+c得：322bc⎧=-⎪⎨⎪=⎩，，∴抛物线的解析式为：213222y x x=--+（2）当x≥0或x≤﹣4时，12x+2≥﹣12x2+bx+c（3）如图，过D点作x轴的垂线，交x轴于点E，由213222y x x=-+令y＝0，解得：x1＝1，x2＝﹣4，∴CO＝1，AO＝4，设点D的坐标为（m，213222m m--+），∵∠DAC＝∠CBO，∴tan∠DAC＝tan∠CBO，∴在Rt△ADE和Rt△BOC中有DE COAE BO=，当D在x轴上方时，213212242--+=+m mm解得：m1＝0，m2＝﹣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 mm解得：m1＝2，m2＝﹣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．2．在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，点D是边BC上一点，连接AD，将线段AD绕点A 逆时针旋转90°，得到线段AE，连接DE．（1）如图①，当点E落在边BA的延长线上时，∠EDC＝度（直接填空）；（2）如图②，当点E落在边AC上时，求证：BD＝12 EC；（3）当AB＝22，且点E到AC的距离等于3﹣1时，直接写出tan∠CAE的值．【答案】（1）90；（2）详见解析；（3）633 tan EAC-∠=【解析】【分析】（1）利用三角形的外角的性质即可解决问题；（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．只要证明△BAD≌△PAE（SAS），提出BD=PE，再证明EC=2PE即可；（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．设PH＝x，在Rt△EPH中，可得EP＝3x，EH＝2PH＝2x，由此FH＝2x+3﹣1，CF＝23x+3﹣3，由△BAD≌△PAE，得BD＝EP＝3x，AE＝AD，在Rt△ABG中， AG＝GB＝2，在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，故AE2＝AD2＝AF2+EF2，由勾股定理得AF＝1+3，由此tan∠EAF＝2﹣3，根据对称性可得tan∠EAC＝6-33．【详解】（1）如图1中，∵∠EDC＝∠B+∠BED，∠B＝∠BED＝45°，∴∠EDC＝90°，故答案为90；（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．∵∠DAE＝∠BAP＝90°，∴∠BAD＝∠PAE，∵∠B＝45°，∴∠B＝∠APB＝45°，∴AB＝AP，∵AD＝AE，∴△BAD≌△PAE（SAS），∴BD＝PE，∠APE＝∠B＝45°，∴∠EPD＝∠EPC＝90°，∵∠C＝30°，∴EC＝2PE＝2BD；（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．设PH＝x，在Rt△EPH中，∵∠EPH＝90°，∠EHP＝60°，∴EP3，EH＝2PH＝2x，∴FH＝31，CF3FH＝33∵△BAD≌△PAE，∴BD＝EP3，AE＝AD，在Rt△ABG中，∵AB＝2∴AG＝GB＝2，在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，∵AE2＝AD2＝AF2+EF2，∴22+（23）231）2+（4﹣3﹣32，整理得：9x2﹣12x＝0，解得x＝43（舍弃）或0∴PH＝0，此时E，P，H共点，∴AF＝1+3，∴tan∠EAF＝EFAF ＝3131-+＝2﹣3．根据对称性可知当点E在AC的上方时，同法可得tan∠EAC＝6-33．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．3．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 BCAAB=．∴sin152sin311520.5279.04BC AB A︒=⨯=⨯=⨯=．79.047.986.9486.9BD 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.4．如图（1），已知正方形ABCD 在直线MN 的上方BC 在直线MN 上，E 是BC 上一点，以AE 为边在直线MN 的上方作正方形AEFG ． （1）连接GD ，求证：△ADG ≌△ABE ；（2）连接FC ，观察并直接写出∠FCN 的度数（不要写出解答过程）（3）如图（2），将图中正方形ABCD 改为矩形ABCD ，AB ＝6，BC ＝8，E 是线段BC 上一动点（不含端点B 、C ），以AE 为边在直线MN 的上方作矩形AEFG ，使顶点G 恰好落在射线CD 上．判断当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小是否总保持不变，若∠FCN 的大小不变，请求出tan ∠FCN 的值．若∠FCN 的大小发生改变，请举例说明．【答案】（1）见解析；（2）∠FCN ＝45°，理由见解析；（3）当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小总保持不变，tan ∠FCN ＝43．理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据三角形判定方法进行证明即可．（2）作FH ⊥MN 于H ．先证△ABE ≌△EHF ，得到对应边相等，从而推出△CHF 是等腰直角三角形，∠FCH 的度数就可以求得了．（3）解法同（2），结合（1）（2）得：△EFH ≌△GAD ，△EFH ∽△ABE ，得出EH=AD=BC=8，由三角函数定义即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 和四边形AEFG 是正方形， ∴AB ＝AD ，AE ＝AG ＝EF ，∠BAD ＝∠EAG ＝∠ADC ＝90°， ∴∠BAE +∠EAD ＝∠DAG +∠EAD ，∠ADG ＝90°＝∠ABE ， ∴∠BAE ＝∠DAG ， 在△ADG 和△ABE 中，ADG ABE DAG BAE AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ADG ≌△ABE （AAS ）． （2）解：∠FCN ＝45°，理由如下： 作FH ⊥MN 于H ，如图1所示：则∠EHF ＝90°＝∠ABE ， ∵∠AEF ＝∠ABE ＝90°，∴∠BAE +∠AEB ＝90°，∠FEH +∠AEB ＝90°， ∴∠FEH ＝∠BAE ，在△EFH 和△ABE 中，EHF ABE FEH BAE AE EF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△EFH ≌△ABE （AAS ）， ∴FH ＝BE ，EH ＝AB ＝BC ， ∴CH ＝BE ＝FH ， ∵∠FHC ＝90°， ∴∠FCN ＝45°．（3）当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小总保持不变，理由如下： 作FH ⊥MN 于H ，如图2所示：由已知可得∠EAG ＝∠BAD ＝∠AEF ＝90°，结合（1）（2）得：△EFH ≌△GAD ，△EFH ∽△ABE ， ∴EH ＝AD ＝BC ＝8， ∴CH ＝BE ， ∴EH FH FHAB BE CH==； 在Rt △FEH 中，tan ∠FCN ＝8463FH EH CH AB ===， ∴当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小总保持不变，tan ∠FCN ＝43． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形，矩形的判定及全等三角形的判定方法等知识点的综合运用，其重点是通过证三角形全等或相似来得出线段的相等或成比例．5．现有一个“Z“型的工件（工件厚度忽略不计），如图所示，其中AB为20cm，BC为60cm，∠ABC＝90，∠BCD＝60°，求该工件如图摆放时的高度（即A到CD的距离）．（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.73）【答案】工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【解析】【分析】过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，由∠CQP＝∠AQB、∠CPQ＝∠B＝90°知∠A＝∠C ＝60°，在△ABQ中求得分别求得AQ、BQ的长，结合BC知CQ的长，在△CPQ中可得PQ，根据AP＝AQ+PQ得出答案．【详解】解：如图，过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，∵∠CQP＝∠AQB，∠CPQ＝∠B＝90°，∴∠A＝∠C＝60°，在△ABQ中，∵AQ＝（cm），BQ＝AB tan A＝20tan60°＝20（cm），∴CQ＝BC﹣BQ＝60﹣20（cm），在△CPQ中，∵PQ＝CQ sin C＝（60﹣20）sin60°＝30（﹣1）cm，∴AP＝AQ+PQ＝40+30（﹣1）≈61.9（cm），答：工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义求得相关线段的长度是解题的关键．6．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3cos5C =,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的P 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .()1当P 与边BC 相切时，求P 的半径；()2联结BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，并直接写出x 的取值范围；()3在()2的条件下，当以PE 长为直径的Q 与P 相交于AC 边上的点G 时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409；（2）)25880010x x x y x -+=<<；（3）105- 【解析】 【分析】（1）设⊙P 与边BC 相切的切点为H ，圆的半径为R ，连接HP ，则HP ⊥BC ，cosC=35，则sinC=45，sinC=HP CP =R 10R -=45，即可求解； （2）PD ∥BE ，则EB PD ＝BFPF，即：2248805x x x y x--+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE 为平行四边形，则AG=GP=BD ，即：5求解． 【详解】（1）设⊙P 与边BC 相切的切点为H ，圆的半径为R ，连接HP ，则HP ⊥BC ，cosC=35，则sinC=35， sinC=HP CP =R 10R -=45，解得：R=409； （2）在△ABC 中，AC=BC=10，cosC=35， 设AP=PD=x ，∠A=∠ABC=β，过点B 作BH ⊥AC ，则BH=ACsinC=8， 同理可得：CH=6，HA=4，AB=45，则：tan ∠CAB=2BP=()2284x +-=2880x x -+， DA=25x ，则BD=45-25x ，如下图所示，PA=PD ，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，tanβ=2，则cosβ=5，sinβ=5，EB=BDcosβ=（45-25x）×5=4-25x，∴PD∥BE，∴EBPD＝BFPF，即：2248805x x x yx y--+-=，整理得：y=()25x x8x800x10-+<<；（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，∵点Q时弧GD的中点，∴DG⊥EP，∵AG是圆P的直径，∴∠GDA=90°，∴EP∥BD，由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，∴5设圆的半径为r，在△ADG中，55AG=2r，5551+，则：55相交所得的公共弦的长为5【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．7．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．8．如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为63.4°，沿山坡向上走到P 处再测得该建筑物顶点A的仰角为53°．已知BC＝90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i＝5：12．(1)求此人所在位置点P的铅直高度．(结果精确到0.1米)(2)求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈43，tan63.4°≈2)【答案】（1）此人所在P的铅直高度约为14.3米；（2）从P到点B的路程约为127.1米【解析】分析：(1)过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，设PF＝5x，在Rt△ABC中求出AB，用含x 的式子表示出AE，EP，由tan∠APE，求得x即可；(2)在Rt△CPF中，求出CP的长.详解：过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，∵斜坡的坡度i＝5:12，设PF＝5x，CF＝12x，∵四边形BFPE为矩形，∴BF＝PEPF＝BE.在RT△ABC中，BC＝90，tan∠ACB＝AB BC，∴AB＝tan63.4°×BC≈2×90＝180，∴AE＝AB－BE＝AB－PF＝180－5x，EP＝BC＋CF≈90＋120x.在RT△AEP中，tan∠APE＝1805490123 AE xEP x-≈＝＋，∴x＝207，∴PF＝5x＝10014.37≈.答：此人所在P 的铅直高度约为14.3米.由(1)得CP ＝13x ，∴CP ＝13×207≈37.1，BC ＋CP ＝90＋37.1＝127.1. 答：从P 到点B 的路程约为127.1米. 点睛：本题考查了解直角三角形的应用，关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形，找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题，构造直角三角形，用勾股定理或三角函数求相应的线段长.9．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．10．如图，在航线l 的两侧分别有观测点A 和B ，点B 到航线l 的距离BD 为4km ，点A 位于点B 北偏西60°方向且与B 相距20km 处．现有一艘轮船从位于点A 南偏东74°方向的C 处，沿该航线自东向西航行至观测点A 的正南方向E 处．求这艘轮船的航行路程CE 的长度．（结果精确到0.1km ）（参考数据：3≈1.73，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49）【答案】20.9km【解析】分析：根据题意，构造直角三角和相似三角形的数学模型，利用相似三角形的判定与性质和解直角三角形即可.详解：如图，在Rt △BDF 中，∵∠DBF=60°，BD=4km ，∴BF=cos 60BD =8km ， ∵AB=20km ，∴AF=12km ， ∵∠AEB=∠BDF ，∠AFE=∠BFD ，∴△AEF ∽△BDF ，∴AE BD AF BF， ∴AE=6km ， 在Rt △AEF 中，CE=AE•tan74°≈20.9km ．故这艘轮船的航行路程CE 的长度是20.9km ．点睛：本题考查相似三角形，掌握相似三角形的概念，会根据条件判断两个三角形相似.。

备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)

备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)

备战中考数学锐角三角函数培优练习(含答案)一、锐角三角函数1．图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG ＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为_______分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为_________分米．【答案】553【解析】【分析】如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分别求出BE，B′E′即可．【详解】解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四边形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等边三角形，∵OP⊥CD，∠COD＝30°，∴∠COP＝12∴QM＝OP＝OC•cos30°＝3∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ＝1OA＝5（分米），2∴AM＝AQ＋MQ＝5＋3∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝23（分米），在Rt△PKE中，EK＝22-＝26（分米），EF FK∴BE＝10−2−26＝（8−26）（分米），在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝23（分米），在Rt△FJE′中，E′J＝22-（2）＝26，63∴B′E′＝10−（26−2）＝12−26，∴B′E′−BE＝4．故答案为：5＋53，4．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．2．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）OP6223.【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=12EK=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=12EK=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=33， 综上所述：OP 6223. 【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.3．如图，某无人机于空中A 处探测到目标B D 、的俯角分别是30、60︒︒,此时无人机的飞行高度AC 为60m ，随后无人机从A 处继续水平飞行3到达'A 处.（1）求之间的距离（2）求从无人机'A 上看目标的俯角的正切值. 【答案】（1）120米；（2）235. 【解析】 【分析】（1）解直角三角形即可得到结论；（2）过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ，连接'A D ，于是得到'60A E AC ==，'30CE AA ==3，在Rt △ABC 中，求得DC=33AC=203，然后根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】解：（1）由题意得：∠ABD=30°，∠ADC=60°， 在Rt △ABC 中，AC=60m ，∴AB=sin 30AC︒=6012=120（m ）（2）过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ，连接'A D ， 则'60A E AC ==， '30CE AA ==3，在Rt △ABC 中， AC=60m ，∠ADC=60°，∴DC=33AC=203∴DE=503∴tan ∠A 'A D= tan ∠'A DC='A E DE =503=235答：从无人机'A 上看目标D 的俯角的正切值是235．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线建立直角三角形是解题的关键.4．在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），∠BPE=12∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BF⊥PE，垂足为F，交AC于点G．（1）当点P与点C重合时（如图1）．求证：△BOG≌△POE；（2）通过观察、测量、猜想：BFPE=，并结合图2证明你的猜想；（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3），若∠ACB=α，求BF PE的值．（用含α的式子表示）【答案】（1）证明见解析（2）12BFPE=（3）1tan2BFPEα=【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，P与C重合，∴OB="OP" ，∠BOC=∠BOG=90°．∵PF⊥BG ，∠PFB=90°，∴∠GBO=90°—∠BGO，∠EPO=90°—∠BGO．∴∠GBO=∠EPO ．∴△BOG≌△POE（AAS）．（2）BF1PE2=．证明如下：如图，过P作PM//AC交BG于M，交BO于N，∴∠PNE=∠BOC=900，∠BPN=∠OCB．∵∠OBC=∠OCB =450，∴∠NBP=∠NPB．∴NB=NP．∵∠MBN=900—∠BMN，∠NPE=900—∠BMN，∴∠MBN=∠NPE．∴△BMN ≌△PEN （ASA ）．∴BM=PE ．∵∠BPE=12∠ACB ，∠BPN=∠ACB ，∴∠BPF=∠MPF ． ∵PF ⊥BM ，∴∠BFP=∠MFP=900．又∵PF=PF ， ∴△BPF ≌△MPF （ASA ）．∴BF="MF" ，即BF=12BM ． ∴BF=12PE ， 即BF 1PE 2=． （3）如图，过P 作PM//AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，∴∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=900．由（2）同理可得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ． ∵∠BNM=∠PNE=900，∴△BMN ∽△PEN ．∴BM BNPE PN=． 在Rt △BNP 中，BN tan =PN α， ∴BM =tan PE α，即2BF=tan PEα． ∴BF 1=tan PE 2α． （1）由正方形的性质可由AAS 证得△BOG ≌△POE ．（2）过P 作PM//AC 交BG 于M ，交BO 于N ，通过ASA 证明△BMN ≌△PEN 得到BM=PE ，通过ASA 证明△BPF ≌△MPF 得到BF=MF ，即可得出BF 1PE 2=的结论． （3）过P 作PM//AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，同（2）证得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ，从而可证得△BMN ∽△PEN ，由BM BN PE PN =和Rt △BNP 中BNtan =PNα即可求得BF 1=tan PE 2α．5．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 31．7）．【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．6．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．（1）求证：△ABC∽△BCD；（2）求x的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（215-+；（3758+【解析】试题分析：（1）由等腰三角形ABC 中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD 为角平分线求出∠DBC 的度数，得到∠DBC=∠A ，再由∠C 为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC 与三角形BCD 相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC ，根据AD+DC 表示出AC ，由（1）两三角形相似得比例求出x 的值即可；（3）过B 作BE 垂直于AC ，交AC 于点E ，在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果． 试题解析：（1）∵等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°， ∴∠ABC=∠C=72°， ∵BD 平分∠ABC ， ∴∠ABD=∠CBD=36°， ∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C ， ∴△ABC ∽△BCD ； （2）∵∠A=∠ABD=36°， ∴AD=BD ， ∵BD=BC ， ∴AD=BD=CD=1，设CD=x ，则有AB=AC=x+1， ∵△ABC ∽△BCD ，∴AB BC BD CD =，即111x x +=， 整理得：x 2+x-1=0，解得：x 115-+，x 215--（负值，舍去），则15-+； （3）过B 作BE ⊥AC ，交AC 于点E ，∵BD=CD ，∴E 为CD 中点，即DE=CE=15-+， 在Rt △ABE 中，cosA=cos36°=151514151AE AB -+++==-++， 在Rt △BCE 中，cosC=cos72°=1515414EC BC -+-+==， 则cos36°-cos72°=51+=-154-+=12． 【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．7．如图，在△ABC 中，∠ABC ＝90°，以AB 的中点O 为圆心，OA 为半径的圆交AC 于点D ，E 是BC 的中点，连接DE ，OE ．（1）判断DE 与⊙O 的位置关系，并说明理由； （2）求证：BC 2＝2CD•OE ； （3）若314cos ,53BAD BE ∠==，求OE 的长．【答案】（1）DE 为⊙O 的切线，理由见解析；（2）证明见解析；（3）OE =356． 【解析】试题分析：（1）连接OD ，BD ，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB 为直角，可得出△BCD 为直角三角形，E 为斜边BC 的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，从而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中两锐角互余，从而可得∠ADO与∠CDE互余，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，可得出DE为⊙O的切线；（2）由已知可得OE是△ABC的中位线，从而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得．试题解析：（1）DE为⊙O的切线，理由如下：连接OD，BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，∴CE=DE=BE=BC，∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∵∠ABC=90°，∴∠C+∠A=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，∴∠ODE=90°，∴DE⊥OD，又OD为圆的半径，∴DE为⊙O的切线；（2）∵E是BC的中点，O点是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴AC=2OE，∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，∴△ABC∽△BDC，∴，即BC2=AC•CD．∴BC2=2CD•OE；（3）解：∵cos∠BAD=，∴sin∠BAC=，又∵BE=，E是BC的中点，即BC=，∴AC=．又∵AC=2OE，∴OE=AC=．考点：1、切线的判定；2、相似三角形的判定与性质；3、三角函数8．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．（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 5AOC ∠=．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)13x 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 5AOC ∠=、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 DQPOA QDO OA DO=∠=∠=， ∴AOP ∆≌ODQ ∆， ∴AP OQ =；（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=， ∴4455OH OP x ==，35PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=⋅=． ∵//CD AB ， ∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOPy CP x S OP x∆-==， ∴2360300x x y x-+=，当F 与点D 重合时，∵42cos 210165CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=， ∴101016x x =-，解得5013x =， ∴2360300x x y x-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ，∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=； ②当90POE ∠=o 时，1010254cos cos 25OC CQ QCO AOC ====∠∠，∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622=-=， ∵501013OP <<， ∴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8．11．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∠=3=503，∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴AB=AH+BH=503+50，∵60千米/时=503米/秒，∴时间503503+=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。

备战中考数学锐角三角函数(大题培优)及答案

备战中考数学锐角三角函数(大题培优)及答案

-X 锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1. 如图，山坡上有一棵树AB,树底部B 点到山脚C 点的距离BC 为6jj 米，山坡的坡角 为30。

・小宁在山脚的平地F 处测量这棵树的髙，点C 到测角仪EF 的水平距离CF=I 米，【解析】解：・・・底部B 点到山脚C 点的距离BC 为63米，山坡的坡角为30。

・CF=I 米, ・•・ DC=9+l=10 米, /. GE=IO 米, •・・ Z AEG=45∖・•・ AG=EG=I0 米， 在直角三角形BGF 中，BG=GF ∙tan20o=10×0.36=3.6 米， ・•・ AB=AG-BG=IO-3.6=6.4 米, 答：树髙约为6.4米首先在直角三角形BDC 中求得DC 的长，然后求得DF 的长，进而求得GF 的长，然后在直 角三角形BGF 中即可求得BG 的长，从而求得树高2. 如图，等腰AABC 中，AB=AC, ZBAC=36。

，BC=I l 点 D 在边 AC 上且 BD 平分ZABC, 设 CD=×.(1) 求证：△ ABC- ∆ BCD ： (2) 求X 的值：(3) 求 cos36o-cos72°的值.DC=BC ∙cos30o==6√3×√3 2【答案】6.4米 （参考【答案】⑴证明见解析：（2） 土JE ： （3） 7近+ X.216【解析】试题分析：（1）由等腰三角形ABC 中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD 为角平分线 求出ZDBC 的度数，得到Z DBC=Z A,再由ZC 为公共角，利用两对角相等的三角形相似得 到三角形ABC 与三角形BCD 相似：（2） 根据（1）结论得到AD=BD=BC,根据AD+DC 表示出AC,由（1）两三角形相似得比 例求岀X 的值即可；（3） 过B 作BE 垂直于AC,交AC 于点E,在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用 锐角三角函数左义求出∞s360与cos72o的值，代入原式计算即可得到结果. 试题解析：（1） T 等腰AABC 中，AB=AC, Z BAC=36o, ・•・ Z ABC=Z C=72% ••・BD 平分Z ABC, ••・ Z ABD=Z CBD=36% ∙/ Z CBD=Z A=36% Ze=Z C, ・•・△ ABC - A BCD ； （2） V Z A=Z ABD=36∖ .∙. AD=BDf ∙.∙ BD=BC, ・•・ AD=BD=CD=I, 设 CD=x,则有 AB=AC=×+l, •・• △ ABc - △ BCD,AB BC _x+l 1整理得：×2+×-l=0, ≡=E 舍去2（3） IiB 作BE 丄AC,交AC 于点E,BD = CD, i 1~Γ = 7：.E 为 CD 中点，即 DE=CE=二4BC 14√5+l -l + √5 _£2 ,2・等腰三角形的性质：3•黄金分割；4•解直角三角 3. 如图，在AABC 中，ZABC=90\以AB 的中点0为圆心，OA 为半径的圆交AC 于点 D, E 是BC 的中点，连接DE, OE.(1) 判断DE 与OO 的位置关系，并说明理由： (2) 求证：BC 2=2CD ∙0E:3 14 (3) 若COSZBAD = —，BE = -,求 OE 的长.53【答案】(1)DE 为Oo 的切线，理由见解析：(2)证明见解析：(3) OE=^-・6【解析】试题分析：(1)连接0D, BD,由直径所对的圆周角是直角得到ZADB 为直角，可得岀 ∆BCD 为宜角三角形，E 为斜边Be 的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,I +Ξ!±√ΣZIAE4在 Rt ∆ ABE 中，COSA=COS36°=——一 分 AB√5+l4在 Rt ∆ BCE 中,COSC=COS72°= EC土逅+ 1 2 _i+7? 4 -1 + \/5 9则 cos36o-cos72°= =4 4【考点】1.相似三角形的判左与性质; 形・得到CE=DE f从而得Z C=Z CDE,再由OA=OD.得Z A=Z ADO l由Rt∆ ABC中两锐角互余，从而可得ZADO与ZCDE互余，可得出ZODE为直角，即DE垂直于半径0D,可得岀 DE为C)O的切线：(2)由已知可得OE是AABC的中位线，从而有AC=20E,再由ZC=ZC, Z ABC=Z BDC, 可得AABO ABDC,根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得：(3)在直角AABC中，利用勾股左理求得AC的长，根据三角形中位线左理OE的长即可求得. 试题解析：(i) DE为C)O的切线，理由如下：连接0D, BD,∙.∙ AB为C)O的直径，・•・ Z ADB=90%在Rt∆ BDC中，E为斜边BC的中点，1 ∙∙∙ CE=DE=BE=-BC,2・•・ Z C=Z CDE,•・・ OA=OD,・•・ Z A=Z ADO,T Z ABC=90o,・•・ Z C+Z A=90o,・•・ Z ADO+Z CDE=90∖・•・ Z ODE=90∖.∙. DE丄OD,又OD为圆的半径,.∙. DE为C)O的切线；(2)∙.∙E是BC的中点，O点是AB的中点,.∙. OE ⅛Δ ABC的中位线,・•・ AC=20EtT Z C=Z C t Z ABC=Z BDC,••・△ ABC- BDC,BC AC Un 7・•・——=——,即BC2=AC∙CD.CD BC：.BC2=2CD∙OE;3(3)解：∙.∙ COSZ BAD= τ,BC 4.∙. SinZ BAC= = —»AC 5]斗28又TBE=*, E是BC的中点，即BC=学，3 335.∙. AC=—•3又・・• AC=20E,135.・・ OE=-AC=—.2 6考点：1、切线的判泄：2、相似三角形的判定与性质：3、三角函数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0的直径，弦CDlIAB ,动点P、Q分别在线段OC、CD上，且DQ = OP . AP的延长线与射线O0相交于点E、与弦CD相交于点F （点F与（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PE是直角三角形时，求线段OP的长.【答案】（1）证明见解析；（2） y=3・「-6（）工+ 30（）（巴＜牙＜]0）；（S）OP = EX13【解析】【分析】（1）IiE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 ,则可肯泄需证明三角形全等，寻找已知对应边的夹角，即ZPoA = ZQD O即可：（2）根据APFC-ΔΛ4O,将而积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分4成三种情况讨论，充分利用已知条件CoSZAOC = -.以及（1）（2）中已证的结论，注意要对不符合（2）中泄义域的答案舍去.【详解】2，(1) 联结 OD, ∙.∙ OC = OD,∙∙. Z0CD = Z(9DC,∙.∙ CDlIAB.：.ZOCD = ZCOA,.∙. ZPOA = ZQDO.在SAOP 和'ODQ 中，OP = DQ {ZPOA = ZQDO,OA = DO ∙. SAOP^ ^ODQ t •・ AP = OQ.(2)作PH 丄04,交OA 于H ,4.∙ COSZAoC =—,443m UoP 卡,Pr ，・ SMoP =丄 Ao ・ PH = 3x .2・• CDIIAB, ∙. APFCs MA0、Jy=3√-60A÷300t 当F 与点D 重合时,・・ CD = 2OC ∙CoS ZOCD = 2×10×⅛ = 16.51⅛Γ护解得"罟3X 2-60X + 300 z 50 InX・•・ y = --------- ( VX<10)：X13(3) ①当ZOPE = 90 时，ZOPA = 90 ,4・・・ OP = OA cOSZAOC = ∖0×- = S;CC- - -- -IQ 25 ②当 ZPOE = 90」时， CoS ZQCO CoS ZAOC 4 25 25 7 ・・・ OP = DQ = CD-CQ = CD-- =16- — = -2 2 2OC 10•・•一VOPVlO,137・•・OP = -（舍去）：2③当APEO = 90 时，V CDIIAB ,・・・ ZAOQ = ZDQO ,∙.∙ SAOP里'ODQ,：.ZDQO = ZAPO ,・•・ ZAOQ = ZAPO,∙∙∙ ZAEO = ZAOP = 90 ,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，已知二次函数y = [x'+bΛ∙ + c的图象经过点A (-3, 6),并与X轴交于点8 (- 1，0)和点C,顶点为点P.(1)求这个二次函数解析式；(2)设D为X轴上一点，满足Z DPC=Z BAC,求点D的坐标；(3)作直线&P,在抛物线的对称轴上是否存在一点M,在直线AP±是否存在点Λ/,使AM+M∕V 的值最小？若存在，求出M、N的坐标：若不存在，请说明理由.【答案】(1)点C坐标为(3, 0),点P (1, -2) : (2)点P (7, 0): ⑶点N (・5 5【解析】【分析】(1)将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解：1I BH O «</2 1 J (2)利用SΔ ABC= —×AC×BH= —×BC×yA> 求出 Sina= = 一= —= ♦则 tana=—, 在2 2 AB2√10√5 2MD X 1Δ PMD 中，tana= --- = ---- ,即可求解；PM x + 2√2 2(3>作点A关于对称轴的对称点A，(5, 6),过点A，作AN丄AP分别交对称轴与点M、交AP于点N,此时AM+MN最小，即可求解.13 故：抛物线的表达式为：X=-X 2-X--.22 3令尸0,则X=.或3,令x=0,则y=-— »2故点C 坐标为（3, 0）,点P （1, -2）:（2）过点3作BH 丄AC 交于点H,过点P 作PG 丄X 轴交于点G,由题意得：AB=2 √10 > ∕AC=6√2 > BC=4, PC=2 √2 »1 1S Δ ABC= — ×AC×BH= — ×BC×VA ^22解得：BH=2BHSina= ------- 2√2 1nιl1=——F = = 一T=,贝IJ tana=—, 由题意得： GC=I=PG.故Z PCB=AS 09延长PC,过点D 作DM 丄PC 交于点M,则 MD=MC=X,八 IMD X 1 ∏.∆ PMD ψ, tanα= = ------ T ==—PM x+2√2 2解得：×=2Λ∕2 ,则 CD=TJX 二4, 故点 P （7, 0）:（3）作点A 关于对称轴的对称点A （5, 6）,过点A 作AN 丄AP 分别交对称轴与点M 、交AP 于点N,此时AM^M N 最小,【详解】（1）将点人、B 坐标代入二次函数表达式得:.96 = _-3/? + 32 O = - — -/? +C2b = -∖解得： 3C =——2Q 1直线AP表达式中的k值为：—=-2,则直线AN表达式中的k值为丄，-4 2设直线AN的表达式为：y=*χ+b,将点A坐标代入上式并求解得：b=[,21 7故直线AN的表达式为：y=-x÷-...①，2 2当E时,y=4,故点 M (1, 4 ),同理直线AP的表达式为：y=-2x...②，联立①②两个方程并求解得：X=-L714故点N§)・【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中(3),利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法.6.如图，正方形ABCD的边长为√2+l.对角线AC、BD相交于点O, AE平分ZBAC分别交 BC、BD 于 E、F,(1)求证：△ ABz △ ACE：(2)求 tanZ BAE 的值;(3)在线段AC上找一点P,使得PE÷PF最小，求出最小值.【答案】(1)证明见解析；(2) tanZ EAB=JJ - 1：(3) PE+PF的最小值为√2 + √2 ∙【解析】【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可；（2）如图i中，作EH丄AC于H.首先证明BE=EH=HC,设BE=EH=HC=X,构建方程求出X 即可解决问题；（3）如图2中，作点F关于直线AC的对称点H,连接EH交AC于点P,连接PF,此时 PF+PE 的值最小，最小值为线段EH的长：【详解】（1）证明：T四边形ABCD是正方形，・•・ Z ACE = Z ABF=Z CAB=45%••• AE 平分Z CAB,・•・Z EAC = Z BAF = 22.5°,・•・△ ABF- ∆ ACE.（2）解：如图1中，作EH丄AC于H・D C图1∙/ EA 平分Z CAB, EH丄AC, EB丄AB,・•・ BE = EB,•・・ Z HCE = 45o, Z CHE=90%・•・ Z HCE = Z HEC = 45%・•・ HC=EH,・•・ BE = EH = HC,设 BE = HE = HC=x,则 EC=JJx,T BC=√2+1»・•・x+x=匝+1，.∙. X=I t在 Rt∆ ABE 中，∙/ Z ABE=90%BE _ 1 _ ZT・•・ta∩Z EAB = ——=—7=——=72 -I.AB√2 + l（3）如图2中，作点F关于直线AC的对称点H,连接EH交AC于点P,连接PF,此时PF÷PE的值最小.•・• AC= √AB 2 3+BC 2=2÷√2 >・•・ OA=OC = OB=丄 AC= $ + 忑,2 2HM = OH+OM =••・PE+PF 的最小值为J2 + √Σ・・ 【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定，勾股定理，最短问题等知识，解题的关键是 学会添加常用辅助线，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型・7. 在矩形ABCD 中，AD>AB,点P 是CD 边上的任意一点（不含C, D 两端点），过点P 作PFIl BC,交对角线BD 于点F.2 如图1，将ZkPDF 沿对角线BD 翻折得到ZkQDF, QF 交AD 于点E.求证：Δ DEF 是等 腰三角形; 3如图2,将APDF 绕点D 逆时针方向旋转得到△ P ,DF,连接PC, F ,B.设旋转角为α（0o<a<180o）・,1・•・ OH = OF = OA ∙tanZ OAF = OA ∙tanZ EAB =2 +√2~~2在 Rt ∆ EHM 中，EH=JEM$+ HNf = C（备用图）②如图3,若点P 是CD 的中点，ADFB 能否为直角三角形？如果能，试求出此时 ta∩Z DBF I的值，如果不能，请说明理由・1 /T【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析：②亍或字. 【解析】【分析】（2）根据翻折的性质以及平行线的性质可知ZDFQ=Z ADF,所以ADEF 是等腰三 角形；（2）①由于PFIl BC,所以△ DPF 〜△ DCB,从而易证厶DPF-厶DCB ；②由于ADFB 是直角三角形，但不知道哪个的角是直角，故需要对该三角形的内角进行分 类讨论.【详解】（I ）由翻折可知：ZDFP=ZDFQ, ・・ PFIl BC, •・ Z DFP=Z ADF t •・ Z DFQ=Z ADF, •・△ DEF 是等腰三角形；(2)①若(TVaVZ BDC,即DF 1在Z BDC 的内部时,・• Z P ,DF Z=Z PDF, •・ Z P ZDF Z- Z F ZDC=Z PDF - Z FDC,•・ Z P ,DC=Z F zDB, 当ZDBF=90。

备战中考数学培优专题复习锐角三角函数练习题及答案解析

备战中考数学培优专题复习锐角三角函数练习题及答案解析

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．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.2．如图，二次函数y＝x2+bx﹣3的图象与x轴分别相交于A、B两点，点B的坐标为（3，0），与y轴的交点为C，动点T在射线AB上运动，在抛物线的对称轴l上有一定点D，其纵坐标为3，l与x轴的交点为E，经过A、T、D三点作⊙M．（1）求二次函数的表达式；（2）在点T的运动过程中，①∠DMT的度数是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由；②若MT＝12AD，求点M的坐标；（3）当动点T在射线EB上运动时，过点M作MH⊥x轴于点H，设HT＝a，当OH≤x≤OT 时，求y的最大值与最小值（用含a的式子表示）．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3（2）①在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值②（0，3）（3）见解析【解析】【分析】（1）把点B的坐标代入抛物线解析式求得系数b的值即可；（2）①如图1，连接AD．构造Rt△AED，由锐角三角函数的定义知，tan∠DAE＝3．即∠DAE＝60°，由圆周角定理推知∠DMT＝2∠DAE＝120°；②如图2，由已知条件MT＝12AD，MT＝MD，推知MD＝12AD，根据△ADT的外接圆圆心M在AD的中垂线上，得到：点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD＝12AD．根据点A、D的坐标求得点M的坐标即可；（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝12AT．易得H（a﹣1，0），T（2a﹣1，0）．由限制性条件OH≤x≤OT 、动点T 在射线EB上运动可以得到：0≤a﹣1≤x≤2a﹣1．需要分类讨论：（i）当2111(1)211aa a-⎧⎨----⎩，即413a<，根据抛物线的增减性求得y的极值．（ii）当0112111(1)211aaa a<-⎧⎪->⎨⎪--<--⎩，即43＜a≤2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．【详解】解：（1）把点B （3，0）代入y ＝x 2+bx ﹣3，得32+3b ﹣3＝0，解得b ＝﹣2，则该二次函数的解析式为：y ＝x 2﹣2x ﹣3；（2）①∠DMT 的度数是定值．理由如下：如图1，连接AD ．∵抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4．∴抛物线的对称轴是直线x ＝1．又∵点D 的纵坐标为∴D （1，由y ＝x 2﹣2x ﹣3得到：y ＝（x ﹣3）（x+1），∴A （﹣1，0），B （3，0）．在Rt △AED 中，tan ∠DAE ＝DE AE ==． ∴∠DAE ＝60°．∴∠DMT ＝2∠DAE ＝120°．∴在点T 的运动过程中，∠DMT 的度数是定值；②如图2，∵MT ＝12AD ．又MT ＝MD ， ∴MD ＝12AD ． ∵△ADT 的外接圆圆心M 在AD 的中垂线上， ∴点M 是线段AD 的中点时，此时AD 为⊙M 的直径时，MD ＝12AD ． ∵A （﹣1，0），D （1，∴点M 的坐标是（0（3）如图3，作MH ⊥x 于点H ，则AH ＝HT ＝12AT ． 又HT ＝a ，∴H （a ﹣1，0），T （2a ﹣1，0）．∵OH≤x≤OT ，又动点T 在射线EB 上运动，∴0≤a ﹣1≤x≤2a ﹣1．∴0≤a ﹣1≤2a ﹣1．∴a≥1，∴2a ﹣1≥1． （i ）当2111(1)211a a a -⎧⎨----⎩，即14a 3时， 当x ＝a ﹣1时，y 最大值＝（a ﹣1）2﹣2（a ﹣1）﹣3＝a 2﹣4a ；当x ＝1时，y 最小值＝4．（ii）当0112111(1)211 aaa a<-⎧⎪->⎨⎪--<--⎩，即43＜a≤2时，当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝1时，y最小值＝﹣4．（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝a﹣1时，y最小值＝（a﹣1）2﹣2（a﹣1）﹣3＝a2﹣4a．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系；另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解．3．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C ，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F .(Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标；(Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H .①求证BDE DBA ∆≅∆；②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒.【解析】【分析】 (Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数.【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==.∵四边形OABC 是矩形，∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，5OB =，过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5= ∵AD=OA ，AM ⊥OB ， ∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==.∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒∴ABD BDE ∠∠=. 又∵BD BD =，∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==，又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅.∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-，在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+，即()222x 34x =+-，得25x 8=， ∴25AH 8=. ∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ，当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心，∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4，∵FA=FB ，FO ⊥AB ，∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°，当180°<α<360°时，同理解得：∠BAF′=60°，∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒.【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.4．如图①，抛物线y ＝ax 2+bx+c 经过点A （﹣2，0）、B （4，0）、C （0，3）三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式．【答案】（1）233384y x x =-++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--. 【解析】【分析】（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式PC PD BC OB =，得到PD=45PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=185，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可【详解】解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0）∴y ＝a （x+2）（x ﹣4）把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3∴a ＝﹣38∴抛物线解析式为y ＝﹣38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D∴∠CDP ＝∠COB ＝90°∵∠DCP ＝∠OCB∴△CDP ∽△COB ∴PC PD BC OB= ∵B （4，0），C （0，3）∴OB＝4，OC ＝3，BC∴PD ＝45PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC∴S △ABC ＝12AB•OC ＝12BC•AE ∴AE ＝631855AB OC BC ⨯== ∴5AE ＝18∴5PA+4PC 的最小值为18．（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90° ∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个 此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ∴∠FQT ＝90°∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点 ∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3 ∵T （﹣4，0） ∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝35FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝35FG FQ =∴FG ＝35FQ ＝95∴x Q ＝1﹣9455=-，QG ＝2222912FQ 355FG ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭①若点Q 在x 轴上方，则Q （41255-，） 设直线l 解析式为：y ＝kx+b∴4041255k b k b -+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩ 解得：343k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线l ：334y x =+ ②若点Q 在x 轴下方，则Q （41255--，） ∴直线l ：334y x =-- 综上所述，直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论5．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＝13x+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=-43x+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，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，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），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+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，NFNF'=13，∴FN＝t，F'N＝3t，∵MH'＝FN＝t，EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，在Rt△DMH'中，43MH EM '=， ∴41533t 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，13PK 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．6．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+2GF2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2GF=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=1313，tan∠ACB=23，在Rt△ABE中，求得圆的直径，因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=MBBN＝23，所以BN=32MB，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），∴1412554a ba b-++⎧⎨-++⎩＝，＝解得16ab⎧⎨-⎩＝，＝∴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），∴154k mm-+⎧⎨⎩＝＝，解得14km＝，＝-⎧⎨⎩∴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=12×(−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+22GF=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=12AC×BCsin∠ACB＝12AB×5，∴sin∠ACB=1313，tan∠ACB=23，∵AE为直径，AB=4，∴∠ABE=90°，∵sin∠AEB=sin∠ACB=21313＝4AE，∴AE=213，∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB，∴∠N=∠AEB=∠ACB，∴tanN=MBBN ＝23，∴BN=32MB，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．7．如图，AB为⊙O的直径，P是BA延长线上一点，CG是⊙O的弦∠PCA＝∠ABC，CG⊥AB，垂足为D(1)求证：PC是⊙O的切线；(2)求证：PA AD PC CD；(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=12．【解析】【分析】（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=35，得到BEAB＝35，于是求得结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°，∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴弧AC=弧AG，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴CF=AF，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=35，∴sin∠FAD=35，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，∵sin∠EAD=35，∴35BEAB，∵AB=20，∴BE=12．【点睛】本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．8．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．9．如图，半圆O的直径AB＝20，弦CD∥AB，动点M在半径OD上，射线BM与弦CD相交于点E（点E与点C、D不重合），设OM＝m．（1）求DE的长（用含m的代数式表示）；（2）令弦CD所对的圆心角为α，且sin4 =25．①若△DEM的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出m的取值范围；②若动点N 在CD 上，且CN ＝OM ，射线BM 与射线ON 相交于点F ，当∠OMF ＝90° 时，求DE 的长．【答案】（1）DE ＝10010m m -；（2）①S ＝2360300m m m-+，（5013＜m ＜10），②DE ＝52. 【解析】 【分析】（1）由CD ∥AB 知△DEM ∽△OBM ，可得DE DMOB OM=，据此可得； （2）①连接OC 、作OP ⊥CD 、MQ ⊥CD ，由OC ＝OD 、OP ⊥CD 知∠DOP ＝12∠COD ，据此可得sin ∠DOP ＝sin ∠DMQ ＝45、sin ∠ODP ＝35，继而由OM ＝m 、OD ＝10得QM ＝DM sin ∠ODP ＝35（10﹣m ），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD ＝8、CD ＝16，证△CDM ∽△BOM 得CD DM BO OM =，求得OM ＝5013，据此可得m 的取值范围； ②如图3，由BM ＝OB sin ∠BOM ＝10×35＝6，可得OM ＝8，根据（1）所求结果可得答案． 【详解】 （1）∵CD ∥AB ， ∴△DEM ∽△OBM ， ∴DE DM OB OM =，即1010DE mm-=， ∴DE ＝10010mm-； （2）①如图1，连接OC 、作OP ⊥CD 于点P ，作MQ ⊥CD 于点Q ，∵OC ＝OD 、OP ⊥CD ， ∴∠DOP ＝12∠COD ， ∵sin2α＝45， ∴sin ∠DOP ＝sin ∠DMQ ＝45，sin ∠ODP ＝35， ∵OM ＝m 、OD ＝10， ∴DM ＝10﹣m ， ∴QM ＝DM sin ∠ODP ＝35（10﹣m ）， 则S △DEM ＝12DE •MQ ＝12×10010m m -×35（10﹣m ）＝2360300m m m-+，如图2，∵PD ＝OD sin ∠DOP ＝10×45＝8， ∴CD ＝16， ∵CD ∥AB ， ∴△CDM ∽△BOM ， ∴CD DM BO OM =，即1610=10OMOM-， 解得：OM ＝5013， ∴5013＜m ＜10， ∴S ＝2360300m m m-+，（5013＜m ＜10）．②当∠OMF＝90°时，如图3，则∠BMO＝90°，在Rt△BOM中，BM＝OB sin∠BOM＝10×35＝6，则OM＝8，由（1）得DE＝100108582-⨯=．【点睛】本题主要考查圆的综合题，解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力．10．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF∵AD//BC∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF∴AB=BE AB=AF∴AF=AB=BE∵AD//BC∴ABEF为平行四边形又AB=BE∴ABEF为菱形（2）作PH⊥AD于H由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5∴tan∠ADP=考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数。

人教备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及答案

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一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG ＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为_______分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为_________分米．【答案】553【解析】【分析】如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分别求出BE，B′E′即可．【详解】解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四边形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等边三角形，∵OP⊥CD，∠COD＝30°，∴∠COP＝12∴QM＝OP＝OC•cos30°＝3∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ＝1OA＝5（分米），2∴AM＝AQ＋MQ＝5＋3∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝23（分米），在Rt△PKE中，EK＝22-＝26（分米），EF FK∴BE＝10−2−26＝（8−26）（分米），在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝23（分米），在Rt△FJE′中，E′J＝22-（2）＝26，63∴B′E′＝10−（26−2）＝12−26，∴B′E′−BE＝4．故答案为：5＋53，4．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．2．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D 时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB 上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，∴x=3．当≤t≤4时，S MNGN=1cm2．当4＜t≤6时，S MNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cm∴NC=6cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm∴t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s 或t=（15﹣6）s 时，△CPD 为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.3．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 tan451ABAEB EB∠=︒==． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15． 在Rt △AHD 中，由 ∠AHD = 90°，得 tan AHADH 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．4．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 PHPAH∠33，∵AC ∥BD ，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD –∠PBD=45°， 则PH=BH=50，∴3，∵60千米/时=503米/秒，∴时间503503+3≈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。

2020-2021备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)及答案解析

2020-2021备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)及答案解析

2020-2021备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)及答案解析一、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=12BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10cos 10BF 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，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF∵AD//BC∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF∴AB=BE AB=AF∴AF=AB=BE∵AD//BC∴ABEF为平行四边形又AB=BE∴ABEF为菱形（2）作PH⊥AD于H由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5∴tan∠ADP=考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数3．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．∵AC=3BD ，CD=3AE ，∴3AC CDBD AE ==． ∵BD=AF ，∴3AC CDAF AE==． ∵∠FAC=∠C=90°， ∴△FAE ∽△ACD ，∴3AC AD BFAF 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 ． ∵3BD ，3AE ，∴3AC CDBD AE==． ∵∠HEA=∠C=90°， ∴△ACD ∽△HEA ，∴3AD ACAH EH==∠ADC=∠HAE ． ∵∠CAD+∠ADC=90°， ∴∠HAE+∠CAD=90°， ∴∠HAD=90°．在Rt △DAH 中，tan ∠ADH=3AHAD， ∴∠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．4．如图，AB 是⊙O 的直径，点C ，D 是半圆O 的三等分点，过点C 作⊙O 的切线交AD 的延长线于点E ，过点D 作DF ⊥AB 于点F ，交⊙O 于点H ，连接DC ，AC ． （1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A ，O ，C ，D 为顶点的四边形的形状，并说明理由； （3）若DC=2，求DH 的长．【答案】（1）证明见解析； （2）四边形AOCD 为菱形； （3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC ，根据EC 与⊙O 切点C ，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB ，即可证明AE ∥OC ，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD 为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB 可证明四边形AOCD 是平行四边形，再由OA=OC ，即可证明平行四边形AOCD 是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD ．根据四边形AOCD 为菱形，得△OAD 是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH ⊥AB 于点F ，AB 为直径，在Rt △OFD 中，根据sin ∠AOD=，求得DH 的长．试题解析：（1）连接OC ，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．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．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．在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH、PH.（1）若点P在线CD上，如图1，①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；（2）若点P在线CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）【答案】（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明见解析（2）或【解析】试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由代入HR，CR解方程即可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴．试题解析：（1）①法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCPBD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．（2）法一：轴对称作法考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由得：，∴．即PD=法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴．考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D 时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB 上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，∴x=3．当≤t≤4时，S MNGN=1cm2．当4＜t≤6时，S MNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cm∴NC=6cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm∴t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.9．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 BCAAB=．∴sin152sin311520.5279.04 BC AB A︒=⨯=⨯=⨯=．79.047.986.9486.9BD 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.10．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的边AB 在x 轴上，点B 坐标（﹣6，0），点C 在y 轴正半轴上，且cos B ＝35，动点P 从点C 出发，以每秒一个单位长度的速度向D 点移动（P 点到达D 点时停止运动），移动时间为t 秒，过点P 作平行于y 轴的直线l 与菱形的其它边交于点Q ． （1）求点D 坐标；（2）求△OPQ 的面积S 关于t 的函数关系式，并求出S 的最大值； （3）在直线l 移动过程中，是否存在t 值，使S ＝320ABCD S 菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点D 的坐标为（10，8）．（2）S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t t t t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩剟…，S 的最大值为503．（3）3或7. 【解析】 【分析】（1）在Rt △BOC 中，求BC,OC,根据菱形性质再求D 的坐标；（2）分两种情况分析：①当0≤t ≤4时和②当4＜t ≤10时，根据面积公式列出解析式，再求函数的最值；（3）分两种情况分析：当0≤t ≤4时，4t ＝12，；当4＜t ≤10时，22201233t t -+= 【详解】解：（1）在Rt △BOC 中，∠BOC ＝90°，OB ＝6，cos B ＝35， 10cos OBBC B∴== 228OC BC OB ∴=-=∵四边形ABCD 为菱形，CD ∥x 轴，∴点D 的坐标为（10，8）．（2）∵AB ＝BC ＝10，点B 的坐标为（﹣6，0）， ∴点A 的坐标为（4，0）．分两种情况考虑，如图1所示． ①当0≤t ≤4时，PQ ＝OC ＝8，OQ ＝t ，∴S ＝12PQ •OQ ＝4t ， ∵4＞0，∴当t ＝4时，S 取得最大值，最大值为16；②当4＜t ≤10时，设直线AD 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0）， 将A （4，0），D （10，8）代入y ＝kx +b ，得：4k b 010k b 8+=⎧⎨+=⎩，解得：4k 316b 3⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线AD 的解析式为41633y x =-． 当x ＝t 时，41633y t =-， 41648(10)333PQ t t ⎛⎫∴=--=- ⎪⎝⎭21220233S PQ OP t t ∴=⋅=-+ 22202502(5),033333S t t t =-+=--+-<Q ∴当t ＝5时，S 取得最大值，最大值为503． 综上所述：S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t t t t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩剟…，S 的最大值为503．（3）S 菱形ABCD ＝AB •OC ＝80． 当0≤t ≤4时，4t ＝12， 解得：t ＝3； 当4＜t ≤10时，222033t t -+＝12， 解得：t 1＝5（舍去），t 2＝． 综上所述：在直线l 移动过程中，存在t 值，使S ＝320ABCD S 菱形，t 的值为3或．【点睛】考核知识点：一次函数和二次函数的最值问题.数形结合，分类讨论是关键.11．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，动点P在线段BC上，点Q在线段AB上，且PQ＝BQ，延长QP交射线AC于点D．（1）求证：QA＝QD；（2）设∠BAP＝α，当2tanα是正整数时，求PC的长；（3）作点Q关于AC的对称点Q′，连结QQ′，AQ′，DQ′，延长BC交线段DQ′于点E，连结AE，QQ′分别与AP，AE交于点M，N（如图2所示）．若存在常数k，满足k•MN＝PE•QQ′，求k的值．【答案】（1）证明见解析（2）PC的长为37或32（3）8【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠B＝∠BPQ＝∠CPD，由直角三角形的性质得出∠BAC＝∠D，即可得出结论；（2）过点P作PH⊥AB于H，设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意知tanα＝1或12，当tanα＝1时，HA＝PH＝3x，与勾股定理得出3x+4x＝5，解得x＝57，即可求出PC长；当tanα＝12时，HA＝2PH﹣6x，得出6x+4x＝5，解得x＝12，即可求出PC长；（3）设QQ′与AD交于点O，由轴对称的性质得出AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，得出四边形AQDQ′是菱形，由菱形的性质得出QQ′⊥AD，AO＝12AD，证出四边形BEQ'Q是平行四边形，得出QQ′＝BE，设CD＝3m，则PC＝4m，AD＝3+3m，即QQ′﹣BE＝4m+4，PE＝8m，由三角函数得出MOAO＝tan∠PAC＝PCAC，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵PQ＝BQ，∴∠B＝∠BPQ＝∠CPD，∵∠ACB＝∠PCD＝90°，∴∠A+∠BAC＝90°，∠D+∠CPD＝90°，∴∠BAC＝∠D，∴QA＝QD；（2）解：过点P作PH⊥AB于H，如图1所示：设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意得：tan∠BAC＝43，∠BAP＜∠BAC，∴2tanα是正整数时，tanα＝1或12，当tanα＝1时，HA＝PH＝3x，∴3x+4x5，∴x＝57，即PC＝4﹣5x＝37；当tanα＝12时，HA＝2PH﹣6x，∴6x+4x＝5，∴x＝12，即PC＝4﹣5x＝32；综上所述，PC的长为37或32；（3）解：设QQ′与AD交于点O，如图2所示：由轴对称的性质得：AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，∴四边形AQDQ′是菱形，∴QQ′⊥AD，AO＝12AD，∵BC⊥AC，∴QQ′∥BE ， ∵BQ ∥EQ′，∴四边形BEQ'Q 是平行四边形， ∴QQ′＝BE ，设CD ＝3m ，则PC ＝4m ，AD ＝3+3m ， 即QQ′﹣BE ＝4m+4，PE ＝8m ， ∵MO AO ＝tan ∠PAC＝PCAC， ∴332MOm +＝43m，即MN ＝2MO ＝4m （1+m ）， ∴k ＝PE QQ MNg ′＝8(44)4(1)m m m m ++＝8．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质与判定、三角函数、勾股定理、菱形的判定与性质、平行线的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，灵活运用三角函数是解题关键．12．在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CD 是AB 边的中线，DE ⊥BC 于E ，连结CD ，点P 在射线CB 上（与B ，C 不重合） （1）如果∠A ＝30°，①如图1，∠DCB 等于多少度；②如图2，点P 在线段CB 上，连结DP ，将线段DP 绕点D 逆时针旋转60°，得到线段DF ，连结BF ，补全图2猜想CP 、BF 之间的数量关系，并证明你的结论；（2）如图3，若点P 在线段CB 的延长线上，且∠A ＝α（0°＜α＜90°），连结DP ，将线段DP 绕点逆时针旋转 2α得到线段DF ，连结BF ，请直接写出DE 、BF 、BP 三者的数量关系（不需证明）【答案】（1）①∠DCB＝60°．②结论：CP＝BF．理由见解析；（2）结论：BF﹣BP＝2DE•tanα．理由见解析．【解析】【分析】（1）①根据直角三角形斜边中线的性质，结合∠A＝30°，只要证明△CDB是等边三角形即可；②根据全等三角形的判定推出△DCP≌△DBF，根据全等的性质得出CP＝BF，（2）求出DC＝DB＝AD，DE∥AC，求出∠FDB＝∠CDP＝2α+∠PDB，DP＝DF，根据全等三角形的判定得出△DCP≌△DBF，求出CP＝BF，推出BF﹣BP＝BC，解直角三角形求出CE＝DEtanα即可．【详解】（1）①∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，∴∠B＝60°，∵AD＝DB，∴CD＝AD＝DB，∴△CDB是等边三角形，∴∠DCB＝60°．②如图1，结论：CP＝BF．理由如下：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，DE⊥BC，∠DCB＝60°，∴△CDB为等边三角形.∴∠CDB＝60°∵线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DF，∵∠PDF＝60°，DP＝DF，∴∠FDB＝∠CDP，在△DCP和△DBF中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF.（2）结论：BF ﹣BP ＝2DEtanα．理由：∵∠ACB ＝90°，D 是AB 的中点，DE ⊥BC ，∠A ＝α，∴DC ＝DB ＝AD ，DE ∥AC ，∴∠A ＝∠ACD ＝α，∠EDB ＝∠A ＝α，BC ＝2CE ，∴∠BDC ＝∠A+∠ACD ＝2α，∵∠PDF ＝2α，∴∠FDB ＝∠CDP ＝2α+∠PDB ，∵线段DP 绕点D 逆时针旋转2α得到线段DF ，∴DP ＝DF ，在△DCP 和△DBF 中DC DB CDP BDF DP DF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DCP ≌△DBF ，∴CP ＝BF ，而 CP ＝BC+BP ，∴BF ﹣BP ＝BC ，在Rt △CDE 中，∠DEC ＝90°，∴tan ∠CDE ＝CE DE， ∴CE ＝DEtanα， ∴BC ＝2CE ＝2DEtanα，即BF ﹣BP ＝2DEtanα．【点睛】本题考查了三角形外角性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，旋转的性质的应用，能推出△DCP ≌△DBF 是解此题的关键，综合性比较强，证明过程类似．13．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．14．如图，正方形ABCD2+1，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAC分别交BC、BD于E、F，（1）求证：△ABF∽△ACE；（2）求tan∠BAE的值；（3）在线段AC上找一点P，使得PE+PF最小，求出最小值．【答案】（1）证明见解析；（2）tan∠EAB＝2﹣1；（3）PE+PF的最小值为 ．22【解析】【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似判断即可；（2）如图1中，作EH⊥AC于H．首先证明BE=EH=HC，设BE=EH=HC=x，构建方程求出x 即可解决问题；（3）如图2中，作点F关于直线AC的对称点H，连接EH交AC于点P，连接PF，此时PF+PE的值最小，最小值为线段EH的长；【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACE＝∠ABF＝∠CAB＝45°，∵AE平分∠CAB，∴∠EAC＝∠BAF＝22.5°，∴△ABF∽△ACE．（2）解：如图1中，作EH⊥AC于H．∵EA平分∠CAB，EH⊥AC，EB⊥AB，∴BE＝EB，∵∠HCE＝45°，∠CHE＝90°，∴∠HCE＝∠HEC＝45°，∴HC＝EH，∴BE＝EH＝HC，设BE＝HE＝HC＝x，则EC2，∵BC2+1，∴x+x2+1，∴x＝1，在Rt△ABE中，∵∠ABE＝90°，∴tan ∠EAB ＝221BE AB ＝＝+﹣1． （3）如图2中，作点F 关于直线AC 的对称点H ，连接EH 交AC 于点P ，连接PF ，此时PF+PE 的值最小．作EM ⊥BD 于M ．BM ＝EM ＝22， ∵AC 22AB BC +2，∴OA ＝OC ＝OB ＝12AC 22+ ， ∴OH ＝OF ＝OA•tan ∠OAF ＝OA•tan ∠EAB ＝222+ •2﹣1）＝22， ∴HM ＝OH+OM ＝222+， 在Rt △EHM 中，EH 2222222EM HM 22⎛⎫⎛⎫+++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭＝22+．． ∴PE+PF 22+【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定，勾股定理，最短问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．15．如图，半圆O 的直径AB ＝20，弦CD ∥AB ，动点M 在半径OD 上，射线BM 与弦CD 相交于点E （点E 与点C 、D 不重合），设OM ＝m ．（1）求DE 的长（用含m 的代数式表示）；（2）令弦CD 所对的圆心角为α，且sin 4=25α． ①若△DEM 的面积为S ，求S 关于m 的函数关系式，并求出m 的取值范围； ②若动点N 在CD 上，且CN ＝OM ，射线BM 与射线ON 相交于点F ，当∠OMF ＝90° 时，求DE 的长．【答案】（1）DE ＝10010m m -；（2）①S ＝2360300m m m-+，（5013＜m ＜10），②DE ＝52. 【解析】【分析】 （1）由CD ∥AB 知△DEM ∽△OBM ，可得DE DM OB OM=，据此可得； （2）①连接OC 、作OP ⊥CD 、MQ ⊥CD ，由OC ＝OD 、OP ⊥CD 知∠DOP ＝12∠COD ，据此可得sin ∠DOP ＝sin ∠DMQ ＝45、sin ∠ODP ＝35，继而由OM ＝m 、OD ＝10得QM ＝DM sin ∠ODP ＝35（10﹣m ），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD ＝8、CD ＝16，证△CDM ∽△BOM 得CD DM BO OM =，求得OM ＝5013，据此可得m 的取值范围； ②如图3，由BM ＝OB sin ∠BOM ＝10×35＝6，可得OM ＝8，根据（1）所求结果可得答案．【详解】（1）∵CD ∥AB ，∴△DEM ∽△OBM ，∴DE DM OB OM =，即1010DE m m-=， ∴DE ＝10010m m-； （2）①如图1，连接OC 、作OP ⊥CD 于点P ，作MQ ⊥CD 于点Q ，∵OC ＝OD 、OP ⊥CD ，∴∠DOP ＝12∠COD ， ∵sin 2α＝45， ∴sin ∠DOP ＝sin ∠DMQ ＝45，sin ∠ODP ＝35， ∵OM ＝m 、OD ＝10， ∴DM ＝10﹣m ， ∴QM ＝DM sin ∠ODP ＝35（10﹣m ）， 则S △DEM ＝12DE •MQ ＝12×10010m m -×35（10﹣m ）＝2360300m m m-+， 如图2，∵PD ＝OD sin ∠DOP ＝10×45＝8， ∴CD ＝16，∵CD ∥AB ，∴△CDM ∽△BOM ，∴CD DM BO OM =，即1610=10OM OM-， 解得：OM ＝5013， ∴5013＜m ＜10， ∴S ＝2360300m m m-+，（5013＜m ＜10）． ②当∠OMF ＝90°时，如图3，则∠BMO＝90°，在Rt△BOM中，BM＝OB sin∠BOM＝10×35＝6，则OM＝8，由（1）得DE＝100108582-⨯=．【点睛】本题主要考查圆的综合题，解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力．。

备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及答案

备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及答案

备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及答案一、锐角三角函数1．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O 于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．【解析】试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得=AD•AF．①当CF=CD时，可得，从而有EC=AE=CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得sin∠CED=，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．试题解析：（1）AE=CE．理由：连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，∴AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴，∴=AD•AF．①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴=DC•3DC=，∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED===；②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=．∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴=DC•（a+2）DC=（a+2），∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED==．考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．2．（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=22．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•35=3t．∴PE=PB﹣BE=（14﹣2t）﹣3t=14﹣5t，S=12PM•PE=12×2t×（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=12PM•PE=12×2t×（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=167．当2＜t＜167时，如图3，MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，S=12PM•MQ=12×4×（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()()225t14t0<t1S{7t16t1<t21614t322<t<7-+≤=-+≤⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．（3）①当0＜t≤1时，22749S5t14t5t55⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=75，∴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，22864S7t16t7t77⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=87，∴当t=87时，S有最大值，最大值为647．③当2＜t＜167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=167时，S=0，∴0＜S＜4．综上所述，当t=87时，S有最大值，最大值为647．（4）t=209或t=125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＜167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=209．②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=125．∴当t=209或t=125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．3．如图以△ABC的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作⊙O的切线交AC边于点F.（1）求证：DF⊥AC；（2）若∠ABC=30°，求tan∠BCO的值.【答案】(1)证明见解析; (2) tan∠BCO=3 9.【解析】试题分析：（1）连接OD，根据三角形的中位线定理可求出OD∥AC，根据切线的性质可证明DE⊥OD，进而得证．（2）过O作OF⊥BD，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义用OB表示出OF、CF的长，根据三角函数的定义求解．试题解析：证明:连接OD∵DE为⊙O的切线, ∴OD⊥DE∵O为AB中点, D为BC的中点∴OD‖AC∴DE⊥AC(2)过O作OF⊥BD,则BF=FD在Rt△BFO中，∠ABC=30°∴OF=12OB, BF=32OB∵BD=DC, BF=FD，∴FC=3BF=332OB在Rt△OFC中，tan∠BCO=13233OBOFFCOB==.点睛：此题主要考查了三角形中位线定理及切线的性质与判定、三角函数的定义等知识点，有一定的综合性，根据已知得出OF=12OB，BF=3OB，FC=3BF=33OB是解题关键．4．如图，二次函数y＝x2+bx﹣3的图象与x轴分别相交于A、B两点，点B的坐标为（3，0），与y轴的交点为C，动点T在射线AB上运动，在抛物线的对称轴l上有一定点D，其纵坐标为3，l与x轴的交点为E，经过A、T、D三点作⊙M．（1）求二次函数的表达式；（2）在点T的运动过程中，①∠DMT的度数是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由；②若MT＝12AD，求点M的坐标；（3）当动点T在射线EB上运动时，过点M作MH⊥x轴于点H，设HT＝a，当OH≤x≤OT 时，求y的最大值与最小值（用含a的式子表示）．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3（2）①在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值②（0，3）（3）见解析【解析】【分析】（1）把点B的坐标代入抛物线解析式求得系数b的值即可；（2）①如图1，连接AD．构造Rt△AED，由锐角三角函数的定义知，tan∠DAE＝3．即∠DAE＝60°，由圆周角定理推知∠DMT＝2∠DAE＝120°；②如图2，由已知条件MT＝12AD，MT＝MD，推知MD＝12AD，根据△ADT的外接圆圆心M在AD的中垂线上，得到：点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD＝12AD．根据点A、D的坐标求得点M的坐标即可；（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝12AT．易得H（a﹣1，0），T（2a﹣1，0）．由限制性条件OH≤x≤OT、动点T在射线EB上运动可以得到：0≤a﹣1≤x≤2a﹣1．需要分类讨论：（i）当2111(1)211aa a-⎧⎨----⎩……，即413a<„，根据抛物线的增减性求得y的极值．（ii）当0112111(1)211aaa a<-⎧⎪->⎨⎪--<--⎩„，即43＜a≤2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．【详解】解：（1）把点B（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得32+3b﹣3＝0，解得b＝﹣2，则该二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；（2）①∠DMT的度数是定值．理由如下：如图1，连接AD．∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4．∴抛物线的对称轴是直线x＝1．又∵点D的纵坐标为∴D（1，由y＝x2﹣2x﹣3得到：y＝（x﹣3）（x+1），∴A（﹣1，0），B（3，0）．在Rt△AED中，tan∠DAE＝DEAE==．∴∠DAE＝60°．∴∠DMT＝2∠DAE＝120°．∴在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值；②如图2，∵MT＝12AD．又MT＝MD，∴MD＝12AD．∵△ADT的外接圆圆心M在AD的中垂线上，∴点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD＝12AD．∵A（﹣1，0），D（1，∴点M的坐标是（0（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝12 AT．又HT＝a，∴H（a﹣1，0），T（2a﹣1，0）．∵OH≤x≤OT，又动点T在射线EB上运动，∴0≤a﹣1≤x≤2a﹣1．∴0≤a﹣1≤2a﹣1．∴a≥1，∴2a﹣1≥1．（i）当2111(1)211aa a-⎧⎨----⎩……，即14a3剟时，当x＝a﹣1时，y最大值＝（a﹣1）2﹣2（a﹣1）﹣3＝a2﹣4a；当x＝1时，y最小值＝4．（ii）当0112111(1)211aaa a<-⎧⎪->⎨⎪--<--⎩…，即43＜a≤2时，当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝1时，y最小值＝﹣4．（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝a﹣1时，y最小值＝（a﹣1）2﹣2（a﹣1）﹣3＝a2﹣4a．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系；另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解．5．如图，已知，在O e 中，弦AB 与弦CD 相交于点E ，且»»AC BD=. （1）求证：AB CD =；（2）如图，若直径FG 经过点E ，求证：EO 平分AED ∠；（3）如图，在（2）的条件下，点P 在»CG上，连接FP 交AB 于点M ，连接MG ，若AB CD ⊥，MG 平分PMB ∠，2MG =，FMG ∆的面积为2，求O e 的半径的长.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）O e 的半径的长为10. 【解析】 【分析】 (1) 利用相等的弧所对的弦相等进行证明；（2）连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，证明AOJ DOQ ∆≅∆得出OJ OQ =，根据角平分线的判定定理可得结论；（3）如图，延长GM 交O e 于点H ，连接HF ，求出2FH =，在HG 上取点L ，使HL FH =，延长FL 交O e 于点K ，连接KG ，求出22FL =，设HM n =，则有22LK KG n ==，2222FK FL LK n =+=+，再证明KFG EMG HMF ∠=∠=∠，从而得到tan tan KFG HMF ∠=∠，KG HF FK HM=，再代入LK 和FK 的值可得n=4,再求得FG 的长，最后得到圆的半径为10．【详解】 解：（1）证明：∵»»AC BD =，∴»»»»AC CBBD CB +=+， ∴»»AB CD =，∴AB CD =.（2）证明：如图，连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，∴90AJO DQO ∠=∠=︒，1122AJ AB CD DQ ===， 又∵AO DO =，∴AOJ DOQ ∆≅∆，∴OJ OQ =，又∵OJ AB ⊥，OQ CD ⊥，∴EO 平分AED ∠.（3）解：∵CD AB ⊥，∴90AED ∠=︒，由（2）知，1452AEF AED ∠=∠=︒， 如图，延长GM 交O e 于点H ，连接HF ，∵FG 为直径，∴90H ∠=︒，122MFG S MG FH ∆=⨯⋅=， ∵2MG =，∴2FH =， 在HG 上取点L ，使HL FH =，延长FL 交O e 于点K ，连接KG ，∴45HFL HLF ∠=∠=︒，45KLG HLF ∠=∠=︒，∵FG 为直径，∴90K ∠=︒，∴9045KGL KLG KLG ∠=︒-∠=︒=∠，∴LK KG =，在Rt FHL ∆中，222FL FH HL =+，22FL =设HM n =，2HL MG ==，∴GL LM MG HL LM HM n =+=+==，在Rt LGK ∆中，222LG LK KG =+，22LK KG ==，2222FK FL LK n =+=， ∵GMP GMB ∠=∠，∵PMG HMF ∠=∠，∴HMF GMB ∠=∠，∵1452AEF AED ∠=∠=︒， ∴45MGF EMG MEF ∠+∠=∠=︒，45MGF KFG HLF ∠+∠=∠=︒，∴KFG EMG HMF ∠=∠=∠，∴tan tan KFG HMF ∠=∠，∴KG HF FK HM =，∴2222222n nn =+，4n =， ∴6HG HM MG =+=，在Rt HFG ∆中，222FG FH HG =+，210FG =，10FO =.即O e 的半径的长为10.【点睛】考查了圆的综合题，本题是垂径定理、圆周角定理以及三角函数等的综合应用，适当的添加辅助线是解题的关键．6．在正方形ABCD 中，AC 是一条对角线，点E 是边BC 上的一点（不与点C 重合），连接AE ，将△ABE 沿BC 方向平移，使点B 与点C 重合，得到△DCF ，过点E 作EG ⊥AC 于点G ，连接DG ，FG ．（1）如图，①依题意补全图；②判断线段FG 与DG 之间的数量关系与位置关系，并证明；（2）已知正方形的边长为6，当∠AGD ＝60°时，求BE 的长．【答案】（1）①见解析，②FG ＝DG ，FG ⊥DG ，见解析；（2）3BE =【解析】【分析】（1）①补全图形即可，②连接BG ，由SAS 证明△BEG ≌△GCF 得出BG ＝GF ，由正方形的对称性质得出BG ＝DG ，得出FG ＝DG ，在证出∠DGF ＝90°，得出FG ⊥DG 即可，（2）过点D 作DH ⊥AC ，交AC 于点H ．由等腰直角三角形的性质得出DH ＝AH ＝2FG ＝DG ＝2GH ＝6，得出DF 2DG ＝3Rt △DCF 中，由勾股定理得出CF ＝3得出结果．【详解】解：（1）①补全图形如图1所示，②FG ＝DG ，FG ⊥DG ，理由如下，连接BG ，如图2所示，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ACB ＝45°，∵EG ⊥AC ，∴∠EGC ＝90°，∴△CEG 是等腰直角三角形，EG ＝GC ，∴∠GEC ＝∠GCE ＝45°，∴∠BEG ＝∠GCF ＝135°，由平移的性质得：BE ＝CF ，在△BEG 和△GCF 中，BE CF BEG GCF EG CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BEG ≌△GCF （SAS ），∴BG ＝GF ，∵G 在正方形ABCD 对角线上，∴BG ＝DG ，∴FG ＝DG ，∵∠CGF ＝∠BGE ，∠BGE+∠AGB ＝90°，∴∠CGF+∠AGB ＝90°，∴∠AGD+∠CGF ＝90°，∴∠DGF ＝90°，∴FG ⊥DG.（2）过点D 作DH ⊥AC ，交AC 于点H ．如图3所示,在Rt △ADG 中，∵∠DAC ＝45°，∴DH ＝AH ＝2在Rt △DHG 中，∵∠AGD ＝60°，∴GH 33236，∴DG ＝2GH ＝6，∴DF 2DG ＝3在Rt △DCF 中，CF ()22436-3∴BE ＝CF ＝3．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．7．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BD ==.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以sin 45HN BH ===︒.由cos 45DF EF ===︒，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 =。

人教中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及答案

人教中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及答案

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，△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=12BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10cos 10BF 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，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A 与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37 ＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）【答案】（1）观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里；（2）当缉私艇以每小时617D处成功拦截.【解析】【分析】（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB＝90°，再解Rt△ABC，利用正弦函数定义得出AC 即可；（2）过点C 作CM ⊥AB 于点M ，易知，D 、C 、M 在一条直线上．解Rt △AMC ，求出CM 、AM ．解Rt △AMD 中，求出DM 、AD ，得出CD ．设缉私艇的速度为x 海里/小时，根据走私船行驶CD 所用的时间等于缉私艇行驶AD 所用的时间列出方程，解方程即可．【详解】（1）在ABC △中，180180375390ACB B BAC ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=.在Rt ABC 中，sin AC B AB =，所以3sin 3725155AC AB ︒=⋅=⨯=（海里）. 答：观察哨所A 与走私船所在的位置C 的距离为15海里.（2）过点C 作CM AB ⊥，垂足为M ，由题意易知，D C M 、、在一条直线上. 在Rt ACM 中，4sin 15125CM AC CAM =⋅∠=⨯=，3cos 1595AM AC CAM =⋅∠=⨯=. 在Rt ADM △中，tan MD DAM AM∠=， 所以tan 7636MD AM ︒=⋅=.所以222293691724AD AM MD CD MD MC =+=+==-=，.设缉私艇的速度为v 海里/小时，则有2491716=，解得617v =. 经检验，617v =是原方程的解. 答：当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D 处成功拦截.【点睛】此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．3．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NRt△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=8AE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4．如图（1），在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．Rt△CDE中，∠CDE=90°，CD=4，DE=4，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt△CDE沿y轴正方向平行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：（1）如图（2），当Rt△CDE运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求∠BME 的度数．（2）如图（3），在Rt△CDE的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．（3）在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的重叠部分的面积为S，请写出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．【答案】（1）∠BME=15°；（2BC=4；（3）h≤2时，S=﹣h2+4h+8，当h≥2时，S=18﹣3h．【解析】试题分析：（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，要求∠BME的度数，需先求出∠CMA的度数．根据三角形外角的定理进行解答即可；（2）如图3，由已知可知∠OBC=∠DEC=30°，又OB=6，通过解直角△BOC就可求出BC的长度；（3）需要分类讨论：①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，S=S△EDC﹣S△EFM；②当h≥2时，如图3，S=S△OBC．试题解析：解：（1）如图2，∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．∴OA=OB，∴∠OAB=45°，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OCE=60°，∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°，∴∠BME=∠CMA=15°；如图3，∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4，∴∠OBC=∠DEC=30°，∵OB=6，∴BC=4；（3）①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，∵CD=4，DE=4，AC=h，AN=NM，∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM，∵△CMN∽△CED，∴，∴，解得FM=4﹣，∴S=S△EDC﹣S△EFM=×4×4﹣（44﹣h）×（4﹣）=﹣h2+4h+8，②如图3，当h≥2时，S=S△OBC=OC×OB=（6﹣h）×6=18﹣3h．考点：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形5．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．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．已知：如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，连接BC交圆于点D，过点D作⊙O的切线交AC于E．（1）求证：AE＝CE（2）如图，在弧BD上任取一点F连接AF，弦GF与AB交于H，与BC交于M，求证：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝34，DE＝394时，N为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）401313 NL【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，得到∠C＝∠EDC，进而得证结论.（2）由同角的余角相等，得到∠BAD＝∠C，再通过等量代换，角的加减进而得证结论.（3）先由条件得到AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，再由相交弦定理得到GH•HF＝BH•AH，从而求出FH，BH，AH，再由角的关系得到△HFL∽△HAF，从而求出HL，AL，BL，FL，再由相交弦定理得到LN•LF＝AL•BL，进而求出LN的长.【详解】解：（1）证明：如图1中，连接AD．∵AB是直径，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵EA、ED是⊙O的切线，∴EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA，∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°，∴∠C＝∠EDC，∴ED＝EC，∴AE＝EC．（2）证明：如图2中，连接AD．∵AC是切线，AB是直径，∴∠BAC＝∠ADB＝90°，∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°，∴∠BAD＝∠C，∵∠EDC＝∠C，∴∠BAD＝∠EDC，∵∠DBF＝∠DAF，∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD，∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC．（3）解：如图3中，由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝394，∴AC＝392，∵tan∠ABC＝34＝ACAB，∴39 32 4AB ,∴AB＝26，∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，∵GH•HF＝BH•AH，∴4a2＝43a（26﹣43a），∴a＝6，∴FH＝12，BH＝8，AH＝18，∵GH＝HF，∴AB⊥GF，∴∠AHG＝90°，∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG，∴∠NFH+∠CAF＝90°，∵∠NFH+∠HLF＝90°，∴∠HLF＝∠CAF，∵AC∥FG，∴∠CAF＝∠AFH，∴∠HLF＝∠AFH，∵∠FHL＝∠AHF，∴△HFL∽△HAF，∴FH2＝HL•HA，∴122＝HL•18，∴HL＝8，∴AL＝10，BL＝16，FL＝22FH HL+＝413，∵LN•LF＝AL•BL，∴413•LN＝10•16，∴LN＝4013 .【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.8．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 BCAAB=．∴sin152sin311520.5279.04 BC AB A︒=⨯=⨯=⨯=．79.047.986.9486.9BD 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.9．如图，半圆O 的直径AB ＝20，弦CD ∥AB ，动点M 在半径OD 上，射线BM 与弦CD 相交于点E （点E 与点C 、D 不重合），设OM ＝m ．（1）求DE 的长（用含m 的代数式表示）；（2）令弦CD 所对的圆心角为α，且sin 4=25α． ①若△DEM 的面积为S ，求S 关于m 的函数关系式，并求出m 的取值范围； ②若动点N 在CD 上，且CN ＝OM ，射线BM 与射线ON 相交于点F ，当∠OMF ＝90° 时，求DE 的长．【答案】（1）DE ＝10010m m -；（2）①S ＝2360300m m m-+，（5013＜m ＜10），②DE ＝52. 【解析】【分析】 （1）由CD ∥AB 知△DEM ∽△OBM ，可得DE DM OB OM=，据此可得； （2）①连接OC 、作OP ⊥CD 、MQ ⊥CD ，由OC ＝OD 、OP ⊥CD 知∠DOP ＝12∠COD ，据此可得sin ∠DOP ＝sin ∠DMQ ＝45、sin ∠ODP ＝35，继而由OM ＝m 、OD ＝10得QM ＝DM sin ∠ODP ＝35（10﹣m ），根据三角形的面积公式即可得；如图2，先求得PD ＝8、CD ＝16，证△CDM ∽△BOM 得CD DM BO OM =，求得OM ＝5013，据此可得m 的取值范围； ②如图3，由BM ＝OB sin ∠BOM ＝10×35＝6，可得OM ＝8，根据（1）所求结果可得答案．【详解】（1）∵CD ∥AB ，∴△DEM ∽△OBM ，∴DE DM OB OM =，即1010DE m m-=，∴DE ＝10010m m -； （2）①如图1，连接OC 、作OP ⊥CD 于点P ，作MQ ⊥CD 于点Q ，∵OC ＝OD 、OP ⊥CD ，∴∠DOP ＝12∠COD ， ∵sin 2α＝45， ∴sin ∠DOP ＝sin ∠DMQ ＝45，sin ∠ODP ＝35， ∵OM ＝m 、OD ＝10，∴DM ＝10﹣m ，∴QM ＝DM sin ∠ODP ＝35（10﹣m ）， 则S △DEM ＝12DE •MQ ＝12×10010m m -×35（10﹣m ）＝2360300m m m-+， 如图2，∵PD ＝OD sin ∠DOP ＝10×45＝8， ∴CD ＝16，∵CD ∥AB ，∴△CDM ∽△BOM ，∴CD DM BO OM =，即1610=10OM OM-， 解得：OM ＝5013，∴5013＜m ＜10， ∴S ＝2360300m m m-+，（5013＜m ＜10）． ②当∠OMF ＝90°时，如图3，则∠BMO ＝90°，在Rt △BOM 中，BM ＝OB sin ∠BOM ＝10×35＝6， 则OM ＝8，由（1）得DE ＝100108582-⨯=． 【点睛】本题主要考查圆的综合题，解题的关键是熟练掌握圆的有关性质、相似三角形的判定与性质及解直角三角形的能力．10．如图，在航线l 的两侧分别有观测点A 和B ，点B 到航线l 的距离BD 为4km ，点A 位于点B 北偏西60°方向且与B 相距20km 处．现有一艘轮船从位于点A 南偏东74°方向的C 处，沿该航线自东向西航行至观测点A 的正南方向E 处．求这艘轮船的航行路程CE 的长度．（结果精确到0.1km ）（参考数据：3≈1.73，sin74°≈0.96，cos74°≈0.28，tan74°≈3.49）【答案】20.9km【解析】分析：根据题意，构造直角三角和相似三角形的数学模型，利用相似三角形的判定与性质和解直角三角形即可.详解：如图，在Rt △BDF 中，∵∠DBF=60°，BD=4km ，∴BF=cos 60BD =8km ， ∵AB=20km ，∴AF=12km ， ∵∠AEB=∠BDF ，∠AFE=∠BFD ，∴△AEF ∽△BDF ，∴AE BD AF BF， ∴AE=6km ， 在Rt △AEF 中，CE=AE•tan74°≈20.9km ．故这艘轮船的航行路程CE 的长度是20.9km ．点睛：本题考查相似三角形，掌握相似三角形的概念，会根据条件判断两个三角形相似.。

备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)及答案解析

备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)及答案解析

备战中考数学锐角三角函数培优练习(含答案)及答案解析一、锐角三角函数1．在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P在线段BC上（不含点B），∠BPE=12∠ACB，PE交BO于点E，过点B作BF⊥PE，垂足为F，交AC于点G．（1）当点P与点C重合时（如图1）．求证：△BOG≌△POE；（2）通过观察、测量、猜想：BFPE=，并结合图2证明你的猜想；（3）把正方形ABCD改为菱形，其他条件不变（如图3），若∠ACB=α，求BF PE的值．（用含α的式子表示）【答案】（1）证明见解析（2）12BFPE=（3）1tan2BFPEα=【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，P与C重合，∴OB="OP" ，∠BOC=∠BOG=90°．∵PF⊥BG ，∠PFB=90°，∴∠GBO=90°—∠BGO，∠EPO=90°—∠BGO．∴∠GBO=∠EPO ．∴△BOG≌△POE（AAS）．（2）BF1PE2=．证明如下：如图，过P作PM//AC交BG于M，交BO于N，∴∠PNE=∠BOC=900，∠BPN=∠OCB．∵∠OBC=∠OCB =450，∴∠NBP=∠NPB．∴NB=NP．∵∠MBN=900—∠BMN，∠NPE=900—∠BMN，∴∠MBN=∠NPE．∴△BMN ≌△PEN （ASA ）．∴BM=PE ．∵∠BPE=12∠ACB ，∠BPN=∠ACB ，∴∠BPF=∠MPF ． ∵PF ⊥BM ，∴∠BFP=∠MFP=900．又∵PF=PF ， ∴△BPF ≌△MPF （ASA ）．∴BF="MF" ，即BF=12BM ． ∴BF=12PE ， 即BF 1PE 2=． （3）如图，过P 作PM//AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，∴∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=900．由（2）同理可得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ． ∵∠BNM=∠PNE=900，∴△BMN ∽△PEN ．∴BM BNPE PN=． 在Rt △BNP 中，BN tan =PN α， ∴BM =tan PE α，即2BF=tan PEα． ∴BF 1=tan PE 2α． （1）由正方形的性质可由AAS 证得△BOG ≌△POE ．（2）过P 作PM//AC 交BG 于M ，交BO 于N ，通过ASA 证明△BMN ≌△PEN 得到BM=PE ，通过ASA 证明△BPF ≌△MPF 得到BF=MF ，即可得出BF 1PE 2=的结论． （3）过P 作PM//AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，同（2）证得BF=12BM ， ∠MBN=∠EPN ，从而可证得△BMN ∽△PEN ，由BM BN PE PN =和Rt △BNP 中BNtan =PNα即可求得BF 1=tan PE 2α．2．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.3．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．（1）求证：∠AEC=90°；（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；（3）若DC=2，求DH的长．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AOCD为菱形；（3）DH=2．【解析】试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．试题解析：（1）连接OC，∵EC与⊙O切点C，∴OC⊥EC，∴∠OCE=90°，∵点CD是半圆O的三等分点，∴，∴∠DAC=∠CAB，∵OA=OC，∴∠CAB=∠OCA，∴∠DAC=∠OCA，∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）∴∠AEC+∠OCE=180°，∴∠AEC=90°；（2）四边形AOCD为菱形．理由是：∵，∴∠DCA=∠CAB，∴CD∥OA，又∵AE∥OC，∴四边形AOCD是平行四边形，∵OA=OC，∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．∵四边形AOCD为菱形，∴OA=AD=DC=2，∵OA=OD，∴OA=OD=AD=2，∴△OAD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∵DH⊥AB于点F，AB为直径，∴DH=2DF，在Rt△OFD中，sin∠AOD=，∴DF=ODsin∠AOD=2sin60°=，∴DH=2DF=2．考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．4．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 △BEP 2中，P 2E=BE•tan60°=•=3，∴P 2（﹣m ，﹣3）；易知△ADP 3、△BDP 4均为等边三角形，∴DP 3=DP 4=AB=2，且P 3P 4∥x 轴．∴P 3（﹣﹣m ，3）、P 4（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．5．如图，矩形OABC 中，A(6，0)、C(0，23)、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）))))243x 430x 33313333x 5S {23x 1235x 93543x 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 DO333==，∴EF=13（3+x），此时重叠部分是梯形，其面积为：EFQO14343S S EF OQ OC3x x43 233==+⋅=+=+梯形（）（）当3＜x≤5时，如图2，()HAQEFQO EFQO221S S S S AH AQ243331333x43x3=x x32232∆=-=-⋅⋅=+---+-梯形梯形。

2020-2021备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)附答案解析

2020-2021备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)附答案解析

2020-2021备战中考数学锐角三角函数培优练习(含答案)附答案解析一、锐角三角函数1．如图，山坡上有一棵树AB，树底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F处测量这棵树的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得树顶部A的仰角为45°，树底部B的仰角为20°，求树AB的高度．（参考数值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）【答案】6.4米【解析】解：∵底部B点到山脚C点的距离BC为6 3 米，山坡的坡角为30°．∴DC=BC•cos30°=3==米，639∵CF=1米，∴DC=9+1=10米，∴GE=10米，∵∠AEG=45°，∴AG=EG=10米，在直角三角形BGF中，BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米，∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米，答：树高约为6.4米首先在直角三角形BDC中求得DC的长，然后求得DF的长，进而求得GF的长，然后在直角三角形BGF中即可求得BG的长，从而求得树高2．（6分）某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东75°方向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长（结果保留根号）．【答案】．【解析】试题分析：作AD⊥BC于D，于是有∠ABD=45°，得到AD=BD=，求出∠C=60°，根据正切的定义求出CD的长，得到答案．试题解析：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，∴∠C=60°，在Rt△ACD中，∠C=60°，AD=，则tanC=，∴CD==，∴BC=．故该船与B港口之间的距离CB的长为海里．考点：解直角三角形的应用-方向角问题．3．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．（1）求证：△ABC∽△BCD；（2）求x的值；（3）求cos36°-cos72°的值．【答案】(1)证明见解析；（215-+；（3758+【解析】试题分析：（1）由等腰三角形ABC 中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD 为角平分线求出∠DBC 的度数，得到∠DBC=∠A ，再由∠C 为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC 与三角形BCD 相似；（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC ，根据AD+DC 表示出AC ，由（1）两三角形相似得比例求出x 的值即可；（3）过B 作BE 垂直于AC ，交AC 于点E ，在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果． 试题解析：（1）∵等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°， ∴∠ABC=∠C=72°， ∵BD 平分∠ABC ， ∴∠ABD=∠CBD=36°， ∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C ， ∴△ABC ∽△BCD ； （2）∵∠A=∠ABD=36°， ∴AD=BD ， ∵BD=BC ， ∴AD=BD=CD=1，设CD=x ，则有AB=AC=x+1， ∵△ABC ∽△BCD ，∴AB BC BD CD =，即111x x +=， 整理得：x 2+x-1=0，解得：x 115-+，x 215--（负值，舍去），则15-+； （3）过B 作BE ⊥AC ，交AC 于点E ，∵BD=CD ，∴E 为CD 中点，即DE=CE=15-+， 在Rt △ABE 中，cosA=cos36°=151514151AE AB -+++==-++， 在Rt △BCE 中，cosC=cos72°=1515414EC BC -+-+==， 则cos36°-cos72°=51+=-154-+=12． 【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．4．如图，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 的延长线于切点为G ，连接AG 交CD 于K ． （1）求证：KE=GE ；（2）若KG 2=KD•GE ，试判断AC 与EF 的位置关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG 的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AC ∥EF ，证明见解析；（3）FG= ．【解析】试题分析：（1）如图1，连接OG ．根据切线性质及CD ⊥AB ，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．试题解析：（1）如图1，连接OG．∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．∵KG2=KD•GE，即，∴，又∵∠KGE=∠GKE，∴△GKD∽△EGK，∴∠E=∠AGD，又∵∠C=∠AGD，∴∠E=∠C，∴AC∥EF；（3）连接OG，OC，如图3所示，∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．∵sinE=sin∠ACH=，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，∵KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5t，∴HK=CK-CH=t．在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，即（3t）2+t2=（2）2，解得t=．设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r= t=．∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形，在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH=，∴FG=【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．5．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）． 问题探究：把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)记ACBC＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 3CPE V 总是等边三角形 【解析】 【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FPMC PB=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ． （2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，ACBC=tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可． 【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P 作PM ⊥CE 于点M ，∵EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，∴EF ∥MP ∥CB ，∴EM FP=，∵点P是BF的中点，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE；MC PB（2）PC=PE成立，理由如下：如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF和△EAF中，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA，AF=AF，∴△DAF≌△EAF（AAS），∴AD=AE，在△DAP和△EAP中，∵AD=AE，∠DAP=∠EAP，AP=AP，∴△DAP≌△EAP（SAS），∴PD=PE，∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD∥BC∥PM，∴DM FP=，MC PB∵点P是BF的中点，∴DM=MC，又∵PM⊥AC，∴PC=PD，又∵PD=PE，∴PC=PE；（3）如图4，∵△CPE总是等边三角形，∴∠CEP=60°，∴∠CAB=60°，∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°，∵AC k BC ，ACBC=tan30°， ∴k=tan30°=33， ∴当k 为33时，△CPE 总是等边三角形．【点睛】考点：1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．6．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7．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，22+34DE AE∵背水坡坡比为1：2，∴BF=60米，在RT△BCF中，22CF BF+5∴周长345（345）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．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＝13x+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=-43x+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，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，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），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340 kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+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，NFNF'=13，∴FN＝t，F'N＝3t，∵MH'＝FN＝t，EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，∴41533tt=-，∴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'的距离是10t ， ∵PF ＝310，∴PF'＝10t ﹣310，在Rt △F'PK 中，13PK 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10．如图，已知二次函数212y x bx c =++的图象经过点A （-3，6），并与x 轴交于点B （-1，0）和点C ，顶点为点P ．（1）求这个二次函数解析式；（2）设D 为x 轴上一点，满足∠DPC =∠BAC ，求点D 的坐标； （3）作直线AP ，在抛物线的对称轴上是否存在一点M ，在直线AP 上是否存在点N ，使AM +MN 的值最小？若存在，求出M 、N 的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）；（2）点P （7，0）；（3）点N （-75，145）． 【解析】【分析】（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）利用S △ABC =12×AC×BH= 12×BC×y A ，求出sinα= 222105BH AB ==，则tanα= 12，在△PMD 中，tanα= MD PM 1222x =+，即可求解； （3）作点A 关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N ⊥AP 分别交对称轴与点M 、交AP 于点N ，此时AM+MN 最小，即可求解．【详解】（1）将点A 、B 坐标代入二次函数表达式得：96332102b b c ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--+⎪⎩，解得：132b c =-⎧⎪⎨=-⎪⎩， 故：抛物线的表达式为：y =12x 2-x -32， 令y =0，则x =-1或3，令x =0，则y =-32， 故点C 坐标为（3，0），点P （1，-2）； （2）过点B 作BH ⊥AC 交于点H ，过点P 作PG ⊥x 轴交于点G ，设：∠DPC=∠BAC=α，由题意得：AB=210，AC=62，BC=4，PC=22，S△ABC=12×AC×BH=12×BC×y A，解得：BH=22，sinα=BHAB=22210=5，则tanα=12，由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°，延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M，则MD=MC=x，在△PMD中，tanα=MDPM=22x+=12，解得：x=22，则CD=2x=4，故点P（7，0）；（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，直线AP表达式中的k值为：84-=-2，则直线A′N表达式中的k值为12，设直线A′N的表达式为：y=12x+b，将点A′坐标代入上式并求解得：b=72，故直线A ′N 的表达式为：y =12x +72…①， 当x =1时，y =4，故点M （1，4）， 同理直线AP 的表达式为：y =-2x …②，联立①②两个方程并求解得：x =-75， 故点N （-75，145）． 【点睛】 本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3），利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法．11．如图所示的是一个地球仪及它的平面图，在平面图中，点A 、B 分别为地球仪的南、北极点，直线AB 与放置地球仪的平面交于点D ，所夹的角度约为67°，半径OC 所在的直线与放置它的平面垂直，垂足为点E ，DE =15cm ，AD =14cm ．（1）求半径OA 的长（结果精确到0.1cm ，参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，t an67°≈2.36）（2）求扇形BOC 的面积（π取3.14，结果精确到1cm ）【答案】(1)半径OA 的长约为24.5cm ；(2)扇形BOC 的面积约为2822cm ．【解析】【分析】(1)在Rt △ODE 中，DE=15，∠ODE=67°，根据∠ODE 的余弦值，即可求得OD 长，减去AD 即为OA ．(2)用扇形面积公式即可求得.【详解】(1)在Rt △ODE 中，15cm DE =，67ODE ∠=︒．∵cos DE ODE DO ∠=， ∴150.39OD ≈， ∴()384614245cm OA OD AD =-≈-≈．．， 答：半径OA 的长约为24.5cm ．(2)∵67ODE ∠=︒，∴157BOC ∠=︒， ∴2360BOC n r S π=扇形 2157 3.1424.52360⨯⨯≈ ()2822cm ≈．答：扇形BOC 的面积约为2822cm ．【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，本题把实际问题转化成数学问题，利用三角函数中余弦定义来解题是解题关键．12． 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=． ∴sin 152sin311520.5279.04BC AB A ︒=⨯=⨯=⨯=．79.047.986.9486.9BD 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.13．如图，AB 为⊙O 的直径，P 是BA 延长线上一点，CG 是⊙O 的弦∠PCA ＝∠ABC ，CG ⊥AB ，垂足为D(1)求证：PC是⊙O的切线；(2)求证：PA AD PC CD；(3)过点A作AE∥PC交⊙O于点E，交CD于点F，连接BE，若sin∠P＝35，CF＝5，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=12．【解析】【分析】（1）连接OC，由PC切⊙O于点C，得到OC⊥PC，于是得到∠PCA+∠OCA=90°，由AB为⊙O的直径，得到∠ABC+∠OAC=90°，由于OC=OA，证得∠OCA=∠OAC，于是得到结论；（2）由AE∥PC，得到∠PCA=∠CAF根据垂径定理得到弧AC=弧AG，于是得到∠ACF=∠ABC，由于∠PCA=∠ABC，推出∠ACF=∠CAF，根据等腰三角形的性质得到CF=AF，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，求得FD=3，AD=4，CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，根据勾股定理得到方程r2=（r-4）2+82，解得r=10，得到AB=2r=20，由于AB为⊙O的直径，得到∠AEB=90°，在R t△ABE中，由sin∠EAD=35，得到BEAB＝35，于是求得结论．【详解】（1）证明：连接OC，∵PC切⊙O于点C，∴OC⊥PC，∴∠PCO=90°，∴∠PCA+∠OCA=90°，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ABC+∠OAC=90°，∵OC=OA，∴∠OCA=∠OAC，∴∠PCA=∠ABC；（2）解：∵AE∥PC，∴∠PCA=∠CAF，∵AB⊥CG，∴弧AC=弧AG，∴∠ACF=∠ABC，∵∠PCA=∠ABC，∴∠ACF=∠CAF，∴CF=AF，∵CF=5，∴AF=5，∵AE∥PC，∴∠FAD=∠P，∵sin∠P=35，∴sin∠FAD=35，在R t△AFD中，AF=5，sin∠FAD=35，∴FD=3，AD=4，∴CD=8，在R t△OCD中，设OC=r，∴r2=（r﹣4）2+82，∴r=10，∴AB=2r=20，∵AB为⊙O的直径，∴∠AEB=90°，在R t△ABE中，∵sin∠EAD=35，∴35BEAB，∵AB=20，∴BE=12．【点睛】本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接OC构造直角三角形．14．已知：如图，直线y＝－x＋12分别交x轴、y轴于A、B点，将△AOB折叠，使A点恰好落在OB的中点C处，折痕为DE．(1)求AE的长及sin∠BEC的值；(2)求△CDE的面积．【答案】（1）52，sin∠BEC=35；（2）754【解析】【分析】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B，点A坐标，继而可得∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，CF=BF=32，设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理求出x 的值即可求得答案；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，根据三角形面积公式则可得S△CDE=S△AED=2AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求出y，继而可求得答案.【详解】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，又∵点C是OB中点，∴OC=BC=6，2设AE=CE=x，则222-x，在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（2）2+（2）2，解得：2故可得sin∠BEC=35CFCE，2（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，则S△CDE=S△AED=12AD•EM=12AD×AEsin∠EAM=12AD•AE×sin45°=24AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，解得：y=152，即AD=152，故S△CDE=S△AED=24AD×AE=754．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.15．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．。

人教中考数学培优(含解析)之锐角三角函数含答案

人教中考数学培优(含解析)之锐角三角函数含答案

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，某无人机于空中A 处探测到目标B D 、的俯角分别是30、60︒︒,此时无人机的飞行高度AC 为60m ，随后无人机从A 处继续水平飞行303m 到达'A 处.（1）求之间的距离（2）求从无人机'A 上看目标的俯角的正切值. 【答案】（1）120米；（223. 【解析】 【分析】（1）解直角三角形即可得到结论；（2）过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ，连接'A D ，于是得到'60A E AC ==，'30CE AA ==3Rt △ABC 中，求得33，然后根据三角函数的定义即可得到结论． 【详解】解：（1）由题意得：∠ABD=30°，∠ADC=60°， 在Rt △ABC 中，AC=60m ，∴AB=sin 30AC︒=6012=120（m ）（2）过'A 作'A E BC ⊥交BC 的延长线于E ，连接'A D ， 则'60A E AC ==， '30CE AA ==3在Rt △ABC 中， AC=60m ，∠ADC=60°，∴33∴3∴tan ∠A 'A D= tan ∠'A DC='A E DE 503235答：从无人机'A 上看目标D 235【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线建立直角三角形是解题的关键.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=175S1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2114ACBS MDS AB⎛⎫==⎪⎝⎭，所以S△MCB=12S△ACB=2S1，从而可求出S△EBD=S2﹣S△MCB﹣S1=25S1，由于1EBDS MES EB=，从而可知52MEEB=，设ME=5x，EB=2x，从而可求出AB=14x，BC=72，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 ， ∴2114ACB S MD SAB ⎛⎫== ⎪⎝⎭， ∴S △ACB =4S 1， ∵CM 是△ACB 的中线， ∴S △MCB =12S △ACB =2S 1， ∴S △EBD =S 2﹣S △MCB ﹣S 1=25S 1， ∵1EBDS MESEB=， ∴1125S MEEB S =，∴52ME EB =， 设ME=5x ，EB=2x ， ∴MB=7x ， ∴AB=2MB=14x ， ∵12MD ME AB BC ==，∴BC=10x ， ∴cos ∠ABC=105147BC 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．如图，在⊙O 的内接三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝2BC ，过C 作AB 的垂线l 交⊙O 于另一点D ，垂足为E.设P 是上异于A ，C 的一个动点，射线AP 交l 于点F ，连接PC 与PD ，PD 交AB 于点G. (1)求证：△PAC ∽△PDF ； (2)若AB ＝5，，求PD 的长；(3)在点P 运动过程中，设＝x ，tan ∠AFD ＝y ，求y 与x 之间的函数关系式．(不要求写出x 的取值范围)【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD ＝∠FPC ，得到∠APC ＝∠FPD ，又由∠PAC ＝∠PDC ，即可证明结论. （2）由AC=2BC ，设，应用勾股定理即可求得BC ，AC 的长，则由AC=2BC 得，由△ACE ∽△ABC 可求得AE ，CE 的长，由可知△APB 是等腰直角三角形，从而可求得PA 的长，由△AEF 是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF 的长，由（1）△PAC ∽△PDF 得，即可求得PD 的长.（3）连接BP ，BD ，AD ，根据圆的对称性，可得，由角的转换可得，由△AGP ∽△DGB 可得，由△AGD ∽△PGB 可得，两式相乘可得结果.试题解析：（1）由APCB 内接于圆O ，得∠FPC ＝∠B ，又∵∠B ＝∠ACE ＝90°－∠BCE ，∠ACE ＝∠APD ，∴∠APD ＝∠FPC.∴∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD.又∵∠PAC＝∠PDC，∴△PAC∽△PDF.（2）连接BP，设，∵∠ACB=90°，AB=5，∴.∴.∵△ACE∽△ABC，∴，即. ∴.∵AB⊥CD，∴.如图，连接BP，∵，∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB＝45°，.∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.由（1）△PAC∽△PDF得，即.∴PD的长为.（3）如图，连接BP，BD，AD，∵AC=2BC，∴根据圆的对称性，得AD=2DB，即.∵AB⊥CD，BP⊥AE，∴∠ABP＝∠AFD.∵，∴.∵△AGP∽△DGB，∴.∵△AGD∽△PGB，∴.∴，即.∵，∴.∴与之间的函数关系式为.考点：1.单动点问题；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.垂径定理；7.锐角三角函数定义；8.由实际问题列函数关系式.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 5AOC ∠=．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)13x 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 5AOC ∠=、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 DQPOA QDO OA DO=∠=∠=， ∴AOP ∆≌ODQ ∆， ∴AP OQ =；（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=， ∴4455OH OP x ==，35PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=⋅=． ∵//CD AB ， ∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOPy CP x S OP x∆-==， ∴2360300x x y x-+=，当F 与点D 重合时，∵42cos 210165CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=， ∴101016x x =-，解得5013x =， ∴2360300x x y x-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=时，90OPA ∠=， ∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=；②当90POE∠=时，1010254cos cos25OCCQQCO AOC====∠∠，∴252OP DQ CD CQ CD==-=-2571622=-=，∵501013OP<<，∴72OP=（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8．5．如图，某校数学兴趣小组为测量校园主教学楼AB的高度，由于教学楼底部不能直接到达，故兴趣小组在平地上选择一点C，用测角器测得主教学楼顶端A的仰角为30°，再向主教学楼的方向前进24米，到达点E处（C，E，B三点在同一直线上），又测得主教学楼顶端A的仰角为60°，已知测角器CD的高度为1.6米，请计算主教学楼AB的高度．（3≈1.73，结果精确到0.1米）【答案】22.4m【解析】【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等量关系，进而求解．【详解】解：在Rt△AFG中，tan∠AFG3，∴FG=tan3AGAFG=∠，在Rt △ACG 中，tan ∠ACG =AGCG， ∴CG =tan AGACG ∠=3AG ．又∵CG ﹣FG =24m ，即3AG ﹣3=24m ， ∴AG =123m ， ∴AB =123+1.6≈22.4m ．6．在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点()0,0O ，点()3,0A ，点()0,4C，连接OB ，以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOCB ，旋转角为()0360αα︒<<︒，得到矩形ADEF ，点,,O C B 的对应点分别为,,D E F . (Ⅰ)如图，当点D 落在对角线OB 上时，求点D 的坐标； (Ⅱ)在(Ⅰ)的情况下，AB 与DE 交于点H . ①求证BDE DBA ∆≅∆； ②求点H 的坐标.(Ⅲ)α为何值时，FB FA =.(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为5472(,)2525；(Ⅱ)①证明见解析；②点H 的坐标为(3，258)；(Ⅲ)60α=︒或300︒. 【解析】 【分析】(Ⅰ) 过A D 、分别作,AM OB DN OA ⊥⊥，根据点A 、点C 的坐标可得出OA 、OC 的长，根据矩形的性质可得AB 、OB 的长，在Rt △OAM 中，利用∠BOA 的余弦求出OM 的长，由旋转的性质可得OA=AD ，利用等腰三角形的性质可得OD=2OM ，在Rt △ODN 中，利用∠BOA 的正弦和余弦可求出DN 和ON 的长，即可得答案；(Ⅱ)①由等腰三角形性质可得∠DOA=∠ODA ，根据锐角互余的关系可得ABD BDE ∠∠=，利用SAS 即可证明△DBA ≌△BDE ；②根据△DBA ≌△BDE 可得∠BEH=∠DAH ，BE=AD ，即可证明△BHE ≌△DHA ，可得DH=BH ，设AH=x ，在Rt △ADH 中，利用勾股定理求出x 的值即可得答案；（Ⅲ）如图，过F 作FO ⊥AB ，由性质性质可得∠BAF=α，分别讨论0<α≤180°时和180°<α<360°时两种情况，根据FB=FA 可得OA=OB ，利用勾股定理求出FO 的长，由余弦的定义即可求出∠BAF 的度数. 【详解】(Ⅰ)∵点()30A ，，点()04C ，， ∴3,4OA OC ==. ∵四边形OABC 是矩形， ∴AB=OC=4，∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的 ∴3AD AO ==.在Rt OAB ∆中，5OB =， 过A D 、分别作B,DN OA AM O ⊥⊥ 在Rt ΔOAM 中，OM OA 3cos BOA OA OB 5∠===， ∴9OM 5=∵AD=OA ，AM ⊥OB ， ∴18OD 2OM 5==. 在Rt ΔODN 中：DN 4sin BOA OD 5∠==，cos ∠BOA=ON OD =35， ∴72DN 25=，54ON 25=. ∴点D 的坐标为5472,2525⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅱ)①∵矩形DAFE 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴OA AD 3,ADE 90,DE AB 4∠===︒==.∴OD AD =.∴DOA ODA ∠∠=.又∵DOA OBA 90∠∠+=︒，BDH ADO 90∠∠+=︒∴ABD BDE ∠∠=. 又∵BD BD =，∴ΔBDE ΔDBA ≅.②由ΔBDE ΔDBA ≅，得BEH DAH ∠∠=，BE AD 3==，又∵BHE DHA ∠∠=，∴ΔBHE ΔDHA ≅.∴DH=BH ，设AH x =，则DH BH 4x ==-，在Rt ΔADH 中，222AH AD DH =+，即()222x 34x =+-，得25x 8=， ∴25AH 8=. ∴点H 的坐标为253,8⎛⎫ ⎪⎝⎭. (Ⅲ)如图，过F 作FO ⊥AB ，当0<α≤180°时，∵点B 与点F 是对应点，A 为旋转中心，∴∠BAF 为旋转角，即∠BAF=α，AB=AF=4，∵FA=FB ，FO ⊥AB ，∴OA=12AB=2， ∴cos ∠BAF=OA AF =12， ∴∠BAF=60°，即α=60°，当180°<α<360°时，同理解得：∠BAF′=60°，∴旋转角α=360°-60°=300°.综上所述：α60=︒或300︒.【点睛】本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键.7．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 =.【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 ∆=， ∴142AO 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 =+==，∴CMy 轴， ∵90PNM POC ∠=∠=︒， ∴BMOC ， ∴四边形BOCM 是平行四边形， ∴4832BOCM S BO OM =⨯=⨯=.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．8．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，连接BD ，将△ABD 绕B 点作顺时针方向旋转得到△A ′B ′D ′（B ′与B 重合），且点D ′刚好落在BC 的延长上，A ′D ′与CD 相交于点E ． （1）求矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分（如图1中阴影部分A ′B ′CE ）的面积；（2）将△A ′B ′D ′以每秒2cm 的速度沿直线BC 向右平移，如图2，当B ′移动到C 点时停止移动．设矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分的面积为y ，移动的时间为x ，请你直接写出y 关于x 的函数关系式，并指出自变量x 的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x ，使得△AA ′B ′成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x 的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）452；（2）详见解析；（3）使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32 秒、95- ． 【解析】【分析】 （1）根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2，由tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD 可求出CE ，即可计算△CED ′的面积，S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′； （2）分类讨论，当0≤x ≤115时和当115＜x ≤4时，分别列出函数表达式； （3）分类讨论，当AB ′＝A ′B ′时；当AA ′＝A ′B ′时；当AB ′＝AA ′时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）∵AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，∴BD ＝10cm ，根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10cm ，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2cm ，∵tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD ∴682=CE ∴CE ＝32cm ， ∴S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′＝8634522222⨯-⨯÷=（cm 2）； （2）①当0≤x ＜115时，CD ′＝2x +2，CE ＝32（x +1）， ∴S △CD ′E ＝32x 2+3x +32， ∴y ＝12×6×8﹣32x 2﹣3x ﹣32＝﹣32x 2﹣3x +452； ②当115≤x ≤4时，B ′C ＝8﹣2x ，CE ＝43（8﹣2x ） ∴()214y 8223x =⨯-＝83x 2﹣643x +1283． （3）①如图1，当AB ′＝A ′B ′时，x ＝0秒； ②如图2，当AA ′＝A ′B ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AN 2+A ′N 2＝36，∴（6﹣245）2+（2x +185）2＝36，解得：x＝6695-，x＝6695--（舍去）；③如图2，当AB′＝AA′时，A′N＝BM＝BB′+B′M＝2x+185，A′M＝NB＝245，∵AB2+BB′2＝AN2+A′N2∴36+4x2＝（6﹣245）2+（2x+185）2解得：x＝32．综上所述，使得△AA′B′成为等腰三角形的x的值有：0秒、32秒、6695-．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．9．已知：在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，BE：AB=3：5，若CE= 2，cos∠ACD= 45，求tan∠AEC的值及CD的长．【答案】tan∠1212 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，45BC AB = 令BC=4k,AB=5k 则AC=3k 由35BE AB = ,BE=3k 则CE=k,且CE=2 则k=2，AC=32 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=AC EC =3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=45CD AC = ,，CD=12125.10．已知Rt △ABC,∠A=90°,BC=10,以BC 为边向下作矩形BCDE,连AE 交BC 于F.(1)如图1,当AB=AC,且sin ∠BEF=35时，求BF CF 的值； (2)如图2,当tan ∠ABC=12时,过D 作DH ⊥AE 于H,求EH EA ⋅的值； (3)如图3,连AD 交BC 于G,当2FG BF CG =⋅时,求矩形BCDE 的面积【答案】(1)17；（2）80；（3）100. 【解析】【分析】 (1)过A 作AK ⊥BC 于K ,根据sin ∠BEF=35得出35FK AK =,设FK =3a ,AK =5a ，可求得BF =a ,故17BF CF =；（2）过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，得△EGA ∽△EHD ，利用相似三角形的性质即可求出；（3）延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,根据相似三角形的性质可求出BE =ED ，故可求出矩形的面积.【详解】解：(1)过A 作AK ⊥BC 于K ,∵sin ∠BEF ＝35,sin ∠FAK ＝35, ∴35FK AK =, 设FK =3a ,AK =5a ,∴AK =4a ,∵AB =AC ,∠BAC =90°,∴BK =CK =4a ,∴BF =a ,又∵CF =7a , ∴17BF CF = (2)过A 作AK ⊥BC 于K ,延长AK 交ED 于G ,则AG ⊥ED ，∵∠AGE =∠DHE =90°,∴△EGA ∽△EHD , ∴EH ED EG EA=， ∴·EH EA EG ED ⋅=,其中EG =BK , ∵BC =10,tan ∠ABC ＝12， cos ∠ABC∴BA ＝BC · cos ∠ABCBK= BA·cos ∠ABC 8= ∴EG =8,另一方面：ED =BC =10,∴EH ·EA =80 (3)延长AB 、ED 交于K ,延长AC 、ED 交于T ,∵BC ∥KT ,BF AF FG KE AE ED ==， ∴BF KE FG DE =，同理：FG ED CG DT= ∵FG 2= BF ·CG ∴BF FG FG CG=， ∴ED 2= KE ·DT ∴KE ED DE DT= ， 又∵△KEB ∽△CDT ,∴KE CD BE DT =，∴KE ·DT ＝BE 2， ∴BE 2＝ED 2∴ BE =ED∴1010100BCDE S =⨯=矩形【点睛】此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解.。

人教备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数附答案

人教备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数附答案

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，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2．如图，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 的延长线于切点为G，连接AG交CD于K．（1）求证：KE=GE；（2）若KG2=KD•GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；（3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=，求FG的长．【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= ．【解析】试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度．试题解析：（1）如图1，连接OG．∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．∵KG2=KD•GE，即，∴，又∵∠KGE=∠GKE，∴△GKD∽△EGK，∴∠E=∠AGD，又∵∠C=∠AGD，∴∠E=∠C，∴AC∥EF；（3）连接OG，OC，如图3所示，∵EG为切线，∴∠KGE+∠OGA=90°，∵CD⊥AB，∴∠AKH+∠OAG=90°，又∵OA=OG，∴∠OGA=∠OAG，∴∠KGE=∠AKH=∠GKE，∴KE=GE．∵sinE=sin∠ACH=，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t，∵KE=GE，AC∥EF，∴CK=AC=5t，∴HK=CK-CH=t．在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2，即（3t）2+t2=（2）2，解得t=．设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t，由勾股定理得：OH2+CH2=OC2，即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r= t=．∵EF为切线，∴△OGF为直角三角形，在Rt△OGF中，OG=r=，tan∠OFG=tan∠CAH=，∴FG=【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．3．如图，PB为☉O的切线，B为切点，过B作OP的垂线BA，垂足为C，交☉O于点A，连接PA，AO.并延长AO交☉O于点E，与PB的延长线交于点D．(1)求证：PA是☉O的切线；(2)若=，且OC=4，求PA的长和tan D的值.【答案】（1）证明见解析；（2）PA =3，tan D=.【解析】试题分析: （1）连接OB，先由等腰三角形的三线合一的性质可得：OP是线段AB的垂直平分线，进而可得：PA=PB，然后证明△PAO≌△PBO，进而可得∠PBO=∠PAO，然后根据切线的性质可得∠PBO=90°，进而可得：∠PAO=90°，进而可证：PA是⊙O的切线；（2）连接BE，由，且OC=4，可求AC，OA的值，然后根据射影定理可求PC的值，从而可求OP的值，然后根据勾股定理可求AP的值．试题解析：（1）连接OB，则OA=OB，∵OP⊥AB，∴AC=BC，∴OP是AB的垂直平分线，∴PA=PB，在△PAO和△PBO中，∵，∴△PAO≌△PBO（SSS）∴∠PBO=∠PAO，PB=PA，∵PB为⊙O的切线，B为切点，∴∠PBO=90°，∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，∴PA是⊙O的切线；（2）连接BE，∵，且OC=4，∴AC=6，∴AB=12，在Rt△ACO中，由勾股定理得：AO=，∴AE=2OA=4，OB=OA=2，在Rt△APO中，∵AC⊥OP，∴AC2=OC PC，解得：PC=9，∴OP=PC+OC=13，在Rt△APO中，由勾股定理得：AP==3.易证，所以,解得，则，在中，.考点：1.切线的判定与性质；2.相似三角形的判定与性质；3.解直角三角形．4．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.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，AD=22DE AE +=634米 ∵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，已知，在O 中，弦AB 与弦CD 相交于点E ，且AC BD =.（1）求证：AB CD =；（2）如图，若直径FG 经过点E ，求证：EO 平分AED ∠；（3）如图，在（2）的条件下，点P 在CG 上，连接FP 交AB 于点M ，连接MG ，若AB CD ⊥，MG 平分PMB ∠，2MG =，FMG ∆的面积为2，求O 的半径的长.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）O 10.【解析】 【分析】(1) 利用相等的弧所对的弦相等进行证明；（2）连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，证明AOJ DOQ ∆≅∆得出OJ OQ =，根据角平分线的判定定理可得结论；（3）如图，延长GM 交O 于点H ，连接HF ，求出2FH =，在HG 上取点L ，使HL FH =，延长FL 交O 于点K ，连接KG ，求出22FL =，设HM n =，则有2LK KG n ==，222FK FL LK n =+=+，再证明KFG EMG HMF ∠=∠=∠，从而得到tan tan KFG HMF ∠=∠，KG HFFK HM=，再代入LK 和FK 的值可得n=4,再求得FG 的长，最后得到圆的半径为10． 【详解】解：（1）证明：∵AC BD =，∴AC CB BD CB +=+， ∴AB CD =， ∴AB CD =.（2）证明：如图，连接AO 、DO ，过点O 作OJ AB ⊥于点J ，OQ CD ⊥于点Q ，∴90AJO DQO ∠=∠=︒，1122AJ AB CD DQ ===， 又∵AO DO =， ∴AOJ DOQ ∆≅∆， ∴OJ OQ =，又∵OJ AB ⊥，OQ CD ⊥， ∴EO 平分AED ∠.（3）解：∵CD AB ⊥，∴90AED ∠=︒，由（2）知，1452AEF AED ∠=∠=︒， 如图，延长GM 交O 于点H ，连接HF ，∵FG 为直径，∴90H ∠=︒，122MFG S MG FH ∆=⨯⋅=， ∵2MG =，∴2FH =， 在HG 上取点L ，使HL FH =，延长FL 交O 于点K ，连接KG ， ∴45HFL HLF ∠=∠=︒，45KLG HLF ∠=∠=︒，∵FG 为直径，∴90K ∠=︒， ∴9045KGL KLG KLG ∠=︒-∠=︒=∠，∴LK KG =，在Rt FHL ∆中，222FL FH HL =+，22FL =设HM n =，2HL MG ==，∴GL LM MG HL LM HM n =+=+==，在Rt LGK ∆中，222LG LK KG =+，22LK KG ==，222FK FL LK =+=， ∵GMP GMB ∠=∠，∵PMG HMF ∠=∠，∴HMF GMB ∠=∠， ∵1452AEF AED ∠=∠=︒， ∴45MGF EMG MEF ∠+∠=∠=︒，45MGF KFG HLF ∠+∠=∠=︒，∴KFG EMG HMF ∠=∠=∠，∴tan tan KFG HMF ∠=∠， ∴KG HF FK HM =，∴2222222nn =+，4n =， ∴6HG HM MG =+=，在Rt HFG ∆中，222FG FH HG =+，210FG =10FO =即O 10【点睛】考查了圆的综合题，本题是垂径定理、圆周角定理以及三角函数等的综合应用，适当的添加辅助线是解题的关键．7．如图，直线y＝1 2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣12x2+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≥﹣12x2+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＝12x+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 COAE BO=,最后分类讨论确定点D的坐标．【详解】解：（1）由y＝12x+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＝﹣12x2+bx+c得：322bc⎧=-⎪⎨⎪=⎩，，∴抛物线的解析式为：213222y x x=--+（2）当x≥0或x≤﹣4时，12x+2≥﹣12x2+bx+c（3）如图，过D 点作x 轴的垂线，交x 轴于点E ， 由213222y 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 ，213222m 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Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，AB ＝4，动点P 从点A 出发，沿AB 以每秒2个单位长度的速度向终点B 运动．过点P 作PD ⊥AC 于点D (点P 不与点A ，B 重合)，作∠DPQ ＝60°，边PQ 交射线DC 于点Q ．设点P 的运动时间为t 秒．（1）用含t的代数式表示线段DC的长：_________________；（2）当t =__________时，点Q与点C重合时；（3）当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，求出t的值．【答案】（1）；（2）1；（3）t的值为或或.【解析】【分析】（1）先求出AC，用三角函数求出AD，即可得出结论；（2）利用AQ=AC，即可得出结论；（3）分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．【详解】（1）∵AP= , AB=4,∠A＝30°∴AC= , AD=∴CD=；（2）AQ=2AD=当AQ=AC时，Q与C重合即=∴t=1；（3）①如图，当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，∴∠PGF＝90°，PG＝PQ＝AP＝t，AF＝AB＝2.∵∠A＝∠AQP＝30°，∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG＝2t，∴AP＋PF＝2t＋2t＝2，∴t＝②如图，当PQ的垂直平分线过AC的中点N时，∴∠QMN ＝90°，AN＝AC＝，QM＝PQ＝AP＝t.在Rt△NMQ中，∵AN＋NQ＝AQ，∴③如图，当PQ的垂直平分线过BC的中点F时，∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°.∵∠ABC＝60°，∴∠BFH＝30°＝∠H，∴BH＝BF＝1.在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t.∵AH＝AP＋PH＝AB＋BH，∴2t＋2t＝5，∴t＝.即当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为或或.【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，垂直平分线的性质，正确作出图形是解本题的关键．9．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+2GF2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GB+2 2GF=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=21313，tan∠ACB=23，在Rt△ABE中，求得圆的直径，因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=MBBN＝23，所以BN=32MB，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），∴1412554a ba b-++⎧⎨-++⎩＝，＝解得16ab⎧⎨-⎩＝，＝∴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），∴154k mm-+⎧⎨⎩＝＝，解得14km＝，＝-⎧⎨⎩∴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=12×(−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+22GF=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），∴AC=26，BC=52，∵S△ABC=12AC×BCsin∠ACB＝12AB×5，∴sin∠ACB=213，tan∠ACB=23，∵AE为直径，AB=4，∴∠ABE=90°，∵sin∠AEB=sin∠ACB=21313＝4AE，∴AE=213，∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB，∴∠N=∠AEB=∠ACB，∴tanN=MBBN ＝23，∴BN=32MB，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．10．小明坐于堤边垂钓，如图①，河堤AC的坡角为30°，AC长米，钓竿AO的倾斜角是60°，其长为3米，若AO与钓鱼线OB的夹角为60°，求浮漂B与河堤下端C之间的距离(如图②)．【答案】1．5米．【解析】试题分析：延长OA交BC于点D．先由倾斜角定义及三角形内角和定理求出在Rt△ACD中,米，CD=2AD=3米，再证明△BOD是等边三角形，得到米，然后根据BC=BD−CD即可求出浮漂B与河堤下端C之间的距离．试题解析：延长OA交BC于点D.∵AO的倾斜角是，∴∵在Rt△ACD中, (米)，∴CD=2AD=3米，又∴△BOD是等边三角形，∴(米)，∴BC=BD−CD=4.5−3=1.5(米).答：浮漂B与河堤下端C之间的距离为1.5米.。

中考数学培优(含解析)之锐角三角函数附答案解析

中考数学培优(含解析)之锐角三角函数附答案解析

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，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．（1）求∠BPQ的度数；（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：，【答案】（1）∠BPQ=30°；（2）该电线杆PQ的高度约为9m．【解析】试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可；（2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．试题解析：延长PQ交直线AB于点E，（1）∠BPQ=90°-60°=30°；（2）设PE=x米．在直角△APE中，∠A=45°，则AE=PE=x米；∵∠PBE=60°∴∠BPE=30°在直角△BPE中，BE=33PE=33x米，∵AB=AE-BE=6米，则3，解得：3则BE=（33+3）米．在直角△BEQ中，QE=33BE=33（33+3）=（3+3）米．∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）．答：电线杆PQ的高度约9米．考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．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，∴33在Rt△BDE中，由∠DBE=45°，得3∴CD=CE+DE=123）≈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13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，．①求的值；②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为【解析】试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.与交于点O,且关于对称四边形是菱形.（2）①连接,直线分别交于点,交于点关于的对称图形为在矩形中，为的中点，且O为AC的中点为的中位线同理可得：为的中点，②过点P作交于点由运动到所需的时间为3s由①可得，点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A 即：由O运动到P所需的时间就是OP+MA和最小.如下图，当P运动到,即时，所用时间最短.在中，设解得：和走完全程所需时间为考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置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 tan451ABAEB EB∠=︒==． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15．在Rt△AHD中，由∠AHD = 90°，得tanAH ADHHD∠=．即得3 tan3215xx-︒=+．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．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=32×33=92.【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.6．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AB=.点P从点A出发以每秒2个单位的速7．如图①,在菱形ABCD中,60∠=，4B︒⊥交边AB于点Q，过点P向上作度沿边AD向终点D运动，过点P作PQ ACPN AC，且3//=，以PN、PQ为边作矩形PQMN.设点P的运动时间为t PN PQ（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.<<时，求S与t之间的函数关系式，（3）当0t1（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87t = ． 【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≤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-4，33（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≤45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45＜t≤2时，由平行线得出△OEF ∽△MEQ ，得出EF OF EQ MQ =233t t EF t -=+，解得2332t t -，得出23323t t t -+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 ，∴PF=QF，PF=PA•sin60°=2t×32=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=32PQ=32×23t=3t，∴PD=3t，∵PA+PD=AD，即2t+3t=4，解得：t=45．（3）当0＜t≤45时，如图1所示：PQ=23t，PN=3PQ=3×23t=3t，S=矩形PQMN的面积=PQ×PN=23t×3t=63t2；当45＜t＜1时，如图3所示：∴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=63t2-2×12×3（5t-4）2=-19t2+403t-163，即S=-19t2+403t-163；（4）分两种情况：当0＜t≤45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）=13×63t2，解得：t=23；当45＜t≤2时，如图5所示：∵AC∥QM，∴△OEF∽△MEQ，∴EF OFEQ MQ=233ttEF t-=+，解得：2332t t-，∴EQ=2332234t t t t --+， ∴△MEQ 的面积=12×3t×（23323t t t -+）=13×63t 2， 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．8．已知：如图，直线y ＝－x ＋12分别交x 轴、y 轴于A 、B 点，将△AOB 折叠，使A 点恰好落在OB 的中点C 处，折痕为DE ．(1)求AE 的长及sin ∠BEC 的值；(2)求△CDE 的面积．【答案】（1）2，sin ∠BEC=35；（2）754【解析】【分析】 （1）如图，作CF ⊥BE 于F 点，由函数解析式可得点B ，点A 坐标，继而可得∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，2，设AE=CE=x ，则222-x ，在Rt △CEF 中，利用勾股定理求出x 的值即可求得答案；（2）如图，过点E 作EM ⊥OA 于点M ，根据三角形面积公式则可得S △CDE =S △AED =2，设AD=y ，则CD=y ，OD=12-y ，在Rt △OCD 中，利用勾股定理求出y ，继而可求得答案.【详解】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，又∵点C是OB中点，∴OC=BC=6，CF=BF=32，设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（92-x）2+（32）2，解得：x=52，故可得sin∠BEC=35CFCE，AE=52；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，则S△CDE=S△AED=12AD•EM=12AD×AEsin∠EAM=12AD•AE×sin45°=24AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，解得：y=152，即AD=152，故S△CDE=S△AED=24AD×AE=754．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.9．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．10．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．。

中考数学培优 易错 难题(含解析)之锐角三角函数及详细答案

中考数学培优 易错 难题(含解析)之锐角三角函数及详细答案

中考数学培优 易错 难题(含解析)之锐角三角函数及详细答案一、锐角三角函数1．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB ∥CD ， ∠ACB =90°， AB=10cm ， BC=8cm ， OD 垂直平分 A C ．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s ；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s ；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点 P 作 PE ⊥AB ，交 BC 于点 E ，过点 Q 作 QF ∥AC ，分别交 AD ， OD 于点 F ， G ．连接 OP ，EG ．设运动时间为 t ( s )（0＜t ＜5） ，解答下列问题： （1）当 t 为何值时，点 E 在BAC 的平分线上？（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm 2) ，求 S 与 t 的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；（4）连接 OE ， OQ ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE ⊥OQ ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）4s t =；（2）PEGO S 四边形2315688t t =-++ ，(05)t <<；（3）52t =时，PEGO S 四边形取得最大值；（4）165t =时，OE OQ ⊥. 【解析】 【分析】（1）当点E 在∠BAC 的平分线上时，因为EP ⊥AB ，EC ⊥AC ，可得PE=EC ，由此构建方程即可解决问题．（2）根据S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ）构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可．（4）证明∠EOC=∠QOG ，可得tan ∠EOC=tan ∠QOG ，推出EC GQOC OG=，由此构建方程即可解决问题． 【详解】（1）在Rt △ABC 中，∵∠ACB=90°，AB=10cm ，BC=8cm ， ∴22108-=6（cm ）， ∵OD 垂直平分线段AC ， ∴OC=OA=3（cm ），∠DOC=90°， ∵CD ∥AB ，∴∠BAC=∠DCO ， ∵∠DOC=∠ACB ， ∴△DOC ∽△BCA ， ∴AC AB BCOC CD OD ==， ∴61083CD OD==， ∴CD=5（cm ），OD=4（cm ）， ∵PB=t ，PE ⊥AB ， 易知：PE=34t ，BE=54t ，当点E 在∠BAC 的平分线上时， ∵EP ⊥AB ，EC ⊥AC ， ∴PE=EC ，∴34t=8-54t ，∴t=4．∴当t 为4秒时，点E 在∠BAC 的平分线上． （2）如图，连接OE ，PC ．S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ） =1414153154338838252524524t t t t t ⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-⨯+⨯⨯-+⨯-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣ =281516(05)33t t t -++<<． （3）存在．∵28568(05)323S t t ⎛⎫=--+<< ⎪⎝⎭，∴t=52时，四边形OPEG 的面积最大，最大值为683．（4）存在．如图，连接OQ ． ∵OE ⊥OQ ，∴∠EOC+∠QOC=90°，∵∠QOC+∠QOG=90°，∴∠EOC=∠QOG，∴tan∠EOC=tan∠QOG，∴EC GQOC OG=，∴358544345ttt-=-，整理得：5t2-66t+160=0，解得165t=或10（舍弃）∴当165t=秒时，OE⊥OQ．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.2．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm．（1）求∠CAO＇的度数．（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．【解析】试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×=12，由C、O′、B′三点共线可得结果；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．试题解析：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，∴sin∠CAO′=，∴∠CAO′=30°；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD=，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24×=12，∵O′C⊥OA，∠CAO′=30°，∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12=36﹣12，∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，∴∠EO′F=120°，∴∠FO′A=∠CAO′=30°，∵∠AO′B′=120°，∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．3．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF∵AD//BC∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF∴AB=BE AB=AF∴AF=AB=BE∵AD//BC∴ABEF为平行四边形又AB=BE∴ABEF为菱形（2）作PH⊥AD于H由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5∴tan∠ADP=考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数4．在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH、PH.（1）若点P在线CD上，如图1，①依题意补全图1；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；（2）若点P在线CD的延长线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（可以不写出计算结果）【答案】（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明见解析（2）或【解析】试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由代入HR，CR解方程即可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴．试题解析：（1）①法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCPBD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．（2）法一：轴对称作法考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由得：，∴．即PD=法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴．考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆5．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．6．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，22+34DE AE∵背水坡坡比为1：2，∴BF=60米，在RT△BCF中，22+5CF BF∴周长345（345）米，面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．故大坝的截面的周长是（345）米，面积是1470平方米．7．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°333在Rt△ADE中，∠DAE＝∠BAE＝30°，∴AD=cos30°×AE=32×3392.【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.8．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=34，可求出CD=2,进而求得OC=32，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=34，∴在Rt△PAD中，AD=4，22PA AD，∴CD=PD-PC=5-3=2，∵tan∠PDA=34，∴在Rt△OCD中，OC=32，OD=22OC CD+=52，∵∠EPD=∠ODE，∠OCP=∠E=90°，∴△OED∽△DEP，∴PDDO =PEDE=DEOE=2，∴DE=2OE,在Rt△OED中，OE2+DE2=OD2，即5OE2=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.9．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10．如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5︒方向上，距离5千米处是村庄M，在点A北偏东53.5︒方向上，距离10千米处是村庄N；要在公路AB旁修建一个土特产收购站P(取点P在AB上)，使得M，N两村庄到P站的距离之和最短，请在图中作出P的位置（不写作法）并计算：（1）M，N两村庄之间的距离；（2）P到M、N距离之和的最小值.（参考数据：sin36.5°＝0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75计算结果保留根号.）【答案】(1) M，N两村庄之间的距离为29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是55千米．【解析】【分析】（1）作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．【详解】解：作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．（1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°∴NE=AN•sin∠NAB=10•sin36.5°=6，AE=AN•cos∠NAB=10•cos36.5°=8，过M作MC⊥AB于点C，在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°∴AC=MA•sin∠AMB=MA•sin36.5°=3，MC=MA•cos∠AMC=MA•cos36.5°=4，过点M作MD⊥NE于点D，在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，ND=NE-MC=2，∴MN=22+=29，52即M，N两村庄之间的距离为29千米．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得MN′=22510+=55（千米）∴村庄M、N到P站的最短距离和是55千米．【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．11．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】AB=-73.2 (米)．…6分解：（1）100(31)(2) 此车制速度v==18.3米/秒12．如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E．（1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】（1）409R=;（2）25880320xy x xx=-++（3）505-【解析】【分析】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，即可求解；（2）首先证明PD∥BE，则EB BFPD PF=，即：2024588x yxxxy-+-=，即可求解；（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝5【详解】（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝35，则sinC＝45，sinC＝HPCP＝10RR-＝45，解得：R＝409；（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝35，设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，则BH＝ACsinC＝8，同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝45，则：tan∠CAB＝2，BP＝228+(4)x-＝2880x x-+，DA＝25x，则BD＝45﹣25x，如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，tanβ＝2，则cosβ5，sinβ5，EB ＝BDcosβ＝（45﹣25x ）×5＝4﹣25x ，∴PD ∥BE ，∴EB BFPD PF=，即：2024588x y x xx y-+--=，整理得：y ＝25xx 8x 803x 20-++；（3）以EP 为直径作圆Q 如下图所示，两个圆交于点G ，则PG ＝PQ ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D ， GD 为相交所得的公共弦， ∵点Q 是弧GD 的中点， ∴DG ⊥EP ， ∵AG 是圆P 的直径， ∴∠GDA ＝90°， ∴EP ∥BD ，由（2）知，PD ∥BC ，∴四边形PDBE 为平行四边形， ∴AG ＝EP ＝BD ，∴AB ＝DB+AD ＝AG+AD ＝5 设圆的半径为r ，在△ADG 中， AD ＝2rco sβ5DG 5AG ＝2r ， 5＝52r 51+， 则：DG 550﹣5 相交所得的公共弦的长为50﹣5 【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．13．已知抛物线y＝﹣16x2﹣23x+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＝13x+2；(2) 点M坐标为（﹣2，53）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（35-，195）．【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（﹣2，83），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：k13=，则：直线AC的表达式为：y13=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，16-m223-m+2），则点G坐标为（m，13m+2），S△ACP12=PG•OA12=•（16-m223-m+213-m﹣2）•612=-m2﹣3m，当m＝﹣3时，上式取得最大值，则点P坐标为（﹣3，52）．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：y56=-x，当x＝﹣2时，y53=，即：点M坐标为（﹣2，5 3），|PM﹣OM|的最大值为：2222555(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：MC2＝DC2+MD2，即：（6﹣a）2＝22+a2，解得：a83=，则：MC103=，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•MC12=MD•DC，即：DH10833⨯=⨯2，则：DH85=，HC2265DC DH=-=，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（﹣61010，D′坐标为（618551010，-++），而点E坐标为（﹣6，2），则2''A D =22618(6)()55-++=36，2'A E =22()(2)1010+-=2410m -+，2'ED =22248()()551010+++=2128510m ++．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+2410m -+=2128510m ++，解得：m =210，此时D ′（618551010，-++）为（0，4）； ②当2''A D +2'ED =2'A E 时，36+2128510m ++=2410m -+，解得：m =810-，此时D ′（618551010，-++）为（－6，2）； ③当2'A E +2'ED =2''A D 时，2410m -++2128510m ++=36，解得：m =810-或m =10，此时D ′（618551010，-++）为（－6，2）或（35-，195）． 综上所述：D 坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（35-，195）． 【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．14．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 ＝12∠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 ＝35，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；（3）201013. 【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=12∠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=35AH AC =，设AH=3a ，可得AC=5a ，CH=4a ，则tan ∠CAH=43CH 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 =，AK=10a ，结合AK=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=513，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=12∠ACH ， ∴∠ACH=2α，∴∠ACH=∠E ，∴CA ∥FE ． （3）作NP ⊥AC 于P ．∵∠ACH=∠E ，∴sin ∠E=sin ∠ACH=35AH AC =，设AH=3a ，AC=5a ， 则224AC CH a -=，tan ∠CAH=43CH AH =， ∵CA ∥FE ，∴∠CAK=∠AGE ，∵∠AGE=∠AKH ，∴∠CAK=∠AKH ，∴AC=CK=5a ，HK=CK ﹣CH=4a ，tan ∠AKH=AH HK =3，2210AH HK a +=， ∵10 ∴1010a =∴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=43PNAP=，设PN=12b，则AP=9b，在Rt△CPN中，tan∠ACN=PNCP=3，∴CP=4b，∴AC=AP+CP=13b，∵AC=5，∴13b=5，∴b=513，∴CN=22PN CP+=410b⋅=2010 13．15．小明坐于堤边垂钓，如图①，河堤AC的坡角为30°，AC长米，钓竿AO的倾斜角是60°，其长为3米，若AO与钓鱼线OB的夹角为60°，求浮漂B与河堤下端C之间的距离(如图②)．【答案】1．5米．【解析】试题分析：延长OA交BC于点D．先由倾斜角定义及三角形内角和定理求出在Rt△ACD中,米，CD=2AD=3米，再证明△BOD是等边三角形，得到米，然后根据BC=BD−CD即可求出浮漂B与河堤下端C之间的距离．试题解析：延长OA交BC于点D.∵AO的倾斜角是，∴∵在Rt△ACD中, (米)，∴CD=2AD=3米，又∴△BOD是等边三角形，∴(米)，∴BC=BD−CD=4.5−3=1.5(米).答：浮漂B与河堤下端C之间的距离为1.5米.。

2020-2021备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)含答案解析

2020-2021备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)含答案解析

2020-2021备战中考数学锐角三角函数培优练习(含答案)含答案解析一、锐角三角函数1．图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG ＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为_______分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为_________分米．【答案】553【解析】【分析】如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分别求出BE，B′E′即可．【详解】解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四边形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等边三角形，∵OP⊥CD，∠COD＝30°，∴∠COP＝12∴QM＝OP＝OC•cos30°＝3∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ＝1OA＝5（分米），2∴AM＝AQ＋MQ＝5＋3∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt △OFK 中，KO ＝OF•cos60°＝2（分米），FK ＝OF•sin60°＝23（分米）， 在Rt △PKE 中，EK ＝22EF FK -＝26（分米）， ∴BE ＝10−2−26＝（8−26）（分米），在Rt △OFJ 中，OJ ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ ＝23（分米），在Rt △FJE′中，E′J ＝2263-（2）＝26， ∴B′E′＝10−（26−2）＝12−26， ∴B′E′−BE ＝4．故答案为：5＋53，4．【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．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=12BC=1，在RtΔAFB中，BF=1，∴AB=10cos10BFB==；（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，∴BF2=AF•FG，∵AF=22AB BF-=3，∴FG=13，∴AD•AE=AF•AG=AF•（AF+FG）=3×103=10；（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．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=814．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=95S△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=45；（2）当t=35时，满足S△PQM=95S△QCN；（3）当t=2733-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=95S△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=12•AC•BE=814，∴BE=92，在Rt △ABE 中，AE=22=6AB BE -，∴coaA=647.55AE 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 =95S △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 ）， ∴2733-．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+33，26s或27+33s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN 综上所述，当t=273326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．4．在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P 作PF∥BC，交对角线BD于点F．（1）如图1，将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E．求证：△DEF是等腰三角形；（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C，F'B．设旋转角为α（0°＜α＜180°）．①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，求证：△DP'C∽△DF'B．②如图3，若点P是CD的中点，△DF'B能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan∠DBF'的值，如果不能，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12或33. 【解析】【分析】（1）根据翻折的性质以及平行线的性质可知∠DFQ=∠ADF ，所以△DEF 是等腰三角形；（2）①由于PF ∥BC ，所以△DPF ∽△DCB ，从而易证△DP′F′∽△DCB ；②由于△DF'B 是直角三角形，但不知道哪个的角是直角，故需要对该三角形的内角进行分类讨论．【详解】（1）由翻折可知：∠DFP=∠DFQ ， ∵PF ∥BC ， ∴∠DFP=∠ADF ， ∴∠DFQ=∠ADF ， ∴△DEF 是等腰三角形；（2）①若0°＜α＜∠BDC ，即DF'在∠BDC 的内部时， ∵∠P′DF′=∠PDF ，∴∠P′DF′﹣∠F′DC=∠PDF ﹣∠F′DC ， ∴∠P′DC=∠F′DB ，由旋转的性质可知：△DP′F′≌△DPF ， ∵PF ∥BC ， ∴△DPF ∽△DCB ， ∴△DP′F′∽△DCB ∴''DC DP DB DF = ， ∴△DP'C ∽△DF'B ；②当∠F′DB=90°时，如图所示， ∵DF′=DF=12BD ， ∴'12DF BD =， ∴tan ∠DBF′='12DF BD =；当∠DBF′=90°，此时DF′是斜边，即DF′＞DB ，不符合题意； 当∠DF′B=90°时，如图所示，∵DF′=DF=1BD，2∴∠DBF′=30°，∴tan∠DBF′=3.【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，涉及旋转的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的性质以及判定等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关的性质与定理、运用分类思想进行讨论是解题的关键.5．下图是某儿童乐园为小朋友设计的滑梯平面图.已知BC=4 m,AB=6 m,中间平台宽度DE=1 m,EN,DM,CB为三根垂直于AB的支柱,垂足分别为N,M,B,∠EAB=31°,DF⊥BC于点F,∠CDF=45°,求DM和BC的水平距离BM的长度.(结果精确到0.1 m.参考数据:sin31°≈0.52,cos 31°≈0.86,tan 31°≈0.60)【答案】2.5m.【解析】试题分析：设DF=x，在Rt△DFC中，可得CF=DF=x，则BF=4-x，根据线段的和差可得AN=5-x，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，利用∠EAB的正切值解得x的值．试题解析：解：设DF=，在Rt△DFC中，∠CDF=，∴CF=tan·DF=，又∵CB=4，∴BF=4－，∵AB=6，DE=1，BM= DF=，∴AN=5－，EN=DM=BF=4－，在Rt△ANE中，∠EAB=，EN=4－，AN=5－，tan==0．60，解得=2．5，答：DM和BC的水平距离BM为2．5米．考点：解直角三角形．6．如图，PB为☉O的切线，B为切点，过B作OP的垂线BA，垂足为C，交☉O于点A，连接PA，AO.并延长AO交☉O于点E，与PB的延长线交于点D．(1)求证：PA是☉O的切线；(2)若=，且OC=4，求PA的长和tan D的值.【答案】（1）证明见解析；（2）PA =3，tan D=.【解析】试题分析: （1）连接OB，先由等腰三角形的三线合一的性质可得：OP是线段AB的垂直平分线，进而可得：PA=PB，然后证明△PAO≌△PBO，进而可得∠PBO=∠PAO，然后根据切线的性质可得∠PBO=90°，进而可得：∠PAO=90°，进而可证：PA是⊙O的切线；（2）连接BE，由，且OC=4，可求AC，OA的值，然后根据射影定理可求PC的值，从而可求OP的值，然后根据勾股定理可求AP的值．试题解析：（1）连接OB，则OA=OB，∵OP⊥AB，∴AC=BC，∴OP是AB的垂直平分线，∴PA=PB，在△PAO和△PBO中，∵，∴△PAO≌△PBO（SSS）∴∠PBO=∠PAO，PB=PA，∵PB为⊙O的切线，B为切点，∴∠PBO=90°，∴∠PAO=90°，即PA⊥OA，∴PA是⊙O的切线；（2）连接BE，∵，且OC=4，∴AC=6，∴AB=12，在Rt△ACO中，由勾股定理得：AO=，∴AE=2OA=4，OB=OA=2，在Rt△APO中，∵AC⊥OP，∴AC2=OC PC，解得：PC=9，∴OP=PC+OC=13，在Rt△APO中，由勾股定理得：AP==3.易证，所以,解得，则，在中，.考点：1.切线的判定与性质；2.相似三角形的判定与性质；3.解直角三角形．7．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．8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D 时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB 上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，∴x=3．当≤t≤4时，S MNGN=1cm2．当4＜t≤6时，S MNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cm∴NC=6cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm∴t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.9．（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=22．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•35=3t．∴PE=PB﹣BE=（14﹣2t）﹣3t=14﹣5t，S=12PM•PE=12×2t×（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=12PM•PE=12×2t×（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=167．当2＜t＜167时，如图3，MQ=CD﹣DM﹣CQ=7﹣（2t﹣4）﹣（5t﹣5）=16﹣7t，S=12PM•MQ=12×4×（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()()225t14t0<t1S{7t16t1<t21614t322<t<7-+≤=-+≤⎛⎫-+ ⎪⎝⎭．（3）①当0＜t≤1时，22749S5t14t5t55⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣5＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=75，∴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，22864S7t16t7t77⎛⎫=-+=--+⎪⎝⎭，∵a=﹣7＜0，抛物线开口向下，对称轴为直线t=87，∴当t=87时，S有最大值，最大值为647．③当2＜t＜167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=167时，S=0，∴0＜S＜4．综上所述，当t=87时，S有最大值，最大值为647．（4）t=209或t=125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＜167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=209．②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=125．∴当t=209或t=125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．10．2018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13DE＝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3tan 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 tan3B=∵MN∥AD，∴∠A＝∠B，∴tan A＝33，∵DE⊥AD，∴在Rt△ADE中，tan A＝DEAD，∵DE＝3，又∵DC＝0.5，∴CE＝2.5，∵CF⊥AB，∴∠FCE+∠CEF＝90°，∵DE⊥AD，∴∠A+∠CEF＝90°，∴∠A＝∠FCE，∴tan∠FCE＝33．在Rt△CEF中，设EF＝x，CF3x（x＞0），CE＝2.5，代入得（52）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．11．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 4F =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 4BAD F ∴∠==， 34BD AD ∴=. 6BD =Q483AD BD ∴==，226810AB ∴=+=，5OB OC ==.OC CF Q ⊥， 90OCF ∴∠=︒，3tan 4OC F CF ∴==，解得203CF =. 【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．12．已知：如图，直线y＝－x＋12分别交x轴、y轴于A、B点，将△AOB折叠，使A点恰好落在OB的中点C处，折痕为DE．(1)求AE的长及sin∠BEC的值；(2)求△CDE的面积．【答案】（1）52，sin∠BEC=35；（2）754【解析】【分析】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B，点A坐标，继而可得∠A=∠B=45°，再根据中点的定义以及等腰直角三角形的性质可得OC=BC=6，CF=BF=32，设AE=CE=x，则EF=AB-BF-AE=122-32-x=92-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理求出x 的值即可求得答案；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，根据三角形面积公式则可得S△CDE=S△AED=24AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，利用勾股定理求出y，继而可求得答案.【详解】（1）如图，作CF⊥BE于F点，由函数解析式可得点B（0，12），点A（12，0），∠A=∠B=45°，又∵点C是OB中点，∴OC=BC=6，2设AE=CE=x，则222-x，在Rt△CEF中，CE2=CF2+EF2，即x2=（2）2+（2）2，解得：2故可得sin∠BEC=35CFCE，AE=52；（2）如图，过点E作EM⊥OA于点M，则S△CDE=S△AED=12AD•EM=12AD×AEsin∠EAM=12AD•AE×sin45°=24AD×AE，设AD=y，则CD=y，OD=12-y，在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即62+（12-y）2=y2，解得：y=152，即AD=152，故S△CDE=S△AED=24AD×AE=754．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，涉及了勾股定理、折叠的性质、三角形面积、一次函数的性质等知识，综合性较强，正确添加辅助线、熟练应用相关知识是解题的关键.13．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．14．已知：在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，BE：AB=3：5，若2，cos∠ACD= 45，求tan∠AEC的值及CD的长．【答案】tan ∠AEC=3, CD=12125【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，45BC AB = 令BC=4k,AB=5k 则AC=3k 由35BE AB = ,BE=3k 则CE=k,且CE=2 则k=2，AC=32 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=ACEC=3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=45CD AC = ,，CD=12125.15．如图，Rt △ABC ，CA ⊥BC ，AC ＝4，在AB 边上取一点D ，使AD ＝BC ，作AD 的垂直平分线，交AC 边于点F ，交以AB 为直径的⊙O 于G ，H ，设BC ＝x ． （1）求证：四边形AGDH 为菱形； （2）若EF ＝y ，求y 关于x 的函数关系式； （3）连结OF ，CG ．①若△AOF 为等腰三角形，求⊙O 的面积；②若BC ＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．【答案】（1）证明见解析；（2）y ＝18x 2（x ＞0）；（3）①163π或8π或（17+2）π；21． 【解析】 【分析】（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH即可；（2）只要证明△AEF∽△ACB，可得AE EFAC BC=解决问题；（3）①分三种情形分别求解即可解决问题；②只要证明△CFG∽△HFA，可得GFAF=CGAH，求出相应的线段即可解决问题；【详解】（1）证明：∵GH垂直平分线段AD，∴HA＝HD，GA＝GD，∵AB是直径，AB⊥GH，∴EG＝EH，∴DG＝DH，∴AG＝DG＝DH＝AH，∴四边形AGDH是菱形．（2）解：∵AB是直径，∴∠ACB＝90°，∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠ACB＝90°，∵∠EAF＝∠CAB，∴△AEF∽△ACB，∴AE EFAC BC=，∴124x yx=，∴y＝18x2（x＞0）．（3）①解：如图1中，连接DF．∵GH垂直平分线段AD，∴FA＝FD，∴当点D 与O 重合时，△AOF 是等腰三角形，此时AB ＝2BC ，∠CAB ＝30°， ∴AB ＝833， ∴⊙O 的面积为163π． 如图2中，当AF ＝AO 时，∵AB ＝22AC BC +＝216x +，∴OA ＝216x +， ∵AF ＝22EF AE +＝2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， ∴216x +＝2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得x ＝4（负根已经舍弃）， ∴AB ＝42， ∴⊙O 的面积为8π．如图2﹣1中，当点C 与点F 重合时，设AE ＝x ，则BC ＝AD ＝2x ，AB ＝2164x +，∵△ACE ∽△ABC ， ∴AC 2＝AE•AB ， ∴16＝2164x +解得x2＝217﹣2（负根已经舍弃），∴AB2＝16+4x2＝817+8，∴⊙O的面积＝π•14•AB2＝（217+2）π综上所述，满足条件的⊙O的面积为163π或8π或（217+2）π；②如图3中，连接CG．∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，∴AB＝5，∴OH＝OA＝52，∴AE＝32，∴OE＝OA﹣AE＝1，∴EG＝EH2512⎛⎫-⎪⎝⎭212，∵EF＝18x2＝98，∴FG＝212﹣98，AF22AE EF+158，AH22AE EH+30，∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF，∴△CFG∽△HFA，∴GF CGAF AH=，∴2192815308-=∴CG ＝5﹣10，∴＝．故答案为 【点睛】本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．。

中考数学培优易错试卷(含解析)之锐角三角函数及答案解析

中考数学培优易错试卷(含解析)之锐角三角函数及答案解析

中考数学培优易错试卷(含解析)之锐角三角函数及答案解析一、锐角三角函数1．如图，在平行四边形ABCD中，平分，交于点，平分，交于点，与交于点，连接，.（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】试题分析：（1）根据AE平分∠BAD、BF平分∠ABC及平行四边形的性质可得AF=AB=BE，从而可知ABEF为平行四边形，又邻边相等，可知为菱形（2）由菱形的性质可知AP的长及∠PAF=60°，过点P作PH⊥AD于H，即可得到PH、DH 的长，从而可求tan∠ADP试题解析：(1)∵AE平分∠BAD BF平分∠ABC∴∠BAE=∠EAF ∠ABF=∠EBF∵AD//BC∴∠EAF=∠AEB ∠AFB=∠EBF∴∠BAE=∠AEB ∠AFB=∠ABF∴AB=BE AB=AF∴AF=AB=BE∵AD//BC∴ABEF为平行四边形又AB=BE∴ABEF为菱形（2）作PH⊥AD于H由∠ABC=60°而已（1）可知∠PAF=60°，PA=2，则有PH=，AH=1，∴DH=AD-AH=5∴tan∠ADP=考点：1、平行四边形；2、菱形；3、直角三角形；4、三角函数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13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，．①求的值；②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为【解析】试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.与交于点O,且关于对称四边形是菱形.（2）①连接,直线分别交于点,交于点关于的对称图形为在矩形中，为的中点，且O为AC的中点为的中位线同理可得：为的中点，②过点P作交于点由运动到所需的时间为3s由①可得，点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A即：由O运动到P所需的时间就是OP+MA和最小.如下图，当P运动到,即时，所用时间最短.在中，设解得：和走完全程所需时间为考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置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 tan451ABAEB EB∠=︒==． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15． 在Rt △AHD 中，由 ∠AHD = 90°，得 tan AHADH 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．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 BOPD 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 ∆=，∴142AO 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．6．如图，直线y＝1 2x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣12x2+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≥﹣12x2+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＝12x+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 COAE BO=,最后分类讨论确定点D的坐标．【详解】解：（1）由y＝12x+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＝﹣12x2+bx+c得：322bc⎧=-⎪⎨⎪=⎩，，∴抛物线的解析式为：213222y 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213222y 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 ，213222m m --+），∵∠DAC ＝∠CBO ，∴tan ∠DAC ＝tan ∠CBO ，∴在Rt △ADE 和Rt △BOC 中有DE COAE 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．7．如图，在⊙O 的内接三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝2BC ，过C 作AB 的垂线l 交⊙O 于另一点D ，垂足为E ．设P 是»AC 上异于A ，C 的一个动点，射线AP 交l 于点F ，连接PC 与PD ，PD 交AB 于点G ． （1）求证：△PAC ∽△PDF ；（2）若AB ＝5，¼¼AP BP=，求PD 的长．【答案】(1)证明见解析；（2310【解析】 【分析】（1）根据AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，得到¶¶ADAC =，∠ACD ＝∠B ，由∠FPC ＝∠B ，得到∠ACD ＝∠FPC ，可得结论；（2）连接OP ，由¶¶APBP =，得到OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，根据AB 是⊙O 的直径，得到∠ACB ＝90°，由于AC ＝2BC ，于是得到tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BCAC，得到12CE BE AE CE ==，求得AE ＝4BE ，通过△OPG ∽△EDG ，得到OG OPGE ED =，然后根据勾股定理即可得到结果． 【详解】（1）证明：连接AD ，∵AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径， ∴¶¶ADAC =， ∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ， ∵∠FPC ＝∠B ， ∴∠ACD ＝∠FPC ， ∴∠APC ＝∠ACF ， ∵∠FAC ＝∠CAF ， ∴△PAC ∽△CAF ；（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522AB =， ∵¶¶APBP =， ∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ， ∵AB 是⊙O 的直径， ∴∠ACB ＝90°，∵AC＝2BC，∴tan∠CAB＝tan∠DCB＝BCAC，∴12 CE BEAE CE==，∴AE＝4BE，∵AE+BE＝AB＝5，∴AE＝4，BE＝1，CE＝2，∴OE＝OB﹣BE＝2.5﹣1＝1.5，∵∠OPG＝∠PDC，∠OGP＝∠DGE，∴△OPG∽△EDG，∴OG OP GE ED=，∴2.52 OE GE OPGE CE-==，∴GE＝23，OG＝56，∴PG＝225OP OG6+=，GD＝222 3DE GE+=，∴PD＝PG+GD＝3102．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得△OPG∽△EDG是解题的关键．8．如图①，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣2，0）、B（4，0）、C（0，3）三点．（1）试求抛物线的解析式；（2）点P 是y 轴上的一个动点，连接PA ，试求5PA+4PC 的最小值；（3）如图②，若直线l 经过点T （﹣4，0），Q 为直线l 上的动点，当以A 、B 、Q 为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l 的解析式． 【答案】（1）233384y x x =-++；（2）5PA+4PC 的最小值为18；（3）直线l 的解析式为334y x =+或334y x =--.【解析】 【分析】（1）设出交点式，代入C 点计算即可 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ，易证△CDP ∽△COB ，得到比例式PC PD BC OB =，得到PD=45PC ，所以5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ），当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小，利用等面积法求出AE=185，即最小值为18 （3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆, 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，所以只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°，即∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q ，∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个；此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ，利用cos ∠QFT 求出QG ，分出情况Q 在x 轴上方和x 轴下方时，分别代入直接l 得到解析式即可 【详解】解：（1）∵抛物线与x 轴交点为A （﹣2，0）、B （4，0） ∴y ＝a （x+2）（x ﹣4） 把点C （0，3）代入得：﹣8a ＝3 ∴a ＝﹣38∴抛物线解析式为y ＝﹣38（x+2）（x ﹣4）＝﹣38x 2+34x+3 （2）连接AC 、BC ，过点A 作AE ⊥BC 于点E ，过点P 作PD ⊥BC 于点D ∴∠CDP ＝∠COB ＝90°∵∠DCP ＝∠OCB ∴△CDP ∽△COB ∴PC PDBC OB= ∵B （4，0），C （0，3）∴OB＝4，OC ＝3，BC ∴PD ＝45PC ∴5PA+4PC ＝5（PA+45PC ）＝5（PA+PD ） ∴当点A 、P 、D 在同一直线上时，5PA+4PC ＝5（PA+PD ）＝5AE 最小 ∵A （﹣2，0），OC ⊥AB ，AE ⊥BC ∴S △ABC ＝12AB•OC ＝12BC•AE ∴AE ＝631855AB OC BC ⨯==n ∴5AE ＝18∴5PA+4PC 的最小值为18．（3）取AB 中点F ，以F 为圆心、FA 的长为半径画圆 当∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90°时，即AQ 或BQ 垂直x 轴，∴只要直线l 不垂直x 轴则一定找到两个满足的点Q 使∠BAQ ＝90°或∠ABQ ＝90° ∴∠AQB ＝90°时，只有一个满足条件的点Q∵当Q 在⊙F 上运动时（不与A 、B 重合），∠AQB ＝90° ∴直线l 与⊙F 相切于点Q 时，满足∠AQB ＝90°的点Q 只有一个 此时，连接FQ ，过点Q 作QG ⊥x 轴于点G ∴∠FQT ＝90°∵F 为A （﹣2，0）、B （4，0）的中点 ∴F （1，0），FQ ＝FA ＝3 ∵T （﹣4，0） ∴TF ＝5，cos ∠QFT ＝35FQ TF = ∵Rt △FGQ 中，cos ∠QFT ＝35FG FQ = ∴FG ＝35FQ ＝95∴x Q ＝1﹣9455=-，QG 125==①若点Q 在x 轴上方，则Q （41255-，）设直线l解析式为：y＝kx+b∴40 412 55 k bk b-+=⎧⎪⎨-+=⎪⎩解得：343kb⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线l：334y x=+②若点Q在x轴下方，则Q（41255--，）∴直线l：334y x=--综上所述，直线l的解析式为334y x=+或334y x=--【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论9．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 45HNBH HN HM ===︒.由22cos 45DFEF 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 =。

备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)附答案

备战中考数学 锐角三角函数 培优练习(含答案)附答案

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，△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=12BC=1， 在RtΔAFB 中，BF=1，∴AB=10cos 10BF 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 ）=3×103=10； （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．许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部，上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A ，B 两点之间的距离他沿着与直线AB 平行的道路EF 行走，走到点C 处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D 处，测得∠BDF=60°．若直线AB 与EF 之间的距离为200米，求A ，B 两点之间的距离（结果保留一位小数）【答案】215.6米．【解析】【分析】过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点，根据Rt △ACM 和三角函数tan BDF ∠求出CM 、DN ，然后根据MN MD DN AB =+=即可求出A 、B 两点间的距离.【详解】解：过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点在Rt △ACM 中，∵45ACF ∠=︒，∴AM=CM=200米，又∵CD=300米，所以100MD CD CM =-=米，在Rt △BDN 中，∠BDF=60°，BN=200米 ∴115.6tan 60BN DN =≈米， ∴215.6MN MD DN AB =+=≈米即A ，B 两点之间的距离约为215.6米．【点睛】本题主要考查三角函数，正确做辅助线是解题的关键.3．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，连接BD ，将△ABD 绕B 点作顺时针方向旋转得到△A ′B ′D ′（B ′与B 重合），且点D ′刚好落在BC 的延长上，A ′D ′与CD 相交于点E ． （1）求矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分（如图1中阴影部分A ′B ′CE ）的面积；（2）将△A ′B ′D ′以每秒2cm 的速度沿直线BC 向右平移，如图2，当B ′移动到C 点时停止移动．设矩形ABCD 与△A ′B ′D ′重叠部分的面积为y ，移动的时间为x ，请你直接写出y 关于x 的函数关系式，并指出自变量x 的取值范围；（3）在（2）的平移过程中，是否存在这样的时间x ，使得△AA ′B ′成为等腰三角形？若存在，请你直接写出对应的x 的值，若不存在，请你说明理由．【答案】（1）452；（2）详见解析；（3）使得△AA ′B ′成为等腰三角形的x 的值有：0秒、32 669-． 【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2，由tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD 可求出CE ，即可计算△CED ′的面积，S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′； （2）分类讨论，当0≤x ≤115时和当115＜x ≤4时，分别列出函数表达式；（3）分类讨论，当AB ′＝A ′B ′时；当AA ′＝A ′B ′时；当AB ′＝AA ′时，根据勾股定理列方程即可．【详解】解：（1）∵AB ＝6cm ，AD ＝8cm ，∴BD ＝10cm ，根据旋转的性质可知B ′D ′＝BD ＝10cm ，CD ′＝B ′D ′﹣BC ＝2cm ，∵tan ∠B ′D ′A ′＝'''''=A B CE A D CD ∴682=CE ∴CE ＝32cm ， ∴S ABCE ＝S ABD ′﹣S CED ′＝8634522222⨯-⨯÷=（cm 2）； （2）①当0≤x ＜115时，CD ′＝2x +2，CE ＝32（x +1）， ∴S △CD ′E ＝32x 2+3x +32， ∴y ＝12×6×8﹣32x 2﹣3x ﹣32＝﹣32x 2﹣3x +452； ②当115≤x ≤4时，B ′C ＝8﹣2x ，CE ＝43（8﹣2x ） ∴()214y 8223x =⨯-＝83x 2﹣643x +1283． （3）①如图1，当AB ′＝A ′B ′时，x ＝0秒； ②如图2，当AA ′＝A ′B ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AN 2+A ′N 2＝36，∴（6﹣245）2+（2x +185）2＝36，解得：x x （舍去）； ③如图2，当AB ′＝AA ′时，A ′N ＝BM ＝BB ′+B ′M ＝2x +185，A ′M ＝NB ＝245， ∵AB 2+BB ′2＝AN 2+A ′N 2∴36+4x 2＝（6﹣245）2+（2x +185）2 解得：x ＝32．综上所述，使得△AA′B′成为等腰三角形的x的值有：0秒、32秒、6695-．【点睛】本题主要考查了图形的平移变换和旋转变换，能够数形结合，运用分类讨论的思想方法全面的分析问题，思考问题是解决问题的关键．4．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O 于另一点D，垂足为E．设P是AC上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．（1）求证：△PAC∽△PDF；（2）若AB＝5，AP BP=，求PD的长．【答案】(1)证明见解析；（2310【解析】【分析】（1）根据AB⊥CD，AB是⊙O的直径，得到AD AC=，∠ACD＝∠B，由∠FPC＝∠B，得到∠ACD＝∠FPC，可得结论；（2）连接OP，由AP BP=，得到OP⊥AB，∠OPG＝∠PDC，根据AB是⊙O的直径，得到∠ACB ＝90°，由于AC ＝2BC ，于是得到tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC ，得到12CE BE AE CE ==，求得AE ＝4BE ，通过△OPG ∽△EDG ，得到OG OP GE ED=，然后根据勾股定理即可得到结果．【详解】（1）证明：连接AD ，∵AB ⊥CD ，AB 是⊙O 的直径，∴AD AC =，∴∠ACD ＝∠B ＝∠ADC ，∵∠FPC ＝∠B ，∴∠ACD ＝∠FPC ，∴∠APC ＝∠ACF ，∵∠FAC ＝∠CAF ，∴△PAC ∽△CAF ；（2）连接OP ，则OA ＝OB ＝OP ＝1522AB =， ∵AP BP =，∴OP ⊥AB ，∠OPG ＝∠PDC ，∵AB 是⊙O 的直径，∴∠ACB ＝90°，∵AC ＝2BC ，∴tan ∠CAB ＝tan ∠DCB ＝BC AC， ∴12CE BE AE CE ==， ∴AE ＝4BE ，∵AE+BE ＝AB ＝5， ∴AE ＝4，BE ＝1，CE ＝2，∴OE ＝OB ﹣BE ＝2.5﹣1＝1.5，∵∠OPG ＝∠PDC ，∠OGP ＝∠DGE ，∴△OPG ∽△EDG ，∴OG OP GE ED=， ∴ 2.52OE GE OP GE CE -==， ∴GE ＝23，OG ＝56，∴PG 56=，GD＝222 3DE GE+=，∴PD＝PG+GD＝3102．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，圆周角定理，证得△OPG∽△EDG是解题的关键．5．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＝13x+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=-43x+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，t=1010÷10=10；②F点移动到F'的距离是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，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，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），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+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，NFNF'=13，∴FN＝t，F'N＝3t，∵MH'＝FN ＝t ，EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ，在Rt △DMH'中， 43MH EM '=， ∴41533t 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，13PK 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．6．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的边AB 在x 轴上，点B 坐标（﹣6，0），点C 在y 轴正半轴上，且cos B ＝35，动点P 从点C 出发，以每秒一个单位长度的速度向D 点移动（P 点到达D 点时停止运动），移动时间为t 秒，过点P 作平行于y 轴的直线l 与菱形的其它边交于点Q ．（1）求点D 坐标；（2）求△OPQ 的面积S 关于t 的函数关系式，并求出S 的最大值；（3）在直线l 移动过程中，是否存在t 值，使S＝320ABCD S 菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点D 的坐标为（10，8）．（2）S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t t t t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩，S 的最大值为503．（3）3或7. 【解析】【分析】（1）在Rt △BOC 中，求BC,OC,根据菱形性质再求D 的坐标；（2）分两种情况分析：①当0≤t ≤4时和②当4＜t ≤10时，根据面积公式列出解析式，再求函数的最值；（3）分两种情况分析：当0≤t ≤4时，4t ＝12，；当4＜t ≤10时，22201233t t -+= 【详解】解：（1）在Rt △BOC 中，∠BOC ＝90°，OB ＝6，cos B ＝35， 10cos OB BC B∴== 228OC BC OB ∴=-=∵四边形ABCD 为菱形，CD ∥x 轴，∴点D 的坐标为（10，8）．（2）∵AB ＝BC ＝10，点B 的坐标为（﹣6，0），∴点A 的坐标为（4，0）．分两种情况考虑，如图1所示．①当0≤t ≤4时，PQ ＝OC ＝8，OQ ＝t ，∴S ＝12PQ •OQ ＝4t ， ∵4＞0，∴当t ＝4时，S 取得最大值，最大值为16；②当4＜t ≤10时，设直线AD 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将A （4，0），D （10，8）代入y ＝kx +b ，得：4k b 010k b 8+=⎧⎨+=⎩，解得：4k 316b 3⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线AD 的解析式为41633y x =-． 当x ＝t 时，41633y t =-， 41648(10)333PQ t t ⎛⎫∴=--=- ⎪⎝⎭ 21220233S PQ OP t t ∴=⋅=-+ 22202502(5),033333S t t t =-+=--+-<∴当t ＝5时，S 取得最大值，最大值为503． 综上所述：S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t t t t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩，S 的最大值为503． （3）S 菱形ABCD ＝AB •OC ＝80．当0≤t ≤4时，4t ＝12，解得：t ＝3；当4＜t ≤10时，222033t t -+＝12， 解得：t 1＝5﹣7（舍去），t 2＝5+ 7． 综上所述：在直线l 移动过程中，存在t 值，使S ＝320ABCD S 菱形，t 的值为3或5+7．【点睛】考核知识点：一次函数和二次函数的最值问题.数形结合，分类讨论是关键.7．现有一个“Z“型的工件（工件厚度忽略不计），如图所示，其中AB为20cm，BC为60cm，∠ABC＝90，∠BCD＝60°，求该工件如图摆放时的高度（即A到CD的距离）．（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.73）【答案】工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【解析】【分析】过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，由∠CQP＝∠AQB、∠CPQ＝∠B＝90°知∠A＝∠C ＝60°，在△ABQ中求得分别求得AQ、BQ的长，结合BC知CQ的长，在△CPQ中可得PQ，根据AP＝AQ+PQ得出答案．【详解】解：如图，过点A作AP⊥CD于点P，交BC于点Q，∵∠CQP＝∠AQB，∠CPQ＝∠B＝90°，∴∠A＝∠C＝60°，在△ABQ中，∵AQ＝（cm），BQ＝AB tan A＝20tan60°＝20（cm），∴CQ＝BC﹣BQ＝60﹣20（cm），在△CPQ中，∵PQ＝CQ sin C＝（60﹣20）sin60°＝30（﹣1）cm，∴AP ＝AQ+PQ＝40+30（﹣1）≈61.9（cm），答：工件如图摆放时的高度约为61.9cm．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义求得相关线段的长度是解题的关键．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．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.10．我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A 处与E 处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部C 点测得条幅顶端A 点的仰角为45°，条幅底端E 点的俯角为30°，若甲、乙两楼之间的水平距离BD 为12米，求条幅AE 的长度．(结果保留根号)【答案】AE 的长为(123)+【解析】【分析】在Rt ACF 中求AF 的长, 在Rt CEF 中求EF 的长,即可求解.【详解】过点C 作CF AB ⊥于点F由题知：四边形CDBF 为矩形12CF DB ∴==在Rt ACF 中，45ACF ∠=︒tan 1AF ACF CF∴∠== 12AF ∴=在Rt CEF 中，30ECF ∠=︒tan EF ECF CF∴∠= 312EF ∴= 43EF ∴=1243AE AF EF ∴=+=+∴求得AE 的长为(1243+【点睛】本题考查了三角函数的实际应用,中等难度,作辅助线构造直角三角形是解题关键.。

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备战中考数学培优(含解析)之锐角三角函数及详细答案一、锐角三角函数1．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm．（1）求∠CAO＇的度数．（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．【解析】试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×=12，由C、O′、B′三点共线可得结果；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．试题解析：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm，∴sin∠CAO′=，∴∠CAO′=30°；（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD=，∴BD=OBsin∠BOD，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24×=12，∵O′C⊥OA，∠CAO′=30°，∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°，∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12=36﹣12，∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°，∴∠EO′F=120°，∴∠FO′A=∠CAO′=30°，∵∠AO′B′=120°，∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．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，∴33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．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O 于点E．（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F．①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）【答案】（1）AE=CE；（2）①；②．【解析】试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得=AD•AF．①当CF=CD时，可得，从而有EC=AE=CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得sin∠CED=，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题．试题解析：（1）AE=CE．理由：连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，∴AE=CE；（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴，∴=AD•AF．①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴=DC•3DC=，∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED===；②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=．∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴=DC•（a+2）DC=（a+2），∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED==．考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．4．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中点O为圆心，OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由；（2）求证：BC2＝2CD•OE；（3）若314cos,53BAD BE∠==，求OE的长．【答案】（1）DE为⊙O的切线，理由见解析；（2）证明见解析；（3）OE =356．【解析】试题分析：（1）连接OD，BD，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB为直角，可得出△BCD为直角三角形，E为斜边BC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，从而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中两锐角互余，从而可得∠ADO与∠CDE互余，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，可得出DE为⊙O的切线；（2）由已知可得OE是△ABC的中位线，从而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得．试题解析：（1）DE为⊙O的切线，理由如下：连接OD，BD，∵AB为⊙O的直径，∴∠ADB=90°，在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点，∴CE=DE=BE=BC，∴∠C=∠CDE，∵OA=OD，∴∠A=∠ADO，∵∠ABC=90°，∴∠C+∠A=90°，∴∠ADO+∠CDE=90°，∴∠ODE=90°，∴DE⊥OD，又OD为圆的半径，∴DE为⊙O的切线；（2）∵E是BC的中点，O点是AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴AC=2OE，∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，∴△ABC∽△BDC，∴，即BC2=AC•CD．∴BC2=2CD•OE；（3）解：∵cos∠BAD=，∴sin∠BAC=，又∵BE=，E是BC的中点，即BC=，∴AC=．又∵AC=2OE，∴OE=AC=．考点：1、切线的判定；2、相似三角形的判定与性质；3、三角函数5．如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．（1）求证：四边形是菱形；（2）连接，若，．①求的值；②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为【解析】试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.与交于点O,且关于对称四边形是菱形.（2）①连接,直线分别交于点,交于点关于的对称图形为在矩形中，为的中点，且O为AC的中点为的中位线同理可得：为的中点，②过点P作交于点由运动到所需的时间为3s由①可得，点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A即：由O 运动到P 所需的时间就是OP+MA 和最小.如下图，当P 运动到,即时，所用时间最短.在中，设解得：和走完全程所需时间为考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置6．（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 5AOC ∠=．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)13x 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 5AOC ∠=、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 DQPOA QDO OA DO=∠=∠=， ∴AOP ∆≌ODQ ∆， ∴AP OQ =；（2）作PH OA ⊥，交OA 于H ， ∵4cos 5AOC ∠=， ∴4455OH OP x ==，35PH x =， ∴132AOP S AO PH x ∆=⋅=． ∵//CD AB ， ∴PFC ∆∽PAO ∆， ∴2210()()AOPy CP x S OP x∆-==， ∴2360300x x y x-+=，当F 与点D 重合时，∵42cos 210165CD OC OCD =⋅∠=⨯⨯=， ∴101016x x =-，解得5013x =，∴2360300x x y x-+=50(10)13x <<； （3）①当90OPE ∠=o 时，90OPA ∠=o ， ∴4cos 1085OP OA AOC =⋅∠=⨯=； ②当90POE ∠=o 时，1010254cos cos 25OC CQ QCO AOC ====∠∠，∴252OP DQ CD CQ CD ==-=-2571622=-=， ∵501013OP <<， ∴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8．7．在正方形ABCD 中，BD 是一条对角线.点P 在射线CD 上（与点C ，D 不重合），连接AP ，平移△ADP ，使点D 移动到点C ，得到△BCQ ，过点Q 作QH ⊥BD 于点H ，连接AH 、PH.（1）若点P 在线CD 上，如图1，①依题意补全图1；②判断AH 与PH 的数量关系与位置关系并加以证明；（2）若点P 在线CD 的延长线上，且∠AHQ ＝152°，正方形ABCD 的边长为1，请写出求DP 长的思路.（可以不写出计算结果）【答案】（1）①如图；②AH ＝PH ，AH ⊥PH ．证明见解析（2）或【解析】试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH．连接CH，根据正方形的每条对角线平分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，根据平移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边对等角得∠HPC＝∠HCP，再结合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由代入HR，CR解方程即可得出x的值. 四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴．试题解析：（1）①法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH证：连接CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCPBD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，∴∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．（2）法一：轴对称作法考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由得：，∴．即PD=法二：四点共向作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，∴．考点：全等三角形的判定；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D 时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.【解析】试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值．试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm∴t=s=3s．（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB 上，则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1∴BM=cm.∴t=s.当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，∵AD=AH+DH=x+x=x=4，∴x=3．当≤t≤4时，S MNGN=1cm2．当4＜t≤6时，S MNGH=（t﹣3）2cm2∴S关于t的函数关系式为：.（3）分两种情况：①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；②当DC=PC时，DC=PC=12cm∴NC=6cm∴EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm∴t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.9．已知：如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，连接BC交圆于点D，过点D作⊙O的切线交AC于E．（1）求证：AE＝CE（2）如图，在弧BD上任取一点F连接AF，弦GF与AB交于H，与BC交于M，求证：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝34，DE＝394时，N为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）4013 NL【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，得到∠C＝∠EDC，进而得证结论.（2）由同角的余角相等，得到∠BAD＝∠C，再通过等量代换，角的加减进而得证结论.（3）先由条件得到AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，再由相交弦定理得到GH•HF＝BH•AH，从而求出FH，BH，AH，再由角的关系得到△HFL∽△HAF，从而求出HL，AL，BL，FL，再由相交弦定理得到LN•LF＝AL•BL，进而求出LN的长.【详解】解：（1）证明：如图1中，连接AD．∵AB是直径，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，∵EA、ED是⊙O的切线，∴EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA，∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°，∴∠C＝∠EDC，∴ED＝EC，∴AE＝EC．（2）证明：如图2中，连接AD．∵AC是切线，AB是直径，∴∠BAC＝∠ADB＝90°，∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°，∴∠BAD＝∠C，∵∠EDC＝∠C，∴∠BAD＝∠EDC，∵∠DBF＝∠DAF，∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD，∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC．（3）解：如图3中，由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝394，∴AC＝392，∵tan∠ABC＝34＝ACAB，∴39 32 4AB ,∴AB＝26，∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝43a，∵GH•HF＝BH•AH，∴4a2＝43a（26﹣43a），∴a＝6，∴FH＝12，BH＝8，AH＝18，∵GH＝HF，∴AB⊥GF，∴∠AHG＝90°，∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG，∴∠NFH+∠CAF＝90°，∵∠NFH+∠HLF＝90°，∴∠HLF＝∠CAF，∵AC∥FG，∴∠CAF＝∠AFH，∴∠HLF＝∠AFH，∵∠FHL＝∠AHF，∴△HFL∽△HAF，∴FH2＝HL•HA，∴122＝HL•18，∴HL＝8，∴AL＝10，BL＝16，FL＝∵LN•LF＝AL•BL，∴LN＝10•16，∴LN＝13.【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.10．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＝13x+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=-43x+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，NFNF'=13，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，43MHEM'=，t=4，S=12×(12+454)×11=10238；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，PKF K'=13，PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝43，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），∴30040k bb+=⎧⎨=⎩，∴4340kb⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴y＝﹣43x+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＝10，∴当点F1移动到点B时，t＝1010＝10；②当点H 运动到直线DE 上时，F 点移动到F'的距离是10t ， 在Rt △F'NF 中，NF NF '=13， ∴FN ＝t ，F'N ＝3t ，∵MH'＝FN ＝t ，EM ＝NG'＝15﹣F'N ＝15﹣3t ，在Rt △DMH'中，43MH EM '=， ∴41533t 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，13PK F K ='，∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9，在Rt△PKG'中，PKKG'＝31539tt--+＝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．11．如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5︒方向上，距离5千米处是村庄M，在点A北偏东53.5︒方向上，距离10千米处是村庄N；要在公路AB旁修建一个土特产收购站P(取点P在AB上)，使得M，N两村庄到P站的距离之和最短，请在图中作出P的位置（不写作法）并计算：（1）M，N两村庄之间的距离；（2）P到M、N距离之和的最小值.（参考数据：sin36.5°＝0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75计算结果保留根号.）【答案】(1) M，N29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是5【解析】【分析】（1）作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结M N’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．【详解】解：作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．（1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°∴NE=AN•sin∠NAB=10•sin36.5°=6，AE=AN•cos∠NAB=10•cos36.5°=8，过M作MC⊥AB于点C，在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°∴AC=MA•sin∠AMB=MA•sin36.5°=3，MC=MA•cos∠AMC=MA•cos36.5°=4，过点M作MD⊥NE于点D，在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，ND=NE-MC=2，∴MN2252+29即M，N29（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得MN22510+5∴村庄M、N到P站的最短距离和是5【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．12．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＝12，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（8﹣2，8﹣2）或（2，2）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= 12得AD=12OA=2，据此可得点D 坐标； （2）由1tan 2GF GOF OF ∠==知GF=12OF ，再由∠AOB=∠ABO=45°知OF=EF ，即GF=12EF ，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 ＝12×4＝2， ∴D （4，2）；（2）如图1，在Rt△OFG中，∠OFG＝90°∴tan∠GOF＝GFOF ＝12，即GF＝12OF，∵四边形OABC为正方形，∴∠AOB＝∠ABO＝45°，∴OF＝EF，∴GF＝12EF，∴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＝12AF＝12×（4﹣22x）＝2﹣2x，则x＝2﹣2x，解得：x＝22﹣2，∴E（8﹣42，8﹣42），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 ＝12AF ＝12×（4﹣22x ）＝2﹣2x ， 过点G 作GQ ⊥AC 于点Q ，则GQ ＝PM ＝3x ﹣22，∴3x ﹣22＝2﹣2x ， ∴4227x +=， ∴42164216,77E ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭； 如图5，当点E 在线段OM 上时，GQ ＝PM ＝22﹣3x ，则22﹣3x ＝2﹣2x ，解得4227x -=， ∴16421642,77E ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭； 如图6，当点E 在线段OB 的延长线上时，3x ﹣22x ﹣2，解得：4227x =（舍去）； 综上所述，符合条件的点为（8﹣2，8﹣2）或（2，2）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．13．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的边AB 在x 轴上，点B 坐标（﹣6，0），点C 在y 轴正半轴上，且cos B ＝35，动点P 从点C 出发，以每秒一个单位长度的速度向D 点移动（P 点到达D 点时停止运动），移动时间为t 秒，过点P 作平行于y 轴的直线l 与菱形的其它边交于点Q ．（1）求点D 坐标；（2）求△OPQ 的面积S 关于t 的函数关系式，并求出S 的最大值；（3）在直线l 移动过程中，是否存在t 值，使S ＝320ABCDS 菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点D 的坐标为（10，8）．（2）S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t t t t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩剟…，S 的最大值为503．（3）3或7. 【解析】【分析】（1）在Rt △BOC 中，求BC,OC,根据菱形性质再求D 的坐标；（2）分两种情况分析：①当0≤t ≤4时和②当4＜t ≤10时，根据面积公式列出解析式，再求函数的最值；（3）分两种情况分析：当0≤t ≤4时，4t ＝12，；当4＜t ≤10时，22201233t t -+= 【详解】解：（1）在Rt △BOC 中，∠BOC ＝90°，OB ＝6，cos B ＝35， 10cos OB BC B∴==8OC ∴==∵四边形ABCD 为菱形，CD ∥x 轴，∴点D 的坐标为（10，8）．（2）∵AB ＝BC ＝10，点B 的坐标为（﹣6，0），∴点A 的坐标为（4，0）．分两种情况考虑，如图1所示．①当0≤t ≤4时，PQ ＝OC ＝8，OQ ＝t ，∴S ＝12PQ •OQ ＝4t ， ∵4＞0， ∴当t ＝4时，S 取得最大值，最大值为16；②当4＜t ≤10时，设直线AD 的解析式为y ＝kx +b （k ≠0），将A （4，0），D （10，8）代入y ＝kx +b ，得：4k b 010k b 8+=⎧⎨+=⎩，解得：4k 316b 3⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩， ∴直线AD 的解析式为41633y x =-． 当x ＝t 时，41633y t =-， 41648(10)333PQ t t ⎛⎫∴=--=- ⎪⎝⎭ 21220233S PQ OP t t ∴=⋅=-+ 22202502(5),033333S t t t =-+=--+-<Q ∴当t ＝5时，S 取得最大值，最大值为503． 综上所述：S 关于t 的函数关系式为S ＝24(04)220(410)33t t t t t ⎧⎪⎨-+<⎪⎩剟…，S 的最大值为503． （3）S 菱形ABCD ＝AB •OC ＝80．当0≤t ≤4时，4t ＝12，解得：t ＝3；当4＜t ≤10时，222033t t -+＝12， 解得：t 1＝5（舍去），t 2＝． 综上所述：在直线l 移动过程中，存在t 值，使S ＝320ABCD S 菱形，t 的值为3或．【点睛】考核知识点：一次函数和二次函数的最值问题.数形结合，分类讨论是关键.14．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，动点P在线段BC上，点Q在线段AB上，且PQ＝BQ，延长QP交射线AC于点D．（1）求证：QA＝QD；（2）设∠BAP＝α，当2tanα是正整数时，求PC的长；（3）作点Q关于AC的对称点Q′，连结QQ′，AQ′，DQ′，延长BC交线段DQ′于点E，连结AE，QQ′分别与AP，AE交于点M，N（如图2所示）．若存在常数k，满足k•MN＝PE•QQ′，求k的值．【答案】（1）证明见解析（2）PC的长为37或32（3）8【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠B＝∠BPQ＝∠CPD，由直角三角形的性质得出∠BAC＝∠D，即可得出结论；（2）过点P作PH⊥AB于H，设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意知tanα＝1或12，当tanα＝1时，HA＝PH＝3x，与勾股定理得出3x+4x＝5，解得x＝57，即可求出PC长；当tanα＝12时，HA＝2PH﹣6x，得出6x+4x＝5，解得x＝12，即可求出PC长；（3）设QQ′与AD交于点O，由轴对称的性质得出AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，得出四边形AQDQ′是菱形，由菱形的性质得出QQ′⊥AD，AO＝12AD，证出四边形BEQ'Q是平行四边形，得出QQ′＝BE，设CD＝3m，则PC＝4m，AD＝3+3m，即QQ′﹣BE＝4m+4，PE＝8m，由三角函数得出MOAO＝tan∠PAC＝PCAC，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵PQ＝BQ，∴∠B＝∠BPQ＝∠CPD，∵∠ACB＝∠PCD＝90°，∴∠A+∠BAC＝90°，∠D+∠CPD＝90°，∴∠BAC＝∠D，∴QA＝QD；（2）解：过点P作PH⊥AB于H，如图1所示：设PH＝3x，BH＝4x，BP＝5x，由题意得：tan∠BAC＝43，∠BAP＜∠BAC，∴2tanα是正整数时，tanα＝1或12，当tanα＝1时，HA＝PH＝3x，∴3x+4x5，∴x＝57，即PC＝4﹣5x＝37；当tanα＝12时，HA＝2PH﹣6x，∴6x+4x＝5，∴x＝12，即PC＝4﹣5x＝32；综上所述，PC的长为37或32；（3）解：设QQ′与AD交于点O，如图2所示：由轴对称的性质得：AQ′＝AQ＝DQ＝DQ′，∴四边形AQDQ′是菱形，∴QQ′⊥AD，AO＝12AD，∵BC⊥AC，∴QQ′∥BE ，∵BQ ∥EQ′，∴四边形BEQ'Q 是平行四边形，∴QQ′＝BE ，设CD ＝3m ，则PC ＝4m ，AD ＝3+3m ，即QQ′﹣BE ＝4m+4，PE ＝8m ， ∵MO AO ＝tan ∠PAC＝PC AC， ∴332MO m +＝43m ， 即MN ＝2MO ＝4m （1+m ），∴k ＝PE QQ MNg ′＝8(44)4(1)m m m m ++＝8．【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质与判定、三角函数、勾股定理、菱形的判定与性质、平行线的性质以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定与性质，灵活运用三角函数是解题关键．15．已知Rt △ABC ，∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，AD ＝AC ，BC ＝3A ，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=1233；当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于3∠DAE=30°，得到3，∠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33；（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，3DP-DQ的值．【详解】解：（1）∵∠BAC＝90°，点D是BC中点，BC＝3∴AD＝12BC＝3（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＝12AD3，在Rt△ODN中，ON＝33DN＝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＝23，∠DAE＝30°，∴DH＝3，∠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．。

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