中考教育數(shù)學(xué)培優(yōu)專題總結(jié)復(fù)習(xí)銳角三角函數(shù)總結(jié)復(fù)習(xí)練學(xué)習(xí)試題附

中考教育數(shù)學(xué)培優(yōu)專題總結(jié)復(fù)習(xí)銳角三角函數(shù)總結(jié)復(fù)習(xí)練學(xué)習(xí)試題附答案中考教育數(shù)學(xué)培優(yōu)專題總結(jié)復(fù)習(xí)銳角三角函數(shù)總結(jié)復(fù)習(xí)練學(xué)習(xí)試題附答案中考教育數(shù)學(xué)培優(yōu)專題總結(jié)復(fù)習(xí)銳角三角函數(shù)總結(jié)復(fù)習(xí)練學(xué)習(xí)試題附答案

中考數(shù)學(xué)培優(yōu)專題復(fù)習(xí)銳角三角函數(shù)練習(xí)題附答案

一、銳角三角函數(shù)

1．如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，BC2,AB?上的動(dòng)點(diǎn)，且cosB10.AC，點(diǎn)D為AC10(1)求AB的長(zhǎng)度；

(2)在點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，弦AD的延伸線交BC的延伸線于點(diǎn)E，問(wèn)AD?AE的值能否變化？若不變，懇求出AD?AE的值；若變化，請(qǐng)說(shuō)明原因.

(3)在點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，過(guò)A點(diǎn)作AH⊥BD，求證：BHCDDH.

【答案】(1)AB=10；(2)ADAE10；（3）證明看法析.【分析】【分析】（1）過(guò)A作AF⊥BC，垂足為F，交⊙O于G，由垂徑定理可得BF=1，再依據(jù)已知聯(lián)合RtAFB即可求得AB長(zhǎng)；（2）連結(jié)DG，則可得AG為⊙O的直徑，既而可證明△DAG∽△FAE，依據(jù)相像三角形的性質(zhì)可得AD?AE=AF?AG，連結(jié)BG，求得AF=3，F(xiàn)G=1，既而即可求得AD?AE的值；3（3）連結(jié)CD，延伸BD至點(diǎn)N，使DN=CD，連結(jié)AN，經(jīng)過(guò)證明△ADC≌△ADN，可得AC=AN，既而可得AB=AN，再依據(jù)AH⊥BN，即可證得BH=HD+CD.

【詳解】（1)過(guò)A作AF⊥BC，垂足為F，交⊙O于G，

1AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF=BC=1，2

BF110在RtAFB中，BF=1，∴AB=cosB10；

10

（2）連結(jié)DG，

AF⊥BC，BF=CF，∴AG為⊙O的直徑，∴∠ADG=∠AFE=90，°又∵∠DAG=∠FAE，∴△DAG∽△FAE，

∴AD：AF=AG：AE，

AD?AE=AF?AG，連結(jié)BG，則∠ABG=90°，∵BF⊥AG，∴BF2=AF?FG，

∵AF=AB2BF2=3，

1FG=，3

10AD?AE=AF?AG=AF?（AF+FG）=3×=10；3

（3）連結(jié)CD，延伸BD至點(diǎn)N，使DN=CD，連結(jié)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.

【點(diǎn)睛】本題察看了垂徑定理、三角函數(shù)、相像三角形的判斷與性質(zhì)、全等三角形的判斷

與性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，正確增添協(xié)助線是解題的重點(diǎn).

2．如圖，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=81．動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿AB方向以每秒45個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向B點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從C點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿CA方向向A點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，以PQ為邊作正△PQM（P、Q、M按逆時(shí)針排序），以QC為邊在AC上方作正△QCN，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）求cosA的值；

（2）當(dāng)△PQM與△QCN的面積知足S△PQM=9△QCN時(shí)，求t的值；5S（3）當(dāng)t為什么值時(shí)，△PQM的某個(gè)極點(diǎn)（Q點(diǎn)除外）落在△QCN的邊上．

【答案】（1）coaA=4；（2）當(dāng)t=3時(shí)，知足S△PQM=9△QCN3）當(dāng)t=2733s或555S；（2633s時(shí)，△PQM的某個(gè)極點(diǎn)（Q點(diǎn)除外）落在△QCN的邊上．

26【分析】

分析：（1）如圖1中，作BE⊥AC于E．利用三角形的面積公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解決問(wèn)題；（2）如圖2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=9△5SQCN建立方程即可解決問(wèn)題；3）分兩種情況①如圖3中，當(dāng)點(diǎn)M落在QN上時(shí)，作PH⊥AC于H．②如圖4中，當(dāng)點(diǎn)M在CQ上時(shí)，作PH⊥AC于H．分別建立方程求解即可；

詳解：（1）如圖1中，作BE⊥AC于E．

∵S△ABC181，249BE=，2

在Rt△ABE中，AE=AB2BE2=6，

AE64∴coaA=．AB7.55

（2）如圖2中，作PH⊥AC于H．

PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t，∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2，

∵SS，△PQM=9△QCN5∴3?PQ2=93?CQ2，549t2+（9-9t）2=9×（5t）2，5

整理得：5t2-18t+9=0，

解得t=3（舍棄）或3．5∴當(dāng)t=3時(shí)，知足S△PQM=9S△QCN．55

（3）①如圖3中，當(dāng)點(diǎn)M落在QN上時(shí)，作PH⊥AC于H．

易知：PM∥AC，

∴∠MPQ=∠PQH=60，°

PH=3HQ，

∴3t=3（9-9t），

t=2733．26

②如圖4中，當(dāng)點(diǎn)M在CQ上時(shí)，作PH⊥AC于H．

同法可得PH=3QH，

∴3t=3（9t-9），

∴t=27+33，26綜上所述，當(dāng)t=2733s或27+33s時(shí)，△PQM的某個(gè)極點(diǎn)（Q點(diǎn)除外）落在△QCN2626的邊上．

點(diǎn)睛：本題察看三角形綜合題、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理銳角三角函數(shù)、解直角三角形等知識(shí)，解題的重點(diǎn)是靈巧運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思慮問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．

3．如圖13，矩形的對(duì)角線，訂交于點(diǎn)，對(duì)于的對(duì)稱圖形

為．

（1）求證：四邊形是菱形；

（2）連結(jié)，若，．

①求的值；

②若點(diǎn)為線段上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)重合），連結(jié)，一動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以

的速度沿線段勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，再以的速度沿線段勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)

，抵達(dá)點(diǎn)后停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)沿上述路線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所需要的時(shí)間最短時(shí)，求的

長(zhǎng)和點(diǎn)走完滿程所需的時(shí)間．

【答案】（1）詳看法析；（2）①②和走完滿程所需時(shí)間為

【分析】

試題分析：（1）利用四邊相等的四邊形是菱形；（2）①結(jié)構(gòu)直角三角形求；

②先確立點(diǎn)沿上述路線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所需要的時(shí)間最短時(shí)的地點(diǎn)，再計(jì)算運(yùn)到的時(shí)間.

試題分析：解：（1）證明：四邊形是矩形.

與交于點(diǎn)O,且對(duì)于對(duì)稱

四邊形是菱形.

（2）①連結(jié),直線分別交于點(diǎn),交于點(diǎn)

對(duì)于的對(duì)稱圖形為

在矩形中，為的中點(diǎn)，且O為AC的中點(diǎn)

為的中位線

同理可得：為的中點(diǎn)，

②過(guò)點(diǎn)P作

交于點(diǎn)

由運(yùn)動(dòng)到

所需的時(shí)間為

3s

由①

可得，

點(diǎn)O以

的速度從

P到

A所需的時(shí)間等于以

從

M

運(yùn)動(dòng)到

A

即：

由O運(yùn)動(dòng)到

P所需的時(shí)間就是

OP+MA和最小.

以以下列圖，當(dāng)

P運(yùn)動(dòng)到

,即

時(shí)，所用時(shí)間最短

.

在中，設(shè)

解得：

和走完滿程所需時(shí)間為

考點(diǎn)：菱形的判斷方法；結(jié)構(gòu)直角三角形求三角函數(shù)值；確立極值時(shí)動(dòng)點(diǎn)的特別地點(diǎn)

4．已知：△ABC內(nèi)接于⊙O，D是弧BC上一點(diǎn)，OD⊥BC，垂足為H．

1）如圖1，當(dāng)圓心O在AB邊上時(shí)，求證：AC=2OH；

2）如圖2，當(dāng)圓心O在△ABC外面時(shí)，連結(jié)AD、CD，AD與BC交于點(diǎn)P，求證：

∠ACD=∠APB；

（3）在（2）的條件下，如圖3，連結(jié)BD，E為⊙O上一點(diǎn)，連結(jié)DE交BC于點(diǎn)Q、交AB于點(diǎn)N，連結(jié)OE，BF為⊙O的弦，BF⊥OE于點(diǎn)R交DE于點(diǎn)G，若∠ACD﹣

∠ABD=2∠BDN，AC=，BN=，tan∠ABC=，求BF的長(zhǎng)．

【答案】（1）證明看法析；（2）證明看法析；（3）24.

【分析】

試題分析：（1）易證OH為△ABC的中位線，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC=∠BCD，可證∠ACD=∠APB；（3）連結(jié)AO延伸交于⊙O于點(diǎn)I，連結(jié)IC，AB與OD訂交于點(diǎn)M，連結(jié)OB，易證∠GBN=∠ABC，因此BG=BQ.

在Rt△BNQ中，依據(jù)tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的長(zhǎng).利用圓周角定理可求得IC和AI

的長(zhǎng)度，設(shè)QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的長(zhǎng)度，利用垂徑定理可求得ED的長(zhǎng)

度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的長(zhǎng)度，最后由垂徑定理可求得BF的長(zhǎng)度．

試題分析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，∴AC=2OH；

2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，

∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）連結(jié)AO延伸交于⊙O于點(diǎn)I，連結(jié)IC，AB與OD訂交于點(diǎn)M，連結(jié)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，

設(shè)QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，

BH=BQ+QH=，∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，當(dāng)QH=時(shí)，∴QD=，∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不符合題意，舍去，當(dāng)QH=時(shí)，∴QD=∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=EDGD=，﹣

∵tan∠OED=，∴，

∴EG=RG，∴RG=，∴BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．

考點(diǎn)：1圓；2相像三角形；3三角函數(shù)；4直角三角形.

5．在正方形ABCD中，BD是一條對(duì)角線.點(diǎn)P在射線CD上（與點(diǎn)C，D不重合），連結(jié)AP，平移△ADP，使點(diǎn)D挪動(dòng)到點(diǎn)C，獲得△BCQ，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BD于點(diǎn)H，連結(jié)AH、

PH.

（1）若點(diǎn)P在線CD上，如圖1，

①依題意補(bǔ)全圖1；②判斷AH與PH的數(shù)目關(guān)系與地點(diǎn)關(guān)系并加以證明；

（2）若點(diǎn)P在線CD的延伸線上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，請(qǐng)寫(xiě)出求DP長(zhǎng)的思路.（能夠不寫(xiě)出計(jì)算結(jié)果）

【答案】（1）①如圖；②AH＝PH，AH⊥PH．證明看法析（2）或

【分析】

試題分析：（1）①如圖（1）；②（1）法一：軸對(duì)稱作法，判斷：AH＝PH，

AH⊥PH．連結(jié)CH，依據(jù)正方形的每條對(duì)角線均分一組對(duì)角得：△DHQ等腰Rt△，依據(jù)平

移的性質(zhì)得DP＝CQ，證得△HDP≌△△HQC，全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等得PH＝CH，等邊

相同角得∠HPC＝∠HCP，再聯(lián)合BD是正方形的對(duì)稱軸得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，

∴AH＝PH且AH⊥PH．四點(diǎn)共圓作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，

∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）軸對(duì)稱作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°

∴∠DCH＝17°．設(shè)DP＝x，則.由代入HR，CR解方程即

可得出x的值.四點(diǎn)共圓作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，

∴．

試題分析：（1）①

法一：軸對(duì)稱作法，判斷：AH＝PH，AH⊥PH

證：連結(jié)CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，

∠HPC＝∠HCP

BD為正方形ABCD對(duì)稱軸，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，

∴∠AHP＝180－°∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．

法二：四點(diǎn)共圓作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，

∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）法一：軸對(duì)稱作法

考慮△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，

∴∠DAH＝17°

∴∠DCH＝17°．設(shè)DP＝x，則.

由得：，∴．即PD=

法二：四點(diǎn)共向作法，

∴

A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，

．

考點(diǎn)：全等三角形的判斷；解直角三角形；正方形的性質(zhì)；死電腦共圓

6．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜邊BC上的高，垂足為

D，BE=1cm．點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)沿BC方向以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)E出發(fā)，與點(diǎn)M同時(shí)同方向以相同的速度運(yùn)動(dòng)，以MN為邊在BC的上方作正方形MNGH．點(diǎn)M抵達(dá)點(diǎn)D時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N抵達(dá)點(diǎn)C時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．（1）當(dāng)t為什么值時(shí)，點(diǎn)G恰好落在線段AD上？（2）設(shè)正方形MNGH與Rt△ABC重疊部分的圖形的面積為S，當(dāng)重疊部分的圖形是正方形時(shí)，求出S對(duì)于t的函數(shù)關(guān)系式并寫(xiě)出自變量t的取值范圍．（3）設(shè)正方形MNGH的邊NG所在直線與線段AC交于點(diǎn)P，連結(jié)DP，當(dāng)t為什么值時(shí)，△CPD是等腰三角形？

【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.

【分析】

試題分析：（1）求出ED的距離即可求出相對(duì)應(yīng)的時(shí)間t.

（2）先求出t的取值范圍，分為H在AB上時(shí)，此時(shí)BM的距離，從而求出相應(yīng)的時(shí)

間．相同當(dāng)G在AC上時(shí)，求出MN的長(zhǎng)度，既而算出EN的長(zhǎng)度即可求出時(shí)間，再經(jīng)過(guò)正方形的面積公式求出正方形的面積

.

3）分DP=PC和DC=PC兩種情況，分別由EN的長(zhǎng)度即可求出t的值．試題分析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm

∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.

1）∵當(dāng)G恰好落在線段AD上時(shí)，ED=BD﹣BE=3cm

∴t=s=3s．

（2）∵當(dāng)MH沒(méi)有抵達(dá)AD時(shí)，此時(shí)正方形

上，

則∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1

MNGH是邊長(zhǎng)為

1的正方形，令

H點(diǎn)在

AB

∴BM=cm.∴t=s.當(dāng)MH抵達(dá)AD時(shí)，那么此時(shí)的正方形

MNGH的邊長(zhǎng)跟著

N點(diǎn)的連續(xù)運(yùn)動(dòng)而增大，令

G點(diǎn)

在AC上，

設(shè)MN=xcm，則GH=DH=x，AH=x，

∵AD=AH+DH=x+x=x=4，

x=3．

當(dāng)≤t≤4時(shí)，SMNGN=1cm2．

當(dāng)4＜t≤6時(shí)，SMNGH=（t﹣3）2cm2

∴S對(duì)于t的函數(shù)關(guān)系式為：.

（3）分兩種情況：

①∵當(dāng)DP=PC時(shí)，易知此時(shí)N點(diǎn)為DC的中點(diǎn)，∴MN=6cm

∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故當(dāng)t=9s的時(shí)候，△CPD為等腰三角形；

②當(dāng)DC=PC時(shí)，DC=PC=12cm

NC=6cm

EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm

t=（15﹣6）s故當(dāng)t=（15﹣6）s時(shí)，△CPD為等腰三角形．

綜上所述，當(dāng)t=9s或t=（15﹣6）s時(shí)，△CPD為等腰三角形．

考點(diǎn)：1.雙動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題；2.銳角三角函數(shù)定義；3.特別角的三角函數(shù)值；

由實(shí)詰問(wèn)題列函數(shù)關(guān)系式；6.等腰三角形的性質(zhì)；7.分類思想的應(yīng)用

.

4.正方形的性質(zhì)；

5.

7．如圖，矩形OABC中，A(6，0)、C(0，23)、D(0，33)，射線l過(guò)點(diǎn)D且與x軸平

行，點(diǎn)P、Q分別是l和x軸的正半軸上的動(dòng)點(diǎn)，知足∠PQO＝60o．

(1)點(diǎn)B的坐標(biāo)是，∠CAO＝o，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為；(2)設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為x，△OPQ與矩形OABC重疊部分的面積為S，試求S與x的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量x的取值范圍．【答案】（1）（6，23）．30．（3，33）（2）43x430x333x2S{223x3543xx

133x33x52

1235x9

9

【分析】

解：（1）（6，23）．30．（3，33）．

2）當(dāng)0≤x≤3時(shí)，如圖1，

OI=x，IQ=PI?tan60°，=3OQ=OI+IQ=3+x；由題意可知直線l∥BC∥OA，可得EF=PE=DC31，∴EF=1（3+x），OQPODO3333此時(shí)重疊部分是梯形，其面積為：

SS梯形EFQO1OQ）OC43x）43（EF（3x43233當(dāng)3＜x≤5時(shí)，如圖2，

SS梯形EFQOSHAQS梯形EFQO1AHAQ43x433x3=23x2133x3。232232當(dāng)5＜x≤9時(shí)，如圖3，

S1BEOA）OC（2x）（23123=23123。x3當(dāng)x＞9時(shí)，如圖4，

S1OAAH16183=543．22xx綜上所述，S與x的函數(shù)關(guān)系式為：

43430x33x3x2133x33x5S{232．231235x9x3543x9x（1）①由四邊形OABC是矩形，依據(jù)矩形的性質(zhì)，即可求得點(diǎn)B的坐標(biāo)：∵四邊形OABC是矩形，∴AB=OC，OA=BC，∵A（6，0）、C（0，23），∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為：（6，23）．②由正切函數(shù)，即可求得∠CAO的度數(shù)：∵tanCAOOC=23=3，∴∠CAO=30°．OA63③由三角函數(shù)的性質(zhì)，即可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)；如圖：當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OA于E，

∵∠PQO=60，°D（0，33），∴PE=33．

PE∴AEtan6003．

∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，33）．

2）分別從當(dāng)0≤x≤3時(shí)，當(dāng)3＜x≤5時(shí)，當(dāng)5＜x≤9時(shí)，當(dāng)x＞9時(shí)去分析求解即可求得答案．

8．水庫(kù)大壩截面的迎水坡坡比（DE與AE的長(zhǎng)度之比）為1：0.6，背水坡坡比為1：2，大壩高DE=30米，壩頂寬CD=10米，求大壩的截面的周長(zhǎng)和面積．

【答案】故大壩的截面的周長(zhǎng)是（634+305+98）米，面積是1470平方米．【分析】試題分析：先依據(jù)兩個(gè)坡比求出AE和BF的長(zhǎng)，此后利用勾股定理求出AD和BC，再由大

壩的截面的周長(zhǎng)=DC+AD+AE+EF+BF+BC，梯形的面積公式可得出答案．

試題分析：∵迎水坡坡比（DE與AE的長(zhǎng)度之比）為1：0.6，DE=30m，

∴AE=18米，在RT△ADE中，AD=DE2AE2=634米∵背水坡坡比為1：2，∴BF=60米，在RT△BCF中，BC=CF2BF2=305米，∴周長(zhǎng)=DC+AD+AE+EF+BF+BC=634+10+305+88=（634+305+98）米，面積=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．故大壩的截面的周長(zhǎng)是（634+305+98）米，面積是1470平方米．

9．已知：如圖，AB為⊙O的直徑，AC與⊙O相切于點(diǎn)A，連結(jié)BC交圓于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作⊙O的切線交AC于E．

1）求證：AE＝CE

2）如圖，在弧BD上任取一點(diǎn)F連結(jié)AF，弦GF與AB交于H，與BC交于M，求證：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

（3）如圖，在（2）的條件下，當(dāng)GH＝FH，HM＝MF時(shí)，tan∠ABC＝3，DE＝39時(shí)，N44

為圓上一點(diǎn)，連結(jié)FN交AB于L，知足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的長(zhǎng)．

【答案】（1）詳看法析；（2）詳看法析；（40133）NL13

【分析】

【分析】

1）由直徑所對(duì)的圓周角是直角，得∠ADC＝90°，由切線長(zhǎng)定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，獲得∠C＝∠EDC，從而得證結(jié)論.

（2）由同角的余角相等，獲得∠BAD＝∠C，再經(jīng)過(guò)等量代換，角的加減從而得證結(jié)論.

（3）先由條件獲得AB＝26，設(shè)HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝4a，再由訂交弦定理3

獲得GH?HF＝BH?AH，從而求出FH，BH，AH，再由角的關(guān)系獲得△HFL∽△HAF，從而求

出HL，AL，BL，F(xiàn)L，再由訂交弦定理獲得LN?LF＝AL?BL，從而求出LN的長(zhǎng).

【詳解】

解：

（1）證明：如圖1中，連結(jié)AD．

∵AB是直徑，

∴∠ADB＝∠ADC＝90°，

∵EA、ED是⊙O的切線，

∴EA＝ED，

∴∠EAD＝∠EDA，

∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°，

∴∠C＝∠EDC，

∴ED＝EC，

∴AE＝EC．

（2）證明：如圖2中，連結(jié)AD．

∵AC是切線，AB是直徑，

∴∠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：如圖3中，

由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝39，4

∴AC＝39，2tan∠ABC＝3＝AC，AB

39∴32,

4AB

∴AB＝26，

4∵GH＝FH，HM＝FN，設(shè)HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝a，3

GH?HF＝BH?AH，

4a2＝4a（26﹣4a），33

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，F(xiàn)L＝FH2HL2＝413，

LN?LF＝AL?BL，

∴413?LN＝10?16，

LN＝4013.13

【點(diǎn)睛】

本題察看了圓的綜合問(wèn)題，波及到的知識(shí)有：切線的性質(zhì)；切線長(zhǎng)定理；圓周角定理；相

交弦定理；相像三角形性質(zhì)與判斷等，嫻熟掌握?qǐng)A的有關(guān)性質(zhì)是解題重點(diǎn).

10．如圖，在正方形

ABCD中，E是邊

AB上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)

F在邊

BC的延伸線上，且

CF

AE，連結(jié)

DE，DF，

EF.FH

均分

EFB交

BD于點(diǎn)

H.

（1）求證：DE

（2）求證：DH

DF；

DF：

（3）過(guò)點(diǎn)H作HM⊥EF于點(diǎn)M，用等式表示線段AB，HM與EF之間的數(shù)目關(guān)系，并證明.

【答案】（1）詳看法析；（2）詳看法析；（3）EF2AB2HM，證明詳看法析.【分析】【分析】（1）依據(jù)正方形性質(zhì)，CFAE獲得DEDF.（2）由△AED≌△CFD，得DEDF.由ABC90，BD均分ABC，得DBF45.因?yàn)镕H均分EFB，因此EFHBFH.因?yàn)镈HFDBFBFH45BFH,DFHDFEEFH45EFH,因此DHDF.（3）過(guò)點(diǎn)H作HNBC于點(diǎn)N，由正方形ABCD性質(zhì)，得BDAB2AD22AB.由FH均分EFB，HMEF,HNBC，得

HMHN.因?yàn)镠BN45，HNB90HN2HN2HM.，因此BHsin45由EFDF2DF2DH，得EF2AB2HM.cos45【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴ADCD，EADBCDADC90.∴EADFCD90.∵CFAE。∴△AED≌△CFD.

ADECDF.

∴EDFEDCCDFEDCADEADC90.

DEDF.

（2）證明：∵△AED≌△CFD，

DEDF.

EDF90，

∴DEFDFE45.

∵ABC90，BD均分ABC，

DBF45.

∵FH均分EFB，EFHBFH.∵DHFDBFBFH45BFH,DFHDFEEFH45EFH,∴DHFDFH.DHDF.

3）EF2AB2HM.

證明：過(guò)點(diǎn)H作HNBC于點(diǎn)N，如圖，

∵正方形ABCD中，ABAD∴BDAB2AD22AB

，BAD90，

.

∵FH均分EFB，HMEF,HNBC，

HMHN.

HBN45，HNB90，

∴BHHNHN2HM.2sin45∴DHBDBH2AB2HM.∵EFDFDF2DH，2cos45EF2AB2HM.

【點(diǎn)睛】

本題察看正方形的性質(zhì)、勾股定理、角均分線的性質(zhì)、三角函數(shù)，題目難度較大，解題的

重點(diǎn)是嫻熟掌握正方形的性質(zhì)、勾股定理、角均分線的性質(zhì)、三角函數(shù).

11．以以下列圖的是一個(gè)地球儀及它的平面圖，在平面圖中，點(diǎn)A、B分別為地球儀的南、

北極點(diǎn)，直線AB與擱置地球儀的平面交于點(diǎn)D，所夾的角度約為67°，半徑OC所在的直線與擱置它的平面垂直，垂足為點(diǎn)

E，DE=15cm，AD=14cm．

1）求半徑OA的長(zhǎng)（結(jié)果精準(zhǔn)到0.1cm，參照數(shù)據(jù)：sin67°≈0，.92cos67°≈0.，39

tan67°≈2）.36（2）求扇形BOC的面積（π取3.14，結(jié)果精準(zhǔn)到1cm）【答案】(1)半徑OA的長(zhǎng)約為24.5cm；(2)扇形BOC的面積約為822cm2．【分析】【分析】(1)在Rt△ODE中，DE=15，∠ODE=67°，依據(jù)∠ODE的余弦值，即可求得OD長(zhǎng)，減去AD即為OA．(2)用扇形面積公式即可求得.【詳解】(1)在Rt△ODE中，DE15cm，ODE67．∵cosODEDE，DO

15∴OD，0.39

∴OAODAD38．461424．5cm，答：半徑OA的長(zhǎng)約為24.5cm．(2)∵ODE67，

BOC157，

nr2∴S扇形BOC360

3.1424.522

360

822cm2．

答：扇形BOC的面積約為822cm2．

【點(diǎn)睛】

本題主要察看認(rèn)識(shí)直角三角形的應(yīng)用，本題把實(shí)詰問(wèn)題轉(zhuǎn)變成數(shù)學(xué)識(shí)題，利用三角函數(shù)中

余弦定義來(lái)解題是解題重點(diǎn)．

12．如圖，公路AB為東西走向，在點(diǎn)A北偏東36.5方向上，距離5千米處是鄉(xiāng)村M，在點(diǎn)A北偏東53.5方向上，距離10千米處是鄉(xiāng)村N；要在公路AB旁修筑一個(gè)土特產(chǎn)收買(mǎi)站P(取點(diǎn)P在AB上)，使得M，N兩鄉(xiāng)村到P站的距離之和最短，請(qǐng)?jiān)趫D中作出P的地點(diǎn)（不寫(xiě)作法）并計(jì)算：（1）M，N兩鄉(xiāng)村之間的距離；（2）P到M、N距離之和的最小值.（參照數(shù)據(jù)：sin36.5＝°0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75計(jì)算結(jié)果保存根號(hào).）

【答案】(1)M，N兩鄉(xiāng)村之間的距離為29千米;(2)鄉(xiāng)村M、N到P站的最短距離和是

5千米．

【分析】

【分析】

（1）作N對(duì)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N'與AB交于E，連結(jié)MN’與AB交于P，則P為土特產(chǎn)收買(mǎi)站的地點(diǎn)．求出DN，DM，利用勾股定理即可解決問(wèn)題．

（2）由題意可知，M、N到AB上點(diǎn)P的距離之和最短長(zhǎng)度就是MN′的長(zhǎng)．

【詳解】

解：作N對(duì)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N'與AB交于E，連結(jié)MN’與AB交于P，則P為土特產(chǎn)收買(mǎi)站的地點(diǎn)．

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

過(guò)M作MC⊥AB于點(diǎn)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

過(guò)點(diǎn)M作MD⊥NE于點(diǎn)D，

在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，

ND=NE-MC=2，

∴MN=5222=29，即M，N兩鄉(xiāng)村之間的距離為29千米．（2）由題意可知，M、N到AB上點(diǎn)P的距離之和最短長(zhǎng)度就是MN′的長(zhǎng)．DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得MN′=52102=55（千米）∴鄉(xiāng)村M、N到P站的最短距離和是55千米．【點(diǎn)睛】本題察看解直角三角形，軸對(duì)稱變換等知識(shí)，解題的重點(diǎn)是嫻熟掌握基本知識(shí)，學(xué)會(huì)增添常用協(xié)助線，結(jié)構(gòu)直角三角形解決問(wèn)題．

13．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=7，AC=2，過(guò)點(diǎn)B作直線m∥AC，將△ABC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)獲得△A′B′點(diǎn)C(A，B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A'，B′)，射線CA′，CB′分別交直線m于點(diǎn)

P，Q．

(1)如圖1，當(dāng)P與A′重合時(shí)，求∠ACA′的度數(shù)；

(2)如圖2，設(shè)A′與B′BC的交點(diǎn)為M，當(dāng)M為A′的B′中點(diǎn)時(shí)，求線段PQ的長(zhǎng)；

(3)在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)點(diǎn)P，Q分別在CA′，CB′的延伸線上時(shí)，試一試究四邊形PA'B′Q的面積

能否存在最小值．若存在，求出四邊形PA′B′Q的最小面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明原因．

【答案】（1）60°；（2）PQ＝7；（3）存在，S四邊形PA'B′Q＝3﹣32【分析】【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可得：AC=A'C=2，從而獲得BC3，依據(jù)∠A'BC=90°，可得cos∠A'CBBC3，即可獲得∠A'CB=30°，∠ACA'=60；°A'C2（2）依據(jù)M為A'B'的中點(diǎn)，即可得出∠A=∠A'CM，從而獲得PB3BC3，依據(jù)22tan∠Q=tan∠A322，從而得出PQ=PB+BQ7，即可獲得BQ=BC；232（3）依據(jù)S四邊形PA'B'Q=S△PCQ△A'CB△PCQ3，即可獲得S四邊形PA'B'Q最小，即S△PCQ最﹣S'=S小，而S△PCQ13△PCQ22

論．

【詳解】

1）由旋轉(zhuǎn)可得：AC=A'C=2．

∵∠ACB=90°AB7，AC=2，∴BC3．，∵∠ACB=90°m∥AC∴∠A'BC=90°∴cos∠A'CBBC3，∴∠A'CB=30°，，，，A'C2∴∠ACA'=60；°

2）∵M(jìn)為A'B'的中點(diǎn)，∴∠A'CM=∠MA'C，由旋轉(zhuǎn)可得：∠MA'C=∠A，

∴∠A=∠A'CM，∴tan∠PCB=tan∠A3，∴PB3BC3．2223∵∠BQC=∠BCP=∠A，∴tan∠BQC=tan∠A2

22，∴PQ=PB+BQ7，∴BQ=BC；32（3）∵S四邊形PA'B'Q=S△PCQ△A'CB△PCQ3，∴S四邊形PA'B'Q最小，即S△PCQ﹣S'=S最小，∴S1PQ×BCPQ，△PCQ322取PQ的中點(diǎn)G．

1∵∠PCQ=90，°∴CGPQ，即PQ=2CG，當(dāng)CG最小時(shí)，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG與2

CB重合時(shí)，CG最小，∴CG3，PQ=23，∴S的最小值，四邊形PA'B'Q=33；

【點(diǎn)睛】

本題屬于幾何變換綜合題，主要察看了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解直角三角形以及直角三角形的性質(zhì)的綜合運(yùn)用，解題時(shí)注意：旋轉(zhuǎn)變換中，對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．

14．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，AD＝AC，BC＝43，過(guò)A，D兩點(diǎn)作

⊙O，交AB于點(diǎn)E，

（1）求弦AD的長(zhǎng)；

（2）如圖1，當(dāng)圓心O在AB上且點(diǎn)M是⊙O上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)DM交AB于點(diǎn)N，求當(dāng)ON

等于多少時(shí)，三點(diǎn)D、E、M構(gòu)成的三角形是等腰三角形？

3）如圖2，當(dāng)圓心O不在AB上且動(dòng)圓⊙O與DB訂交于點(diǎn)Q時(shí)，過(guò)D作DH⊥AB（垂足為H）并交⊙O于點(diǎn)P，問(wèn)：當(dāng)⊙O改動(dòng)時(shí)DP﹣DQ的值變不變？若不變，懇求出其值；若變化，請(qǐng)說(shuō)明原因．

【答案】（1）23

2）當(dāng)ON等于1或3﹣1時(shí)，三點(diǎn)D、E、M構(gòu)成的三角形是等腰三角形

3）不變，原因看法析

【分析】

【分析】

（1）依據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可獲得AD的長(zhǎng)；

（2）連DE、ME，易合適ED和EM為等腰三角形EDM的兩腰，依據(jù)垂徑定理得推論得

OE⊥DM，易獲得△ADC為等邊三角形，得∠CAD=60°，則∠DAO=30°，∠DON=60°，此后

依據(jù)含30°的直角三角形三邊的關(guān)系得DN=1AD=3，ON=3DN=1；23當(dāng)MD=ME，DE為底邊，作DH⊥AE，因?yàn)锳D=23，∠DAE=30°，獲得DH=3，∠DEA=60，°DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，

又∠M=∠DAE=30°，MD=ME，獲得∠MDE=75°，則∠ADM=90°-75°=15°，可獲得

∠DNO=45°NH=DH=3，則ON=3-1；，依據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)獲得（3）連AP、AQ，DP⊥AB，得AC∥DP，則∠PDB=∠C=60°，再依據(jù)圓周角定理得

∠PAQ=∠PDB，∠AQC=∠P，則∠PAQ=60，°∠CAQ=∠PAD，易證得△AQC≌△APD，獲得DP=CQ，則DP-DQ=CQ-DQ=CD，而△ADC為等邊三角形，CD=AD=23，即可獲得DP-DQ的

值．

【詳解】

解：（1）∵∠BAC＝90°，點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，BC＝43，

1∴AD＝BC＝23；2

2）連DE、ME，如圖，∵DM＞DE，當(dāng)ED和EM為等腰三角形EDM的兩腰，

∴OE⊥DM，又∵AD＝AC，∴△ADC為等邊三角形，∴∠CAD＝60°，∴∠DAO＝30°，∴∠DON＝60°，在Rt△ADN中，DN＝1AD＝3，2在Rt△ODN中，ON＝3DN＝1，3

∴當(dāng)ON等于1時(shí)，三點(diǎn)D、E、M構(gòu)成的三角形是等腰三角形；

當(dāng)MD＝ME，DE為底邊，如圖3，作DH⊥AE，

∵AD＝23，∠DAE＝30°，

∴DH＝3，∠DEA＝60°，DE＝2，

∴△ODE為等邊三角形，

∴OE＝DE＝2，OH＝1，

∵∠M＝∠DAE