偏旁部首-大专毕业证书样本

2020-2021中考数学压轴题专题直角三角形的边角关系的经典综合题

一、直角三角形的边角关系
1
．已知在平面直角坐标系中，点
A

3,0

,B

3,0

,C

3,8

，以线段
BC
为直径作圆，
圆心为
E
，直线
AC
交
eE
于点
D
，连接
OD< br>.

（
1
）求证：直线
OD
是
eE
的切线；

（
2
）点
F
为
x
轴上任意一动点，连接
C F
交
eE
于点
G
，连接
BG
：

①
当
tanACF
②
求
1
时，求所有
F
点的坐标

（直接写出）；

7
BG
的最大值
.

CF
BG
1

43

,0

，
F
2
(5,0)
；
②
的最大值为
.

2
CF

31< br>
【答案】（
1
）见解析；（
2
）
①
F1

【解析】

【分析】

（
1
）连 接
DE
，证明
∠EDO=90°
即可；

（
2）
①
分
“
F
位于
AB
上
”
和
“
F
位于
BA
的延长线上
”
结合相似三角形进行求 解即可；

②
作
GMBC
于点
M
，证明
ANF
1
~ABC
，得
【详解】

（
1
）证明：连接
DE
，则：

BG1

，从而得解
.

CF2

∵
BC
为直径

∴
BDC90

∴
BDA90

∵
OAOB

∴
ODOBOA

∴
OBDODB

EBED

∴
EBDEDB

∵

∴
EBDOBDEDBODB

即：
EBOEDO

∵
CBx
轴

∴
EBO90

∴
EDO90

∴
直线
OD
为
eE
的切线
.

（
2
）
①
如图
1
，当
F
位于
AB
上时：

∵
ANF
1
~ABC

AN
NF
1
AF
1


ABBCAC< br>∴
设
AN3x
，则
NF
1
4x,AF
1
5x

∴
∴
CNCAAN103x

∴
tanACF
∴
AF
1
5x
F
1
N
4x110

，解得：
x

CN103x731
50

31
5043
OF
1
3

3131

43

,0



31

即
F
1


如图
2
，当
F
位于
BA
的延长线上时：

∵
AMF
2
~ABC

∴
设
AM3 x
，则
MF
2
4x,AF
2
5x

∴
CMCAAM103x

∴
tanACF
解 得：
x
F
2
M
4x1


CM103x7
2

5

∴
AF
2
5x2

OF
2
325

即
F
2
(5,0)


②
如图，作
GMBC
于点
M
，

∵
BC
是直径

∴
CGBCBF90

∴
CBF~CGB

BGMGMG


CFBC8
∵
MG
半径
4

∴
BGMG41


CF882
BG
1
∴
的最大值为
.

2
CF
∴

【点睛】

本题考查了圆的综合题：熟 练掌握切线的判定定理、解直角三角形；相似三角形的判定和
性质和相似比计算线段的长；理解坐标与图 形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问
题．

2
．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；
< br>②
若
CF=aCD
（
a
＞
0
）时，试猜想< br>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
【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
当CF=CD时，可得
sin∠CED=
，从而有EC=AE=
=AD•AF．①
；②．

CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得
，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．

= DC•3DC=，∴AE=DC，∵EC=AE，
，
①当CF=CD时，AD=DC=CF，A F=3DC，∴

∴EC=DC，∴sin∠CAB=sin∠CED===
．

；

②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=
∴AE=DC，∵EC=AE，∴EC=< br>=
∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴
DC ，
．

=DC•（a+2）DC=（a+2），
∴sin∠CAB=sin∠CED=
考点：
1
．圆的综合题；
2
．探究型；
3
．存在型．< br>


3
．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
的垂线 ，垂足分别为
N
，
M
．

（
1
）若直径< br>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< br>与
CD
相交成
120°
角．

①
当点
P
运动到的中点
P
1
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．

上任意一点，过点
P
分别作
AB
，
CD

【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+∠P NO=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
∠COP
1
=∠BOP
1< br>=60°
，根据圆内接四边形
的对角互补可得
∠MP
1
N=6 0°
．根据角平分线的性质可得
P
1
M=P
1
N
， 从而得到
△P
1
MN
是等
边三角形，则有
MN=P
1
M
．然后在
Rt△P
1
MO
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< br>）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=18 0°
，
∴
四边形
PMON
内
接于圆，直径
OP=2
；


（
2
）如图一，

∵AB⊥OC< br>，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，

∵P
1
是的中点，
∠BOC=120°
，
∴∠C OP
1
=∠BOP
1
=60°
，
∠MP
1
N=60°
，
∵P
1
M⊥OC
，
P
1
N⊥ OB
，
∴P
1
M=P
1
N
，
∴△P
1
MN
是等边三角形，
∴MN=P
1
M
．
∵P
1
M=OP
1
•sin∠MOP
1
=2×sin6 0°=
交
⊙O′
于点
Q
，连接
QM
，如图三，
，
∴MN=
；

②
设四边形
PMON
的外接圆为
⊙O′
，连接
NO′
并延长，


则有
∠QMN=90°
，
∠MQN=∠MPN=60°
，

在
Rt△QMN
中，
sin∠MQN=
，
∴MN=QN•s in∠MQN
，
∴MN=OP•sin∠MQN=2×sin60°=2×=
，
∴MN
是定值．

（
4
）由（
3
）
②< br>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．


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
、
P H.

（
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）
【解析】
< br>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< br>．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< br>＝
17°

∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由代入HR，CR解方程即
或

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< br>＝
∠HCP

BD
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< br>、
P
、
H
共向，
∴∠AHP
＝
90°
，
∠APH
＝
∠ADH
＝
45°
，
∴△APH< br>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°，∠A CD=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）
【解析】

；（2）12cm；（3）cm．

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，∴
∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC =cm．

（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< br>△AD′E
，
∴△AD′E
为等边三角形，
∠AED′=60°
．

∵∠EAC=∠DAC
﹣
∠EAD=30°
，
∴∠E FA=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′
cm，

，

（不合题意舍去）．

cm．

（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB．

设D′G长为 xcm，则CG长为
在Rt△GD′C中，由勾股定理得
解得：
∴点D′到BC边的距 离为

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=
﹣
x
2
+3x+4
与< br>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< br>）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
CDAB
，
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
tan∠DBC=
；

，
BE=BC
﹣
DE=
．由此可知
（
2
）过点
P
作
PF⊥x
轴于点
F
．由
∠D BP=45°
及
∠ABC=45°
可得
∠PBF=∠DBC
，利用（
1
）中
的结果得到：
tan∠PBF=
=
试题解析：

（
1
）令
y=0
，则﹣
x
2
+3x+ 4=
﹣（
x+1
）（
x
﹣
4
）
=0
，

解得
x
1
=
﹣
1
，
x< br>2
=4
．

∴A
（﹣
1
，
0
），
B
（
4
，
0
）．

当
x= 3
时，
y=
﹣
3
2
+3×3+4=4
，

∴D
（
3
，
4
）．

如图，连接
CD
，过点
D
作
DE⊥BC
于点
E
．
< br>．设
P
（
x
，﹣
x
2
+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（﹣

∵C
（
0
，
4
），

∴CDAB
，

∴∠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
，﹣
x
2
+3x+4
），则
解得
x
1
=
﹣
∴P
（﹣
，
x
2
=4
（舍去），

，）．

考点：
1
、二次函数；
2
、勾股定理；< br>3
、三角函数



»
.

7．如图，已知，在
eO
中，弦
AB
与弦
CD
相交于点< br>E
，且
»
ACBD
（
1
）求证：
ABC D
；

（
2
）如图 ，若直径
FG
经过点
E
，求证：
EO
平分
AED
；


»
上，连接
FP
交
AB
于 点
M
，连接
MG
，若（
3
）如图，在（
2
）的条件下，点
P
在
CG
ABCD
，
MG
平分< br>PMB
，
MG2
，
FMG
的面积为
2
，求
eO
的半径的长
.


【答案】（
1
）见解析；（
2
）见解析；（
3
）
eO
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< br>、
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
eO
于点
H
，连接
HF
，求 出
FH2
，在
HG
上取点
L
，使
HLFH，延长
FL
交
eO
于点
K
，连接
KG
，求出
FL22
，设
HMn
，则有
LKKG
22< br>n
，
FKFLLK22n
，再证明
22
KFG EMGHMF
，从而得到
tanKFGtanHMF
，
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】

KGHF

， 再代入
FKHM
»
，
∴
»»
BD
»
C B
»
，

解：（
1
）证明：
∵
»
ACBDAC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
，

∴
AJODQO90
，
AJ
又
∵
AODO
，

∴
AOJDOQ
，

∴
OJOQ
，

又
∵
OJAB
，
OQCD
，

∴
EO
平分
AED
.

11
ABCDDQ
，

22

（
3< br>）解：
∵
CDAB
，
∴
AED90
，

1
AED45
，

2
如图，延长
GM< br>交
eO
于点
H
，连接
HF
，

由（
2
）知，
AEF

∵
FG
为直径 ，
∴
H90
，
S
MFG

∵
MG 2
，
∴
FH2
，

1
MGFH2
，

2
在
HG
上取点
L
，使
HLFH
，延长
FL
交
eO
于点
K
，连接
KG
，

∴
HFLHLF45
，
KLGHLF45
，

∵
FG
为直径，
∴
K90
，

∴< br>KGL90KLG45KLG
，
∴
LKKG
，< br>

在
RtFHL
中，
FL2
FH
2
HL
2
，
FL22
，

设
HMn
，
HLMG2
，

∴
GLLMMGHLLMHMn
，

在
Rt LGK
中，
LG
2
LK
2
KG
2
，< br>LKKG
2
n
，
2
FKFLLK22
2
n
，

2
∵
GMPGMB
，
∵PMGHMF
，
∴
HMFGMB
，

∵
AEF
1
AED45
，

2
∴
MGFEMGMEF45
，
MGFKFGHLF45
，

∴
KFGEMGHMF
，

∴
tanKFGtanHMF
，

KGHF

∴
，
∴
FKHM
2
n
2
22
2
n
2

2
，
n4
，

n
∴
HGHMMG6
，

在
RtHFG< br>中，
FG
2
FH
2
HG
2
，
F G210
，
FO10
.

即
eO
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．


11
x+2
与
x
轴交于点< br>A
，与
y
轴交于点
B
，抛物线
y
＝﹣
x
2
+bx+c
经过
22
A
、
B
两点， 与
x
轴的另一个交点为
C
．

（
1
）求抛物线的解析式；

8
．如图，直线
y< br>＝
（
2
）根据图象，直接写出满足
11
x+2≥
﹣< br>x
2
+bx+c
的
x
的取值范围；

22< br>（
3
）设点
D
为该抛物线上的一点、连结
AD
，若< br>∠DAC
＝
∠CBO
，求点
D
的坐标．

【答案】（
1
）
y
（2
，﹣
3
）．

【解析】

【分析】

（
1
）由直线
y
＝
式；

1
2< br>3
xx2
；（
2
）当
x≥0
或
x≤﹣
4
；（
3
）
D
点坐标为（
0
，< br>2
）或
22
1
x+2
求得
A
、
B< br>的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析
2
（
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∠CB O
，从而有，
【详解】

解：（
1
）由
y
＝
DECO

,
最后分类讨论确定点
D
的坐标．

AEBO
1
x+2
可得：

2
当
x
＝
0
时，
y
＝
2
；当
y
＝
0< br>时，
x
＝﹣
4
，

∴A
（﹣
4，
0
），
B
（
0
，
2
），

3

1
2

b
把
A
、
B
的坐标代入
y
＝﹣
x+bx+c
得：


2
，，

2


c2
1
2
3
xx2

22
11
（
2
）当
x≥0
或
x≤
﹣
4
时，
x+2≥
﹣
x
2
+bx+c
< br>22
∴
抛物线的解析式为：
y
（
3
）如图，过< br>D
点作
x
轴的垂线，交
x
轴于点
E
，

1
2
3
xx2
令
y
＝
0
，

22
解得：
x
1
＝
1
，
x< br>2
＝﹣
4
，

∴CO
＝
1
，
AO
＝
4
，
1
2
3
设点
D
的坐标为（
m
，
m m2
），

22
∵∠DAC
＝
∠CBO
，

∴tan∠DAC
＝
tan∠CBO
，

DECO

∴
在
Rt△ADE
和
Rt△BOC
中有
，

AEBO
由
y
13
m
2
m2
1

当
D
在
x
轴上方时，
22

m42
解得：
m
1
＝
0
，
m
2
＝﹣
4
（不合题意，舍去），

∴
点
D
的坐标为（
0
，
2
）．

13
(m
2
m2)
1

当
D在
x
轴下方时，
22

m42
解得：
m1
＝
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．


9
．在
△ABC
中，
∠B
＝45°
，
∠C
＝
30°
，点
D
是边
B C
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
＝
1
EC
；

2
（
3
）当
AB
＝
2
2
，且点
E
到
AC
的距离等于
3
﹣
1
时，直接写出
tan∠CAE
的值．< br>

【答案】（
1
）
90
；（
2
） 详见解析；（
3
）
tanEAC
【解析】

【分析】

（
1
）利用三角形的外角的性质即可解决问题；

633

11
（
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< br>）如图
3
，作
EF⊥AC
于
F
，延长
FE< br>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< br>＝
3
x
，
EH
＝
2PH
＝
2x，

由此
FH
＝
2x+
3
﹣
1
，
CF
＝
2
3
x+3
﹣
3
，由
△BAD≌△PAE
，得
BD
＝
EP
＝
3
x
，
AE
＝
AD
，在
Rt△ABG
中，
AG＝
GB
＝
2
，在
Rt△AGC
中，
AC
＝
2AG
＝
4
，故
AE
2
＝
AD
2
＝
AF
2
+EF
2
，
由勾股定理得
A F
＝
1+
3
，由此
tan∠EAF
＝
2
﹣
3
，根据对称性可得
tan∠EAC
＝
6-33
．

11
【详解】

（
1
）如图
1
中，


∵∠EDC
＝
∠B+∠BED
，
∠B
＝
∠BED
＝
45°< br>，

∴∠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
＝< br>PE
，
∠APE
＝
∠B
＝
45°
，

∴∠EPD
＝
∠EPC
＝
90°
，

∵∠C
＝
30°
，

∴EC
＝
2PE
＝
2BD
；

（
3
）如图
3
，作
EF⊥AC
于
F
，延长
F E
交
BC
于
H
，作
AG⊥BC
于
G
，
PA⊥AB
交
BC
于
P
，
连接
PE< br>．


设
PH
＝
x
，在
Rt△EP H
中，
∵∠EPH
＝
90°
，
∠EHP
＝
60°
，

∴EP
＝
3
x
，
EH
＝
2PH
＝
2x
，

∴FH
＝
2x+3
﹣
1
，
CF
＝
3
FH
＝
2
3
x+3
﹣
3
，

∵△BAD≌△PAE
，

∴BD
＝
EP
＝
3
x
，
AE
＝
AD
，

在
Rt △ABG
中，
∵AB
＝
2
2
，

∴AG
＝
GB
＝
2
，

在
Rt△ AGC
中，
AC
＝
2AG
＝
4
，

∵AE
2
＝
AD
2
＝
AF
2
+EF2
，

∴2
2
+
（
2
﹣
3< br>x
）
2
＝（
3
﹣
1
）
2
+
（
4
﹣
2
3
x
﹣
3+
3
）
2
，

整理得：
9x
2
﹣
12x
＝
0
，

解得
x
＝
4
（舍弃）或
0

3
∴ PH
＝
0
，此时
E
，
P
，
H
共点 ，

∴AF
＝
1+
3
，

∴tan∠EA F
＝
EF
31
＝＝
2
﹣
3
．

AF
31
6-33
．

11
根据对称性可知当点
E
在
AC
的上方时，同法可得
tan∠EAC
＝
【 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．


10
．如图，在平面直角坐标系中，直线
DE< br>交
x
轴于点
E
（
30
，
0
），交< br>y
轴于点
D
（
0
，
40
），直线
A B
：
y
＝
1
x+5
交
x
轴于点
A
，交
y
轴于点
B
，交直线
DE
于点
P，过点
E
作
3

EF⊥x
轴 交直线
AB
于点
F
，以
EF
为一边向右作正方形
E FGH
．

（
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
E
1
F
1
G< br>1
H
1
，在平移过程中边
F
1
G
1
始终与
y
轴垂直，设平移的时间为
t
秒（
t
＞
0< br>）．

①
当点
F
1
移动到点
B
时， 求
t
的值；

②
当
G
1
，
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
E
1
F
1
G
1
H
1
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
，< br>40
），求出直线
DE
的直线解析式
y=-
求出
P< br>点坐标，进而求出
F
点坐标即可；

（
2
）
①
易求
B
（
0
，
5
），当点
F
1
移动到点
B
时，
t=10
10
÷
10
=1 0
；

②F
点移动到
F'
的距离是
10
t
，
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，
t=4，
S=
4
x+40
，可
3
NF1MH

4

，
=
，
EM=NG'=15-F'N=15-3t
， 在
Rt△DMH'
中，

NF3EM3
1451023PK1
×(12+)×11==
，；当点
G
运动到直线
DE
上时，在Rt△F'PK
中，

248FK3
PKt34
＝＝，
t=7
，
S=15×
（
15-7
）
=120.

KG

153t93
PK=t-3
，
F'K=3t-9
，在
Rt△PKG'
中，
【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
），

∴


30kb0
，

b40
< br>4


k
∴

3
，



b40

∴y
＝﹣
4
x+40
，

3
直线
AB
与直线
DE
的交点
P
（
21
，
12< br>），

由题意知
F
（
30
，
15
），

∴EF
＝
15
；

（
2
）
①易求
B
（
0
，
5
），

∴BF
＝
10
10
，

∴
当点
F
1
移动到点
B
时，
t
＝
10
1010< br>＝
10
；

②
当点
H
运动到直线
DE
上时，


F
点移动到
F'
的距离是
10
t
，
在
Rt△F'NF
中，
NF1
NF

=
3，

∴FN
＝
t
，
F'N
＝
3t
，

∵MH'
＝
FN
＝
t
，

EM
＝
NG'
＝
15
﹣
F'N
＝
15
﹣
3t
，

在
Rt△DMH'
中，

MH

EM

4
3
，

∴
t
153t

4
3
，

∴t
＝
4
，

∴EM
＝
3
，
MH'
＝
4
，
< br>∴S
＝
1
2
(12
45
4
)11< br>1023
8
；

当点
G
运动到直线
DE
上时，

F
点移动到
F'
的距离是
10
t
，

∵PF
＝
3
10
，

∴PF'
＝
10
t
﹣
3
10
，

在
Rt△F'PK
中，

PK1

，
< br>F

K3
∴PK
＝
t
﹣
3
，
F'K
＝
3t
﹣
9
，

在
Rt△PKG'
中，
∴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．

PKt34
＝＝，

KG

153t93

11
．如图，直线
过点，．点
于点，．

（
1
）填空：点的坐标为

，抛物线的解析式为

；

（
2
）当点在线段
②
求出使
上运动 时（不与点，重合），

最大值，并求出的最大值；

的距离是，请直接写出 此时由点，，，
①
当为何值时，线段
与轴交于点，与轴交于点，抛物线经
及抛 物线为轴上一动点，过点且垂直于轴的直线分别交直线
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
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
或
.

；

（
3
）点，，，构成的四边形的面积为：
6
或
【解析】
【分析】

（
1
）把点
A
坐标代入直线表达 式
y
＝
表达式，即可求解；

（
2
）
①< br>设：点
P
（
m
，），
N
（
m
，，求出
a
＝
−3
，把点
A
、
B
的坐标 代入二次函数
）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：则点坐标为
，则：直线表达式为：
，

，

，

，

，令，则：，

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：，

，

；
上，且
故：抛物线的解析式为：
故：答案为：
（
2
）
① ∵
，
在线段轴，

∴
点
∴
∵
，

，，

，

∴
抛物线开口向下，

∴
当
②
当
把
∴
当
设：直线
时，有最大值是
3
，

时，点的纵坐标为
-3
，

代入抛物线的表达式得：
；

时，
∵
的表达式为：
，两直线垂直，其值相乘为
-1
，

，

，则：直线的表达式为：
），

，

，解得：或
0
（舍去），

把点的坐标代入上式，解得：
将 上式与抛物线的表达式联立并解得：
当
故：使
（
3
）
∵在
∵
∴
时，不合题意舍去，

为直角三角形时的值为
3
或
，
中，
轴，

，

，

，则：，
或
0
（舍去
；

，


若抛物线上有且只有三个点到直线
则只能出现：在
的交点有两个
.

的距离是，

上方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
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，

，将点坐标代入，

，

，

，

则点所在的直线表达式为：
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
解得：
代入上式并整理得：
，则点的坐标为
，则：
，
∴
四边形
，< br>
，

，

则：点坐标为
∵
线
，
的距离，

为平行四边形，则点到直线的距离等于点到直
，

即：过点与
直线< br>平行的直线与抛物线的交点为另外两个点，即：、
的表达式为：
，解得：
，将该 表达式与二次函数表达式联立并整理得：

，

，，

则点、
作
则
作
的横坐标分别为
交直线于点，

，

轴，交轴于点，则：
，

，，

则：
同理：
【点睛】

，

，

或
.

故：点，，，构成的四边形的面积为：
6
或
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．


12
．如图所示，一堤坝 的坡角
ABC62
，坡面长度
AB25
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
ADB50
，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：
sin62≈0.88
，< br>cos62≈0.47
，
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=
∴DB=DE
﹣
BE≈6.58
米．

故此时应将坝底向外拓宽大约
6.58
米．

=18
米，


考点：解直角三角形的应用
-
坡度坡角问题．