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
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
tanACF
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
GMBC
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
∴
BDC90
∴
BDA90
∵
OAOB
∴
ODOBOA
∴
OBDODB
EBED
∴
EBDEDB
∵
∴
EBDOBDEDBODB
即:
EBOEDO
∵
CBx
轴
∴
EBO90
∴
EDO90
∴
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
AN3x
,则
NF
1
4x,AF
1
5x
∴
∴
CNCAAN103x
∴
tanACF
∴
AF
1
5x
F
1
N
4x110
,解得:
x
CN103x731
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
AM3
x
,则
MF
2
4x,AF
2
5x
∴
CMCAAM103x
∴
tanACF
解
得:
x
F
2
M
4x1
CM103x7
2
5
∴
AF
2
5x2
OF
2
325
即
F
2
(5,0)
②
如图,作
GMBC
于点
M
,
∵
BC
是直径
∴
CGBCBF90
∴
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
»
ACBD
(
1
)求证:
ABC
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
ABCD
,
MG
平分<
br>PMB
,
MG2
,
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
OJAB
于点
J
,
OQCD
于点
Q
,证明
AOJDOQ
得出OJOQ
,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
FH2
,在
HG
上取点
L
,使
HLFH,延长
FL
交
eO
于点
K
,连接
KG
,求出
FL22
,设
HMn
,则有
LKKG
22<
br>n
,
FKFLLK22n
,再证明
22
KFG
EMGHMF
,从而得到
tanKFGtanHMF
,
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:
∵
»
ACBDACCB
∴
»
AB
»
CD
,
∴
ABCD
.
(
2
)证明:如图,连接
AO
、
DO
,过点
O
作OJAB
于点
J
,
OQCD
于点
Q
,
∴
AJODQO90
,
AJ
又
∵
AODO
,
∴
AOJDOQ
,
∴
OJOQ
,
又
∵
OJAB
,
OQCD
,
∴
EO
平分
AED
.
11
ABCDDQ
,
22
(
3<
br>)解:
∵
CDAB
,
∴
AED90
,
1
AED45
,
2
如图,延长
GM<
br>交
eO
于点
H
,连接
HF
,
由(
2
)知,
AEF
∵
FG
为直径
,
∴
H90
,
S
MFG
∵
MG
2
,
∴
FH2
,
1
MGFH2
,
2
在
HG
上取点
L
,使
HLFH
,延长
FL
交
eO
于点
K
,连接
KG
,
∴
HFLHLF45
,
KLGHLF45
,
∵
FG
为直径,
∴
K90
,
∴<
br>KGL90KLG45KLG
,
∴
LKKG
,<
br>
在
RtFHL
中,
FL2
FH
2
HL
2
,
FL22
,
设
HMn
,
HLMG2
,
∴
GLLMMGHLLMHMn
,
在
Rt
LGK
中,
LG
2
LK
2
KG
2
,<
br>LKKG
2
n
,
2
FKFLLK22
2
n
,
2
∵
GMPGMB
,
∵PMGHMF
,
∴
HMFGMB
,
∵
AEF
1
AED45
,
2
∴
MGFEMGMEF45
,
MGFKFGHLF45
,
∴
KFGEMGHMF
,
∴
tanKFGtanHMF
,
KGHF
∴
,
∴
FKHM
2
n
2
22
2
n
2
2
,
n4
,
n
∴
HGHMMG6
,
在
RtHFG<
br>中,
FG
2
FH
2
HG
2
,
F
G210
,
FO10
.
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
xx2
;(
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
c2
1
2
3
xx2
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
xx2
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
m2
),
22
∵∠DAC
=
∠CBO
,
∴tan∠DAC
=
tan∠CBO
,
DECO
∴
在
Rt△ADE
和
Rt△BOC
中有
,
AEBO
由
y
13
m
2
m2
1
当
D
在
x
轴上方时,
22
m42
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
m2)
1
当
D在
x
轴下方时,
22
m42
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
)
tanEAC
【解析】
【分析】
(
1
)利用三角形的外角的性质即可解决问题;
633
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
31
==
2
﹣
3
.
AF
31
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
PKt34
==,
t=7
,
S=15×
(
15-7
)
=120.
KG
153t93
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
),
∴
30kb0
,
b40
<
br>4
k
∴
3
,
b40
∴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
1010<
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
153t
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.
PKt34
==,
KG
153t93
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
ABC62
,坡面长度
AB25
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
ADB50
,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.