中考数学直角三角形的边角关系综合题附答案
丢脸-时间去哪儿了
中考数学直角三角形的边角关系综合题附答案
一、直角三角形的边角关系
1
.某地是国家
AAAA
级旅游景区,以
“
奇山奇水奇石景
,古賨古洞古部落
”
享誉巴渠,被誉
为
“
小九寨
”
.端坐在观音崖旁的一块奇石似一只
“
啸天犬
”
,昂首向天,望穿古今.一
个周
末,某数学兴趣小组的几名同学想测出
“
啸天犬
”
上嘴尖与头顶
的距离.他们把蹲着的
“
啸天
犬
”
抽象成四边形
ABCD<
br>,想法测出了尾部
C
看头顶
B
的仰角为
40
o
,从前脚落地点
D
看上
嘴尖
A
的仰角刚好
60
o
,
CB=5m
,
CD=2.7m
.景区管理员告诉同学们,上嘴尖到
地面的
距离是
3m
.于是,他们很快就算出了
AB
的长.你也算算?
(结果精确到
0.1m
.参考数
据:
sin400.64,cos40
0.77,tan400.84
.
21.41,31.73
)
【答案】
AB
的长约为
0.6m
.
【解析】
【分析】
作
BFCE
于
F
,根据正弦的定义求出
BF
,利用余弦的定义求出
CF
,利用正切的
定义求
出
DE
,结合图形计算即可.
【详解】
解:作
BFCE
于
F
,
在
RtBF
C
中,
BF=BCsinBCF3.20
,
CF=BCcosBCF3.85
,
AB3
DE31.73
,
在
RtADE
E
中,
tanADE
3
BH=BF﹣HF=0.20,AH=EF=C
DDE﹣CF=0.58
由勾股定理得,
ABBH
2
AH<
br>2
0.6(m)
,
答:
AB
的长约为
0.6m
.
【点睛】
考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题,掌握仰角俯
角的概念、熟记锐角三角函数
的定义是解题的关键.
2
.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°=
63
∵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<
br>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
3
9
米,
2
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∽△AC
D
,再判断出
∠EFB=90°
,即可得出结论;
(
3<
br>)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°<
br>,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<
br>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=
3
BD
,
CD=
3
AE
,
ACCD
3
.
BDAE
∵BD=AF
,
∴
ACCD
3
.
AFAE
∵∠FAC=∠C=90°
,
∴△FAE∽△ACD
,
∴
ACADBF
3
,
∠FEA=∠ADC
.
AFEFEF
∵∠ADC+∠CAD=90°
,
∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD
.
∵AD∥BF
,
∴∠EFB=90°
.
∴在
Rt△EFB
中,
tan∠FBE=
∴∠FBE=30°
,<
br>
∴∠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
,
EF3
,
BF3
∴∠APE=∠ADH
,
∠HEC=∠C=90°
,四边形
EBDH
是平行四边形,
∴BE=DH
,
EH=BD
.
∵AC=
3<
br>BD
,
CD=
3
AE
,
ACCD
3
.
BDAE
∵∠HEA=∠C=90°
,
∴△ACD∽△HEA
,
∴
ADAC
3,
∠ADC=∠HAE
.
AHEH
∵∠CAD+∠ADC=90°
,
∴∠HAE+∠CAD=90°
,
∴∠HAD=90°
.
∴
在
Rt△DAH
中,
tan∠ADH=
∴∠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.
AH
3
,
AD
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
PD,PD交AB于点G.
(1)
求证:
△PAC∽△PDF
;
(2)若AB=5,,求PD的长;
=x,tan∠AFD=y,求y与x之间的函
数关系式.(不要求写出
上异于A,C的一个动点,射线AP交l于点F,连接PC与
(3)在
点P运动过程中,设
x的取值范围)
【答案】(1)证明见解析;(2)
【解析】
;(3).
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
可知△APB是等腰直角三角,由△ACE∽△ABC可求得A
E,CE的长,由
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.
,由角的转换可得
,由△AGD∽△PGB可得,两
(3)连接BP,BD,AD,根据圆的对
称性,可得
,由△AGP∽△DGB可得
式相乘可得结果.
试题解析:(<
br>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
=
∠FP
D.
又
∵∠PAC
=
∠PDC
,
∴△PAC∽△
PDF.
(2)连接BP,设
∴
∵△ACE∽△ABC,∴
∵AB
⊥CD,∴
如图,连接
BP
,
∵,∴△APB是等腰直角三角形.
∴∠PAB=45°,.
.
,∵∠ACB=90°,AB=5,
.∴
,即
.
.
∴.
∴△AEF
是等腰直角三角形
. ∴EF=AE=4.
∴DF=6.
由(1)△PAC∽△PDF得
∴PD的长为.
,即.
(
3
)如图,连接
BP
,
BD<
br>,
AD
,
∵AC=2BC,∴根据圆的对称性,得AD=2DB,即
∵AB⊥CD
,
BP⊥AE
,
∴∠ABP
=
∠AF
D.
∵,∴
.
.
.
.
.
∵△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
.
5
.问题探究:
(一)新知学习:
<
br>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<
br>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°
,
∴∠COP
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<
br>M=OP
1
•sin∠MOP
1
=2×sin60°=
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.
6.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)
【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°
,
∴∠AD
C=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
﹣<
br>∠EAD=30°
,
∴∠EFA=90°
,即
AC
所在的直线
垂直平分线段
ED′
.
∴
点
E
,
D′<
br>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.
7
.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<
br>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
A
B
的高度.(结果精确到
0.01
米)
参考数据:
sin
32°≈0.5299
,
cos32°≈0.8480
,
tan32°≈0.
6249
,
21.4142
.
【答案】塔高
AB
约为
32.99
米
.
【解析】
【分析】
过点
D
作
DH⊥A
B
,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
tanAEBtan45
∴ EB = AB = x
.
∴
HD = BC = BE + EC = x + 15
.
在
Rt△AHD
中,由
∠AHD = 90°
,得
tanADH
即得
tan32
解得
x
AB
1
.
EB
AH
.
HD
x3
.
x15
15tan323
32.99
.
1tan32
∴
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
.
8
.
2018
年
12
月
1
0
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1
:
3
,
DE
=
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
tanB
3
,即可
得出
tanA
,在
Rt△ADE
中,根据勾股定理可求得
DE
,即可
3
得出
∠1
的正切值,再在
Rt△CEF
中,设<
br>EF
=
x
,即可求出
x
,从而得出
CF
=<
br>3
x
的长.
【详解】
解:由题意得,
tanB
∵MN∥AD
,
∴∠A
=
∠B
,
∴tanA
=
3
3
3
,
3
∵DE⊥AD
,
∴
在
Rt△ADE
中
,
tanA
=
∵DE
=
3
,
又
∵DC
=
0.5
,
∴CE
=
2.5
,
∵CF⊥AB
,
∴∠FCE+∠CEF
=
90°
,
∵DE⊥AD
,
∴∠A+∠CEF
=
90°
,
∴∠A
=
∠FCE
,
∴tan∠FCE
=
DE
,
AD
3
.
3
在
Rt△CEF
中,设EF
=
x
,
CF
=
3
x
(
x
>
0
),
CE
=
2.5
,
5
222
)=
x+3x
,
2
解得
x
=
1.25
,
代入得(
∴CF
=
3
x≈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
x+2
与
x
轴交于点
A
,与
y
轴交于点
B
,抛物线
y
=﹣
x
2<
br>+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;
9
.如图,直线
y<
br>=
(
2
)根据图象,直接写出满足
11
x+2
≥
﹣
x
2
+bx+c
的
x
的取值范围;
22
(
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
)
y
(
2
,﹣<
br>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
,
由
y
设点
D
的坐标为(
m
,
∵∠DAC
=
∠CBO
,
1
2
3
mm2
),
22
∴tan∠DAC
=
tan∠CBO
,
∴<
br>在
Rt△ADE
和
Rt△BOC
中有
DECO
,
AEBO
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.
10
.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<
br>B
与点
C
重合,得到
△DCF
,过点
E
作<
br>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
)
BE23
.
【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
=
3
2
,由直角三角形的性质得出
F
G
=
DG
=
2GH
=
2
6
,得出
DF
=
2
DG
=
4
3
,在
Rt△DCF<
br>中,由勾股定理得出
CF
=
2
3
,即可
得出结果.<
br>
【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
,
BE
CF
在
△BEG
和
△GCF
中,
BEGGCF
,
EGCG
∴△BEG≌△GC
F
(
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
=
3
2
,
在Rt△DHG
中,
∵∠AGD
=
60°
,
∴
GH
=
DH
3
=
32
3
=
6
,<
br>
∴DG
=
2GH
=
2
6
,
∴DF
=
2
DG
=
4
3
,
在
Rt△DCF
中,
CF
=
∴BE
=
CF=
2
3
.
43
2
6
2
=
2
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.
11
.已知
Rt△ABC
,
∠BAC
=
90°
,点
D
是
BC
中点,
AD
=
AC<
br>,
BC
=
4
3
,过
A
,
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
﹣<
br>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
1
或
3
﹣
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=
1
3
AD=
3
,
ON=DN=1
;
2
3<
br>当
MD=ME
,
DE
为底边,作
DH⊥AE
,由于<
br>AD=2
3
,
∠DAE=30°
,得到
DH=
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
NH=DH=
3
,则
ON=
3
-1
;
(
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,
CD=AD=2
3
,即可得到
DP-
DQ
的
值.
【详解】
解:(
1
)∵∠BAC
=
90°
,点
D
是
BC
中点,BC
=
4
3
,
∴AD
=
1
BC
=
23
;
2<
br>(
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
=
在
Rt△ODN
中,
ON
=
1
AD
=
3
,
2
3
DN
=
1
,
3
∴
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
=
2
3
,
∠DAE
=
30°
,
∴DH
=
3
,
∠DEA
=
60°
,
DE
=
2
,
∴△ODE
为等边三角形,
∴OE
=
DE
=
2
,
OH
=
1<
br>,
∵∠M
=
∠DAE
=
30°
,
而
MD
=
ME
,
∴∠MDE
=
75°
,
∴∠ADM
=
9
0°
﹣
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<
br>)当
⊙O
变动时
DP
﹣
DQ
的值不变,
DP
﹣
DQ
=
2
3
.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
=
2
3
.<
br>
【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.
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
,
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.