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：
sin400.64，cos40 0.77，tan400.84
.
21.41,31.73
）


【答案】
AB
的长约为
0.6m
．

【解析】

【分析】

作
BFCE
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
BFCE
于
F
，

在
RtBF C
中，
BF＝BCsinBCF3.20
，

CF＝BCcosBCF3.85
，

AB3
DE31.73
，

在
RtADE
E
中，
tanADE
3
BH＝BF﹣HF＝0.20，AH＝EF＝C DDE﹣CF＝0.58

由勾股定理得，
ABBH
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
，
21.4142
．


【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

tanAEBtan45
∴ EB = AB = x
．
∴ HD = BC = BE + EC = x + 15
．


在
Rt△AHD
中，由
∠AHD = 90°
，得

tanADH
即得

tan32
解得

x
AB
1
．

EB
AH
．

HD
x3
．

x15
15tan323
32.99
．


1tan32
∴
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
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
，
由
y

设点
D
的坐标为（
m
，

∵∠DAC
＝
∠CBO
，

1
2
3
mm2
），

22
∴tan∠DAC
＝
tan∠CBO
，

∴< br>在
Rt△ADE
和
Rt△BOC
中有
DECO
，

AEBO
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．


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
）
BE23
.

【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，

 BEGGCF
，


EGCG

∴△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
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
，
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．