2020-2021九年級(jí)備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)銳角三角函數(shù)解答題壓軸題提高專題練習(xí)及詳細(xì)答案

1、2020-2021 九年級(jí)備戰(zhàn)中考數(shù)學(xué)銳角三角函數(shù)解答題壓軸題提高專題練習(xí)及詳細(xì)答案一、銳角三角函數(shù)601如圖，某無(wú)人機(jī)于空中 A 處探測(cè)到目標(biāo) B、D 的俯角分別是 30°、 ° ,此時(shí)無(wú)人機(jī)的飛行高度 AC 為 60m ，隨后無(wú)人機(jī)從 A 處繼續(xù)水平飛行 30 3 m 到達(dá) A ' 處.（1）求之間的距離（2）求從無(wú)人機(jī) A '

2、 上看目標(biāo) 的俯角的正切值.【答案】（1）120 米；（2）2 35.【解析】【分析】（1）解直角三角形即可得到結(jié)論；（2）過(guò) A ' 作 A ' E  BC 交 BC 的延長(zhǎng)線于 E，連接 A ' D ，于是得到 A ' E = AC = 60 ，CE = AA&#

3、39; = 303 ，在 ABC 中，求得 DC=33AC=20 3 ，然后根據(jù)三角函數(shù)的定義 AB=     = 1  =120（m）2即可得到結(jié)論【詳解】解：（1）由題意得： ABD=30°， ADC=60°，在 ABC 中，AC=60m，60ACsin 30°（2）過(guò) A ' 作 A 

4、' E  BC 交 BC 的延長(zhǎng)線于 E，連接 A ' D ，則 A ' E = AC = 60 ， CE = AA' = 30在 ABC 中， AC=60m， ADC=60°， DC=3 AC=20 33 DE=50 33&#

5、160;，DE  50  35 tan A A ' D= tan A ' DC=60A ' E        2=      =3答：從無(wú)人機(jī) A ' 上看目標(biāo) D 的俯角的正切值是253 【點(diǎn)睛】.本題考查了解直角三

6、角形的應(yīng)用，添加輔助線建立直角三角形是解題的關(guān)鍵2如圖 1，四邊形 ABCD 是正方形，點(diǎn) E 是邊 BC 上一點(diǎn)，點(diǎn) F 在射線 CM 上, AEF=90°，AE=EF，過(guò)點(diǎn) F 作射線 BC 的垂線，垂足為 H，連接 AC(1) 試判斷 BE 與 FH 的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；(2) 求證： ACF=90°；(3) 

7、;連接 AF，過(guò) A，E，F(xiàn) 三點(diǎn)作圓，如圖 2. 若 EC=4， CEF=15°，求的長(zhǎng).圖 1圖 2【答案】（1）BE="FH" ；理由見解析（2）證明見解析（3）=2【解析】試題分析：（1ABE  EHF（SAS）即可得到 BE=FH（2）由（1）可知 AB=EH，而 BC=AB，F(xiàn)H=EB，從而可知 FHC 是等腰直角三角形， FCH為 45°，而 

8、ACB 也為 45°，從而可證明（3)由已知可知 EAC=30°，AF 是直徑，設(shè)圓心為 O，連接 EO，過(guò)點(diǎn) E 作 ENAC 于點(diǎn) N，則可得 ECN 為等腰直角三角形，從而可得 EN 的長(zhǎng)，進(jìn)而可得 AE 的長(zhǎng)，得到半徑，得到所對(duì)圓心角的度數(shù)，從而求得弧長(zhǎng)試題解析：（1）BE=FH理由如下： 四邊形 ABCD 是正方形   B=90°

9、;， FHBC   FHE=90°又  AEF=90°   AEB+ HEF="90°" 且 BAE+ AEB=90°  HEF= BAE   AEB= EFH 又 AE=EF  ABE  EHF（SAS） BE=FH(2)  ABE &#

10、160;EHF BC=EH，BE=FH 又 BE+EC=EC+CH  BE="CH" CH=FH  FCH=45°，  FCM=45° AC 是正方形對(duì)角線，  ACD=45°  ACF= FCM + ACD =90°（3） AE=EF，  AEF 是等腰直角三角形 AEF 外接

11、圓的圓心在斜邊 AF 的中點(diǎn)上設(shè)該中點(diǎn)為 O連結(jié) EO 得 AOE=90°過(guò) E 作 ENAC 于點(diǎn) NENC 中，EC=4， ECA=45°， EN=NC=ENA 中，EN =又  EAF=45°  CAF= CEF=15°（等弧對(duì)等角）  EAC=30° AE=AFE 中，AE= EF

12、， AF=8AE 所在的圓 O 半徑為 4，其所對(duì)的圓心角為 AOE=90°=2·4·（90°÷360°）=2考點(diǎn)：1、正方形；2、等腰直角三角形；3、圓周角定理；4、三角函數(shù)3如圖，等腰 ABC 中，AB=AC， BAC=36°，BC=1，點(diǎn) D 在邊 AC 上且 BD 平分 ABC，設(shè) CD=x（1）求證： ABC  BCD

13、；（2）求 x 的值；（3）求 cos36°-cos72°的值【答案】(1)證明見解析；（2）【解析】-1 + 527 5 + 8；（3）       16試題分析：（1）由等腰三角形 ABC 中，頂角的度數(shù)求出兩底角度數(shù)，再由 BD 為角平分線求出 DBC 的度數(shù)，得到 DBC= A，再由 C 為公共角，利用兩對(duì)角相等的三角形

14、相似得到三角形 ABC 與三角形 BCD 相似；（2）根據(jù)（1）結(jié)論得到 AD=BD=BC，根據(jù) AD+DC 表示出 AC，由（1）兩三角形相似得比例求出 x 的值即可；（3）過(guò) B 作 BE 垂直于 AC，交 AC 于點(diǎn) E，在直角三角形 ABE 和直角三角形 BCE 中，利用銳角三角函數(shù)定義求出 cos36°與 cos72°的值，代入

15、原式計(jì)算即可得到結(jié)果試題解析：（1） ABC 中，AB=AC， BAC=36°，  ABC= C=72°， BD 平分 ABC，  ABD= CBD=36°，  CBD= A=36°， C= C，  ABC  BCD；（2）  A= ABD=36°， AD=BD， BD=BC， 

16、AD=BD=CD=1，設(shè) CD=x，則有 AB=AC=x+1，  ABC  BCD，AB  BC    x + 1  1= ，即 =  ，BD  CD     1   x整理得：x2+x-1=0，x2=     （負(fù)值，舍去），解得：x1=-1

17、60;+ 52-1 - 52則 x=-1 + 52；（3）過(guò) B 作 BEAC，交 AC 于點(diǎn) E， BD=CD， E 為 CD 中點(diǎn)，即 DE=CE= -1 + 5 ，41 +4-1 + 5AE5 + 1=在 ABE 中，cosA=cos36°=，AB-1 + 54+ 

18、;12-1 + 5在 BCE 中，cosC=cos72°= EC4-1 + 5 ，=BC14-1 +   51則 cos36°-cos72°= =5 + 1 -=442【考點(diǎn)】1.相似三角形的判定與性質(zhì)；2.等腰三角形的性質(zhì)；3.黃金分割；4.解直角三角形4如圖，反比例函數(shù) y = k (k ¹ 0 ) 的圖

19、象與正比例函數(shù) y = 2 x 的圖象相交于xA (1, a ), B 兩點(diǎn)，點(diǎn) C 在第四象限， CA  y 軸， Ð ABC = 90° .(1)求 k 的值及點(diǎn) B 的坐標(biāo)；(2)求 tanC 的值.【答案】（1） k = 2 ， B (-1,

20、-2)；（2）2.【解析】【分析】（1）先根據(jù)點(diǎn) A 在直線 y=2x 上，求得點(diǎn) A 的坐標(biāo)，再根據(jù)點(diǎn) A 在反比例函數(shù)y =k (k ¹ 0) 的圖象上，利用待定系數(shù)法求得 k 的值，再根據(jù)點(diǎn) A、B 關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱即可x求得點(diǎn) B 的坐標(biāo)；（2）作 BHAC 于 H，設(shè) AC 交 x 軸于點(diǎn) D，根據(jù) &

21、#208; ABC = 90° ， Ð BHC = 90° ，可得РC = Ð ABH ，再由已知可得 Ð AOD = Ð ABH ，從而得 Ð C = Ð AOD ，求出 tanC即可.【詳解】（1） 點(diǎn) A

22、0;(1， a )在 y = 2 x 上， a =2， A (1， 2 )，把 A (1， 2 )代入 y =kx得 k = 2 ， 反比例函數(shù) y =k (k ¹ 0) 的圖象與正比例函數(shù) y = 2 x 的圖象交于 A

23、0;， B 兩點(diǎn)，x tanC = tanÐAOD =  AD A、B 兩點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn) O 中心對(duì)稱，- B (-1， 2) ；（2）作 BHAC 于 H，設(shè) AC 交 x 軸于點(diǎn) D， Ð ABC = 90° ， Ð BHC = 

24、90° ， Ð C = Ð ABH ， CA  y 軸， BH  x 軸， Ð AOD = Ð ABH ， Ð C = Ð AOD ，2= 2 .OD1【點(diǎn)睛】本題考查了反比例與一次函數(shù)綜合問(wèn)題，涉及到待定系數(shù)法、中心對(duì)稱、三角函數(shù)等知識(shí)，

25、熟練掌握和應(yīng)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵，（2）小題求出 C= AOD 是關(guān)鍵.5如圖 13，矩形為的對(duì)角線   ，   相交于點(diǎn)  ，      關(guān)于   的對(duì)稱圖形（1）求證：四邊形是菱形；（2）連接求，若的值；，           若點(diǎn)為線段的速度沿線段上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)

26、到點(diǎn)重合），連接，再以，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)，到達(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)走完全程所需的時(shí)間【答案】（1）詳見解析；（2）       和  走完全程所需時(shí)間為【解析】試題分析：（1）利用四邊相等的四邊形是菱形；（2）構(gòu)造直角三角形求；先確定點(diǎn)沿上述路線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)所需要的時(shí)間最短時(shí)的位置，再計(jì)算運(yùn)到的時(shí)間.試題解析：

27、解：（1）證明：四邊形是矩形.與交于點(diǎn) O,且關(guān)于   對(duì)稱四邊形（2）連接關(guān)于在矩形為是菱形.,直線   分別交   于點(diǎn)  ,交   于點(diǎn)的對(duì)稱圖形為中，  為    的中點(diǎn)，且 O 為 AC 的中點(diǎn)的中位線同理可得：為的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) P 作由運(yùn)動(dòng)到由可得，點(diǎn) O 以即：交   

28、;于點(diǎn)所需的時(shí)間為 3s的速度從 P 到 A 所需的時(shí)間等于以       從 M 運(yùn)動(dòng)到 A由 O 運(yùn)動(dòng)到 P 所需的時(shí)間就是 OP+MA 和最小.如下圖，當(dāng) P 運(yùn)動(dòng)到,即時(shí)，所用時(shí)間最短.在中，設(shè)解得：和走完全程所需時(shí)間為考點(diǎn)：菱形的判定方法；構(gòu)造直角三角形求三角函數(shù)值；確定極值時(shí)動(dòng)點(diǎn)的特殊位置6（本題滿分 14 分，第（1）小題滿分

29、0;4 分，第（2）小題滿分 5 分，第（3）小題滿分 5分）已知：如圖， AB 是半圓 O 的直徑，弦 CD / / AB ，動(dòng)點(diǎn) P 、 Q 分別在線段 OC 、 CD上，且 DQ = OP ， AP 的延長(zhǎng)線與射線 OQ 相交于點(diǎn) E 、與弦 CD 相交于點(diǎn) F&

30、#160;（點(diǎn) F 與點(diǎn) C 、 D 不重合）， AB = 20 ， cos ÐAOC = 4 設(shè) OP = x ， DCPF 的面積為 y 5（1）求證： AP = OQ ；（2）求 y 關(guān)于 x 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出它的定義域；（3）當(dāng) DOPE 是直角三

31、角形時(shí)，求線段 OP 的長(zhǎng)3x2 - 60 x + 300 50【答案】（1）證明見解析；（2） y =(< x < 10) ；（3） OP = 8x13【解析】【分析】（1）證明線段相等的方法之一是證明三角形全等，通過(guò)分析已知條件，OP = DQ ，聯(lián)結(jié)OD 后還有 OA = DO ，再結(jié)合要證明的結(jié)論 AP =&

32、#160;OQ ，則可肯定需證明三角形全等，尋找已知對(duì)應(yīng)邊的夾角，即 ÐPOA = ÐQDO 即可；（2）根據(jù) DPFC  DPAO ，將面積轉(zhuǎn)化為相似三角形對(duì)應(yīng)邊之比的平方來(lái)求；（3）分成三種情況討論，充分利用已知條件 cos ÐAOC =意要對(duì)不符合（2）中定義域的答案舍去【詳解】（1）聯(lián)結(jié) OD ， OC = OD ， ÐOCD = 

33、8;ODC ， CD / / AB ， ÐOCD = ÐCOA， ÐPOA = ÐQDO 在 DAOP 和 DODQ 中，OP = DQÐPOA = ÐQDO ，OA = DO DAOP  DODQ ， AP = OQ 

34、；（2）作 PH  OA ，交 OA 于 H ，45、以及（1）（2）中已證的結(jié)論，注 cos ÐAOC =45， OH =4     4        3OP =  x ， PH = x ，5    

35、0;5        5 SDAOP =12AO × PH = 3x  CD / / AB ， DPFC  DPAO ，= (  CP)2 = (    )2 ，ySDAOP10 - xOP   &#

36、160;  x  y =            ，當(dāng) F 與點(diǎn) D 重合時(shí)，3x2 - 60 x + 300x CD = 2OC × cos ÐOCD = 2 ´10 ´x1050=，解得 

37、x =，10 - x161345= 16 ，3x2 - 60 x + 300   50 y =(  < x < 10) ；x 13（3）當(dāng) ÐOPE = 90o 時(shí)， ÐOPA = 90o ， OP = OA ×

38、60;cos ÐAOC = 10 ´ 4 = 8 ；5cos ÐQCO  cos ÐAOC  4  2  ，當(dāng) ÐPOE = 90o時(shí)， CQ =OC        10     10

39、60; 25=          =   =5 OP = DQ = CD - CQ = CD - 50 < OP < 10 ，1325      25  7= 16 - 

40、0; =  ，2       2  2 OP =72（舍去）；當(dāng) ÐPEO = 90o時(shí)， CD / / AB ， ÐAOQ = ÐDQO ， DAOP  DODQ ， ÐDQO = ÐAPO ， &

41、#208;AOQ = ÐAPO ， ÐAEO = ÐAOP = 90o，此時(shí)弦 CD 不存在，故這種情況不符合題意，舍去；綜上，線段 OP 的長(zhǎng)為 8 7如圖，矩形 OABC 中，A(6，0)、C(0，2 3 )、D(0，3 3 )，射線 l 過(guò)點(diǎn) D 且與 x 軸平行，點(diǎn) P、Q 分別是

42、 l 和 x 軸的正半軸上的動(dòng)點(diǎn)，滿足 PQO60º(1)點(diǎn) B 的坐標(biāo)是， CAOº，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 xOPQ 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）（6，2 3&

43、#160;） 30（3，3 3 ）（2）4 33x + 4 3 (0 £ x £ 3)13  3    3 (3 < x £ 5)S = -    x + 12  3 (5 < x 

44、63; 9 )3-x 2 +x -2322 3354 3 (x > 9)x【解析】解：（1）（6，2 3 ） 30（3，3 3 ）（2）當(dāng) 0x3 時(shí)，如圖 1，OI=x，IQ=PItan60°=3，OQ=OI+IQ=3+x；由題意可知直線 l BC OA，可得EF  PE  DC    3&

45、#160; 1 1=   =   =    = ， EF= （3+x），OQ PO  DO  3 3  3      3此時(shí)重疊部分是梯形，其面積為：=  （EF + OQ）× OC =   （3 +

46、 x）=    x + 4  3S = S梯形EFQO1               4 3        4 32          &#

47、160;     3          3當(dāng) 3x5 時(shí)，如圖 2，梯形EFQO  - S梯形EFQO  -× AH × AQS = SD HAQ= S124  3        

48、  3 (x - 3)2 = -x -   。313 33=x + 4 3 -x 2 +32232當(dāng) 5x9 時(shí)，如圖 3，S =  （BE + OA）× OC =   （12 -x）= -    x +

49、60;12  3。123232 33當(dāng) x9 時(shí)，如圖 4，S =  1118 354 3OA × AH =× 6 ×=22xx綜上所述，S 與 x 的函數(shù)關(guān)系式為：4 33x + 4 3 (0 £ x £ 3)13  3  &#

50、160; 3 (3 < x £ 5)S =                           -    x + 12  3 (5 <&#

51、160;x £ 9 )3-x 2 +x -2322 3354 3 (x > 9)x（1）由四邊形 OABC 是矩形，根據(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（0，2 3 ）， 點(diǎn) B 的坐標(biāo)為：（6，2 3 ）由正切函數(shù)，即可求得 

52、CAO 的度數(shù)： tanÐCAO =  OC2 33=OA63，  CAO=30°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PEOA 于 E，tan 600  = 3   PQO=60°，D（0，3 3 ）， PE=3 3 

53、 AE =PE OE=OAAE=63=3， 點(diǎn) P 的坐標(biāo)為（3，3 3 ）（2）分別從當(dāng) 0x3 時(shí)，當(dāng) 3x5 時(shí)，當(dāng) 5x9 時(shí)，當(dāng) x9 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9如圖，已知，

54、在 e O 中，弦 AB 與弦 CD  相交于點(diǎn) E ，且 »AC = BD .【答案】故大壩的截面的周長(zhǎng)是（6 34 +30 5 +98）米，面積是 1470 平方米【解析】試題分析：先根據(jù)兩個(gè)坡比求出 AE 和 BF 的長(zhǎng)，然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+B

55、C，梯形的面積公式可得出答案試題解析： 迎水坡坡比（DE 與 AE 的長(zhǎng)度之比）為 1：0.6，DE=30m， AE=18 米，在 ADE 中，AD= DE 2 + AE 2 =6 34 米 背水坡坡比為 1：2， BF=60 米，在 BCF 中，BC= CF 2 + BF 2 =30 5 

56、;米， 周長(zhǎng)=DC+AD+AE+EF+BF+BC=6 34 +10+30 5 +88=（6 34 +30 5 +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（6 34 +30 5 +98）米，面積是 1470 平方米»（1）求證： AB = CD ；（2）如圖，若直徑 FG 經(jīng)過(guò)點(diǎn) E ，求

57、證： EO 平分 ÐAED ；（3）如圖，在（2）的條件下，點(diǎn) P 在 CG 上，連接 FP 交 AB 于點(diǎn) M  ，連接 MG ，若»AB  CD ， MG 平分 ÐPMB ， MG = 2 ， DFMG 的面積為 2，求 e O

58、0;的半徑的長(zhǎng).LK = KG =  2【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3） e O 的半徑的長(zhǎng)為 10 .【解析】【分析】(1) 利用相等的弧所對(duì)的弦相等進(jìn)行證明；（2）連接 AO 、 DO ，過(guò)點(diǎn) O 作 OJ  AB 于點(diǎn) J ， OQ  CD 于點(diǎn) Q ，證明DAOJ  DD

59、OQ 得出 OJ = OQ ，根據(jù)角平分線的判定定理可得結(jié)論；（3）如圖，延長(zhǎng) GM 交 e O 于點(diǎn) H ，連接 HF ，求出 FH = 2 ，在 HG 上取點(diǎn) L ，使HL = FH ，延長(zhǎng) FL 交 e O 于點(diǎn) K ，連接 KG ，求出 FL

60、 = 2 2 ，設(shè) HM = n ，則有2n ， FK = FL + LK = 2 2 +n ，再證明22解：（1）證明：  »AC = BD ，  »AC + CB = BD + CB ，ÐKFG = ÐEM

61、G = ÐHMF ，從而得到 tan ÐKFG = tan ÐHMF ，LK 和 FK 的值可得 n=4,再求得 FG 的長(zhǎng)，最后得到圓的半徑為 10 【詳解】»»»»»» AB = CD ，KG  HF=     ，再代入FK&

62、#160; HM AB = CD .（2）證明：如圖，連接 AO 、 DO ，過(guò)點(diǎn) O 作 OJ  AB 于點(diǎn) J ， OQ  CD 于點(diǎn) Q ， ÐAJO = ÐDQO = 90° ， AJ =1     1

63、AB = CD = DQ ，2     2又 AO = DO ， DAOJ  DDOQ ， OJ = OQ ，又 OJ  AB ， OQ  CD ， EO 平分 ÐAED .（3）解： CD  AB ，

64、0;ÐAED = 90° ，由（2）知， ÐAEF =12ÐAED = 45° ，如圖，延長(zhǎng) GM 交 e O 于點(diǎn) H ，連接 HF ， FG 為直徑， ÐH = 90° ， SDMFG1= ´ MG × FH =&#

65、160;2 ，2 MG = 2 ， FH = 2 ，在 HG 上取點(diǎn) L ，使 HL = FH ，延長(zhǎng) FL 交 e O 于點(diǎn) K ，連接 KG ， ÐHFL = ÐHLF = 45° ， ÐKLG = 

66、08;HLF = 45° ， FG 為直徑， ÐK = 90° ， ÐKGL = 90°-РKLG = 45° = ÐKLG ， LK = KG ，在 RtDFHL 中， FL2 = FH 2 + HL2 ，

67、 FL = 2 2 ，設(shè) HM = n ， HL = MG = 2 ， GL = LM + MG = HL + LM = HM = n ，在 RtDLGK 中， LG 2 = LK 2 + KG 2 

68、， LK = KG =2 n ，2FK = FL + LK = 2 2 +2 n ，2 ÐGMP = ÐGMB ， ÐPMG = ÐHMF ， ÐHMF = ÐGMB ， ÐAEF = 1 ÐAED&

69、#160;= 45° ，2 ÐMGF +РEMG = ÐMEF = 45° ， ÐMGF +РKFG = ÐHLF = 45° ， ÐKFG = ÐEMG = ÐHMF ， tan ÐKFG =&

70、#160;tan ÐHMF ，KGHF=，F(xiàn)KHM2n22 2 + 2 n2= 2 ， n = 4 ，n HG = HM + MG = 6 ，在 RtDHFG 中， FG 2 = FH 2 + HG 2 ， FG = 2 10 ，

71、 FO = 10 .即 e O 的半徑的長(zhǎng)為 10 .【點(diǎn)睛】考查了圓的綜合題，本題是垂徑定理、圓周角定理以及三角函數(shù)等的綜合應(yīng)用，適當(dāng)?shù)奶砑虞o助線是解題的關(guān)鍵10如圖 1，以點(diǎn) M（1，0）為圓心的圓與 y 軸、x 軸分別交于點(diǎn) A、B、C、D，直線 yx與M 相切于點(diǎn) H，交 x 軸于點(diǎn) E，交 y 軸于點(diǎn) F（1）請(qǐng)直接寫出 OE、M

72、0;的半徑 r、CH 的長(zhǎng)；（2）如圖 2，弦 HQ 交 x 軸于點(diǎn) P，且 DP : PH3 : 2，求 cos QHC 的值；（3）如圖 3，點(diǎn) K 為線段 EC 上一動(dòng)點(diǎn)（不與 E、C 重合），連接 BK 交M 于點(diǎn) T，弦 AT交 x 軸于點(diǎn) N是否存在一個(gè)常數(shù) a，始終

73、滿足 MN·MKa，如果存在，請(qǐng)求出 a 的值；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由【答案】（1）OE=5，r=2，CH=2（2）；（3）a=4【解析】【分析】（1）在直線 yx中，令 y=0，可求得 E 的坐標(biāo)，即可得到 OE 的長(zhǎng)為 5；連接MH，根據(jù) EMH EFO 相似即可求得半徑為 2；再由 EC=MC=2， EHM=90°，可知 CH是 EHM 斜邊上的中線，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于

74、斜邊的一半即可得出 CH 的長(zhǎng)；（2）連接 DQ、CQ根據(jù)相似三角形的判定得到 CHP  QPD，從而求得 DQ 的長(zhǎng)，在直角三角形 CDQ 中，即可求得 D 的余弦值，即為 cos QHC 的值；（3）連接 AK，AM，延長(zhǎng) AM，與圓交于點(diǎn) G，連接 TG，由圓周角定理可知， GTA=90°， 3= 4，故 AKC= MAN，再由 A

75、MK  NMA 即可得出結(jié)論【詳解】（1）OE=5，r=2，CH=2（2）如圖 1，連接 QC、QD，則 CQD =90°， QHC = QDC，CHP  DQP，故，得 DQ=3，由于 CD=4，；（3）如圖 2，連接 AK，AM，延長(zhǎng) AM，與圓交于點(diǎn) G，連接 TG，則由于而在和，故中，故，        

76、60; ；AMK  NMA;即：故存在常數(shù) ，始終滿足常數(shù) a="4"解法二：連結(jié) BM，證明得11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 千米處是村莊 M ，在點(diǎn) A 北偏東 53.5° 方向上，距離10 千米處是村莊 N ；要在公路 AB 旁修建一個(gè)土特產(chǎn)收購(gòu)站

77、60;P (取點(diǎn) P 在 AB 上)，使得 M ， N 兩村莊到 P 站的距離之和最短，請(qǐng)?jiān)趫D中作出P 的位置（不寫作法）并計(jì)算：（1） M ， N 兩村莊之間的距離；（2） P 到 M 、 N 距離之和的最小值.（參考數(shù)據(jù)：sin36.5°0.6，cos36.5°0.8，tan36.5°0.75 計(jì)算結(jié)果保留根號(hào).）【答案】(1)

78、60;M，N 兩村莊之間的距離為29 千米;(2) 村莊 M、N 到 P 站的最短距離和是55 千米【解析】【分析】（1）作 N 關(guān)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)收購(gòu)站的位置求出 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&

79、#160;的距離之和最短長(zhǎng)度就是 MN的長(zhǎng)【詳解】解：作 N 關(guān)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)收購(gòu)站的位置（1）在 ANE 中，AN=10， NAB=36.5° NE=ANsin NAB=10sin36.5°=6，AE=ANcos NAB=10cos36.5°=8，過(guò) M 

80、;作 MCAB 于點(diǎn) C，在 MAC 中，AM=5， MAB=53.5° AC=MAsin AMB=MAsin36.5°=3，MC=MAcos AMC=MAcos36.5°=4，過(guò)點(diǎn) M 作 MDNE 于點(diǎn) D，在 MND 中，MD=AE-AC=5，ND=NE-MC=2， MN= 52 + 22 =29 ，即 M，N 兩村莊之間

81、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= 52 + 102 =5 5 （千米） 村莊 M、N 到 P 站的最短距離和是 5 5 千米【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，軸對(duì)稱變換等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三

82、角形解決問(wèn)題12如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形 ABCD 的邊 AB 在 x 軸上，點(diǎn) B 坐標(biāo)（6，0），點(diǎn)C 在 y 軸正半軸上，且 cosB 35，動(dòng)點(diǎn) P 從點(diǎn) C 出發(fā)，以每秒一個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向 D 點(diǎn)移動(dòng)（P 點(diǎn)到達(dá) D 點(diǎn)時(shí)停止運(yùn)動(dòng)），移動(dòng)時(shí)間為 t 秒，過(guò)點(diǎn) P 作平行于 y 軸的直線 l&

83、#160;與菱形的其它邊交于點(diǎn) Q（1）求點(diǎn) D 坐標(biāo)；（2OPQ 的面積 S 關(guān)于 t 的函數(shù)關(guān)系式，并求出 S 的最大值；（3）在直線 l 移動(dòng)過(guò)程中，是否存在 t 值，使 S不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由3S     ？若存在，求出 t 的值；若20 菱形ABCDïî   3【答案】（1）點(diǎn) D 的坐標(biāo)為

84、（10，8）（2）S 關(guān)于 t 的函數(shù)關(guān)系式為 Stì4t (0剟 4)ï50í220，S 的最大值為（3）3 或 5+ 7 .- t 2 +t (4 < t 10)33【解析】【分析】（1）在 BOC 中，求 BC,OC,根據(jù)菱形性質(zhì)再求 D 的坐標(biāo)；（2）分兩種情況分析：當(dāng) 0t4 時(shí)和當(dāng) 4t10

85、 時(shí)，根據(jù)面積公式列出解析式，再求函數(shù)的最值；（3）分兩220種情況分析：當(dāng) 0t4 時(shí)，4t12，；當(dāng) 4t10 時(shí)， -t 2 +33【詳解】t = 12解：（1）在 BOC 中， BOC90°，OB6，cosB35， BC =OB= 10cos BOC = BC2 - OB2 = 8  四邊形 ABCD 為菱形，

86、CD x 軸， 點(diǎn) D 的坐標(biāo)為（10，8）（2） ABBC10，點(diǎn) B 的坐標(biāo)為（6，0）， 點(diǎn) A 的坐標(biāo)為（4，0）分兩種情況考慮，如圖 1 所示當(dāng) 0t4 時(shí)，PQOC8，OQt， S12PQOQ4t，ïï  3ì4k + b = 01610k + b = 8 40， 當(dāng) 

87、;t4 時(shí)，S 取得最大值，最大值為 16；當(dāng) 4t10 時(shí)，設(shè)直線 AD 的解析式為 ykx+b（k0），將 A（4，0），D（10，8）代入 ykx+b，得：ì4k =í，解得： í，îïb = -îï3 直線 AD 的解析式為 y =4   16x -  3 &#

88、160; 3當(dāng) xt 時(shí)， y =4  16t -  ，3   3 PQ = 8 - çt -  ÷  = (10 - t )Q  S =-   t +  t = -(t - 5)

89、2 +  , - < 0  當(dāng) t5 時(shí)，S 取得最大值，最大值為æ 416 ö4è 33 ø3PQ × OP = -   t 2 + S = 1220 t233220250233333503ïî   3當(dāng)

90、0;4t10 時(shí)， -  2tì4t (0剟 4)ï50綜上所述：S 關(guān)于 t 的函數(shù)關(guān)系式為 S í 220，S 的最大值為- t 2 +t (4 < t 10)33（3）S 菱形ABCDABOC80當(dāng) 0t4 時(shí)，4t12，解得：t3；20t 2 +t 12，33解得：t15 7 

91、;（舍去），t25+7 綜上所述：在直線 l 移動(dòng)過(guò)程中，存在 t 值，使 S3S20 菱形ABCD，t 的值為 3 或 5+ 7 (2)求證：  PA【點(diǎn)睛】考核知識(shí)點(diǎn)：一次函數(shù)和二次函數(shù)的最值問(wèn)題.數(shù)形結(jié)合，分類討論是關(guān)鍵.13如圖，AB 為O 的直徑，P 是 BA 延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CG 是O 的弦 PCA ABC，CGAB，垂足為 D(1)求證

92、：PC 是O 的切線；AD=；PCCD(3)過(guò)點(diǎn) A 作 AE PC 交O 于點(diǎn) E，交 CD 于點(diǎn) F，連接 BE，若 sin P的長(zhǎng)35，CF5，求 BE【答案】（1）見解析；（2）BE=12【解析】【分析】（1）連接 OC，由 PC 切O 于點(diǎn) C，得到 OCPC，于是得到 PCA+ OCA=90°，由 AB 為O 的直徑，得到 ABC+ OAC=90°，由于 OC=OA，證得 OCA= OAC，于是得到結(jié)論；CF=AF，在 RAFD&#