中考数学直角三角形的边角关系-经典压轴题附详细答案

1、中考数学直角三角形的边角关系-经典压轴题附详细答案一、直角三角形的边角关系1.如图，在4ABC中，ZABC=90,以AB的中点。为圆心，OA为半径的圆交AC于点D,E是BC的中点，连接DE,OE.(1)判断DE与。的位置关系，并说明理由；(2)求证：BC?=2CD?OE;314(3)若cosBAD,BE，求OE的长.53_一35【答案】(1)DE为。的切线，理由见解析；(2)证明见解析；(3)OE6【解析】试题分析：(1)连接OD,BD,由直径所对的圆周角是直角得到/ADB为直角，可得出BCD为直角三角形，E为斜边BC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE从而得/C=/

2、CDE,再由OA=OD,得/A=/ADO,由RtABC中两锐角互余，从而可得/ADO与/CDE互余，可得出/ODE为直角，即DE垂直于半径OD,可得出DE为。的切线；(2)由已知可得OE是4ABC的中位线，从而有AC=2OE再由/C=/C,/ABC=/BDC,可得ABJBDC,根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；(3)在直角ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得.试题解析：(1)DE为。的切线，理由如下：.AB为。的直径，/ADB=90,在RtBDC中，E为斜边BC的中点,1.CE=DE=BE=BC,/C/CDE .OAOD,/AZADO,/ABC90,

3、/C+ZA90; /ADO+ZCDE90, /ODE=90; .DEXOD),又OD为圆的半径， .DE为。O的切线；(2)是BC的中点，O点是AB的中点,.OE是ABC的中位线，2 .AC2OE,3 /C/C,/ABC=/BDC,4 .ABCABDC,=,即BC2AC7CDCDSC5 BC2=2CD?OE(3)解：cos/BAD=-,2C4sinZBAC=,AC5_M一一.28又BE=V,E是BC的中点，即BCy,33一35AC,又AC2OE一1一351OEAC.2b考点：1、切线的判定；2、相似三角形的判定与性质；3、三角函数2.如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(-2,0)、B(4

4、,0)、C(0,3)三点.O图(1)试求抛物线的解析式;(2)点P是y轴上的一个动点，连接PA,试求5PA+4PC的最小值；(3)如图，若直线l经过点T(-4,0),Q为直线l上的动点，当以A、B、Q为顶点所作的直角三角形有且仅有三个时，试求直线l的解析式.323.一.【答案】(1)yxx3;(2)5PA+4PC的最小值为18;(3)直线l的解析式84433c为y-x3或yx3.44【解析】【分析】(1)设出交点式，代入C点计算即可(2)连接AC、BC,过点A作AELBC于点E,过点P作PD,BC于点D,易证CDM4COB,得到比例式EC胆，得到PD=-PC,所BCOB5以5PA+4PC=5(

5、PA+4PC)=5(PA+PD,当点A、P、D在同一直线上时，5PA+4PC=55(PA+PD=5AE最小，利用等面积法求出AE=18,即最小值为18(3)取AB中点F,5以F为圆心、FA的长为半径画圆，当/BAQ=90或/ABQ=90时，即AQ或BQ垂直x轴，所以只要直线l不垂直x轴则一定找到两个满足的点Q使/BAQ=90或/ABQ=90,即/AQB=90时，只有一个满足条件的点Q,，直线l与。F相切于点Q时，满足/AQB=90的点Q只有一个；此时，连接FQ,过点Q作QGix轴于点G,利用cos/QFT求出QG,分出情况Q在x轴上方和x轴下方时，分别代入直接l得到解析式即可【详解】解：(1)

6、二.抛物线与x轴交点为A(-2,0)、B(4,0).y=a(x+2)(x4)把点C(0,3)代入得：-8a=33a=-8抛物线解析式为y=-(x+2)(x-4)=-x2+x+3884(2)连接ACBC,过点A作AEBC于点E,过点P作PD)BC于点D/CDP=/COB=90/DCP=/OCB.CD。COBPCPDBCOB-B(4,0),C(0,3).OB=4,OC=3,BC=JOB20c2=54 -.PD=PC5PA+4PC=5(PA+4PC)=5(PA+PQ，当点A、P、D在同一直线上时，5PA+4PC=5(PA+PD=5AE最小.A(2,0),OCXAB,AEBCSaabc=1AB?OC=

7、1BC?AE22ABnOC6318AE=BC55 -5AE=18 5PA+4PC的最小值为18.（3）取AB中点F,以F为圆心、FA的长为半径画圆当/BAQ=90或/ABQ=90时，即AQ或BQ垂直x轴，只要直线l不垂直x轴则一定找到两个满足的点Q使/BAQ=90或/ABQ=90/AQB=90时，只有一个满足条件的点Q 当Q在。F上运动时（不与A、B重合），/AQB=90，直线l与。F相切于点Q时，满足/AQB=90的点Q只有一个此时，连接FQ,过点Q作QGix轴于点G/FQ90.F为A(2,0)、B(4,0)的中点 .F(1,0),FQ=FA=3,.T(-4,0)FQ3 TF=5,cos/Q

8、FT=-TF5，/一FG3RtAFGQ中cos/QFT=-FQ5-3八FG=-FQ=5954，QG=JfQ2FG25412右点Q在x轴上方则Q()55设直线l解析式为：y=kx+b1254kb4k012解得:5一.3-，直线l：y4x3412、右点Q在x轴下万，则Q（一，一）55，3八，直线l：y-x3433综上所述，直线l的解析式为y3x3或y-x344|圉2【点睛】本题是二次函数与圆的综合题，同时涉及到三角函数、勾股定理等知识点，综合度比较高，需要很强的综合能力，第三问能够找到满足条件的Q点是关键，同时不要忘记需要分情况讨论3.在4ABC中，/B=45,ZC=30,点D是边BC上一点，连接

9、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，当点E落在边BA的延长线上时，ZEDC=度(直接填空)；1(2)如图，当点E落在边AC上时，求证：BD=EC;2(3)当AB=2J2,且点E到AC的距离等于J3-1时，直接写出tan/CAE的值.国【答案】(1)90；(2)详见解析；(3)tanEAC6311【解析】【分析】(1)利用三角形的外角的性质即可解决问题；(2)如图2中，作PA，AB交BC于巳连接PE.只要证明BA44PAE(SAS,提出BD=PE再证明EC=2PE可；(3)如图3,作EHAC于F,延长FE交BC于H,作AGLBC于G,PA!AB交BC于P,

10、连接PE.设PH=x,在RtEPH中，可得EP=73x,EH=2PH=2x,由此FH=2x+“1,CF=2褥x+373,由BA4PAE,彳#BD=EP=x,AE=AD,在RtABG中，AG=GB=2,在RtAAGC中，AC=2AG=4,故aE?=AD2=AF2+EF2,由勾股定理得AF=1+J3,由此tan/EAF=2-J3,根据对称性可得tanZEAC=6-3.3,.11【详解】(1)如图1中， /EDC=/B+ZBED,/B=/BED=45,/EDC=90；故答案为90;(2)如图2中，作PALAB交BC于P,连接PE. /DAE=/BAP=90,/BAD=/PA匕 /B=45,/B=ZA

11、PB=45；.AB=AP,.AD=AE,.BADAPAE(SA。,.BD=PE,/APE=/B=45,/EPD=/EPG=90,ZC=30,.EC=2PE=2BD；(3)如图3,作EHAC于F,延长FE交BC于H,作AGBC于G,PAIAB交BC于P,连接PE.图3设PH=x,在RtEPH中，./EPH=90,ZEHP=60,EP=石x,EH=2PH=2x,.FH=2x+73-1,CF=百FH=2岛+3-近， .BADAPA,-.BD=EP=志x,AE=AD,在RtABG中，AB=2用,-.AG=GB=2,在RtAAGC中,AC=2AG=4, .ae2=ad2=af2+ef?, -22+(2-

12、6x)2=(点T)2+(4-2向x-3+百)2,整理得：9x2-12x=0,解得x=4（舍弃）或03 .PH=0,此时E,P,H共点, 1-AF=1+、.：3,tan/EAF=-=21y3.tan/EAC=6-3.11AF.31根据对称性可知当点E在AC的上方时，同法可得【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.4.如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E(30,0),交y轴于点D(0,、140),直线AB:y=x+5交x轴于点A,交y轴于点B,交直

13、线DE于点P,过点E作3EF，x轴交直线AB于点F,以EF为一边向右作正方形EFGH(1)求边EF的长；(2)将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒J10个单位的速度匀速平移，得到正方形EiFiGiHi,在平移过程中边FiGi始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒(t0).当点Fi移动到点B时，求t的值；当Gi,Hi两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形EiFiGiHi与4APE重叠部分的面积.【答案】(i)EF=i5；(2)i0；i20；【解析】【分析】(i)根据已知点E(30,0),点D(0,40),求出直线DE的直线解析式y=-x+40,可3求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；

14、(2)易求B(0,5),当点Fi移动到点B时，t=i0Ji0M0=i0；F点移动到F的距离是Mt,F垂直x轴方向移动的距离是t,当点H运动到直线DERDMH中，-MH-EM3NFi_一，上时，在RtFNF中,=-,EM=NG=i5-FN=i5-3t,在PK_iFK一3NF3t=4,S=lx(i2+45)Xii?023;当点G运动到直线DE上时，在RtFPK中,248PKt34PK=t-3,FK=3t-9,在RtPKG中，=一，t=7,S=i5X(i5-7)=i20.KG153t93【详解】(i)设直线DE的直线解析式y=kx+b,将点E(30,0),点D(0,40),30kb0b4040 y=

15、x+40,3直线AB与直线DE的交点P(21,12),由题意知F(30,15), .EF=15;(2)易求B(0,5), BF=10V10,，当点F1移动到点B时，t=10j10V10=10;当点H运动到直线DE上时，F点移动到F的距离是圻0t,在RtNF中,NFNF.FN=t,FN=3t, .MH=FN=t,EM=NG=15-FN=15-3t,在RtDMH中，MH4,EM3t4-,153t3 t=4, .EM=3,MH=4,1023145.S(12)1124当点G运动到直线DE上时,F点移动到F的距离是V10t,.PF=3痛，1 -PF=布3后，在RtFPK中，PK1-,FK3.PK=t-3

16、,FK=3t-9,PKt3在RtAPKG中,=KG153t92 .t=7,3 .S=15X(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.5.如图所示的是一个地球仪及它的平面图，在平面图中，点A、B分别为地球仪的南、北极点，直线AB与放置地球仪的平面交于点D,所夹的角度约为67,半径OC所在的直线与放置它的平面垂直，垂足为点E,DE=15cm,AD=14cm.(1)求半径OA的长(结果精确到0.1cm,参考数据：sin67=0,9os

17、67=0.39tan672.36(2)求扇形BOC的面积(兀取3.14,结果精确到1cm)【答案】(1)半径OA的长约为24.5cm；(2)扇形BOC的面积约为822cm2.【解析】【分析】在RtODE中，DE=15,/ODE=67,根据/ODE的余弦值，即可求得OD长，减去AD即为OA.(2)用扇形面积公式即可求得【详解】在RtODE中，DE15cm,ODE67.cosODEDEDO，15039OAODAD38.461424.5cm,答：半径OA的长约为24.5cm.(2)ODE67,BOC157,2nr360-S扇形BOC21573.1424.52360822cm2答：扇形BOC的面积约为

18、822cm2-【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，本题把实际问题转化成数学问题，利用三角函数中余弦定义来解题是解题关键.6.如图，在菱形ABCD中，B60,AB4.点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿边AD向终点D运动，过点P作PQAC交边AB于点Q,过点P向上作3PNAC,且PNX3PQ,以PN、PQ为边作矩形PQMN.设点P的运动时间为t2(秒)，矩形PQMN与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S.(1)用含t的代数式表示线段PQ的长.(2)当点M落在边BC上时，求t的值.(3)当0t1时，求S与t之间的函数关系式，(4)如图,若点O是AC的中点，作直线OM.当直线OM将矩形PQMN分

19、成两部分图形的面积比为1:2时，直接写出t的值4【答案】(1)PQ2J3t；(2)；(3)5-219点24073t160;(4)tz或3【解析】【分析】(1)由菱形性质得/D=/B=60,AD=AB=CD=4AACD是等边三角形，证出4APQ是等腰三角形，得出PF=QFPF=PA?sin60而t,即可得出结果；(2)当点M落在边BC上时，由题意得：4PDN是等边三角形，得出PD=PN,由已知得3PN=-yPQ=3t,得出PD=3t,由题意得出方程，解方程即可；(3)当0vt时，PQ=273t,PN=PQ=3t,S=g形PQMN的面积=PQXPN即可得出一，4结果；当一Vtv1时，4PDN是等边

20、三角形，得出PE=PD=AD-PA=4-2t5/FEN=/PED=60,彳导出NE=PN-PE=5t-4FN=73NE=V3(5t-4),S=g形PQMN的面积-24EFN的面积，即可得出结果；4.(4)分两种情况：当0vt时，AACD是等边三角形，AC=AD=4,得出OA=2,OG是5MNH的中位线，得出OG=4t-2,NH=2OG=8t-4,由面积关系得出方程，解方程即可；当4Vtw宏寸，由平行线得出OED4MEQ,得出空正，即一EFk-2t,5EQMQEF.3t3t解得EF23t3t，得出EQ=.，3t23t3t,由三角形面积关系得出方程，解方4t24t2程即可.【详解】(1)二.在菱形

21、ABCD中，/B=60,/D=ZB=60；AD=AB=CD=4ACD是等边三角形,ZCAD=60；,.PQXAC,.APQ是等腰三角形，.PF=QRPF=PA?sin60X匕收t,2.PQ=23t;，PD=PN,.pnpqMx273t=3t,22.PD=3t,PA+PD=AQ即2t+3t=4,4解得：t=2.5S却形PQMN的面积=PQXPN=a/3tx3t=3t2；PDN是等边三角形,PE=PD=AD-PA=4-2t/FEN=ZPED=60,1 .NE=PN-PE=3t-(4-2t)=5t-4,2 .FN=73NE=73(5t-4),2=-19t2+403t-163，1-.S觊形PQMN的面

22、积-24EFN的面积=6百t2-2X-R3(5t-4)即S=-19t2+40V3t-16芯；(4)分两种情况：当0Vt4时，如图4所示：.AC=AD=4,.O是AC的中点，.OA=2,OG是4MNH的中位线，.OG=3t-(2-t)=4t-2,NH=2OG=8t-4,.MNH的面积=1MNXNH=lxgtX(8t-4)=1Xt2,2231-2解得：t=一;3，4-，一当一vtw对，如图5所本:5A1.AC/QM, .OEFAMEQ,EFOFEF2t:?即EQMQEF-3t3t解得：EF=23且2,4t2 .EQ=.3t位工4t2 .MEQ的面积=1X3t代73t2品品)=1乂2,24t23解得

23、：t=8;72综上所述，当直线OM将矩形PQMN分成两部分图形的面积比为1：2时，t的值为2或38一.7【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握菱形和矩形的性质，综合运用知识，进行分类讨论是解题的关键.3,7.如图，在ZXABC中，ACBC10,cosC,点P是BC边上一动点不与点A,C5重合)，以PA长为半径的eP与边AB的另一个交点为D,过点D作DECB于点E.1当eP与边BC相切时，求eP的半径；2联结BP交DE于点F,设AP的长为x,PF的长为y,求y关

24、于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围；3在2的条件下，当以PE长为直径的eQ与eP相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.【答案】(1)40;(2)y5x&28x800x10；(3)1027593x20【解析】【分析】3一(1)设。P与边BC相切的切点为H,圆的半径为R,连接HP,则HPBC,cosC=,则5sinC=4,sinC=HP=R=4,即可求角军；5CP10R542(2)PD/be,则里=变，即：5xJx28x80y,即可求解;PDPF(3)证明四边形PDBE为平行四边形，贝UAG=GP=BD即：AB=DB+AD=AG+AD=4/5,即可求解.【详解】(1)设。P与边BC

25、相切的切点为H,圆的半径为R,3一3连接HP,贝UHPBC,cosC二,贝UsinC=-,sinC=c40R=CP10R5(2)在ABC中，AC=BC=10设AP=PD=x,ZA=ZABC=3,过点B作BH,AC,则BH=ACsinC=8同理可得：CH=6,HA=4,AB=4而，贝U:tanZCAB=2BP=y82x42=7x28x80，DA=R5x,则BD=4V5-2x,55如下图所示，PA=PD/PAD之CAB=/CBA=3,tan3=2则cos3-j=,sin3,EB=BDcos3=(4s/5-2-5-x).PD/BE,PDPF&8x80y,整理得:、,_5x,x28x80y=：3x20

26、0x10；(3)以EP为直径作圆Q如下图所示,GD为相交两个圆交于点G,则PG=PQ即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D,所得的公共弦， 点Q时弧GD的中点， DGXEP,.AG是圆P的直径，/GDA=90； .EP/BD,由(2)知，PD/BC,四边形PDBE为平行四边形, .AG=EP=BDAB=DB+AD=AG+AD=4.5,设圆的半径为r,在4ADG中,AD=2rcos2r4rDG=.5,AG=2r,2r,5+2r=4技解得:202r=-、514r.则:DG=&r=10-275,相交所得的公共弦的长为10-2J5.【点睛】本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理

27、等知识，其中(关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大.8.抛物线y=axbx+4(awQ过点A(1,-1),B(5,-1),与y轴交于点C.(1)求抛物线表达式；(2)如图1,连接CB,以CB为边作？CBPQ若点P在直线BC下方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且？CBPQ的面积为30,求点P坐标；2过此二点的直线交y轴于F,此直线上一动点G,当GB+GF取小时，求点G坐标.2(3)如图2,。01过点A、BC三点，AE为直径，点M为上的一动点(不与点A,E重合)，/MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N,求线段BN长度的最大值I【答案】(1)y=x2-6x+4(

28、2)P(2,-4)或P(3,-5)G(0,-2)(3)3A【解析】【分析】(1)把点A(1,-1),B(5,-1)代入抛物线y=ax2+bx+4解析式，即可得出抛物线的表达式；(2)如图，连接PC,过点P作y轴的平行线交直线BC于R,可求彳#直线BC的解析式1为：y=-x+4,设点P(t,t2-6t+4),R(t,-t+4),因为？CBPQ的面积为30,所以Sapbc=-2X(-t+4-t2+6t-4)书15,解得t的值，即可得出点P的坐标；当点P为(2,-4)时，求得直线QP的解析式为:y=-x-2,得F(0,-2),/GOR=45,因为GB+GF=GB+GR所以当G于F重合时，GB+GR最

29、小，即可得出点G的坐标；当点P为(3,-5)时，同理可求；(3)先用面积法求出sin/ACB=2而,tanZACB=2,在RtABE中，求得圆的直径，133因为MBLNB,可得/N=/AEB=/ACB因为tanN=MB=2,所以BN=-MB当MB为BN32直径时，BN的长度最大.【详解】解：(1)二.抛物线y=ax2+bx+4(aw。过点A(1,-1),B(5,-1),1=ab41=25a5b4a=1，解得b=61抛物线表达式为y=x2-6x+4.(2)如图，连接PC,过点P作y轴的平行线交直线BC于R,设直线BC的解析式为y=kx+m,-B(5,-1),C(0,4),1=5kmk=1.,解得

30、，4=mm=4直线BC的解析式为：y=-x+4,设点P(t,t2-6t+4),R(t,-t+4), .?CBPQ的面积为30, .SapbC=1X(-t+4-t2+6t-4)15,2解得t=2或t=3,当t=2时，y=-4当t=3时，y=-5, 点P坐标为(2,-4)或(3,-5);当点P为(2,-4)时， 直线BC解析式为：y=-x+4,QP/BC,设直线QP的解析式为：y=-x+n,将点P代入，得-4=-2+n,n=-2,，直线QP的解析式为：y=-x-2, .F(0,-2),/GOR=45；.GB+2GF=GB+GR当G于F重合时，GB+GR最小，此时点G的坐标为(0,-2),同理，当点

31、P为(3,-5)时，直线QP的解析式为：y=-x-2,同理可得点G的坐标为(0,-2),)A(1,-1),B(5,-1)C(0,4), -AC=DE,当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，OEXDM,又AD=AC,.ADC为等边三角形，/CAD=60；/DAO=30；/DON=60,在RtADN中，DN=1aD=732 ，在RtAODN中，ON=叵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DHXAE, .AD=273,ZDAE=30, .DH=6,/DEA=60,DE=2, .ODE为等边三角形，.OE=DE=2,OH=1,

32、.ZM=ZDAE=30；而MD=ME,/MDE=75,ZADM=90-75=15,/DNO=45；NDH为等腰直角三角形，,-.nh=dh=石，.ON=73-1;综上所述，当ON等于1或J3-1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形;(3)当。O变动时DP-DQ的值不变，DP-DQ=2石.理由如下：连AP、AQ,如图2,./C=/CAD=60；而DPIAB,2 .AC/DP,/PDB=ZC=60,又/PAQ=/PDB,/PAQ=60,ZCAQ=/PAD,3 .AC=AD,/AQC=/P,4 .AQCAAPD,.DP=CQ,5 .DP-DQ=CQ-DQ=CA2上.【点睛】本题考查了垂径定理和

33、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.10.在RtABC中，/ACB=90,CD是AB边的中线，DELBC于E,连结CD,点P在射线CB上(与B,C不重合)(1)如果/A=30,如图1,/DCB等于多少度；如图2,点P在线段CB上，连结DP,将线段DP绕点D逆时针旋转60。，得到线段DF,连结BF,补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论；(2)如图3,若点P在线段CB的延长线上，且/A=a(0/V90。)，连结DP,将线段DP绕点逆时针旋转2a得到线段DF,连结BF,请直接写出

34、DE、BF、BP三者的数量关系(不需证明)【答案】(1)/DCB=60.结论：CP=BF.理由见解析；(2)结论：BF-BP=2DE?tana理由见解析.【解析】【分析】(1)根据直角三角形斜边中线的性质，结合ZA=300,只要证明4CDB是等边三角形即可；根据全等三角形的判定推出4DC国ADBE根据全等的性质得出CP=BF,(2)求出DC=DB=AD,DE/AC,求出ZFDB=ZCDP=2a匕PDB,DP=DF,根据全等三角形的判定得出DC国DBF,求出CP=BF,推出BF-BP=BC,解直角三角形求出CE=DEtan”即可.【详解】(1)./A=30,/ACB=90,/B=60,.AD=D

35、B,.-.CD=AD=DB,.CDB是等边三角形，/DCB=60:如图1,结论：CP=BF.理由如下:图1./ACB=90；D是AB的中点，DELBC,ZDCB=60,.CDB为等边三角形./CDB=60 线段DP绕点D逆时针旋转60得到线段DF, /PDF=60；DP=DF,/FDB=/CDP,在DCP和4DBF中DCDBCDPBDF,DPDF.-.DCFADBF, .CP=BF.(2)结论：BF-BP=2DEtana.理由：/ACB=90,D是AB的中点，DEBC,/A=a,-.DC=DB=AD,DE/AC,/A=/ACD=%/EDB=/A=a,BC=2CE,/BDC=/A+ZACD=2a

36、,/PDF=2a,/FDB=/CDP2a廿PDB,线段DP绕点D逆时针旋转2a得到线段DF,.DP=DF,在DCP和4DBF中DCDBCDPBDF,DPDF.,.DCFADBF,.CP=BF,而CP=BC+BP.BF-BP=BC,在RtCDE中，/DEC90,/CEtanZCDE=,DE.CE=DEtan巡BC=2CE=2DEtan/即BF-BP=2DEtana.【点睛】本题考查了三角形外角性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，直角三角形的性质，旋转的性质的应用，能推出DCDBF是解此题的关键，综合性比较强，证明过程类似.11.如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上

37、的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60。方向前进实施拦截，红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45。方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方，求拦截点D处到公路的距离（结果不取近似值）.D【答案】拦截点D处到公路的距离是（500+50。）米.【解析】试题分析：过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E;过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F,则/E=ZF=90。，拦截点D处到公路的距离一.1.1一一.DA=BE+CF解RtBCE求出BE=-BC1X1000=50冰；解RCDF,求出、行LLCF=CD=500j2米，则DA=BE+CF=（50