2020-2021备战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附详细答案

1、2020-2021备战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附详细 答案一、直角三角形的边角关系1 .如图，在4ABC中，AB=7.5, AC=9, SaABC=81 .动点P从A点出发，沿AB方向以每秒 45个单位长度的速度向 B点匀速运动，动点 Q从C点同时出发，以相同的速度沿 CA方向 向A点匀速运动，当点 P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以 PQ为边作正4PQM(P、Q、M按逆时针排序)，以 QC为边在AC上方作正QC、设点P运动时间为t秒. (1)求cosA的值；(2)当4PQM与4QCN的面积满足 Sapqm = 9Saqcn时，求t的值；5(3)当t为何值时，

2、4PQM的某个顶点(Q点除外)落在4QCN的边上.【答案】(1) coaA=4; (2)当 t=3 时，满足 Sapqm=9Sa qcn； (3)当 t= 27 37 s 或 5552627 3石s时,4PQM的某个顶点(Q点除外)落在 4QCN的边上.26【解析】分析：(1)如图1中，作B已AC于E.利用三角形的面积公式求出BE,利用勾股定理求出AE即可解决问题；9(2)如图2中，作PHXAC于H.利用SApqm=- Sqcn构建方程即可解决问题；5(3)分两种情形 如图3中，当点M落在QN上时，作PHLAC于H.如图4中，当 点M在CQ上时，作PHI±AC于H.分别构建方程求解即

3、可；详解：(1)如图1中，作BEX AC于E.Sa abc= 1 ?AC?BE=81 ， 24.BE=9,2在 RtABE 中，AE=Jab2 be2 =6，AE 64coaA=.AB 7.5 5(2)如图2中，作PHXAC于H.PA=5t, PH=3t, AH=4t, HQ=AC-AH-CQ=9-9t, ，PQ2=PH2+HQ2=9t2+ (9-9t) 2,Sa pqm= Sa qcn,5-9t2+ (9-9t) 2=9 X (5t) 2,5整理得：5t2-18t+9=0,解得t=3 (舍弃)或3 .5,39.当 t=一时，满足 Sk PQM= & QCN.(3)如图3中，当点M落在

4、QN上时，作PH, AC于H.图3易知：PM/AC,/ MPQ=Z PQH=60 ；.PHHQ, .友=石(9-9t),，t= 27 2产如图4中，当点M在CQ上时，作PHLAC于H.图4同法可得ph=J3qh,-3t= 73 （9t-9）,.仁 27+3 . 326'综上所述，当t= 27 23 s或27+3石s时,4PQM的某个顶点（Q点除外）落在 4QCN 的边上.点睛：本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、勾股定理锐角三角函数、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题， 属于中考常考题型.2.已知：如图，在 RtA ABC中，/A

5、CB=90°,点M是斜边AB的中点，MD/ BC,且MD=CM, DE，AB 于点 E,连结 AD、CD.(1)求证：MEDsBCA；(2)求证：AMDCMD;(3)17设4MDE的面积为S 四边形BCMD的面积为8,当S2=S时，求cos/ABC的5值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3） cos/ABC=5.7【分析】(1)易证 /DME=/CB/ /ACB=/ MED=90 ,从而可证明 MEDs BCA；(2)由Z ACB=90，点M是斜边AB的中点，可知 MB=MC=AM ,从而可证明ZAMD=ZCMD,从而可利用全等三角形的判定证明AMDCMD；(3)易证

6、MD=2AB,由(1)可知：MEDsBCA,所以一S SVACB12Sa mcb=Sa acb=2S ,从而可求出 S ebd=S2 - S mcb-Si = S,由于 25MDAbSvEBD21 -,所以4ME,从而可EB知 ME 5,设ME=5x, EB=2x,从而可求出 AB=14x, BC=7 ,最后根据锐角三角函数的 EB 22定义即可求出答案.【详解】(1) .MD/BC,/ DME=Z CBA / ACB=Z MED=90 ；.MEDsBCA;(2) / ACB=90，点M是斜边 AB的中点，MB=MC=AM ,/ MCB=Z MBC, / DMB=Z MBC,/ MCB=Z D

7、MB=Z MBC, / AMD=180 - / DMB,/ CMD=180 - / MCB- / MBC+Z DMB=180 - / MBC,/ AMD=Z CMD,AMD 与 ACMD 中，MD MDAMD CMD ,AM CM .AMDACMD (SAS ； (3) MD=CM,.AM=MC=MD=MB , .MD=2AB,由(1)可知：MEDsBCA2§MD1 - 1,S/ACBAB4Sa acb=4S1 ,.CM是AACB的中线,Samcb= Saacb=2S ,22SaEBD=S2 Samcb_ Si= Si,5SSVEBDME1b，SiMEEB，- 22 Si5ME 5E

8、B 2设 ME=5x, EB=2x, ，MB=7x,，AB=2MB=14x,MD ME iAB BC 2.BC=10x,BC 10x5cos/ ABC=.AB 14x 7【点睛】本题考查相似三角形的综合问题，涉及直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的性质与 判定，相似三角形的判定与性质，三角形面积的面积比，锐角三角函数的定义等知识，综 合程度较高，熟练掌握和灵活运用相关的性质及定理进行解题是关键k ._/3.如图，反比例函数 y k 0的图象与正比例函数 y 2x的图象相交于 xA(1,a),B两点，点C在第四象限，CA/y轴， ABC 90(1)求k的值及点B的坐标；(2)求tanC的值.【

9、答案】(1) k 2, B 1, 2 ； (2) 2.【解析】【分析】(1)先根据点A在直线y=2x上，求得点A的坐标，再根据点 A在反比例函数ky k 0的图象上，利用待定系数法求得k的值，再根据点 A、B关于原点对称即可x求得点B的坐标；(2)作BH，AC于H,设AC交X轴于点D,根据 ABC 90 , BHC 90，可得C ABH ,再由已知可得AOD ABH ,从而得 C AOD ,求出tanC即可.【详解】(1) ,一点A(1, a)在y 2x上， a=2, A(1, 2),，一 一k把A(1, 2)代入y 得k 2,xk;反比例函数y - k 0的图象与正比例函数 y 2x的图象交

10、于 A，B两点， x A B两点关于原点。中心对称，B 1, 2 ；(2)作BHI± AC于H,设AC交x轴于点D,ABC 90 , BHC 90 , C ABH ,CA/ y 轴， BH / x轴，AOD ABH , C AOD ,-AD 2 c，tanC tan AOD2.OD 1【点睛】本题考查了反比例与一次函数综合问题，涉及到待定系数法、中心对称、三角函数等知识，熟练掌握和应用相关知识是解题的关键，(2)小题求出/C=/AOD是关键.4.我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A处与E处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部 C点测得条幅顶端 A点的仰角为45。，条幅底端E

11、点的俯角为30。，若甲、乙两楼之间的水平距离BD为12米，求条幅AE的长度.(结果保留根号)【答案】AE的长为(12 4蜴【解析】【分析】在RtVACF中求AF的长，在RtVCEF中求EF的长，即可求解.【详解】过点C作CF AB于点F由题知：四边形CDBF为矩形CF DB 12在 RtVACF 中， ACF 45AFtan ACF1CFAF 12在 RtVCEF 中， ECF 30tan ECF EF CFEF 3123EF 4 . 3AE AF EF 12 4.3求得AE的长为12 4J3【点睛】本题考查了三角函数的实际应用 ，中等又t度，作辅助线构造直角三角形是解题关键.5.在平面直角坐

12、标系中，四边形 OABC是矩形，点O 0,0，点A 3,0，点C 0,4 ,连接OB,以点A为中心，顺时针旋转矩形 AOCB,旋转角为0360 ,得到矩形ADEF，点O,C, B的对应点分别为D, E,F .(I)如图，当点D落在对角线OB上时，求点D的坐标；(n )在(I )的情况下， AB与DE交于点H .求证 BDE DBA ；求点H的坐标.（出）为何值时，FB FA.（直接写出结果即可）.O25万）；OC的OM的_ 54 72【答案】（I ）点D的坐标为（，）；（n）证明见解析；点H的坐标为（3,25 25（出）60 或 300 .【解析】【分析】（I）过A、D分别作AM OB,DN

13、OA ,根据点A、点C的坐标可得出OA 长，根据矩形的性质可得 AB、OB的长，在RtA OAM中，利用/ BOA的余弦求出长，由旋转的性质可得 OA=AD,利用等腰三角形的性质可得OD=2OM,在RtODN中，利用/ BOA的正弦和余弦可求出 DN和ON的长，即可得答案；（n ）由等腰三角形性质可得/DOA=/ ODA,根据锐角互余白关系可得ABD BDE ,利用SAS即可证明 DBA0 BDE; 根据 DBA BDE可得 / BEH=Z DAH, BE=AD,即可证明 BHEADHA,可得DH=BH,设AH=x,在RtADH中，利用勾股定理求出 x的值即可得答案；（出）如图，过F作FOLA

14、B,由性质性质可得 Z BAF=,分别讨论0< w 180寸和 180 < <360 °时两种情况，根据 FB=FA可彳导OA=OB,利用勾股定理求出 FO的长，由余弦 的定义即可求出/ BAF的度数.【详解】（I）.点 A 3,0，点 C 0,4 ,OA 3,OC 4. .四边形OABC是矩形， .AB=OC=4,;矩形DAFE是由矩形AOBC旋转得到的AD AO 3.在 Rt OAB 中，ob Joa2 AB2 5，过A D分别作AM OB,DN OA在 Rt AOAM 中，cos BOA OM OAOA OB OM,. AD=OA, AM ±OB,-

15、18 . OD 2OM在 RtAODN 中：sin BOADocos/ BOA=ON =3 , OD 55425.54 72.点D的坐标为三，上.25 25(n )矩形DAFE是由矩形AOBC旋转得到的， OA AD 3, ADE 90 ,DE AB 4.OD AD .DOA ODA.又 DOA OBA 90 , BDH ADO 90ABD BDE .又.BD BD ,相DE ADBA .由 ABDE ADBA ,得 BEH DAH , BE AD 3 ,又 BHE DHA ,出HE ADHA .DH=BH,设 AH x ,则 DH BH 4 x ,在 RtAADH 中，AH2 AD2 DH2

16、，即 x2 324 x 2,得 x 空，8AH258.点H的坐标为（出）如图，过 F作FO>±AB, 当 0< oc< 18叫，点B与点F是对应点，A为旋转中心， /BAF为旋转角，即 /BAF=a, AB=AF=4,. FA=FB FO± AB,.OA=-AB=2, 2cos/ BAF=-5-=,AF 2 . / BAF=60 , ° 即 a=60 °, 当 180° < 3360 的, 同理解得：/BAF =6Q° ，旋转角 a=360 -60 =300 °.综上所述：a 60或300 .【点睛】

17、本题考查矩形的性质、旋转变换、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义等知识，正确找出对应边与旋转角并熟记特殊角的三角函数值是解题关键6. 2018年12月10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, ADDE, CF± AB,垂足分别为 D, F,坡道 AB的坡度为1 : J3 , 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），

18、 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 72 = 1.41 J3 = 173）限高一米【答案】该停车库限高约为2.2米.【解析】【分析】据题意得出tan B即可得出tanA,在RtADE中，根据勾股定理可求得 DE,即可3得出Z1的正切值，再在 R9CEF中，设EF= x,即可求出x,从而得出C3J3x的长.【详解】解：由题意得，tanB 33. MN / AD,/ A= / B,八-3tanA= ,3.DEXAD,* D“ DE在 RtA ADE 中,tanA=,AD,.DE=3,又 DC= 0.5, .CE= 2.5, .CF

19、± AB, / FCE/ CEF= 90 ； .DEXAD,/ A+/ CEF= 90 ；/ A= / FCE tanZ FCE=3在 RtCEF 中，设 EF= x, CF=志 x (x>0) , CE= 2.5,5 一 一 一代入得（5） 2 = x2+3x2,2解得 x= 1.25, 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.7.已知：如图，AB为。的直径，AC与。相切于点A,连接BC交圆于点D,过点D作 OO的切线交AC于E.(1)求证：AE= CE(2)如

20、图，在弧 BD上任取一点F连接AF,弦GF与AB交于H,与BC交于M,求证:ZFABZ FBM= / EDC.(3)如图，在(2)的条件下，当 GH= FH, HM = MF 时，tan/ABC= 3 , DE=啰 时，N44为圆上一点，连接 FN交AB于L,满足/ NFH+Z CAF= / AHG,求LN的长.【解析】(2)详见解析；(3) NL40、1313(1)由直径所对的圆周角是直角，得ZADC= 90。，由切线长定理得 EA= ED,再由等角的余角相等，得到/C=/EDQ进而得证结论.(2)由同角的余角相等，得到 /BAD=/C,再通过等量代换，角的加减进而得证结论.(3)先由条件得

21、到 AB=26,设HM = FM = a, GH= HF=2a, BH= 4a 再由相交弦定理3得到GH?HF= BH?AH,从而求出FH, BH, AH,再由角的关系得到 HFOHAF,从而求 出HL, AL, BL, FL,再由相交弦定理得到 LN?LF= AL7BL,进而求出 LN的长.【详解】解：(1)证明：如图1中，连接AD.上 E3图1. AB是直径，/ ADB= / ADC= 90 °,2 .EA、ED是。的切线，EA= ED,/ EAD= / EDA,3 Z C+Z EAD= 90 °, / EDC+Z EDA= 90 °,. / C= / EDC

22、,.ED=EC,.AE= EC.(2)证明：如图2中，连接AD.AC是切线，AB是直径，/ BAC= / ADB= 90 ;4 / BAD+Z CAD= 90 °, / CAD+Z C= 90 °,/ BAD= / C,5 / EDC= / C,/ BAD= / EDQ6 / DBF= / DAF,7 / FBM+Z FAB= / FBM+Z DAF= / BAD,8 / FA9/ FBM= / EDC(3)解：如图3中，由(1)可知，DE= AE= EQ -. DE=,29 . tanZ ABC= 3 =股,4 AB393 2，4 AB.AB=26,4 . GH=FH,

23、HM = FN,设 HM = FM=a, GH=HF= 2a, BH= -a,3 .GH?HF= BH?AH,.-4a2= -a (26 -a)33 a= 6,.FH= 12, BH= 8, AH=18, .GH= HF, ABXGF,/ AHG= 90 ； / NFH+Z CAF= Z AHG, / NFH+Z CAF= 90 °, / NFH+Z HLF= 90 °,/ HLF= / CAF, . AC/ FG,/ CAF= /AFH,/ HLF= / AFH, / FHL= / AHF, .HFLAHAF,-.fh2=hl?ha,-.122=HL?18,.HL=8,

24、AL=10, BL= 16, FL= VFHHL =4而， ln?lf= al?bl,.4 ,13 ?LN= 10?16,40 ,13.LN=-.【点睛】本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键8.如图，抛物线 y=ax2+bx+c经过点 A (-2, 0)、B (4, 0)、C (0, 3)三点.图 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、

25、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.3 93 【答案】(1) y x x 3; (2) 5PA+4PC的最小值为18; ( 3)直线l的解析式 84、，33八为 yx3或y-x3.44【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AE，BC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BC OB5以 5PA+4PC= 5 (PA+4PC) = 5 ( PA+PD ,当点 A、P、D在同一直线上时，5PA+4PC= 5 5(PA+PD = 5AE最小，利用等面积法求出 AE=

26、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QGi±x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) ;抛物线与x轴交点为A

27、( - 2, 0)、B (4, 0) - y = a (x+2) ( x- 4)把点C (0, 3)代入得：-8a=33 a =8抛物线解析式为 y= - - (x+2) (x- 4) =- - x2+ x+3884(2)连接 AC BC,过点A作AE± BC于点E,过点P作PD)±BC于点D/ CDP= / COB= 90 ° / DCP= / OCB.-.CDFACOBPC PDBC OB- B (4, 0) , C (0, 3)ob=4, oc= 3, bc= Job2 oc2 =54.PD= PC5.-.5PA+4PC= 5 (PA+4PC) = 5 (P

28、A+PD当点A、P、D在同一直线上时，5PA+4PC- 5 (PA+PD = 5AE最小. A (2, 0) , OCX AB, AE± BCSa abc= 1AB?OC= 1 BC?AE22ABn OC 6 3 18AE= -BC 55 -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

29、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QGi± x轴于点G / FQ仁 90 ° .F 为 A ( 2, 0)、B (4, 0)的中点 .F (1, 0) , FQ= FA= 3- T (-4, 0), FQ 3.TF= 5, cos/QFTTF 5FG 3RtA FGQ 中，cos/ QFT= 一FQ 539FG= FQ=55-xq= 1- 54 , QG= ,FQ2 FG2 3329124 4 12右点Q在x轴上方，则Q （,一）5 5设直线l解析式为：y= kx+b4k b4 k b

30、5012解得:5，八3直线 l： y x 34_412若点Q在x轴下方，则Q（-,一）55一3 八直线 l： y - x 3 4 33综上所述，直线l的解析式为y 3x 3或y -X 344【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9.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4ABE沿BC方向平移，使点 B与点C重合，得到ADCF,过点E作EG，AC于点 G,连接 DG, FG.A.QB E C(1)如图，依题意补

31、全图；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)见解析，FG=DG, FG± DG,见解析；(2) BE 273.【解析】【分析】(1)补全图形即可， 连接BG,由SAS证明BE84GCF得出BG= GF,由正方形的对称性质得出BG= DG, 得出FG= DG,在证出ZDGF= 90°,得出FGJ± DG即可，（2）过点D作DHL AC,交AC于 点H.由等腰直角三角形的性质得出 DH= AH = 3j2，由直角三角形的性质得出 FG= DG= 2GH=2 J6,

32、得出DF= J2DG=4J3,在RUDCF中，由勾股定理得出 C32J3,即可 得出结果.【详解】解：（1）补全图形如图1所示，FG = 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= ZGCE= 45 ；/ BEG= / GCF= 135 ；由平移的性质得：BE= CF,BE CF在4BEG和 4GCF中，BEG GCF ,EG CG.-.BEGAGCF （SAS , BG= GF,. G在正方形ABCD对角线上，BG=

33、DG, FG= DG, / CGF= / BGE, / BGE+Z AGB= 90 ； / CGF吆 AGB= 90 ; / AGD+Z CGF= 90 °,/ DGF= 90 ；(2)过点D作DHXAC,交AC于点H.如图3所示, 在 RtA ADG 中,/ DAC= 45 .DH=AH=3 72在 RtA DHG 中， Z AGD= 60°,DH 3 2-H=t .DG=2GH=2 76 , DF=拒 DG= 4 73,在 RtDCF中，CF= / 473 2 62 =2./3,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

34、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.10.如图，在菱形ABCD中，B 60 , AB 4.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PQ AC交边AB于点Q ,过点P向上作PN AC ,且PN 立PQ ,以PN、PQ为边作矩形PQMN .设点P的运动时间为t 2(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.当点M落在边BC上时，求t的值.(3)当0 t 1时，求S与t之间的函数关系式，(4)如图，若点。是AC的中点，作直线 OM .当直线OM将矩形PQMN分成两部分图 形的面

35、积比为1:2时，直接写出t的值4n2.(1) PQ 2品；(2)一； (3)19拘24073t1643； (4) t q 或53【解析】【分析】(1)由菱形性质得 /D=/B=60°, AD=AB=CD=4 AACD是等边三角形，证出 APQ是等腰三角形，得出PF=QF, PF=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3一上口工口 一工口口PN=-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却形PQMN的面积=PQX PN即可得

36、出一，4结果；当一 Vtv1时，4PDN是等边三角形，得出 PE=PD=AD-PA=4-2t5/FEN=/ PED=60,° 彳导出 NE=PN-PE=5t-4 FN=73 NE=V3 (5t-4) , S却形 PQMN 的面积-24EFN的面积，即可得出结果；(4)分两种情况：当 0vt小时，ACD是等边三角形，AC=AD=4,得出OA=2, OG是5 MNH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4 Vtw刑，由平行线得出 OED4MEQ,得出 空 正，即 一EFh -2t ,5EQMQ EF . 3t 3t4t 24t程即可.

37、【详解】(1) 在菱形/ D=Z B=60解得EF=26t内，得出EQ=.3t 23t ,竞,由三角形面积关系得出方程，解方ABCD 中，/B=60°,；AD=AB=CD=4 MCD是等边三角形,Z CAD=60 ； ,.PQXAC,.APQ是等腰三角形,.PF=QR PF=PA?sin60X匕收 t,2.PQ=23 t;，PD=PN,.pn"pqM x 273 t=3t, 22.PD=3t,PA+PD=AQ即 2t+3t=4 ,4解得：t=2.5S却形 PQMN 的面积=PQX PN=a/3 t x 3t=3 t2；PDN是等边三角形,PE=PD=AD-PA=4-2t /

38、 FEN=Z PED=60,°1 . NE=PN-PE=3t- (4-2t) =5t-4 ,2 .FN=73 NE=73 (5t-4),2=-19t2+40 3 t-16 < 3 ，1-.S觊形 PQMN 的面积-24EFN 的面积=6百t2-2 X- R3 (5t-4)即 S=-19t2+40V3 t-16 芯；(4)分两种情况：当 0Vt <4时，如图4所示：.ACD是等边三角形，.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=1MNX NH=lxgt

39、X( 8t-4) =1 Xt2, 2231解得：t=2；3，4- ，一当一vtw对，如图5所本:5A1. AC/ QM,.OEFAMEQ,EF OFEF 2 t,即 lEQ MQ EF . 3t 3t解得：EF=2上3豆，4t 22,3t ,3t2EQ=.3t4t 2.MEQ 的面积=1X3t 代73t 2品 回 ）=1 xt2, 24t 23解得：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 387【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

40、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 .11.如图，在 4ABC中，AC BC 10, cosC ,点P是BC边上一动点（不与点 A,C 5重合），以PA长为半径的e P与边AB的另一个交点为 D ,过点D作DE CB于点E.1当e P与边BC相切时，求e P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） y 5x&2 8x 80 0 x 10 ；（3） 10 27593x 20【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HP± BC,cosC