中考教育数学培优专题总结复习锐角三角函数总结复习练学习试题附

中考教育数学培优专题总结复习锐角三角函数总结复习练学习试题附答案中考教育数学培优专题总结复习锐角三角函数总结复习练学习试题附答案中考教育数学培优专题总结复习锐角三角函数总结复习练学习试题附答案

中考数学培优专题复习锐角三角函数练习题附答案

一、锐角三角函数

1．如图，△ABC内接于⊙O，BC2,AB?上的动点，且cosB10.AC，点D为AC10(1)求AB的长度；

(2)在点D运动的过程中，弦AD的延伸线交BC的延伸线于点E，问AD?AE的值能否变化？若不变，恳求出AD?AE的值；若变化，请说明原因.

(3)在点D的运动过程中，过A点作AH⊥BD，求证：BHCDDH.

【答案】(1)AB=10；(2)ADAE10；（3）证明看法析.【分析】【分析】（1）过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，由垂径定理可得BF=1，再依据已知联合RtAFB即可求得AB长；（2）连结DG，则可得AG为⊙O的直径，既而可证明△DAG∽△FAE，依据相像三角形的性质可得AD?AE=AF?AG，连结BG，求得AF=3，FG=1，既而即可求得AD?AE的值；3（3）连结CD，延伸BD至点N，使DN=CD，连结AN，经过证明△ADC≌△ADN，可得AC=AN，既而可得AB=AN，再依据AH⊥BN，即可证得BH=HD+CD.

【详解】（1)过A作AF⊥BC，垂足为F，交⊙O于G，

1AB=AC，AF⊥BC，∴BF=CF=BC=1，2

BF110在RtAFB中，BF=1，∴AB=cosB10；

10

（2）连结DG，

AF⊥BC，BF=CF，∴AG为⊙O的直径，∴∠ADG=∠AFE=90，°又∵∠DAG=∠FAE，∴△DAG∽△FAE，

∴AD：AF=AG：AE，

AD?AE=AF?AG，连结BG，则∠ABG=90°，∵BF⊥AG，∴BF2=AF?FG，

∵AF=AB2BF2=3，

1FG=，3

10AD?AE=AF?AG=AF?（AF+FG）=3×=10；3

（3）连结CD，延伸BD至点N，使DN=CD，连结AN，

∵∠ADB=∠ACB=∠ABC，∠ADC+∠ABC=180，°∠ADN+∠ADB=180，°

∴∠ADC=∠ADN，

∵AD=AD，CD=ND，

∴△ADC≌△ADN，

∴AC=AN，

AB=AC，∴AB=AN，

∵AH⊥BN，

BH=HN=HD+CD.

【点睛】本题察看了垂径定理、三角函数、相像三角形的判断与性质、全等三角形的判断

与性质等，综合性较强，正确增添协助线是解题的重点.

2．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=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△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．（1）求cosA的值；

（2）当△PQM与△QCN的面积知足S△PQM=9△QCN时，求t的值；5S（3）当t为什么值时，△PQM的某个极点（Q点除外）落在△QCN的边上．

【答案】（1）coaA=4；（2）当t=3时，知足S△PQM=9△QCN3）当t=2733s或555S；（2633s时，△PQM的某个极点（Q点除外）落在△QCN的边上．

26【分析】

分析：（1）如图1中，作BE⊥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；（2）如图2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=9△5SQCN建立方程即可解决问题；3）分两种情况①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．分别建立方程求解即可；

详解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．

∵S△ABC181，249BE=，2

在Rt△ABE中，AE=AB2BE2=6，

AE64∴coaA=．AB7.55

（2）如图2中，作PH⊥AC于H．

PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t，∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2，

∵SS，△PQM=9△QCN5∴3?PQ2=93?CQ2，549t2+（9-9t）2=9×（5t）2，5

整理得：5t2-18t+9=0，

解得t=3（舍弃）或3．5∴当t=3时，知足S△PQM=9S△QCN．55

（3）①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．

易知：PM∥AC，

∴∠MPQ=∠PQH=60，°

PH=3HQ，

∴3t=3（9-9t），

t=2733．26

②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．

同法可得PH=3QH，

∴3t=3（9t-9），

∴t=27+33，26综上所述，当t=2733s或27+33s时，△PQM的某个极点（Q点除外）落在△QCN2626的边上．

点睛：本题察看三角形综合题、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，解题的重点是灵巧运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思虑问题，属于中考常考题型．

3．如图13，矩形的对角线，订交于点，对于的对称图形

为．

（1）求证：四边形是菱形；

（2）连结，若，．

①求的值；

②若点为线段上一动点（不与点重合），连结，一动点从点出发，以

的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点

，抵达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的

长和点走完满程所需的时间．

【答案】（1）详看法析；（2）①②和走完满程所需时间为

【分析】

试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①结构直角三角形求；

②先确立点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的地点，再计算运到的时间.

试题分析：解：（1）证明：四边形是矩形.

与交于点O,且对于对称

四边形是菱形.

（2）①连结,直线分别交于点,交于点

对于的对称图形为

在矩形中，为的中点，且O为AC的中点

为的中位线

同理可得：为的中点，

②过点P作

交于点

由运动到

所需的时间为

3s

由①

可得，

点O以

的速度从

P到

A所需的时间等于以

从

M

运动到

A

即：

由O运动到

P所需的时间就是

OP+MA和最小.

以以下列图，当

P运动到

,即

时，所用时间最短

.

在中，设

解得：

和走完满程所需时间为

考点：菱形的判断方法；结构直角三角形求三角函数值；确立极值时动点的特别地点

4．已知：△ABC内接于⊙O，D是弧BC上一点，OD⊥BC，垂足为H．

1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；

2）如图2，当圆心O在△ABC外面时，连结AD、CD，AD与BC交于点P，求证：

∠ACD=∠APB；

（3）在（2）的条件下，如图3，连结BD，E为⊙O上一点，连结DE交BC于点Q、交AB于点N，连结OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣

∠ABD=2∠BDN，AC=，BN=，tan∠ABC=，求BF的长．

【答案】（1）证明看法析；（2）证明看法析；（3）24.

【分析】

试题分析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC=∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连结AO延伸交于⊙O于点I，连结IC，AB与OD订交于点M，连结OB，易证∠GBN=∠ABC，因此BG=BQ.

在Rt△BNQ中，依据tan∠ABC=，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI

的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长

度，最后利用tan∠OED=即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．

试题分析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；

2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，

∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连结AO延伸交于⊙O于点I，连结IC，AB与OD订交于点M，连结OB，

∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180，°∴2∠AND=180，°∴∠AND=90，°

∵tan∠ABC=，∴，∴，

∴，∵∠BNQ=∠QHD=90，°

∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，

∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90，°∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，

∴BG=BQ=，GN=NQ=，

∵∠ACI=90，°tan∠AIC=tan∠ABC=，∴，∴IC=，∴由勾股定理可求得：

AI=25，

设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，

BH=BQ+QH=，∵OB2=BH2+OH2，∴，解得：，当QH=时，∴QD=，∴ND=，∴MN=，MD=15,∵，∴QH=不符合题意，舍去，当QH=时，∴QD=∴ND=NQ+QD=，ED=，∴GD=GN+ND=,∴EG=EDGD=，﹣

∵tan∠OED=，∴，

∴EG=RG，∴RG=，∴BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．

考点：1圆；2相像三角形；3三角函数；4直角三角形.

5．在正方形ABCD中，BD是一条对角线.点P在射线CD上（与点C，D不重合），连结AP，平移△ADP，使点D挪动到点C，获得△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连结AH、

PH.

（1）若点P在线CD上，如图1，

①依题意补全图1；②判断AH与PH的数目关系与地点关系并加以证明；

（2）若点P在线CD的延伸线上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路.（能够不写出计算结果）

【答案】（1）①如图；②AH＝PH，AH⊥PH．证明看法析（2）或

【分析】

试题分析：（1）①如图（1）；②（1）法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，

AH⊥PH．连结CH，依据正方形的每条对角线均分一组对角得：△DHQ等腰Rt△，依据平

移的性质得DP＝CQ，证得△HDP≌△△HQC，全等三角形的对应边相等得PH＝CH，等边

相同角得∠HPC＝∠HCP，再联合BD是正方形的对称轴得出∠AHP＝180°－∠ADP＝90°，

∴AH＝PH且AH⊥PH．四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，

∴∠AHP＝90°，∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）轴对称作法同（1）作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°

∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.由代入HR，CR解方程即

可得出x的值.四点共圆作法，A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，

∴．

试题分析：（1）①

法一：轴对称作法，判断：AH＝PH，AH⊥PH

证：连结CH，得：△DHQ等腰Rt△，又∵DP＝CQ，∴△HDP≌△△HQC，∴PH＝CH，

∠HPC＝∠HCP

BD为正方形ABCD对称轴，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∴AH＝PH，∠DAH＝∠HPC，

∴∠AHP＝180－°∠ADP＝90°，∴AH＝PH且AH⊥PH．

法二：四点共圆作法，同上得：∠HPC＝∠DAH，∴A、D、P、H共向，∴∠AHP＝90°，

∠APH＝∠ADH＝45°，∴△APH等腰Rt△．

（2）法一：轴对称作法

考虑△DHQ等腰Rt△，PD＝CQ，作HR⊥PC于R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，

∴∠DAH＝17°

∴∠DCH＝17°．设DP＝x，则.

由得：，∴．即PD=

法二：四点共向作法，

∴

A、H、D、P共向，∴∠APD＝∠AHB＝62°，

．

考点：全等三角形的判断；解直角三角形；正方形的性质；死电脑共圆

6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为

D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M抵达点D时停止运动，点N抵达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为什么值时，点G恰好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S对于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连结DP，当t为什么值时，△CPD是等腰三角形？

【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s或t=（15﹣6）s.

【分析】

试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.

（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，从而求出相应的时

间．相同当G在AC上时，求出MN的长度，既而算出EN的长度即可求出时间，再经过正方形的面积公式求出正方形的面积

.

3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度即可求出t的值．试题分析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm

∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8cm，DC=12cm，AD=4cm.

1）∵当G恰好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm

∴t=s=3s．

（2）∵当MH没有抵达AD时，此时正方形

上，

则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1

MNGH是边长为

1的正方形，令

H点在

AB

∴BM=cm.∴t=s.当MH抵达AD时，那么此时的正方形

MNGH的边长跟着

N点的连续运动而增大，令

G点

在AC上，

设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=x，

∵AD=AH+DH=x+x=x=4，

x=3．

当≤t≤4时，SMNGN=1cm2．

当4＜t≤6时，SMNGH=（t﹣3）2cm2

∴S对于t的函数关系式为：.

（3）分两种情况：

①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm

∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形；

②当DC=PC时，DC=PC=12cm

NC=6cm

EN=16cm﹣1cm﹣6cm=（15﹣6）cm

t=（15﹣6）s故当t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．

综上所述，当t=9s或t=（15﹣6）s时，△CPD为等腰三角形．

考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特别角的三角函数值；

由实诘问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用

.

4.正方形的性质；

5.

7．如图，矩形OABC中，A(6，0)、C(0，23)、D(0，33)，射线l过点D且与x轴平

行，点P、Q分别是l和x轴的正半轴上的动点，知足∠PQO＝60o．

(1)点B的坐标是，∠CAO＝o，当点Q与点A重合时，点P的坐标为；(2)设点P的横坐标为x，△OPQ与矩形OABC重叠部分的面积为S，试求S与x的函数关系式和相应的自变量x的取值范围．【答案】（1）（6，23）．30．（3，33）（2）43x430x333x2S{223x3543xx

133x33x52

1235x9

9

【分析】

解：（1）（6，23）．30．（3，33）．

2）当0≤x≤3时，如图1，

OI=x，IQ=PI?tan60°，=3OQ=OI+IQ=3+x；由题意可知直线l∥BC∥OA，可得EF=PE=DC31，∴EF=1（3+x），OQPODO3333此时重叠部分是梯形，其面积为：

SS梯形EFQO1OQ）OC43x）43（EF（3x43233当3＜x≤5时，如图2，

SS梯形EFQOSHAQS梯形EFQO1AHAQ43x433x3=23x2133x3。232232当5＜x≤9时，如图3，

S1BEOA）OC（2x）（23123=23123。x3当x＞9时，如图4，

S1OAAH16183=543．22xx综上所述，S与x的函数关系式为：

43430x33x3x2133x33x5S{232．231235x9x3543x9x（1）①由四边形OABC是矩形，依据矩形的性质，即可求得点B的坐标：∵四边形OABC是矩形，∴AB=OC，OA=BC，∵A（6，0）、C（0，23），∴点B的坐标为：（6，23）．②由正切函数，即可求得∠CAO的度数：∵tanCAOOC=23=3，∴∠CAO=30°．OA63③由三角函数的性质，即可求得点P的坐标；如图：当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，

∵∠PQO=60，°D（0，33），∴PE=33．

PE∴AEtan6003．

∴OE=OA﹣AE=6﹣3=3，∴点P的坐标为（3，33）．

2）分别从当0≤x≤3时，当3＜x≤5时，当5＜x≤9时，当x＞9时去分析求解即可求得答案．

8．水库大坝截面的迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，背水坡坡比为1：2，大坝高DE=30米，坝顶宽CD=10米，求大坝的截面的周长和面积．

【答案】故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米．【分析】试题分析：先依据两个坡比求出AE和BF的长，此后利用勾股定理求出AD和BC，再由大

坝的截面的周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC，梯形的面积公式可得出答案．

试题分析：∵迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，DE=30m，

∴AE=18米，在RT△ADE中，AD=DE2AE2=634米∵背水坡坡比为1：2，∴BF=60米，在RT△BCF中，BC=CF2BF2=305米，∴周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC=634+10+305+88=（634+305+98）米，面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米．

9．已知：如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，连结BC交圆于点D，过点D作⊙O的切线交AC于E．

1）求证：AE＝CE

2）如图，在弧BD上任取一点F连结AF，弦GF与AB交于H，与BC交于M，求证：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝3，DE＝39时，N44

为圆上一点，连结FN交AB于L，知足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．

【答案】（1）详看法析；（2）详看法析；（40133）NL13

【分析】

【分析】

1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，获得∠C＝∠EDC，从而得证结论.

（2）由同角的余角相等，获得∠BAD＝∠C，再经过等量代换，角的加减从而得证结论.

（3）先由条件获得AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝4a，再由订交弦定理3

获得GH?HF＝BH?AH，从而求出FH，BH，AH，再由角的关系获得△HFL∽△HAF，从而求

出HL，AL，BL，FL，再由订交弦定理获得LN?LF＝AL?BL，从而求出LN的长.

【详解】

解：

（1）证明：如图1中，连结AD．

∵AB是直径，

∴∠ADB＝∠ADC＝90°，

∵EA、ED是⊙O的切线，

∴EA＝ED，

∴∠EAD＝∠EDA，

∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°，

∴∠C＝∠EDC，

∴ED＝EC，

∴AE＝EC．

（2）证明：如图2中，连结AD．

∵AC是切线，AB是直径，

∴∠BAC＝∠ADB＝90°，

∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°，

∴∠BAD＝∠C，

∵∠EDC＝∠C，

∴∠BAD＝∠EDC，

∵∠DBF＝∠DAF，

∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD，

∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

（3）解：如图3中，

由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝39，4

∴AC＝39，2tan∠ABC＝3＝AC，AB

39∴32,

4AB

∴AB＝26，

4∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝a，3

GH?HF＝BH?AH，

4a2＝4a（26﹣4a），33

a＝6，

FH＝12，BH＝8，AH＝18，∵GH＝HF，

AB⊥GF，

∴∠AHG＝90°，

∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG，∴∠NFH+∠CAF＝90°，

∵∠NFH+∠HLF＝90°，

∴∠HLF＝∠CAF，

∵AC∥FG，

∴∠CAF＝∠AFH，

∴∠HLF＝∠AFH，

∵∠FHL＝∠AHF，

∴△HFL∽△HAF，

FH2＝HL?HA，

122＝HL?18，

HL＝8，

∴AL＝10，BL＝16，FL＝FH2HL2＝413，

LN?LF＝AL?BL，

∴413?LN＝10?16，

LN＝4013.13

【点睛】

本题察看了圆的综合问题，波及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相

交弦定理；相像三角形性质与判断等，娴熟掌握圆的有关性质是解题重点.

10．如图，在正方形

ABCD中，E是边

AB上的一动点，点

F在边

BC的延伸线上，且

CF

AE，连结

DE，DF，

EF.FH

均分

EFB交

BD于点

H.

（1）求证：DE

（2）求证：DH

DF；

DF：

（3）过点H作HM⊥EF于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数目关系，并证明.

【答案】（1）详看法析；（2）详看法析；（3）EF2AB2HM，证明详看法析.【分析】【分析】（1）依据正方形性质，CFAE获得DEDF.（2）由△AED≌△CFD，得DEDF.由ABC90，BD均分ABC，得DBF45.因为FH均分EFB，因此EFHBFH.因为DHFDBFBFH45BFH,DFHDFEEFH45EFH,因此DHDF.（3）过点H作HNBC于点N，由正方形ABCD性质，得BDAB2AD22AB.由FH均分EFB，HMEF,HNBC，得

HMHN.因为HBN45，HNB90HN2HN2HM.，因此BHsin45由EFDF2DF2DH，得EF2AB2HM.cos45【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴ADCD，EADBCDADC90.∴EADFCD90.∵CFAE。∴△AED≌△CFD.

ADECDF.

∴EDFEDCCDFEDCADEADC90.

DEDF.

（2）证明：∵△AED≌△CFD，

DEDF.

EDF90，

∴DEFDFE45.

∵ABC90，BD均分ABC，

DBF45.

∵FH均分EFB，EFHBFH.∵DHFDBFBFH45BFH,DFHDFEEFH45EFH,∴DHFDFH.DHDF.

3）EF2AB2HM.

证明：过点H作HNBC于点N，如图，

∵正方形ABCD中，ABAD∴BDAB2AD22AB

，BAD90，

.

∵FH均分EFB，HMEF,HNBC，

HMHN.

HBN45，HNB90，

∴BHHNHN2HM.2sin45∴DHBDBH2AB2HM.∵EFDFDF2DH，2cos45EF2AB2HM.

【点睛】

本题察看正方形的性质、勾股定理、角均分线的性质、三角函数，题目难度较大，解题的

重点是娴熟掌握正方形的性质、勾股定理、角均分线的性质、三角函数.

11．以以下列图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与搁置地球仪的平面交于点D，所夹的角度约为67°，半径OC所在的直线与搁置它的平面垂直，垂足为点

E，DE=15cm，AD=14cm．

1）求半径OA的长（结果精准到0.1cm，参照数据：sin67°≈0，.92cos67°≈0.，39

tan67°≈2）.36（2）求扇形BOC的面积（π取3.14，结果精准到1cm）【答案】(1)半径OA的长约为24.5cm；(2)扇形BOC的面积约为822cm2．【分析】【分析】(1)在Rt△ODE中，DE=15，∠ODE=67°，依据∠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】(1)在Rt△ODE中，DE15cm，ODE67．∵cosODEDE，DO

15∴OD，0.39

∴OAODAD38．461424．5cm，答：半径OA的长约为24.5cm．(2)∵ODE67，

BOC157，

nr2∴S扇形BOC360

3.1424.522

360

822cm2．

答：扇形BOC的面积约为822cm2．

【点睛】

本题主要察看认识直角三角形的应用，本题把实诘问题转变成数学识题，利用三角函数中

余弦定义来解题是解题重点．

12．如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5方向上，距离5千米处是乡村M，在点A北偏东53.5方向上，距离10千米处是乡村N；要在公路AB旁修筑一个土特产收买站P(取点P在AB上)，使得M，N两乡村到P站的距离之和最短，请在图中作出P的地点（不写作法）并计算：（1）M，N两乡村之间的距离；（2）P到M、N距离之和的最小值.（参照数据：sin36.5＝°0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75计算结果保存根号.）

【答案】(1)M，N两乡村之间的距离为29千米;(2)乡村M、N到P站的最短距离和是

5千米．

【分析】

【分析】

（1）作N对于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收买站的地点．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．

（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．

【详解】

解：作N对于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收买站的地点．

1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°

∴NE=AN?sin∠NAB=10?sin36.5，°=6

AE=AN?cos∠NAB=10?cos36.5°，=8

过M作MC⊥AB于点C，

在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°

∴AC=MA?sin∠AMB=MA?sin36.5，°=3

MC=MA?cos∠AMC=MA?cos36.5°，=4

过点M作MD⊥NE于点D，

在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，

ND=NE-MC=2，

∴MN=5222=29，即M，N两乡村之间的距离为29千米．（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得MN′=52102=55（千米）∴乡村M、N到P站的最短距离和是55千米．【点睛】本题察看解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的重点是娴熟掌握基本知识，学会增添常用协助线，结构直角三角形解决问题．

13．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=7，AC=2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转获得△A′B′点C(A，B的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m于点

P，Q．

(1)如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；

(2)如图2，设A′与B′BC的交点为M，当M为A′的B′中点时，求线段PQ的长；

(3)在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延伸线上时，试一试究四边形PA'B′Q的面积

能否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明原因．

【答案】（1）60°；（2）PQ＝7；（3）存在，S四边形PA'B′Q＝3﹣32【分析】【分析】（1）由旋转可得：AC=A'C=2，从而获得BC3，依据∠A'BC=90°，可得cos∠A'CBBC3，即可获得∠A'CB=30°，∠ACA'=60；°A'C2（2）依据M为A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，从而获得PB3BC3，依据22tan∠Q=tan∠A322，从而得出PQ=PB+BQ7，即可获得BQ=BC；232（3）依据S四边形PA'B'Q=S△PCQ△A'CB△PCQ3，即可获得S四边形PA'B'Q最小，即S△PCQ最﹣S'=S小，而S△PCQ13△PCQ22

论．

【详解】

1）由旋转可得：AC=A'C=2．

∵∠ACB=90°AB7，AC=2，∴BC3．，∵∠ACB=90°m∥AC∴∠A'BC=90°∴cos∠A'CBBC3，∴∠A'CB=30°，，，，A'C2∴∠ACA'=60；°

2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM=∠MA'C，由旋转可得：∠MA'C=∠A，

∴∠A=∠A'CM，∴tan∠PCB=tan∠A3，∴PB3BC3．2223∵∠BQC=∠BCP=∠A，∴tan∠BQC=tan∠A2

22，∴PQ=PB+BQ7，∴BQ=BC；32（3）∵S四边形PA'B'Q=S△PCQ△A'CB△PCQ3，∴S四边形PA'B'Q最小，即S△PCQ﹣S'=S最小，∴S1PQ×BCPQ，△PCQ322取PQ的中点G．

1∵∠PCQ=90，°∴CGPQ，即PQ=2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与2

CB重合时，CG最小，∴CG3，PQ=23，∴S的最小值，四边形PA'B'Q=33；

【点睛】

本题属于几何变换综合题，主要察看了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

14．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，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，连结DM交AB于点N，求当ON

等于多少时，三点D、E、M构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订交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O改动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，恳求出其值；若变化，请说明原因．

【答案】（1）23

2）当ON等于1或3﹣1时，三点D、E、M构成的三角形是等腰三角形

3）不变，原因看法析

【分析】

【分析】

（1）依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可获得AD的长；

（2）连DE、ME，易合适ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，依据垂径定理得推论得

OE⊥DM，易获得△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，此后

依据含30°的直角三角形三边的关系得DN=1AD=3，ON=3DN=1；23当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，因为AD=23，∠DAE=30°，获得DH=3，∠DEA=60，°DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，

又∠M=∠DAE=30°，MD=ME，获得∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可获得

∠DNO=45°NH=DH=3，则ON=3-1；，依据等腰直角三角形的性质获得（3）连AP、AQ，DP⊥AB，得AC∥DP，则∠PDB=∠C=60°，再依据圆周角定理得

∠PAQ=∠PDB，∠AQC=∠P，则∠PAQ=60，°∠CAQ=∠PAD，易证得△AQC≌△APD，获得DP=CQ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD，而△ADC为等边三角形，CD=AD=23，即可获得DP-DQ的

值．

【详解】

解：（1）∵∠BAC＝90°，点D是BC中点，BC＝43，

1∴AD＝BC＝23；2

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＝1AD＝3，2在Rt△ODN中，ON＝3DN＝1，3

∴当ON等于1时，三点D、E、M构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＝23，∠DAE＝30°，

∴DH＝3，∠DEA＝60°，DE＝2，

∴△ODE为等边三角形，

∴OE＝DE＝2，OH＝1，

∵∠M＝∠DAE