2023年中考数学重难点训练-锐角三角函数（含解析）

2023年中考数学重难点训练——锐角三角函数一、单选题1．如图，已知切于点，点在上，且，连结并延长交于点，的半径为2，设，①当m=时，是等腰直角三角形；②若，则；③当时，与相切.以上列选项正确的有（）A．② B．③ C．②③ D．①③2．如图，在平面直角坐标系中，∠AOB=90°，∠OAB=30°，反比例函数y1=的图象经过点A，反比例函数y2=﹣的图象经过点B，则m的值是（）A．m=3 B． C． D．3．如图，将一把矩形直尺ABCD和一块含30°角的三角板EFG摆放在平面直角坐标系中，AB在x轴上，点G与点A重合，点F在AD上，三角板的直角边EF交BC于点M，反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过点E，M.若直尺的宽CD＝3，三角板的斜边FG＝8，则k＝（）A．40 B．80 C．40 D．80二、填空题4．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，点N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则线段A′C长度的最小值是．5．已知△ABC中，AB=10，AC=2，∠B=30°，则△ABC的面积等于．6．如图，矩形中，，将矩形绕点顺时针旋转90°，点、分别落在点、处，如果点、、在同一条直线上，那么的值为．三、综合题7．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，AC=8.点P，Q都是斜边AB上的动点，点P从B向A运动（不与点B重合），点Q从A向B运动，BP=AQ.点D，E分别是点A，B以Q，P为对称中心的对称点，HQ⊥AB于Q，交AC于点H.当点E到达顶点A时，P，Q同时停止运动.设BP的长为x，△HDE的面积为y.（1）求证：△DHQ△ABC；（2）求y关于x的函数解析式；（3）当x为何值时，△DHE为等腰三角形?8．如图，AB，CD是的直径，点F是AD延长线上一点，且于点E，交于点G.（1）求证：.（2）若，，求的直径.9．（1）计算：；（2）先化简，再求值：，其中.10．如图，已知是的直径.如果圆上的点恰好使.（1）求证：是的切线.（2）过点作于点.若，，则的长为.11．如图，BD是四边形ABCD的对角线，BD⊥AD，⊙O是△ABD的外接圆，∠BDC＝∠BAD.（1）求证：CD是⊙O的切线；（2）连接OC交⊙O于点E，若AD＝2，CD＝6，cos∠BDC＝，求CE的长.12．综合与实践问题情境：在数学活动课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动如图，矩形纸片中，点、分别是、的中点，点、分别在、上，且.动手操作：将沿折叠，点的对应点为点，将沿折叠，点的对应点为点，点、均落在矩形的内部，连接、.问题解决：（1）判断四边形的形状，并证明；（2）当，四边形为菱形时，求的长.13．平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=2AD，BD的中垂线分别交AB，CD于点E，F，垂足为O．（1）求证：OE=OF；（2）若AD=6，求tan∠ABD的值．14．图①、图②都是6×6的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，线段AB的端点都在格点上，仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．（1）在图①中画出一个以AB为一边的等腰△ABC，使点C在格点上，且面积为；（2）在图②中画出一个以AB为一边的等腰△ABD，使点D在格点上，且tan∠DAB=3，并直接写出△ABD底边上的高．15．如图，在中，，交于点O，且．（1）求证：四边形是矩形；（2）的平分线交于点M，当，时，求的长．16．回答下列题目（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，E，F分别是BC，AB上的点，且DF⊥AE，求的值。（2）如图②，在矩形ABCD中，(k为常数)，将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形EFGH，EH交CD于点P，连接AE交GF于点O，求的值；（3）在(2)的条件下，连接CP，当k=时，若tan∠CGH=，GF=2，求CP的长。17．如图，在平面直角坐标系xOy中，⊙O与x轴交于A、B两点，与y轴正半轴交于点C，点E为第一象限中⊙O上的点，AE与OC交于点P，过点C作，且与AE、AB分别交于M、F．点O关于直线CF对称的点为N，ON与CF交于点Q．（1）证明：∠OCF＝∠OAP；（2）证明：AM＝CQ+QN；（3）如图2，若⊙O半径为4，当点N在BE上时，求点E坐标．18．在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F．（1）如图1，将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E．求证：△DEF是等腰三角形；（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C，F'B．设旋转角为α（0°＜α＜180°）．①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，求证：△DP'C∽△DF'B．②如图3，若点P是CD的中点，△DF'B能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan∠DBF'的值，如果不能，请说明理由．19．在等边中，于点D，点F为上任意一点，连接，点G为的中点，点E为上一点，且，连接、、.（1）若，，求的长；（2）求证：.20．定义：若抛物线与x轴有两个交点，其顶点与这两个交点构成的三角形是等腰直角三角形，则这种抛物线就称为：“美丽抛物线”.（1）已知一条抛物线是“美丽抛物线”，且与x轴的两个交点为（1，0）、（5，0），则此抛物线的顶点为；（2）若抛物线y＝x2﹣bx（b＞0）是“美丽抛物线”，求b的值；（3）如图，抛物线y＝ax2+bx+c是“美丽抛物线”，此抛物线顶点为B（1，2），与轴交与A，C，AB与y轴交于点D，连接OB，在抛物线找一点Q，使得∠QCA＝∠ABO，求Q点的横坐标.21．如图1，⊙O的弦BC=6，A为BC所对优弧上一动点且，的外角平分线AP交⊙O于点P，直线AP与直线BC交于点E.（1）求证：点P为的中点；（2）如图2，求⊙O的半径和PC的长；（3）若不是锐角三角形，求的最大值.22．有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线.（1）【理解运用】

如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC.若AC＝AB，求sin∠CAD的值；（2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形.证明你的结论；（3）【拓展提升】在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC.设＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u关于t的函数解析式.23．在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点B（4，0）、D（5，3），设它与x轴的另一个交点为A（点A在点B的左侧），且△ABD的面积是3．（1）求该抛物线的表达式；（2）求∠ADB的正切值；（3）若抛物线与y轴交于点C，直线CD交x轴于点E，点P在射线AD上，当△APE与△ABD相似时，求点P的坐标．24．对钝角α，定义三角函数值如下：sinα＝sin(180°－α)，cosα＝－cos(180°－α)．（1）求sin120°，cos120°的值；（2）若一个钝角三角形的三个内角比是1：1：4，点A，B是这个三角形的两个顶点，sinA，cosB是方程4x2－mx－1＝0的两个不相等的实数根，求m的值及∠A和∠B的度数．25．如图，已知四边形ABCD内接于⊙O，A是的中点，AE⊥AC于A，与⊙O及CB的延长线交于点F，E，且.（1）求证：△ADC∽△EBA；（2）如果AB＝8，CD＝5，求tan∠CAD的值.

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：如图，连接TB、OA，TB、OA相较于点G当时，则∴∴OA垂直平分TB∴又∵与相切∴∵∴∴∴∴∴与相切则①错误；③正确；当时，∵与相切作，则故②正确；故答案为：C.【分析】连接TB、OA，TB、OA相交于点G，根据①的条件结合三角函数的概念可得∠AOT=30°，推出OA垂直平分TB，则∠AOT=∠AOB=30°，∠OAT=∠OAB，根据切线的性质可得∠ATO=90°，则∠ATB=30°，∠ABO=90°，据此判断①③；当AT=m=2时，OT=AT，根据切线的性质可得∠AOT=∠OAT=45°，则∠AOB=15°，根据等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠BAT=75°，则∠OAB=30°，∠OBC=45°，根据勾股定理求出BC，作OE⊥BC，利用勾股定理可得OA、AE，由AC=AE+CE可得AC，据此判断②.2．【答案】A【解析】【解答】解：过A、B分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足为M、N．∵∠AOB=90°，∠AMO=∠BNO=90°，∴∠BON+∠AOM=∠AOM+∠OAM=90°，∴∠BON=∠OAM，∴△BON∽△OAM，∴，∵∠OAB=30°，∴tan30°==，∴，设ON=a，BN=b，则MA=a，OM=b，∴B（﹣a，b），A（a，b）．∵点B在反比例函数y2=﹣的图象上，∴ab=1，∵点A在反比例函数y1=的图象上，∴m=a•b=3ab=3，故答案为：A．【分析】过A、B分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足为M、N，首先证明△BON∽△OAM，根据三角函数和相似三角形的性质可得，然后设ON=a，BN=b，则MA=a，OM=b，表示出点B和点A的坐标，根据反比例函数图象上点的坐标特征进而求出m的值．3．【答案】C【解析】【解答】解：过点M作MN⊥AD，垂足为N，则MN=CD=3，在Rt△FMN中，∠MFN=30°，∴，∴AN=MB=，设OA=x，则OB=x+3，∴又∵点F、M都在反比例函数的图象上，∴，解得，x=5，∴，∴.故答案为：C.【分析】过点M作MN⊥AD，垂足为N，则MN=CD=3，根据三角函数的概念可得FN，然后求出AN，设OA=x，则OB=x+3，表示出点F、M的坐标，代入y=中可得x的值，据此可得点F的坐标，然后代入y=中就可求出k的值.4．【答案】【解析】【解答】解：如图所示：∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，过点M作MF⊥DC于点F，∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，∴2MD=AD=CD=4，∠FDM=60°，∴∠FMD=30°，∴FD=MD=1，∴FM=DM×cos30°=，∴MC==2，∴A′C=MC﹣MA′=2﹣2．故答案为：2﹣2．【分析】MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，过点M作MF⊥DC于点F，根据菱形的性质得出2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，根据三角形的内角和得出∠FMD=30°，根据含30°角的直角三角形的边之间的关系得出FD=MD=1，根据余弦函数的定义，由FM=DM×cos30°即可算出FM的长，根据勾股定理算出MC的长，最后根据A′C=MC﹣MA′即可算出答案。5．【答案】15或10【解析】【解答】解：作AD⊥BC交BC（或BC延长线）于点D，①如图1，当AB、AC位于AD异侧时，在Rt△ABD中，∵∠B=30°，AB=10，∴AD=ABsinB=5，BD=ABcosB=5，在Rt△ACD中，∵AC=2，∴CD=，则BC=BD+CD=6，∴S△ABC=•BC•AD=×6×5=15；②如图2，当AB、AC在AD的同侧时，由①知，BD=5，CD=，则BC=BD-CD=4，∴S△ABC=•BC•AD=×4×5=10．综上，△ABC的面积是15或10，故答案为15或10．【分析】作AD⊥BC交BC（或BC延长线）于点D，①如图1，当AB、AC位于AD异侧时，在Rt△ABD中，根据三角函数的定义，由AD=ABsinB，BD=ABcosB，算出AD，BD的长，在Rt△ACD中，根据勾股定理算出CD的长，根据相等的和差算出BC的长，根据三角形的面积计算方法算出△ABC的面积；②如图2，当AB、AC在AD的同侧时，由①知BD，CD的长，根据BC=BD-CD算出BC的长，根据三角形的面积计算方法算出△ABC的面积。6．【答案】【解析】【解答】如下图，设矩形的边长CD＝x，由，得，整理，得：，解得：，所以，CD＝，所以，tan∠BA'C==．故答案为．

【分析】设AB=x，根据平行线的性质列出比例式求出x的值，根据锐角三角函数的正切的定义求出的值，根据角相等即可解答。7．【答案】（1）解：∵A，D关于点Q成中心对称，HQ⊥AB，如图1所示，∴∠DQH=∠C=90°，DH=AH，∴∠A=∠ADH，∴△DHQ∽△ABC.（2）解：如图2，当时，如图3，当时，∴y与x之间的函数解析式为y（3）解：①当时，如图4所示若，不可能.②当时，如图5所示若，则若，此时D，E分别与点B，A重合，若则又∵点A，D关于点Q对称，∴当x的值为时，是等腰三角形.【解析】【分析】(1)由中心对称的性质和等腰三角形的性质求出∠A=∠ADH，结合∠DQH=∠C=90°，则可证出△DHQ∽△ABC；

(2)分0<x≤2.5和25<x≤5两种情况讨论，得到DE的长度，利用正切三角函数求出QH，即可y关于x的函数关系式.

(3)等腰三角形有两边相等，根据所在的不同位置再分不同的边相等解答.8．【答案】（1）证明：∵AB，CD是的直径，∴，，∴，∴（2）解：∵，∴，，∴，令，∵，∴，，∴，∴，∴，，∴设，则，由，得，∴的直径为5.【解析】【分析】（1）根据圆周角定理得出AF⊥AC，BC⊥AC，则知AF∥BC，然后利用平行线的性质求出∠F=∠FCB即可；

（2）由垂径定理求出GE=CE，再由余角的性质求出∠F=∠BAC，设GE=CE=x，根据tan∠F=，用x表示AE、EF长，然后根据EF的两种求法建立关于x的方程求解，从而求出CE和AE，设OC=r，在Rt△OEC中，根据勾股定理建立关于r的方程求解，即可解答.9．【答案】（1）解：原式===-4；（2）解：原式==，当时，原式=.【解析】【分析】（1）代入特殊角的三角函数值，根据0次幂、负整数指数幂的运算性质、绝对值的性质分别计算，然后合并同类二次根式及进行有理数的加减法运算即可；

（2）首先对括号中的式子进行通分，然后将除法化为乘法，再进行约分可对原式进行化简，接下来将x的值代入进行计算即可.10．【答案】（1）证明：连接，∵是的直径，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴是的切线；（2）【解析】【解答】（2）解：∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴故答案为：.【分析】（1）连接OD，根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，求得∠B＝∠ADC，得到∠ODC＝90°，根据圆的切线的判定可得CD是⊙O的切线；（2）根据三角函数的定义sinB=可求得AD＝3，根据相似三角形的性质“相似三角形的对应边成比例”可得比例式求解.11．【答案】（1）证明：连接OD，∵OD=OB，∴∠ODB=∠OBD，∵BD⊥AD，∴∠ADB=90°，∴∠ABD+∠A=90°，∵∠BDC=∠BAD，∴∠ODB+∠BDC=90°，∴OD⊥CD，∴CD是⊙O的切线（2）解：∵CD是⊙O的切线，∴∠CDO=90°，∵cos∠BDC=，∠BDC=∠BAD.∴cos∠BAD=，∵AD=2，∴AB=6，∴OD=OE=3，∵CD=6，∴OC=，∴CE=CO-OE=【解析】【分析】（1）连接OD，由题意易证∠ODB+∠BDC=90°，即OD⊥CD，根据圆的切线的判定可求解；

（2）由圆的切线的性质得∠CDO=90°，然后根据锐角三角函数cos∠BAD=cos∠BDC=可求得AB的值，则OD=OE=AB，用勾股定理求得OC的值，再由线段的构成CE=CO-OE可求解.12．【答案】（1）解：四边形是平行四边形.证明：如图，延长交的延长线于.四边形是矩形，，，，点，分别是，的中点，，，，，，，，，，，，，四边形是平行四边形；（2）解：如图，连接，交于点，延长交于，延长交于.∵点、分别是、的中点，∴四边形ABNM和四边形CDMN是矩形，∴∠AMN=∠BNM=90°，四边形是菱形，，，，，，，，，，，，，.【解析】【分析】（1）延长NQ交AD的延长线于H，根据矩形的性质可得AD=BC，AD∥BC，∠A=∠C=90°，结合中点的概念可得AM=NC，推出PM=NQ，证明△EAM≌△FCN，得到∠AME=∠CNF，根据折叠的性质可得∠AME=∠EMP，∠CNF=∠FNQ，推出∠AMP=∠QNC，根据平行线的性质可得∠AHN=∠CNH，推出PM∥NH，然后根据平行四边形的判定定理进行证明；

（2）连接MN、PQ交于点O，延长PQ交CD于H，延长QP交AB于G，则四边形ABNM、CDMN是矩形，得到∠AMN=∠BNM=90°，根据菱形的性质可得MN⊥PQ，得到PQ∥AD∥BC，则AG=DH=OM=1，求出sin∠MPO的值，得到∠MPO的度数，然后求出∠EPG的度数，得到OP、GP、EG的值，然后根据AE=AG-EG进行计算.13．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，∴∠1=∠2．∵EF是BD的中垂线，∴OD=OB，∠3=∠4=90°，∴△DOF≌△BOE，∴OE=OF（2）解：作DG⊥AB，垂足为G．∵∠A=60°，AD=6，∴∠ADG=30°，∴AG=AD=3，∴DG=．∵AB=2AD，∴AB=2×6=12，BG=AB﹣AG=12﹣3=9，∴tan∠ABD=．【解析】【分析】（1）根据平行四边形的对边平行得出AB∥DC，根据二直线平行，内错角相等得出∠1=∠2，根据中垂线的定义得出OB=OD，然后利用ASA判断出△DOF≌△BOE，根据全等三角形的对应边相等得出OE=OF；

（2）作DG⊥AB，垂足为G．根据三角形的内角和得出∠ADG=30°，根据含30°角的直角三角形的边之间的关系得出AG的长，根据勾股定理算出DG的长，根据线段的和差算出BG的长，最后根据正切函数的定义即可算出tan∠ABD的值．14．【答案】（1）解：如图①：S△ABC=×5×3=，∴△ABC即为所求作的图形；（2）如图②：△ABD即为所求作的图形．作DE⊥AD于点D，DF⊥AB于点F，∴S△ABD=DA•BE=AB•DF，∴•BE=5×3，∴BE=．所以△ABD底边上的高为．【解析】【分析】（1）根据勾股定理可知AC为3×4格对角线，即可在图①中画出一个以AB为一边的等腰△ABC，使点C在格点上，且面积为；（2）根据tan∠DAB=3，即可在图②中画出一个以AB为一边的等腰△ABD，使点D在格点上，且tan∠DAB=3，△ABD底边上的高为3的三角形．15．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，，．，．为矩形．（2）解：过点M作于点G，如图所示：四边形是矩形，，，为的角平分线，．，．，，．．，．设，则，在中，，．解得：，．【解析】【分析】（1）由平行四边形性质和已知条件得出，即可得出结论；（2）过点作于点G，由角平分线的性质得出．由三角函数定义得出，．，设，则，在中，由三角函数定义即可得出答案．16．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=4∴CB=DA=4∴∠ABE=∠DAF=90°，∠DAE+∠BAE=90°∵DF⊥AE∴∠DAE+∠ADF=90°∴∠BAE=∠DAF∴△ABE∽△DAF∴（2）解：如图②中，作GM⊥AB于点M，∵GF⊥AE∴∠AOF=∠GMF=∠ABE=90°，∠BAE+∠AFO=90°∴∠AFO+∠FGM=90°∴∠BAE=∠FGM∴△ABE∽△GMF∴∵∠AMG=∠D=∠DAM=90°∴四边形AMGD是矩形∴GM=AD=BC∴（3）解：如图②，过点H作HN⊥BC交BC的延长线于N∵FB∥GC，FE∥GH，∠CGH=∠BFE∴tan∠CGH=tan∠BFE=设BE=3k，BF=4k，EF=AF=5k，∵，GF=∴AE=在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，AB=AF+BF=9k∴∴k=1或-1(舍去，)∴BE=3，AB=9∵∴BC=6，BE=CE=3，AD=EH=BC=6∵∠EBF=∠FEH=∠HNE=90°，∴∠FEB+∠HEN=90°∴∠HEN+∠EHN=90°∴∠FEB=∠EHN∴△FBE∽△ENH∴∴∴HE=，HN=∴CN=EN-EC=-3=∴HC=【解析】【分析】（1）利用矩形的对边相等，求出DA的长，再利用垂直的定义及同角的余角相等，易证∠BAE=∠DAF，然后可证△ABE∽△DAF，利用相似三角形的对应边成比例，可求出结果。

（2）作GM⊥AB于点M，利用垂直的定义及同角的余角相等，易证∠BAE=∠FGM，利用有两组角对应相等的两三角形相似，可证得△ABE∽△GMF，利用相似三角形的对应边成比例，利用矩形的判定和性质，可证求出结果。

（3）过点H作HN⊥BC交BC的延长线于N，利用平行线的性质证明∠CGH=∠BFE，利用锐角三角函数的定义就可求出tan∠BFE的值，设BE=3k，BF=4k，EF=AF=5k，根据GF与AE的比值就可求出GF，AE的长，再在Rt△ABE中，利用勾股定理建立关于k的方程，解方程求出k的值，就可得到BE，AB的长，即可求出BE，AB的长，从而利用BC与AB的比值，就可求出BC，EH的长，利用余角的性质，可证得∠FEB=∠EHN，然后证明△FBE∽△ENH，利用相似三角形的对应边成比例，可求出HE，HN的长，利用CN=EN-EC，求出CN的长，再利用勾股定理求出HC的长。17．【答案】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠E＝90°，∵，∴∠CME＝∠E＝90°，∴∠CMP＝90°，∴∠CMP＝∠AOP＝90°，∵∠CPM＝∠APO，∴∠OCF＝∠OAP；（2）证明：如图1，由（1）得：∠OCF＝∠OAP，作OH⊥AM于H，∴∠OHM＝90°，∵O与N关于CF对称，∴ON⊥CF，OQ＝QN，∴∠OQM＝90°，∵∠HMF＝90°，∴四边形OHMQ是矩形，∴OQ＝HM，∵OA＝OC，∠AHO＝∠CQO＝90°，∴△AOH≌△COQ（AAS），∴AH＝CQ，∴AM＝AH+HM＝CQ+OQ＝CQ+QN；（3）解：如图2，由（1）得：∠OCF＝∠OAP，∵∠CQO＝∠AEB＝90°，∴△COQ∽△ABE，而∴，∴OQ＝BE，∵∠OQM＝∠EMQ＝90°，∴，∴△BON∽△BAE，∴，∵ON⊥BE，∴BN＝BE，∴，∴ON＝AE，∵ON＝2OQ，OQ＝BE，∴AE＝2BE，设BE＝a，AE＝2a，在Rt△ABE中，由勾股定理得，a+2（2a）2＝82，∴，∴BE＝，AE＝2a＝，∴sin∠EAB＝，cos∠EAB＝，作EG⊥AB于G，∴EG＝AE•sin∠EAF＝，AG＝AE•cos∠EAF＝，∴OG＝AG﹣OA＝，∴E（，）．【解析】【分析】（1）根据圆周角定理可得∠E＝90°，由平行线的性质可得∠CME＝∠E＝90°，则∠CMP=90°，由对顶角的性质可得∠CPM＝∠APO，然后根据内角和定理可得结论；

（2）由（1）得∠OCF＝∠OAP，作OH⊥AM于H，根据轴对称的性质可得ON⊥CF，OQ＝QN，推出四边形OHMQ是矩形，得到OQ＝HM，证明△AOH≌△COQ，则AH＝CQ，然后根据线段的和差关系进行证明；

（3）由（1）得∠OCF＝∠OAP，证明△COQ∽△ABE，结合AB=2OC以及相似三角形的性质可得

OQ＝BE，证明△BON∽△BAE，得到∠ONB=∠AEB=90°，根据相似三角形的对应边成比例可得ON＝AE，结合ON＝2OQ可得AE＝2BE，设BE＝a，AE＝2a，在Rt△ABE中，由勾股定理可得a的值，然后求出AE，根据三角函数的概念可得EG、AG，作EG⊥AB于G，然后根据OG=AG-OA进行计算.18．【答案】（1）解：由翻折可知：∠DFP=∠DFQ，∵PF∥BC，∴∠DFP=∠ADF，∴∠DFQ=∠ADF，∴△DEF是等腰三角形（2）解：①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，∵∠P′DF′=∠PDF，∴∠P′DF′﹣∠F′DC=∠PDF﹣∠F′DC，∴∠P′DC=∠F′DB，由旋转的性质可知：△DP′F′≌△DPF，∵PF∥BC，∴△DPF∽△DCB，∴△DP′F′∽△DCB∴，∴△DP'C∽△DF'B；②当∠F′DB=90°时，如图所示，∵DF′=DF=BD，∴，∴tan∠DBF′=；当∠DBF′=90°，此时DF′是斜边，即DF′＞DB，不符合题意；当∠DF′B=90°时，如图所示，∵DF′=DF=BD，∴∠DBF′=30°，∴tan∠DBF′=.【解析】【分析】（1）根据折叠的性质，可得出∠DFP=∠DFQ，再根据平行线的性质可证得∠DFP=∠ADF，就可得出∠DFQ=∠ADF，然后根据等腰三角形的判定，可证得结论。

（2）①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，易证∠P′DC=∠F′DB，由旋转的性质得出△DP′F′≌△DPF，再由平行得两三角形相似，从而可证得结论；②分情况讨论：当∠F′DB=90°时，如图所示，②当∠F′DB=90°时，如图所示，利用锐角三角函数的定义求出tan∠DBF′的值；当∠DBF′=90°，此时DF′是斜边，即DF′＞DB，不符合题意；当∠DF′B=90°时，如图所示，求出∠DBF′=30°，就可求得tan∠DBF′的值。19．【答案】（1）解：∵在等边中，于点D，∴AC=BC=AB=，BD=BC=∴AD=∵∴DF=15-6=9∴BF=（2）证明：延长EG至H，使GH=EG，连接BH、CH、FH，∵点为的中点，∴BG=FG∴四边形BHFE是平行四边形，∴BH=EF，BH∥EF∵AE=EF∴BH=AE，∠EAF=∠EFA=∠DAC∴AC∥EF∴AC∥BH∴∠ACB=∠CBH=60°在△AEC和△BHC中∴△AEC≌△BHC(SAS)∴∠ACE=∠BCHEC=HC∴∠ECB+∠ACE=∠ECB+∠BCH=60°即∠ECH=60°∴△CEH是等边三角形，GH=EG，∴∠CGE=90°，∠ECG=30°∴tan30°=EG∶CG=1∶∴CG=EG【解析】【分析】（1）根据等边三角形性质可知BD=BC=,利用勾股定理求出AD的长，再利用勾股定理求出BF的值；

（2）先延长EG至H,使GH=EG，连接BH、CH、FH，构造全等三角形，证四边形BHFE是平行四边形，推出BH∥EF，再由AE=EF，推出AC∥EF，得出AC∥BH，根据平行线的性质推出∠ACB=∠CBH=60°，根据三角形全等的判定和性质得出△CEH是等边三角形，再根据等边三角形性质求得结论即可.20．【答案】（1）（3，2）或（3，-2）（2）∵抛物线的解析式为，∴抛物线与x轴的交点坐标为（0，0），（b，0），抛物线的顶点坐标为（，）∴由“美丽抛物线的”定义可知∴解得；∵，∴；（3）如图，过点B作BE⊥AC于E，过点O作OM⊥AB于M，由题意得△ABC为等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°，∴AE=CE=BE，∵B（1，2），∴AE=CE=BE=2，OE=1，∴AO=1，OC=3，∴A（-1，0），C（3，0）∴抛物线解析式为，把B（1，2）代入抛物线解析式得，解得，∴抛物线解析式为∵，，，∴，∴∴，∴，设Q（m，），∴，∴，∴∴，∴，解得（舍去）或或，∴Q点的横坐标为或.【解析】【解答】解：（1）∵抛物线与x轴的两个交点为（1，0）、（5，0），∴抛物线的对称轴为，∴由“美丽抛物线的”定义可知，抛物的顶点到x轴的距离∴抛物线顶点的坐标为（3，2）或（3，-2），【分析】（1）根据抛物线与x轴的两个交点坐标可得对称轴，由“美丽抛物线的”定义求出抛物线顶点到x轴的距离，据此可得顶点坐标；

（2）将抛物线解析式化为顶点式，据此可得顶点坐标，然后求出与x轴的交点坐标，根据“美丽抛物线的”定义就可求出b的值；

（3）过点B作BE⊥AC于E，过点O作OM⊥AB于M，由题意得△ABC为等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°，易得B（1，2），A（-1，0），C（3，0），利用待定系数法求出抛物线的解析式，根据三角形的面积公式可得OM，由勾股定理求出BM，设Q（m，m2+m+），然后根据∠QAC的正切函数可得m，据此可得点Q的横坐标.21．【答案】（1）解：证明方法1：∵四边形PACB为圆内接四边形，∴∠PBC=∠PAF∵AP平分∠BAF，∴∠PAB=∠PAF，∴∠PAB=∠PBC，∴，∴点P为的中点.证明方法2：如图1，连接∴，∴∴∴∴∴∴∴点P为的中点.（2）解：如图2，连接BO，CO，并延长交于，连接由题意知垂直平分∴，，∴解得由勾股定理得∴由勾股定理得∴⊙O的半径为5，PC的长为.（3）解：由题意知，又∵∴∴∴如图3，作于∵∴∴∴∵非锐角三角形，且∴当A运动到使时，面积最大，此时为直径∴由勾股定理得∴∴∴不是锐角三角形，的最大值为80.【解析】【分析】（1）证明方法1：根据圆内接四边形的性质可得∠PBC=∠PAF，根据角平分线的概念可得∠PAB=∠PAF，推出，据此证明；

证明方法2：连接OB、OC、OP，易得∠PAF=∠PBC，∠BOC=2∠BAC，结合等腰三角形的性质以及内角和定理可得∠OBC=90°-∠BAC，则∠PBO=∠PAF+∠BAC-90°，∠POB=180°-∠BAC，根据周角的概念可得∠POC=180°-∠BAC，推出∠POB=∠POC，据此证明；

（2）连接BO，CO，PO并延长交BC于M，连接PC，由题意知PM垂直平分BC，则∠PMB=90°，∠BOM=∠COM=∠BAC，BM=CM=3，根据∠BOM的正弦函数可得OB，利用勾股定理求出OM、PC，据此解答；

（3）易证△ABP∽△AEC，根据相似三角形的性质可得PA·AE=AB·AC，作CQ⊥AB于Q，根据三角函数的概念表示出CQ，进而得到S△ABC，易知当A运动到使∠ACB=90°时，△ABC的面积最大，此时AB为直径，由勾股定理求出AC，然后求出PA·AE，据此解答.22．【答案】（1）解：过点A作AE⊥BC于E，过点C作CF⊥AD于F.∵AC＝AB，∴BE＝CE＝3，在Rt△AEB中，AE＝＝＝4，∵CF⊥AD，∴∠D+∠FCD＝90°，∵∠B+∠D＝90°，∴∠B＝∠DCF，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，∴△AEB∽△DFC，∴＝，∴＝，∴CF＝，∴sin∠CAD＝＝＝.（2）解：如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形.理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM.∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∵∠DCM＝∠DMC＝45°，∵∠CDM＝∠ADB＝90°，∴∠ADC＝∠BDM，∵AD＝DB，CD＝DM，∴△ADC≌△BDM（SAS），∴AC＝BM，∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，∴CM2+CB2＝BM2，∴∠BCM＝90°，∴∠DCB＝45°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∴四边形ABCD是对余四边形.（3）解：如图③中，过点D作DH⊥x轴于H.∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝2，∴AC2+BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴∠CBA＝∠CAB＝45°，∵四边形ABCD是对余四边形，∴∠ADC+∠ABC＝90°，∴∠ADC＝45°，∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，∴∠ADC+∠AEC＝18