全国中考数学锐角三角函数的综合中考模拟和真题含答案解析

全国中考数学锐角三角函数的综合中考模拟和真题汇总含答案解析

一、锐角三角函数

1.图1是一种折叠式晾衣架.晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两

支脚OC=OD=10分米，展开角ZCOD=60°,晾衣臂OA=OB=10分米，晾衣臂支架HG

=FE=6分米，且HO=FO=4分米.当ZAOC=90°时，点A离地面的距离AM为

分米；当OB从水平状态旋转到OB'（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB'上

的点E'处，则B'E-'BE为分米.

【答案】55/4

【解析】

【分析】

如图，作OP_LCD于P,OQ_LAM于Q,FK_LOB于K,FJ±OC于J.解直角三角形求出

MQ,AQ即可求出AM,再分别求出BE,B'即可.E'

【详解】

解：如图，作OP_LCD于P,OQ_LAM于Q,FK_LOB于K,FJ_LOC于J.

VAM1CD,

AZQMP=ZMPO=ZOQM=90°,

，四边形OQMP是矩形，

QM=OP,

VOC=OD=10,ZCOD=60",

/.△COD是等边三角形，

VOP±CD,

NCOP=_LZCOD=30

2

AQM=OP=OC?cos30=°5。（分米），

VZAOC=ZQOP=90",

AZAOQ=ZCOP=30°,

:,AQ=J-QA=5（分米），

2

AAM=AQ+MQ=5+5G

'：OB//CD,

AZBOD=ZODC=60°

在RtAOFK中，KO=OF?cos60°=2（分米）,FK=OF?sin60°=2©（分米）,

在RtZ\PKE中，EK=JTT^~（分米），

ABE=10-2-2y/6=（8-20）（分米），

在RtAOFJ中，OJ=OF?cos60°=2（分米）,理=刈（分米）,

在RtAFJE'中，E'J&（力）2=2,

.\B,=E（10-（2遍-2）=12-2R,

：B'E'=BB1.

故答案为：5+56，4.

-VC酊D水平地面

【点睛】

本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决

问题，属于中考常考题型.

2.如图，在△ABC中，ZABC=ZACB,以AC为直径的(30分别交AB、BC于点M、N,点

P在AB的延长线上，且ZCAB=2ZBCP.

(1)求证：直线CP是＜30的切线.

(2)若BC=2V,sinZBCP=,求点B到AC的距离.

(3)在第(2)的条件下，求△ACP的周长.

【答案】(1)证明见解析(2)4(3)20

【解析】

试题分析：(1)利用直径所对的圆周角为直角，2NCAN=NCAB,NCAB=2NBCP判断出

艮回°

(2)利用锐角三角函数，即勾股定理即可.

试题解析：(1),.,ZABC=ZACB,

；.AB=AC,

VAC为＜30的直径，

AZANC=90,°

AZCAN+ZACN=90,02ZBAN=2ZCAN=ZCAB,

,/ZCAB=2ZBCP,

，ZBCP=ZCAN,

，ZACP=ZACN+ZBCP=ZACN+ZCAN=90,°

：点D在G)O上，

直线CP是00的切线；

(2)如图，作BFXAC

VAB=AC,ZANC=90,°

1

.,.CN%B=\S,

VZBCP=ZCAN,sinZBCP=S,

更

：.sinZCAN=5,

CN=、5

...TF-号

；.AC=5,

，AB=AC=5,

设AF=x,则CF=5-

在RtAABF中,BF2=AB2-AF2=25-X2,

在RtACBF中,BF2=BC2-CF2=2O-(5-x)2,

.*.25-X2=2O-(5-X)2,

x=3,

・・・BF2=25-32=16,

・・・BF=4,

即点B到AC的距离为

4.考点：切线的判定

3.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△PDF,连接P'C,F'B.设旋转角为a

(0°<a<180°).

①若0°<a</BDC,即DF在NBDC的内部时，求证：△DPCs^DF'B.

②如图3,若点P是CD的中点，△DFB能否为直角三角形？如果能，试求出此时

tanNDBF'的值，如果不能，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；(2)①证明见解析；②』或正.

23

【解析】

【分析】(1)根据翻折的性质以及平行线的性质可知NDFQ=NADF,所以△DEF是等腰三

角形；

(2)①由于PF〃BC,所以△DPFs^DCB,从而易证△DP'DCB；

②由于△DFB是直角三角形，但不知道哪个的角是直角，故需要对该三角形的内角进行分

类讨论.

【详解】(1)由翻折可知：ZDFP=ZDFQ,

'：PF//BC,

ZDFP=NADF,

，ZDFQ=ZADF,

，△DEF是等腰三角形；

(2)①若0°<a<ZBDC,即DF'在NBDC的内部时，

'.'ZP1EFZJTF=,

：.ZP'EF-/F'DC=ZETF-2F',EC

.,.ZP,DG=ZFzEB

由雌的性质可知：ADP1侬△'DPF,

'.'PF//BC,

；.△DPF^ADCB,

.*.△EPZDCB

DCDP,

一DBDF7，

・•・△DP'C^ADFB；IB€D

时女窗屈。

1

・.・DF'=D^BD,

2

DF,1

••，

BD2

DF•

tanNDBF

业由期此寸DF'是斜边，即DF'>DB,不符合题意;

当狂的时婚际。

1

二'DF'二DF-BD,

2

AZIBF;=30,°

.,.tanZDBF'&

【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，涉及旋转的性质，锐角三角函数的定义，相

似三角形的性质以及判定等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关的性质与定

理、运用分类思想进行讨论是解题的关键.

k

4.如图，反比例函数y-k0的图象与正比例函数y2x的图象相交于

A(1,a),B两点，点C在第四象限，CA〃y轴，ABC90

(1)求k的值及点B的坐标；

⑵求tanC的值.

Ij/IIv

----

XI

、/

Bj

!\Ic

【答案】(1)k2,B1,2；(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

k

y-k0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_LAC于H,设AC交x轴于点D,根据ABC90，BHC90，可得

CABH,再由已知可得AODABH,从而得CAOD,求出tanC

即可.

【详解】(1)•••点A(l,a)在y2x上，

a=2,A(l,2),

k

把A(l,2)代入y一得k2,

X

k

•・•反比例函数y-k0的图象与正比例函数y2x的图象交于A,B两点,

x

**•A^B两点关于原点O中心对称，

・・・B1,2；

(2)作BH_LAC于H,设AC交X轴于点D,

・・,ABC90,BHC90,CABH,

CA//y轴，，BH〃x轴，，AODABH,：.CAOD,

AD2

**.tanCtanAOD---2.

OD1

8y

【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ZC=ZAOD是关键.

5.如图，AB是。0的直径，点C,D是半圆0的三等分点，过点C作。0的切线交AD的

延长线于点E,过点D作DF_LAB于点F,交0O于点H,连接DC,AC.

(1)求证：ZAEC=90°；

(2)试判断以点A,O,C,D为顶点的四边形的形状，并说明理由；

(3)若DC=2,求DH的长.

(2)四边形AOCD为菱形;

(3)DH=2\%

【解析】

试题分析：(1)连接0C,根据EC与(30切点C,则NOCE=90°,由题意得

M用_用ZDAC=ZCAB,即可证明AE〃OC,则/AEC+ZOCE=180°,从而得出

ZABC=90；0

1/1M

(2)四边形A0CD为菱形.由(1)得加=E,贝jjNDCA=NCAB可证明四边形AOCD是

平行四边形，再由0A=0C,即可证明平行四边形A0CD是菱形(一组邻边相等的平行四边

形是菱形)；

(3)连接0D.根据四边形AOCD为菱形，得AOAD是等边三角形，则ZAOD=60°,再由

DF

DH_LAB于点F,AB为直径，在RtAOFD中，根据sin/AOD，”,求得DH的长.

试题解析：(1)连接0C,

：EC与。0切点C,

，OC_LEC,

.*.ZOCE=90,°

丁点CD是半圆O的三等分点，

rdtdM

•••AlJ-CP-CH，

・・・NDAC=NCAB,

VOA=OC,

ZCAB=NOCA,

ZDAC=NOCA,

・・・AE〃OC(内错角相等，两直线平行)

AZAEC+ZOCE=180,°

AZABC=90；0

(2)四边形AOCD为菱形.理由是：

.・用=用

•，

・・・NDCA二NCAB,

：.CD//OA,

丈:AE〃OC,

・・・四边形AOCD是平行四边形，

VOA=OC,

・•・平行四边形AOCD是菱形(一组邻边相等的平行四边形是菱形)；

(3)连接OD.

E

4------/

・・•四边形AOCD为菱形，

・・・OA=AD=DC=2,

VOA=OD,

，OA=OD=AD=2,

.*.△OAD是等边三角形，

AZAOD=60,°

VDH1AB于点F,AB为直径，

・・・DH=2DF,

DF

在RtAOFD中，sinNAOD」〃),

DF=ODsinZAOD=2sin60=\,

q

DH=2DF=2\.

考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形.

6.如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD,其中ZBACH5°,ZACD=30°,

点E为CD边上的中点，连接AE,将△ADE沿AE所在直线翻折得到△AD'E,D'E交AC于F

点.若AB=6\12cm.

(1)AE的长为__cm；

(2)试在线段AC上确定一点P,使得DP+EP的值最小，并求出这个最小值；

(3)求点D'至!JBC的距离.

r，

【答案】(1)(2)12cm；(3)vcm.

【解析】

试题分析：(1)首先利用勾股定理得出AC的长，进而求出CD的长，利用直角三角形斜

边上的中线等于斜边的一半进而得出答案：

VZBAC=45,Z°B=90,二。AB=BC=62cm,AAC=12cm.

.点E为CD边上的中点，.,.AE=DC^V1cm.

(2)首先得出△ADE为等边三角形，进而求出点E,D'关于直线AC对称，连接DD'交AC

于点P,根据轴对称的性质，此时DP+EP值为最小，进而得出答案.

(3)连接CD',BD',过点D'作D'G_LBC于点G,进而得出△ABD'CBD,(SSS),贝ij

ZD'BG=45,D°'G=GB,进而佣勾股定理求出点D'到BC边的距离.

试题解析：解：(1)l4V3.

(2)：及△ADC中，ZACD=30°,.,.ZADC=60°,

TE为CD边上的中点，.,.DE=AE.；.△ADE为等边三角形.

,将△AD竭AE所旗缰斯得△AD',AAEAD'E招归角形，ZAED'=60.°

VZEAC=ZDAC-ZEAD=30,EFA=90,即。AC所在的直线垂直平分线段ED'.

...点E,D'关于直线AC对称.

如答图1,连接DD'交AC于点P,.•.此时DP+EP值为最小，且DP+EP=DD.

VAADE是等边三角形，AD=AE』\,R,

J3J3

DO'=2/ID4-=24J3Z_=12

.2、2,即DP+EP最小值为12cm.

D

AB

答图1

(3)如答图2,连接CD',BD',过点D'作D'G_LBC于点G,

•.,ACS：W^ED',.'.AE^AD,，CE=CD,'

VAE=EC,.,.AD,=CD,\A.

AR=RC

BD'=BD'

an'm，

feXAH)1WACBD'中，V'-,.,.AAED,HCW

(SSS).AZD'BG=ZD,BC=45°..，.D,G=GB.

设D'G长为xcm,则CG长为'、？vcm,

在RtZ\GD'C中，由勾股定理得X?+(6\?-X广广，

x

解得：»=3,2-<6,x2=3V2+v'6(不合题意舍去).

6

.•.点D'到BC边的距离为3\?vcm.

考点：1.翻折和单动点问题；2.勾股定理；3.直角三角形斜边上的中线性质；4.等边

三角形三角形的判定和性质；5.轴对称的应用(最短线路问题)；6.全等三角形的判定

和性质；7.方程思想的应用.

7.如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O,且AC=80,BD=60.动点

M、N分别以每秒1个单位的速度从点A、D同时出发，分别沿人一0一口和口一八运动，当

点N到达点A时，M、N同时停止运动.设运动时间为t秒.

⑴求菱形ABCD的周长；

(2)记4DMN的面积为S,求S关于t的解析式，并求S的最大值；

(3)当t=30秒时，在线段OD的垂直平分线上是否存在点P,使得ZDPO=ZDON?若存在，

这样的点P有几个？并求出点P到线段OD的距离；若不存在，请说明理由.

【答案】解：（1）在菱形ABCD中,

VAC±BD,AC=80,BD=60,AD=\3("+4°?=5°。

二菱形ABCD的周长为200。

(2)过点M作MP±AD,垂足为点

P.①当0<tW40时，如答图1,

蛇］

_MP_AO_4

sin^OAD=-----=—=一

MDAD5,

II

?.MP=AM?sinZOAD=to

11I40

S=bN?MP=&t>?t=S0t2»

②当40<tW50时，如答图2,MD=70-t,

，MP=2(70-t)o

1I14040

.*.SADMN=?)N?MP=Mt无(70-t)60t2+28t=50(t-35)2+490。

f3,..

—f((KtS40)

10

•••S关于t的解析式为o

-i(t-35)I+490|4(Xt<50)

当0<tW40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480；

当40<tW50时，S随t的增大而减小，最大值不超过480„

综上所述，S的最大值为480»

(3)存在2个点P,使得ZDPO=ZDONo

如答图3所示，过点N作NF±OD于点F,

融3

40

则NF=ND?sinZODA=30X_=24,

50

30

DF=ND?cosZODA=30X—=18。

50

OF=12»/.tai_NOD-----2,ON-12J5»

OF12

作NNOD的平分线交NF于点G,过点G作GH_LON于点H,

贝!IFG=GH。

1111

.,.SAONF^OF?NF=SAOGF+SAOGI?=OF?F80N?GH2(OF+ON)?FG。

OFNF12x2424

OF-ONF+IZEI+I

24

设OD中垂线与OD的交点为K,由对称性可知：NDPK2/DP0=&DON=ZFOG,

...13njDrR==----------k0

PKPK匚正

：、、二-：

・・・PK二o

-

根据菱形的对称性可知，在线段OD的下方存在与点P关于OD轴对称的点P'。

...存在两个点P到OD的距离都是

【解析】

试题分析：本题考查了相似三角形的判定与性质、菱形、等腰二角形、中垂线、勾股定

理、解直角三角形、二次函数极值等知识点，涉及考点较多，有一定的难度.第（2）问

中，动点M在线段AO和OD上运动时，是两种不同的情形，需要分类讨论；第（3）问

中，满足条件的点有2个，注意不要漏解.

（1）根据勾股定理及菱形的性质，求出菱形的周长；

（2）在动点M、N运动过程中：①当0<t<40时，如答图1所示，②当40<tW50时，如

答图2所示.分别求出S的关系式，然后利用二次函数的性质求出最大值；

（3）如答图4所示，作ON的垂直平分线，交EF于点I,连接OI,IN.过点N作

NG_LOD,NH_LEF,垂足分别为G,H.易得△DNGsaDAO,由EF垂直平分OD,得到

OE=ED=15,EG=NH=3,再设OI=R,EI=x,根据勾股定理，在RtAOEI和RtANIH中，得至IJ

关于R和x的方程组，解得R和x的值，把二者相加就是点P至UOD的距离，即PE=PI+

IE=R+x,又根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P'也满足条件，故存在两个点P,到

OD的距离也相同，从而问题解决.

11

试题解析：（1）如图①）在菱形ABCD中，OA?AC=40,OD5BD=30,

VAC±BD,

.,.AD=\3l)?+4(1=50,

二菱形ABCD的周长为200；

图①

(2)(如图②)过点M作MHJ_AD于点

H.①(如图②甲)①当0ctW40时，

MHOD3

•.,sinNOAD，M=40W

3

，MH=、，

113

.,.S=?)N-MH=I0t2.

②(如图②乙)当40<tW50时，

.,.MD=80-t,

MHAO

,..sinNADO=A〃)-4",

4

MH=5(70-t),

11

；.S=^)N-MH,

2

=-5t2+28t

2

=-$-35)2+490.

I3

w2-y4。

2

b-5(t-35)2+49°,4°<t^5°

，S二,

当0VtW40时，S随t的增大而增大，当t=40时，最大值为480.

当40VtW50时，S随t的增大而增大，当仁40时，最大值为

480.综上所述，S的最大值为480；

(3)存在2个点P，使得zDPO=zDON.

(如图④)作ON的垂直平分线，交EF于点I,连接OI,IN.

过点N作NG±OD,NH±EF,垂足分别为G,

'.EF垂直平分0D,

..OE=ED=15,EG=NH=3,

设OI=R,EI=x,贝！J

在RtAOEI中,有R2=152+X2.......①,

在RtANIH中,有R.2=3A+(24-X)2...②,

15J5

P=-

v2

由①，②可得3(\5i1)

..PE=PI+IE=

根据对称性可得，在BD下方还存正长0点1P也满足条件,

，存在两个点P,到OD的距离都是

考点：相似性综合题

8.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0A的长(结果精确到0.1cm,参考数据：sin67°«=0.92,cos67°g0.39

lan67°心2.36)

(2)求扇形BOC的面积(K取3.14,结果精确到1cm)

【答案】⑴半径OA的长约为24.5cm；⑵扇形BOC的面积约为822cm.

【解析】

【分析】

⑴在RtAODE中，DE=15,ZODE=67°,根据NODE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】

⑴在Rt/XODE中，DE15cm,ODE67.

DE

cosODE-----,

DO

OAODAD3846.1424.5cm,

答：半径OA的长约为24.5cm.

(2)VODE67，

BOC157,

2

,,S扇形BOCnr

360

1573.1424.522

360

822cm2.

答：扇形BOC的面积约为822cm.

【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.

9.如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5方向上，距离5千米处是村庄M,

在点A北偏东53.5方向上，距离10千米处是村庄N；要在公路AB旁修建一个土特产

收购站P(取点P在AB上)，使得M,N两村庄到P站的距离之和最短，请在图中作出

P的位置(不写作法)并计算：

(1)M,N两村庄之间的距离；

(2)P至!JM、N距离之和的最小值.(参考数据：sin36.5=°0.6,cos36.5°=0.8,tan36.5

=0.75计算结果保留根号.)

【答案】(DM,N两村庄之间的距离为回千米；(2)村庄M、N到P站的最短距离和是

5石千米.

【解析】

【分析】

(1)作N关于AB的对称点N与AB交于E,连结MN'与AB交于P,则P为土特产收购站

的位置.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关于AB的对称点N与AB交于E,连结MN'与AB交于P,贝！|P为土特产收购站

的位置.

(1)在RtAANE中，AN=10,ZNAB=36.5°

NE=AN?sinZNAB=10?sin36.5,°=6

AE=AN?cosZNAB=10?cos36.5°,=8

过M作MC±AB于点C,

在RtAMAC中，AM=5,ZMAB=53.50

AC=MA?sinZAMB=MA?sin36.5,0=3

MC=MA?cosZAMC=MA?cos36.5°,=4

过点M作MD_LNE于点D,

在RtAMND中，MD=AE-AC=5,

ND=NE-MC=2,

MN=~=^29,

即M,N两村庄之间的距离为J27千米.

(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RtAMDN'中，由勾股定理，得

W102=5乔(千米)

村庄M、N到P站的最短距离和是5事千米.

【点睛】

本题考查解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加

常用辅助线，构造直角三角形解决问题.

10.如图，AB为eO的直径，C、D为eO上异于A、B的两点，连接CD,过点C

作CEDB,交CD的延长线于点E,垂足为点E,直径AB与CE的延长线相交于点F.

（1）连接AC、AD,求证：DACACF180.

⑵若ABD2BDC.

①求证：CF是eO的切线.

3

②当BD6，tanF一时，求CF的长.

4

20

【答案】(1)详见解析；(2)①详见解析；②CF—.

3

【解析】

【分析】

(1)根据圆周角定理证得ZADB=90°,即AD±BD,由CE_LDB证得AD〃CF,根据平行线

的性质即可证得结论；

(2)①连接OC.先根据等边对等角及三角形外角的性质得出N3=2N1,由已知

Z4=2Z1,得到Z4=Z3,贝!1OC〃DB,再由CE_LDB,得到OC_LCF,根据切线的判定即可

证明CF为＜90的切线；

②由CF〃AD,证出NBAD二NF,得出tanZBAD=tanZF=BD_=3.,求出AD=ABD=8,利

AD43

用勾股定理求得AB=10,得出OB=OC=，5,再由tanF=QC_=3,即可求出CF.

CF4

【详解】

解：(1)AB是eO的直径，且D为eO上一点，

ADB90,

QCEDB,

DEC90,

CF//AD,

DACACF180.

(2)①如图，连接OC.

QOAOC,12.

Q312,

321.

Q42BDC,BDC1,

421,

43,

OC//DB.

QCEDB,

OCCF.

又QOC为eO的半径，

CF为eO的切线.

D

②由（1）知CF//AD,

BADF，

tanBADtanF—，

4

BD3

AD4'

QBD6

4

AD-BD8,

3

ABGJ10，0BOC5.

QOCCF,

OCF90,

CF4

20

解得CF—.

3

【点睛】

本题考查了切线的判定、解直角三角形、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难

度，特别是（2）中，需要运用三角函数、勾股定理和由平行线得出比例式才能得出结果.

11.如图，在RtAABC中，ZC=90°,ZA=30°,AB=4,动点P从点A出发，沿AB以每

秒2个单位长度的速度向终点B运动.过点P作PD_LAC于点D（点P不与点A,B重合）,

作NDPQ=60°,边PQ交射线DC于点Q.设点P的运动时间为t秒.

（1）用含t的代数式表示线段DC的长：；

（2）当t=时，点Q与点C重合时；

（3）当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，求出t的值.

II35

【答案】（D（2）1；（3）t的值泡专喝.

【解析】

【分析】

(1)先求出AC,用三角函数求出AD,即可得出结论;

(2)利用AQ=AC,即可得出结论；

(3)分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论.

【详解】

(1)VAP=2t,AB=4,ZA=30°

:.AC=2\3,AD、为

.,.CD=2\3-\F；

(2)AQ=2AD=1\R[

当AQ=AC时，Q与C重合

即2\,3l=2、3

t=l;

(3)①如图，当PQ的垂直平分线过AB的中点F时,

AZPGF=90°,PG亍PQ=AP=t,AF^AB=2.

VZA=NAQP=30°,AZFPG=60°,AZPFG=30°,:.PF=2PG=2t,

1

・・・AP+PF=2t+2t=2,・・.t=_

2

②如图，当PQ的垂直平分线过AC的中点N时,

・・・AN+NQ=AQ,.・.R+2里.2代・・・「・：

、3、4

VZABC=60°,・・・NBFH=30°=NH,.\BH=BF=1.

在RtAPEH中，PH=2PE=2t.

5

VAH=AP+PH=AB+BH,A2t+2t=5,：.t=~.

4

135

即当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为z普%.

【点睛】

此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，垂直平分线

的性质，正确作出图形是解本题的关键.

12.已知AB是＜30的直径，弦CD±AB于H,过CD延长线上一点E作。O的切线交AB的

延长线于F,切点为G,连接AG交CD于K.

(1)如图I,求证：KE=GE；

⑵如图2,连接CABG,若NFGB=1ZACH,求证：CA〃FE；

2

(3)如图3,在(2)的条件下，连接CG交AB于点N,若sinE=3,AK=VW,求CN

5

的长.

【答案】(1)证明见解析；(2)△EAD是等腰三角形.证明见解析；(3)2QJIU.

13

【解析】

试题分析:

(1)连接0G,则由已知易得ZOGE=ZAHK=90°,由OG=OA可得ZAGO=ZOAG,从而可

得NKGE=ZAKH=ZEKG,这样即可得到KE=GE；

(2)设ZFGB=a,由AB是直径可得ZAGB=90°,从而可得ZKGE=90°-a,结合GE=KE可得

ZEKG=90-°a,这样在△GKE中可得ZE=2a,由ZFGB^l/ACH可得NACH=2a,这样可得

2

ZE=ZACH,由此即可得到CA〃EF；

（3）如下图2,作NP±AC于P,

AH3

由（2）可知NACH=NE,由此可得sinE=sinZACH=-------,设AH=3a,可得AC=5a,

AC5

CH4

CH=4a,则］tanZCAH=------一，由（2）中结论易得ZCAK=ZEGK=ZEKG=ZAKC,从而可

AH3

得CK=AC=5a,由此可得HK=a,tanNAKH=------3,AK^^IOa,结合AK=J1O可得a=l,

HK

则AC=5；在四边形BGKH中，由NBHK=NBKG=90°,可得ZABG+ZHKG=180°,结合

ZAKH+ZGKG=180,Z°ACG=/ABG可得NACG=ZAKH,

在RtAAPN中，由tanZCAH=4吵L,可设pN=12b,AP=9b,由

3AP

tanZACG=EM_tanNAKH=3可得CP=4b,由此可得AC=AP+CP=13b=5,则可得b二』，由

CP13

此即可在RtACPN中由勾股定理解出CN的长.

试题解析：

(1)如图1,连接OG.

•••EF切。O于G,

.\OG±EF,

・・・NAGO+ZAGE=90,°

・・，CD_LAB于H,

AZAHD=90,°

AZOAG=ZAKH=90,°

VOA=OG,

・•・/AGO=NOAG,

:.ZAGE=NAKH,

ZEKG=NAKH,

・•・ZEKG=ZAGE,

・・・KE二GE.

(2)设NFGB=a,

VAB是直径，

Z.ZAC®=90,°

AZAGE=ZEKG=90-°a,

.*.ZEF180-°ZAGE-ZEKG=2a,

・・・NFGB=1ZACH,

2

Z.ZACH=2a,

:.ZACH=NE,

・・・CA〃FE.

(3)作NP±AC于P.

VZACH=ZE,

AH3、

sinZE=sinZACH=-------,设nAH=3a,AC=5a,

AC5

CH4

则CH=JAC2CH'4a,tanNCAH二----

3

•・・CA〃FE,

・•・ZCAK=NAGE,

ZAGE=NAKH,

ZCAK=NAKH,

，AC=CK=5a,HK=CK-CH=4a,tan/AKH=AH=3,AK=~~,

HK

,.,AK=<7O，

JO-aM，

a=1.AC=5,

VZBHD=ZAGB=90,°

AZBHD+ZAGB=180,0

在四边形BGKH中，ZBHD+ZHKG+ZAGB+ZABG=360°

AZABG+ZHKG=180,°

VZAKH+ZHKG=180,°

ZAKH二NABG,

ZACN=NABG,

ZAKH二NACN,

tanNAKH=tanZACN=3,

二'NPLAC于P,

・•・/APN二NCPN=90,°

PN4

在Rt^APN中，tanZCAH=-------,设PN=12b,则AP=9b,

AP3

在RtACPN中，tan/ACNtPN=3,

CP」

CP=4b,

.'AC二AP+CP=13b,

VAC=5,

/.13b=5,

5

b——,

13

13

13.如图，AB为0O的直径,P是BA延长线上一点，CG是。0的弦NPCA=NABC,

CG1AB,垂足为D

⑴求证：PC是0O的切线;

PAAD

⑵求证:

PCCD

(3)过点A作AE〃PC交。O于点E,交CD于点F,连接BE,若sinZP=3,CF=5,求BE

BE=12.【解析】

【分析】

(1)连接0C,由PC切OO于点C,得到OCJ_PC,于是得到ZPCA+ZOCA=90°，由AB为

0O的直径，得©JNABC+NOAU90,由于。OC=OA,证得ZOCA=ZOAC,于是得到结论；

(2)由AE〃PC,得到NPCA=NCAF根据垂径定理得到弧AC=^AG,于是得到

ZACF=ZABC,由于ZPCA=ZABC,推出ZACF=ZCAF,根据等腰三角形的性质得到

CF=AF,在RtAAFD中，AF=5,sin/FADA,求得FD=3,AD=4,CD=8,在RtAOCD中，

5

设OC=r,根据勾股定理得到方程r2=(r-4)2+82,解得r=10,得到AB=2r=20,由于AB为

OO的直径，得到ZAEB=90,在。RtAABE中，由sinZEAD^3,得到变=3,于是求得

5AB5

结论.

【详解】

(1)证明：连接OC,

E

・・・PC切。o于点c,

.\OC±PC,

AZPCO90,°

AZPCA+ZOCA=90,°

VAB为。O的直径，

AZACB^90,°

AZABC+ZOAC=90,°

VOC=OA,

・•・ZOCA=ZOAC,

・•・ZPCA=ZABC；

(2)解：,.・AE〃PC,

・•・ZPCA=ZCAF,

VAB±CG,

・,•弧AC=弧AG,

・•・ZACF=ZABC,

ZPCA=ZABC,

ZACF=ZCAF,

・・・CF二AF,・.・CF=5,

・・・AF=5,

VAE/7PC,

・・・NFAD=NP,

*.*sinNP=3,

5

sinZFAD=3,

5

在RtAAFD中，AF=5,sinZFAD=3,

5

・・・FD=3,ADM,・・.CD=8,

在RtAOCD中，设OC=r,

r2=(r-4)2+82,

r=10,

AB=2r=20,

VAB为(DO的直径，

AZAEB=90,在。RAABE中，

RF3

VsinZEAD=i,_1,

5AB5

VAB=20,

；.BE=12.

【点睛】

本题考查切线的性质，锐角三角函数，圆周角定理，等腰三角形的性质，解题关键是连接

OC构造直角三角形.

—3I--3-

14.如图，直线y=/+a与瓣由交于点4(4,0),与)轴交于点"，抛物线y=/r?+bx+c经

过点4