2020-2021中考數(shù)學(xué)壓軸題之銳角三角函數(shù)(中考題型整理,突破提升)含詳細答案

1、2020-2021 中考數(shù)學(xué)壓軸題之銳角三角函數(shù)(中考題型整理,突破提升)含詳細答案一、銳角三角函數(shù)1在矩形 ABCD 中，ADAB，點 P 是 CD 邊上的任意一點（不含 C，D 兩端點），過點 P作 PF BC，交對角線 BD 于點 F（1）如圖 1PDF 沿對角線 BD 翻折得到 QDF，QF 交 AD 于點 E求證： DEF 是等

2、腰三角形；（2）如圖 2PDF 繞點 D 逆時針方向旋轉(zhuǎn)得到 P'DF'，連接 P'C，F(xiàn)'B設(shè)旋轉(zhuǎn)角為 （0°180°）若 0° BDC，即 DF'在 BDC 的內(nèi)部時，求證： DP'C  DF'B如圖 3，若點 P 是 CD 的中點， DF'B 能否為直角三角形？如果能，試求出此時

3、tan DBF'的值，如果不能，請說明理由【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；1    3或2   3.【解析】【分析】（1）根據(jù)翻折的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì)可知 DFQ= ADF，所以 DEF 是等腰三角形；（2）由于 PF BC，所以 DPF  DCB，從而易證 DPF  DCB；DF'B 是直角三角形，但不知道哪個的角是直角，故需要對該三角形的內(nèi)角進行分類討論

4、【詳解】（1）由翻折可知： DFP= DFQ， PF BC，  DFP= ADF，  DFQ= ADF，  DEF 是等腰三角形；（2）若 0° BDC，即 DF'在 BDC 的內(nèi)部時，  PDF= PDF，  PDF FDC= PDF FDC，  PDC= FDB，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知：

5、60;DPF  DPF， PF BC，  DPF  DCB，   DC  DPF  DCBDP '=，DBDF '  DP'C  DF'B；當(dāng) FDB=90°時，如圖所示， DF=DF=12BD，DF '  1=  ，BD  2 tan&#

6、160;DBF=DF '  1=  ；BD  2當(dāng) DBF=90°，此時 DF是斜邊，即 DFDB，不符合題意；當(dāng) DFB=90°時，如圖所示， DF=DF=12BD，  DBF=30°， tan DBF=3 .3【點睛】本題考查了相似三角形的綜合問題，涉及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的定義，相似三角形的性質(zhì)以及判定等知識，綜合性較強，有一定的難度，熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)與定理、運用分類思想進行討

7、論是解題的關(guān)鍵.2如圖，AB 是O 的直徑，點 C，D 是半圓 O 的三等分點，過點 C 作O 的切線交 AD 的延長線于點 E，過點 D 作 DFAB 于點 F，交O 于點 H，連接 DC，AC（1）求證： AEC=90°；（2）試判斷以點 A，O，C，D 為頂點的四邊形的形狀，并說明理由；（3）若 DC=2，求 DH 的長【

8、答案】（1）證明見解析；（2）四邊形 AOCD 為菱形；（3）DH=2【解析】試題分析：（1）連接 OC，根據(jù) EC 與O 切點 C，則 OCE=90°，由題意得， DAC= CAB，即可證明 AE OC，則 AEC+ OCE=180°，從而得出 AEC=90°；（2）四邊形 AOCD 為菱形由（1）得，則 DCA= CAB 可證明四邊形 AOCD 

9、;是平行四邊形，再由 OA=OC，即可證明平行四邊形 AOCD 是菱形（一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）；（3）連接 OD根據(jù)四邊形 AOCD 為菱形，得 OAD 是等邊三角形，則 AOD=60°，再由DHAB 于點 F，AB 為直徑，在 OFD 中，根據(jù) sin AOD=試題解析：（1）連接 OC，求得 DH 的長 EC 與O 切點 C， OCE

10、C，  OCE=90°， 點 CD 是半圓 O 的三等分點，  DAC= CAB， OA=OC，  CAB= OCA，  DAC= OCA， AE OC（內(nèi)錯角相等，兩直線平行）  AEC+ OCE=180°，  AEC=90°；（2）四邊形 AOCD 為菱形理由是：，  DCA=

11、0;CAB， CD OA，又 AE OC， 四邊形 AOCD 是平行四邊形， OA=OC， 平行四邊形 AOCD 是菱形（一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）；（3）連接 OD 四邊形 AOCD 為菱形， OA=AD=DC=2， OA=OD， OA=OD=AD=2，  OAD 是等邊三角形，  AOD=60°， DHAB 于點 F，

12、AB 為直徑， DH=2DF，在 OFD 中，sin AOD= DF=ODsin AOD=2sin60°=， DH=2DF=2考點：1.切線的性質(zhì) 2.等邊三角形的判定與性質(zhì) 3.菱形的判定與性質(zhì) 4.解直角三角形3如圖，PB 為 O 的切線，B 為切點，過 B 作 OP 的垂線 BA，垂足為 C，交 O 于點 A，連接 PA，AO.并延

13、長 AO 交 O 于點 E，與 PB 的延長線交于點 D(1)求證：PA 是O 的切線；(2)若= ，且 OC=4，求 PA 的長和 tan D 的值.【答案】（1）證明見解析；（2）PA =3，tan D= .【解析】試題分析: （1）連接 OB，先由等腰三角形的三線合一的性質(zhì)可得：OP 是線段 AB 的垂直平分線，進而可得：PA=PB，然后證明

14、 PAO  PBO，進而可得 PBO= PAO，然后根據(jù)切線的性質(zhì)可得 PBO=90°，進而可得： PAO=90°，進而可證：PA 是O 的切線；（2）連接 BE，由，且 OC=4，可求 AC，OA 的值，然后根據(jù)射影定理可求 PC 的值，從而可求 OP 的值，然后根據(jù)勾股定理可求 AP 的值試題解析：（1）連接 OB，則 OA=OB， OPAB， 

15、;AC=BC， OP 是 AB 的垂直平分線， PA=PB，PAO PBO 中，  PAO  PBO（SSS）  PBO= PAO，PB=PA， PB 為O 的切線，B 為切點，  PBO=90°，  PAO=90°，即 PAOA， PA 是O 的切線；（2）連接 BE，且 OC=4， A

16、C=6， AB=12，在 ACO 中，由勾股定理得：AO=， AE=2OA=4，OB=OA=2，在 APO 中， ACOP， AC2=OC PC，解得：PC=9， OP=PC+OC=13，在 APO 中，由勾股定理得：AP=3.易證，所以,解得，則，在        中，.考點：1.切線的判定與性質(zhì)；2.相似三角形的判定與性質(zhì)；3.解直角三角形4如圖，濕地景區(qū)岸邊有三個觀景臺、.已知米，米，

17、60; 點位于點的南偏西方向，點位于  點的南偏東方向.(1)求的面積；(2)景區(qū)規(guī)劃在線段的中點處修建一個湖心亭，并修建觀景棧道   .試求 、  間的距離.(結(jié)果精確到米)(參考數(shù)據(jù)：，             ，             ，&#

18、160;            ，)【答案】（1）560000（2）565.6【解析】試題分析：（1）過點作交   的延長線于點，然后根據(jù)直角三角形的內(nèi)角和求出 CAE，再根據(jù)正弦的性質(zhì)求出 CE 的長，從而得到 ABC 的面積；（2）連接，過點作，垂足為點，則.然后根據(jù)中點的性質(zhì)和余弦值求出 BE、AE 的長，再根據(jù)勾股定理求解即可.試題解析：(1)過點在中，作交的延長線于點

19、，所以所以(2)連接米.，過點  作        ，垂足為(平方米).點，則        .因為是中點，所以米，且  為   中點，所以所以米，米.米，由勾股定理得，米.答：、間的距離為米.考點：解直角三角形5（2013 年四川攀枝花 12 分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形 ABCD 是梯形，AB C

20、D，點 B（10，0），C（7，4）直線 l 經(jīng)過 A，D 兩點，且 sin DAB=22動點 P在線段 AB 上從點 A 出發(fā)以每秒 2 個單位的速度向點 B 運動，同時動點 Q 從點 B 出發(fā)以每秒 5 個單位的速度沿 BCD 的方向向點 D 運動，過點 P 作 PM 垂直于 x

21、60;軸，與折線ADC 相交于點 M，當(dāng) P，Q 兩點中有一點到達終點時，另一點也隨之停止運動設(shè)點P，Q 運動的時間為 t 秒（t0MPQ 的面積為 S（1）點 A 的坐標(biāo)為，直線 l 的解析式為；（2）試求點 Q 與點 M 相遇前 S 與 t 的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的 t 的取值范圍；（3）試求（2）中當(dāng) t 為何值時，S 的值最大，

22、并求出 S 的最大值；（4）隨著 P，Q 兩點的運動，當(dāng)點 M 在線段 DC 上運動時，設(shè) PM 的延長線與直線 l 相交于點 N，試探究：當(dāng) t 為何值時， QMN 為等腰三角形？請直接寫出 t 的值【答案】解：（1）（4，0）；y=x+4（2）在點 P、Q 運動的過程中：當(dāng) 0t1 時，如圖 1，過點 C 作 CFx

23、0;軸于點 F，則 CF=4，BF=3，由勾股定理得 BC=5過點 Q 作 QEx 軸于點 E，則 BE=BQcos CBF=5t PE=PBBE=（142t）3t=145t，11PMPE=×2t×（145t）=5t2+14tS=22當(dāng) 1t2 時，如圖 2，35=3t過點 C、Q 分別作 x 軸的垂線，垂足分別為 F，E，則 CQ=5t5，PE=AFAPEF=112t（5t5

24、）=167tS=1      1PMPE=  ×2t×（167t）=7t2+16t2      2當(dāng)點 M 與點 Q 相遇時，DM+CQ=CD=7，即（2t4）+（5t5）=7，解得 t=167當(dāng) 2t167時，如圖 3，S=  1MQ=CDDMCQ=7（2t4）（5t5）=167t，1PMMQ=×4×（167t）=14t+32

25、22-14t + 32 ç 2<t<  ÷-5t 2 + 14t (0<t £ 1)綜上所述，點 Q 與點 M 相遇前 S 與 t 的函數(shù)關(guān)系式為 S = -7t 2 + 16t (1<t £ 2 )æ16 

26、6;è7 ø（3）當(dāng) 0t1 時， S = -5t  + 14t = -5 ç t - ÷   +æ7 ö22è5 ø a=50，拋物線開口向下，對稱軸為直線 t= 7 ，5 當(dāng) 0t1 時，S 隨 t 的增大而增大&#

27、160;當(dāng) t=1 時，S 有最大值，最大值為 9495，當(dāng) 1t2 時， S = -7t 2 + 16t = -7 ç t - ÷   +æ8 ö2è7 ø647， a=70，拋物線開口向下，對稱軸為直線 t=864 當(dāng) t=時，S 有最大值，最大值為77當(dāng)

28、 2t 16時，S=14t+327 k=140， S 隨 t 的增大而減小87，又 當(dāng) t=2 時，S=4；當(dāng) t=167時，S=0， 0S4綜上所述，當(dāng) t=8                     64時，S 有最大值，最大值為 &#

29、160;7 7（4）t=20    12或 t=   QMN 為等腰三角形9 5【解析】（1）利用梯形性質(zhì)確定點 D 的坐標(biāo)，由 sin DAB=22，利用特殊三角函數(shù)值，得到 AOD 為等腰直角三角形，從而得到點 A 的坐標(biāo)；由點 A、點 D 的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線 l 的解析式： C（7，4），AB CD， D（0，

30、4） sin DAB=2 ，  DAB=45° OA=OD=4 A（4，0）2-4k + b = 0k = 1設(shè)直線 l 的解析式為：y=kx+b，則有，解得： y=x+4b = 4b = 4 點 A 坐標(biāo)為（4，0），直線 l 的解析式為：y=x+4（2）弄清動點的運動過程分別求解：當(dāng) 0t1 時，如圖 1

31、；當(dāng) 1t2 時，如圖 2；當(dāng) 2t 167時，如圖 3（3）根據(jù)（2）中求出的 S 表達式與取值范圍，逐一討論計算，最終確定 S 的最大值（4） QMN 為等腰三角形的情形有兩種，需要分類討論：如圖 4，點 M 在線段 CD 上，MQ=CDDMCQ=7（2t4）（5t5）=167t，MN=DM=2t4，由 MN=MQ，得 167t=2t4，解得 t= 209如圖 5，當(dāng)點&#

32、160;M 運動到 C 點，同時當(dāng) Q 剛好運動至終點 D，QMN 為等腰三角形，t=125當(dāng) t=20    12或 t=  時， QMN 為等腰三角形9 5考點：一次函數(shù)綜合題，雙動點問題，梯形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，由實際問題列函數(shù)關(guān)系式，一次函數(shù)和二次函數(shù)的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，分類思想的應(yīng)用6如圖，MN 為一電視塔，AB 是坡角為 30°的小山

33、坡(電視塔的底部 N 與山坡的坡腳 A 在同一水平線上，被一個人工湖隔開)，某數(shù)學(xué)興趣小組準(zhǔn)備測量這座電視塔的高度在坡腳A 處測得塔頂 M 的仰角為 45°；沿著山坡向上行走 40m 到達 C 處，此時測得塔頂 M 的仰角為 30°，請求出電視塔 MN 的高度(參考數(shù)據(jù)：2 1.41，3 1.73，結(jié)果保留整數(shù))【答案】95m【解析】【分析】過點 C 作 C

34、EAN 于點 E， CFMN 于點 F在 ACE 中，求 AE20 3 m，在MFC 中，設(shè) MNx m，則 ANxmFC 3 xm，可得 x20 3  3 ( x20)，解方程可得答案.【詳解】解：過點 C 作 CEAN 于點 E， CFMN 于點 FACE 中，AC40m， 

35、CAE30° CEFN20m，AE20 3 m設(shè) MNx m，則 ANxmFC 3 xm，在 MFC 中MFMNFNMNCEx20FCNENAAEx20 3  MCF30° FC 3 MF，即 x20 3  3 ( x20)解得：x 40 33 16020 3 95m答：電視塔 MN 的高

36、度約為 95m【點睛】本題考核知識點：解直角三角形.解題關(guān)鍵點：熟記解直角三角形相關(guān)知識，包括含特殊角的直角三角形性質(zhì).7如圖，在 ABC 中， A=90°， ABC=30°，AC=3，動點 D 從點 A 出發(fā)，在 AB 邊上以每秒 1 個單位的速度向點 B 運動，連結(jié) CD，作點 A 關(guān)于直線 CD 的對稱點 E，設(shè)點 D 運動時間為 

37、t（s）（1BDE 是以 BE 為底的等腰三角形，求 t 的值；（2BDE 為直角三角形，求 t 的值；（3）當(dāng) BCE  92時，所有滿足條件的 t 的取值范圍    （所有數(shù)據(jù)請保留準(zhǔn)確值，參考數(shù)據(jù)：tan15°=2 3 ）【答案】（1）3 32；（2） 3 秒或 3 秒；（3）63 3 t3【解析】【分析】（1）如圖

38、60;1，先由勾股定理求得 AB 的長，根據(jù)點 A、E 關(guān)于直線 CD 的對稱，得 CD 垂直平分 AE，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得：AD=DE，所以 AD=DE=BD，由 AB=3 3 ，可得 t的值；（2）分兩種情況：當(dāng) DEB=90°時，如圖 2，連接 AE，根據(jù) AB=3t=3 3 ，可得 t 的值；當(dāng) EDB=90°時，如圖 3

39、，根據(jù) AGC  EGD，得 AC=DE，由 AC ED，得四邊形 CAED是平行四邊形，所以 AD=CE=3，即 t=3；（3） BCE 中，由對稱得：AC=CE=3，所以點 D 在運動過程中，CE 的長不變，所以 BCE面積的變化取決于以 CE 作底邊時，對應(yīng)高的大小變化，BCE 在 BC 的下方時，BCE 在 BC 的上方時，分別計算當(dāng)高為 3

40、0;時對應(yīng)的 t 的值即可得結(jié)論【詳解】解：（1）如圖 1，連接 AE，由題意得：AD=t，  CAB=90°， CBA=30°， BC=2AC=6， AB= 6232 =3 3 ， 點 A、E 關(guān)于直線 CD 的對稱， CD 垂直平分 AE， AD=DE，  BDE 是以 BE 為底的等腰三角形， 

41、;DE=BD， AD=BD， t=AD= 3 3 ；2（2） BDE 為直角三角形時，分兩種情況：當(dāng) DEB=90°時，如圖 2，連接 AE， CD 垂直平分 AE， AD=DE=t，  B=30°， BD=2DE=2t， AB=3t=3 3 ， t= 3 ；當(dāng) EDB=90°時，如圖 3，連接 CE，

42、60;CD 垂直平分 AE， CE=CA=3，  CAD= EDB=90°， AC ED，  CAG= GED， AG=EG， CGA= EGD，  AGC  EGD， AC=DE， AC ED， 四邊形 CAED 是平行四邊形， AD=CE=3，即 t=3；綜上所述， BDE 為直角三角形時，t 

43、的值為 3 秒或 3 秒；（3） BCE 中，由對稱得：AC=CE=3，所以點 D 在運動過程中，CE 的長不變，所以 BCE面積的變化取決于以 CE 作底邊時，對應(yīng)高的大小變化，BCE 在 BC 的下方時，過 B 作 BHCE，交 CE 的延長線于 H，如圖 4，當(dāng) AC=BH=3時，此時 BCE=1    

44、0; 1     9AEBH=  ×3×3=  ，2      2     2ACG  HBG， CG=BG，  ABC= BCG=30°，  ACE=60°30°=30°， AC=CE，AD=DE，DC=DC，  AC

45、D  ECD ，  ACD= DCE=15°，tan ACD=tan15°=t3=2 3 ，此時 BCE=  1 t=63 3 ，由圖形可知：0t63 3 時， BCE 的 BH 越來越小，則面積越來越小，BCE 在 BC 的上方時，如圖 3，CE=ED=3，且 CEED，19CEDE=×3×3=，

46、此時 t=3，222綜上所述，當(dāng) BCE92時，t 的取值范圍是 63 3 t3【點睛】本題考查三角形綜合題、平行四邊形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角形的面積問題、軸對稱等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會尋找特殊點解決問題，屬于中考壓軸題8如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，點 P 是C 外一點，連接 CP 交C 于點 Q，點 P 關(guān)于點 Q 的對稱點為 

47、;P，當(dāng)點 P在線段 CQ 上時，稱點 P 為C“友好點”已知 A(1，0)，B(0，2)，C(3，3)(1)當(dāng)O 的半徑為 1 時，點 A，B，C 中是O“友好點”的是；已知點 M 在直線 y33x+2 上，且點 M 是O“友好點”，求點 M 的橫坐標(biāo) m 的取值范圍；(2)已知點 D(2 3 ，0)，連接 BC，BD，CD，T 的圓心

48、為 T(t，1)，半徑為 1，若在 BCD上存在一點 N，使點 N 是T“友好點”，求圓心 T 的橫坐標(biāo) t 的取值范圍設(shè) M(m，   m+2 )，根據(jù)“友好點”的定義，OM   m2 + ç -  m + 2 ÷   £ 2 ，由此【答案】(1)B；0m&

49、#160;3 ；(2)4+3 3 t3 3 【解析】【分析】(1)根據(jù)“友好點”的定義，OB2r2，所以點 B 是O“友好點”；æ33ö2è2ø求解即可；(2)B(0，2)，C(3，3)，D(2 3 ，0)，T 的圓心為 T(t，1)，點 N 是T“友好點”，NT2r2，所以點 N 只能在線段 BD 上運動，過點 T 作 TNBD 于 N

50、，作 TH y 軸，與 BD 交于點H易知 BDO30°， OBD60°，NT3                  3HT，直線 BD：y   x+2，可知 H(t，2         &#

51、160;        3313 3t+2)，繼而可得 NTt+，由此可得關(guān)于 t 的不等式，解出 t 的范圍即可.232【詳解】(1) r1， 根據(jù)“友好點”的定義，OB2r2， 點 B 是O“友好點”， OC 32 + 32 =32 >2r2， 點 C 不是O“友好點”，A(1，0)在O 上，不是O

52、“友好點”，故答案為 B；如圖，設(shè) M(m，33m+2 )，根據(jù)“友好點”的定義，m + 2 ÷÷   £ 2 ， OM   m2 + ç -ç  2æ3ö2èø整理，得 2m22 3 m0，解得 0m 3 ； 點 M 

53、的橫坐標(biāo) m 的取值范圍：0m 3 ；(2) B(0，2)，C(3，3)，D(2 3 ，0)，T 的圓心為 T(t，1)，點 N 是T“友好點”， NT2r2， 點 N 只能在線段 BD 上運動，過點 T 作 TNBD 于 N，作 TH y 軸，與 BD 交于點 H tan BDO 

54、60;OB23=OD2 33  BDO=30°，  OBD60°，  THN= OBD=60°， NTHTsin THN=3 HT，2 B(0，2)，D(2 3 ，0)， 直線 BD：y H 點 BD 上，33x+2， H(t，33t+2)， HT3        &#

55、160;    3t+2(1)   t+3，3             3 NT3      3    3 1  3 32HT   (   t+3)  t+ &

56、#160;  ，2      2    3            2 1  3 3t+    2，2   2 t4+3 3 ，當(dāng) H 與點 D 重合時，點 T 

57、的橫坐標(biāo)等于點 D 的橫坐標(biāo)，即 t3 3 ，此時點 N 不是“友好點”， t3 3 ，故圓心 T 的橫坐標(biāo) t 的取值范圍：4+3 3 t3 3 【點睛】本題是圓的綜合題，正確理解“友好點”的意義，熟練運用相似三角形的性質(zhì)與特殊三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵9如圖，直線 y1            

58、;                             1x+2 與 x 軸交于點 A，與 y 軸交于點 B，拋物線 y  x2+bx+c 經(jīng)過2    &

59、#160;                                    2（2）根據(jù)圖象，直接寫出滿足  1A、B 兩點，與 x 軸的另一個交點為 C（1）求拋物線的解析

60、式；1x+2x2+bx+c 的 x 的取值范圍；22（3）設(shè)點 D 為該拋物線上的一點、連結(jié) AD，若 DAC CBO，求點 D 的坐標(biāo)【答案】（1） y = -（2，3）【解析】【分析】1 3x2 - x + 2 ；（2）當(dāng) x0 或 x4；（3）D 點坐標(biāo)為（0，2）或2    2（1）由直線 y12x+2

61、0;求得 A、B 的坐標(biāo)，然后根據(jù)待定系數(shù)法即可求得拋物線的解析 CBO，得出 tan DACtan CBO，從而有，  DE式；（2）觀察圖象，找出直線在拋物線上方的 x 的取值范圍；（3）如圖，過 D 點作 x 軸的垂線，交 x 軸于點 E，先求出 CO1，AO4，再由 DACCO=,最后分類討論確定點 D 的坐標(biāo)AEBO【詳解】解：（1）由 y 12x+2

62、60;可得：ïî  c = 2當(dāng) x0 時，y2；當(dāng) y0 時，x4， A（4，0），B（0，2），ì31ïb = -把 A、B 的坐標(biāo)代入 yx2+bx+c 得： í2 ，2 拋物線的解析式為： y = -1 3x2 - x + 22    211

63、（2）當(dāng) x0 或 x4 時，x+2x2+bx+c22（3）如圖，過 D 點作 x 軸的垂線，交 x 軸于點 E，由 y =1 3x2 - x + 2 令 y0，2    2-   m2 -m + 2當(dāng) D 在 x 軸上方時，  2

64、0;   2-(-   m2 -m + 2)當(dāng) D 在 x 軸下方時，   2    2解得：x11，x24， CO1，AO4，13設(shè)點 D 的坐標(biāo)為（m， -m2 -m + 2 ），22  DAC CBO， tan DACtan CBO，DECO= 

65、;在 ADE 和 BOC 中有，AEBO131=m + 42解得：m10，m24（不合題意，舍去）， 點 D 的坐標(biāo)為（0，2）131=m + 42解得：m12，m24（不合題意，舍去）， 點 D 的坐標(biāo)為（2，3），故滿足條件的 D 點坐標(biāo)為（0，2）或（2，3）【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題型，主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式解題的關(guān)鍵是能夠熟練掌握一次函數(shù)和二次函數(shù)的有關(guān)知識解決問題，分類討論是第（3

66、）題的難點10如圖，AB 是圓 O 的直徑，O 為圓心，AD、BD 是半圓的弦，且 PDA= PBD延長 PD交圓的切線 BE 于點 E(1)判斷直線 PD 是否為O 的切線，并說明理由；(2)如果 BED=60°，PD=3 ，求 PA 的長；(3)將線段 PD 以直線 AD 為對稱軸作對稱線段 DF，點 F 正好在圓 O

67、60;上，如圖 2，求證：四邊形 DFBE 為菱形【答案】（1）證明見解析；（2）1；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）連接 OD，由 AB 是圓 O 的直徑可得 ADB=90°，進而求得 ADO+ PDA=90°，即可得出直線 PD 為O 的切線；（2）根據(jù) BE 是O 的切線，則 EBA=90°，即可求得 P=30°，再由 PD 為O&#

68、160;的切線，得 PDO=90°，根據(jù)三角函數(shù)的定義求得 OD，由勾股定理得 OP，即可得出 PA；（3）根據(jù)題意可證得 ADF= PDA= PBD= ABF，由 AB 是圓 O 的直徑，得 ADB=90°，設(shè) PBD=x°，則可表示出 DAF= PAD=90°+x°， DBF=2x°，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出 x的值，可得出BDE 是等邊三角形

69、進而證出四邊形 DFBE 為菱形【詳解】（1）直線 PD 為O 的切線，理由如下：如圖 1，連接 OD， AB 是圓 O 的直徑，  ADB=90°，  ADO+ BDO=90°，又 DO=BO，  BDO= PBD，  PDA= PBD，  BDO= PDA，  ADO+ PDA=90&

70、#176;，即 PDOD， 點 D 在O 上， 直線 PD 為O 的切線；（2） BE 是O 的切線，  EBA=90°，  BED=60°，  P=30°， PD 為O 的切線，  PDO=90°，在 PDO 中， P=30°，PD=3 ， tan 300&

71、#160;=ODPD，解得 OD=1， PO =PD2 + OD2 =2， PA=POAO=21=1；（3）如圖 2，依題意得： ADF= PDA， PAD= DAF，  PDA= PBD ADF= ABF，  ADF= PDA= PBD= ABF， AB 是圓 O 的直徑，  ADB=90°，設(shè) 

72、PBD=x°，則 DAF= PAD=90°+x°， DBF=2x°， 四邊形 AFBD 內(nèi)接于O，  DAF+ DBF=180°，即 90°+x+2x=180°，解得 x=30°，  ADF= PDA= PBD= ABF=30°， BE、ED 是O 的切線， DE=BE， EBA=90°，

73、  DBE=60°，  BDE 是等邊三角形， BD=DE=BE，又  FDB= ADB ADF=90°30°=60° DBF=2x°=60°，  BDF 是等邊三角形， BD=DF=BF， DE=BE=DF=BF， 四邊形 DFBE 為菱形.【點睛】本題是一道綜合性的題目，考查了切線的判定和性質(zhì)，圓周角定理和菱形的性質(zhì)，是中檔題，難度較大11如圖

74、，在ABCD 中，AC 與 BD 交于點 O，ACBC 于點 CABC 沿 AC 翻折得到 AEC，連接 DE（1）求證：四邊形 ACED 是矩形；（2）若 AC4，BC3，求 sin ABD 的值【答案】（1）證明見解析（2）6 1365【解析】【分析】（1）根據(jù)ABCD 中，ACBCABC  AEC，不難證明；（2）依據(jù)已知條件，在 ABD 或 

75、;AOC 作垂線 AF 或 OF，求出相應(yīng)邊的長度，即可求出 ABD 的正弦值【詳解】（1）證明： ABC 沿 AC 翻折得到 AEC， BCCE，ACCE， 四邊形 ABCD 是平行四邊形， AD BC，ADBC， ADCE，AD CE， 四邊形 ACED 是平行四邊形， ACCE， 四邊形 ACED 是矩形（2）解：方法一、如圖

76、60;1 所示，過點 A 作 AFBD 于點 F， BE2BC2×36，DEAC4， 在 BDE 中，BD =    BE  + DE  =   6  + 4  = 2  13  BDE22221     &#

77、160;  1×DEAD  AFBD，2        2 AF 4 ´ 32 13=6 1313，sin ABFsin ABD AB   13    65    ABC 中，AB 32 + 42 5，

78、0;ABF 中，AF6 136 13=5方法二、如圖 2 所示，過點 O 作 OFAB 于點 F，同理可得，OB12BD = 13 ，AOB1        1OF × AB =  OA × BC ，2       &#

79、160;2 OF2 ´ 3  6=  ，5   5sin FBO  0F 在 BOF 中，66 13=OB5 1365 sin ABD 6 13 65，【點睛】本題考查直角三角形翻折變化后所得圖形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)和解直角三角形求線段的長度，關(guān)鍵是正確添加輔助線和三角形面積的計算公式求出sin ABD12如圖， A

80、B 為 e O 的直徑， C 、 D 為 e O 上異于 A 、 B 的兩點，連接 CD ，過點 C作 CE  DB ，交 CD 的延長線于點 E ，垂足為點 E ，直徑 AB 與 CE 的延長線相交于點 F .（1）連接 AC 、

81、0;AD ，求證： ÐDAC +РACF = 180° .（2）若 ÐABD = 2ÐBDC .求證： CF 是 e O 的切線.當(dāng) BD = 6 ， tan F = 3 時，求 CF 的長.4【答案】（1）詳見解析；（2）詳見解析； CF =203.【解析

82、】【分析】（1）根據(jù)圓周角定理證得 ADB=90°，即 ADBD，由 CEDB 證得 AD CF，根據(jù)平行線的性質(zhì)即可證得結(jié)論；（2）連接 OC先根據(jù)等邊對等角及三角形外角的性質(zhì)得出 3=2 1，由已知 4=2 1，得到 4= 3，則 OC DB，再由 CEDB，得到 OCCF，根據(jù)切線的判定即可證明 CF 為O 的切線；由 CF AD，證出 BAD=

83、60;F，得出 tan BAD=tan F=BD  3         4=  ，求出 AD=  BD=8，利AD 4         3用勾股定理求得 AB=10，得出 OB=OC=，5，再由 tanF=【詳解】解：（1） AB 是 e O 的直徑，且 D 為 e O 上一點，OC  3=  ，即可求出 CFCF  4ÐADB = 90° ，Q CE  DB ，ÐDEC = 90° ，CF&#