培優(yōu)銳角三角函數(shù)輔導(dǎo)專題訓(xùn)練附詳細(xì)答案

1、一、銳角三角函數(shù)真題與模擬題分類匯編（難題易錯(cuò)題）1.在正方形ABCD中，對(duì)角線AC,BD交于點(diǎn)0,點(diǎn)P在線段BC上（不含點(diǎn)B）,1厶BPE=2乙ACB,PE交B0于點(diǎn)E,過點(diǎn)B作BF丄PE,垂足為F,交AC于點(diǎn)G.（1）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)（如圖1）.求證：ABOG竺POE；BF（2）通過觀察、測(cè)量、猜想：帛=，并結(jié)合圖2證明你的猜想；PEBF把正方形ABCD改為菱形，其他條件不變（如圖3）,若zACB=a，求pe的值.（用含a的式子表示）BPC答案】（1）證明見解析（2）BF1PE23)BF1二一tanaPE2【解析】解：（1）證明：T四邊形ABCD是正方形，P與C重合,OB=OP,ZBOC

2、=ZBOG=90.TPF丄BG,ZPFB=90,.ZGBO=90ZBGO,ZEPO=90ZBGO.ZGBO=ZEPO.BOG竺POE(AAS).2)BFPf_2證明如下：如圖，過P作PM/AC交BG于M,交BO于N,.ZPNE=ZBOC=900，ZBPN=ZOCB.TZOBC=ZOCB=450，.ZNBP=ZNPB.NB=NP.TZMBN=900ZBMN，ZNPE=900ZBMN，.ZMBN=ZNPE.BMN竺PEN(ASA).ABM=PE.:乙BPE=1ZACB,ZBPN=ZACB,.厶BPF=ZMPF.2TPF丄BM,AZBFP=ZMFP=900又:PF=PF,ABPF竺MPF(ASA).

3、A1BF=MF，即BF=BM2.BF=pe,2BF1即一.PE2(3)如圖,過P作PM/AC交BG于點(diǎn)M,交BO于點(diǎn)N,AZBPN=ZACB=a,ZPNE=ZBOC=9001由(2)同理可得BF=2BM,ZMBN=ZEPN.ZBNM=ZPNE=9Oo,ABMN-PEN.BMBNP-PN.BN在RtABNP中，tana=-PNBM2BF=tana，即=tanaPEPEBF1=tana.PE2由正方形的性質(zhì)可由AAS證得BOG竺POE.過P作PM/AC交BG于M,交BO于N,通過ASA證明BMNPEN得到BF1BM=PE，通過ASA證明BPFMPF得到BF=MF,即可得出命二三的結(jié)論.PE21(3

4、)過P作PM/AC交BG于點(diǎn)M,交BO于點(diǎn)N,同(2)證得BF=3BM,ZMBN=ZEPN,從而可證得BMN-PEN,由BMPEBNBN貢和趙BNP中tana=莎即可求得BF1=tanaPE2(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,在線段AB上從點(diǎn)A出發(fā)以每秒2個(gè)單位的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)以每秒5個(gè)單位的速度沿BTCTD的方向向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PM垂直于x軸，與折線ATDTC相交于點(diǎn)M,當(dāng)P，Q兩點(diǎn)中有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng).設(shè)點(diǎn)ABIICD,點(diǎn)B(10,0),C(7,4).直線l經(jīng)過A,D兩點(diǎn),且sinZDAB=動(dòng)點(diǎn)P點(diǎn)A

5、的坐標(biāo)為，直線丨的解析式為;試求點(diǎn)Q與點(diǎn)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；試求(2)中當(dāng)t為何值時(shí)，S的值最大，并求出S的最大值；隨著P，Q兩點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)M在線段DC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)PM的延長(zhǎng)線與直線l相交于點(diǎn)N,試探究：當(dāng)t為何值時(shí)，QMN為等腰三角形？請(qǐng)直接寫出t的值.【答案】解：(1)(-4,0)；y=x+4.(2)在點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中：當(dāng)0VtW1時(shí)，如圖1，過點(diǎn)C作CF丄x軸于點(diǎn)F,則CF=4，BF=3，由勾股定理得BC=5.3過點(diǎn)Q作QE丄x軸于點(diǎn)E,則BE=BQcosZCBF=5t5=3t.PE=PB-BE=(14-2t)-3t=14-5t,11S=2PMPE

6、=2x2tx(14-5t)=-5t2+14b11S=PMPE=x2tx(16-7t)=-7t2+16t.22當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)Q相遇時(shí)，DM+CQ=CD=7,16即(2t-4)+(5t-5)=7,解得t=.當(dāng)2VtV16時(shí)，如圖3,MQ=CD-DM-CQ=7-(2t-4)-(5t-5)=16-7t，11S=PMMQ=-x4x(16-7t)=-14t+32.22-5t2+14t(0t1)S=-7t2+16t(1vt2)綜上所述，點(diǎn)Q與點(diǎn)M相遇前S與t的函數(shù)關(guān)系式為/、(16I HYPERLINK l bookmark46 o Current Document -14t+322vtvI7丿(3)當(dāng)OVtW

7、I時(shí),(7、2S=-5t2+14t=-5t-I5丿49+-5a=-5V0,拋物線開口向下，對(duì)稱軸為直線t=-,5當(dāng)OVtWI時(shí)，S隨t的增大而增大.當(dāng)t=1時(shí)，S有最大值，最大值為9.(812當(dāng)ivtw2時(shí)，S=-7t2+16t=-7tI7丿64+-7a=8-7V0,拋物線開口向下，對(duì)稱軸為直線t=-7864當(dāng)t=時(shí)，S有最大值，最大值為丁.16當(dāng)2t7時(shí)，S=-14t+32k=-140，S隨t的增大而減小.又:當(dāng)t=2時(shí)，S=4；當(dāng)t=時(shí)，S=0，0S4.綜上所述，當(dāng)t=時(shí)，S有最大值，最大值為學(xué).2012（4）t=或t=時(shí)，QMN為等腰二角形.解析】（1）利用梯形性質(zhì)確定點(diǎn)D的坐標(biāo)，由si

8、nzDAB=，利用特殊三角函數(shù)值，得到2AOD為等腰直角三角形，從而得到點(diǎn)A的坐標(biāo)；由點(diǎn)A、點(diǎn)D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出直線I的解析式：TC（7，4），ABIICD，D（0，4）.TsinzDABn!2，zDAB=45.OA=OD=4.A（-4，0）.24k+b二0k二1設(shè)直線I的解析式為：y=kx+b，則有b_4，解得：匕_4y=x+4.點(diǎn)A坐標(biāo)為（-4，0），直線I的解析式為：y=x+4.（2）弄清動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程分別求解：當(dāng)OVtWI時(shí)，如圖1；當(dāng)Kt0).當(dāng)點(diǎn)行移動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，求t的值；當(dāng)q,H兩點(diǎn)中有一點(diǎn)移動(dòng)到直線DE上時(shí)，請(qǐng)直接寫出此時(shí)正方形E1F1G1H1與厶APE【答案】(1)E

9、F=15；(2)10；120；解析】分析】4根據(jù)已知點(diǎn)E(30,0),點(diǎn)D(0,40)，求出直線DE的直線解析式y(tǒng)=-3x+40，可求出P點(diǎn)坐標(biāo)，進(jìn)而求出F點(diǎn)坐標(biāo)即可；易求B(0，5),當(dāng)點(diǎn)F移動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，t=10j!010=10；F點(diǎn)移動(dòng)到F的距離是t，F(xiàn)垂直x軸方向移動(dòng)的距離是t,當(dāng)點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)到直線DENF1MH4上時(shí)，在RtAFNF中，nF=3，EM=NG=15-FN=15-3t,在RtADMH中，=3，451023PK1t=4,S=x(12+)x11=；當(dāng)點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到直線DE上時(shí)，在RtAFPK中，=廳，48FK3PKt-34PK=t-3,FK=3t-9，在RtAPKG中，=g,t=7,S

10、=15x(15-7)=120.KG153t+93【詳解】(1)設(shè)直線DE的直線解析式y(tǒng)=kx+b,將點(diǎn)E(30，0)，點(diǎn)D(0，40)，j30k+b二0lb二40，43,b=404yix+40,3直線AB與直線DE的交點(diǎn)P(21，12)，由題意知F(30，15)，EF15；(2)易求B(0,5),BF110,當(dāng)點(diǎn)F移動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，t1010十、；10=10；當(dāng)點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)到直線DE上時(shí)，F(xiàn)點(diǎn)移動(dòng)到F的距離是*幣t,NF1在RtAFNF中，=三NF3FN=t,FN=3t,TMH=FN=t,EM=NG=15-FN=15-3t,在RtADMH中，MH_4EM一3，.t_415-3t3，.t=4,EM=3,

11、MH=4,S=-x(12+45)x11二1023T當(dāng)點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到直線DE上時(shí),DS(SHE24F點(diǎn)移動(dòng)到F的距離是101,PF=3.TO,.PF=耳!t-3近0,在RtAFPK中，PK_1FK3，.PK=t-3,FK=3t-9,PKt-34在RfPKG中，両=艮市=3.t=7,.S=15x(15-7)=120.【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)圖象及性質(zhì),正方形的性質(zhì)；掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式,利用三角形的正切值求邊的關(guān)系,利用勾股定理在直角三角形中建立邊之間的聯(lián)系,準(zhǔn)確確定陰影部分的面積是解題的關(guān)鍵5.如圖所示的是一個(gè)地球儀及它的平面圖，在平面圖中，點(diǎn)人、B分別為地球儀的南、北極點(diǎn)，直線AB與放置地球

12、儀的平面交于點(diǎn)D,所夾的角度約為67,半徑0C所在的直線與放置它的平面垂直，垂足為點(diǎn)E，DE=15cm，AD=14cm.求半徑OA的長(zhǎng)(結(jié)果精確到0.1cm,參考數(shù)據(jù)：sin67=0.92,cos67=0.39,tan67=2.36)求扇形BOC的面積(n取3.14，結(jié)果精確到1cm)【答案】半徑OA的長(zhǎng)約為24.5cm；扇形BOC的面積約為822cm2.【解析】【分析】在RtAODE中，DE=15,ZODE=67,根據(jù)/ODE的余弦值，即可求得0D長(zhǎng)，減去AD即為OA.(2)用扇形面積公式即可求得.【詳解】(1)在RtAODE中，DE=15cm,ZODE=67.DEcos/ODE=,DOOD

13、0.39OA=OD-ADq38.46-14q24.5(cm),答：半徑OA的長(zhǎng)約為24.5cm.(2)t/ODE=67,/BOC=157,二S扇形BOC加r2160157x3.14x24.522q360q822(cm2).答：扇形BOC的面積約為822cm2.【點(diǎn)睛】此題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用,本題把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)問題,利用三角函數(shù)中余弦定義來解題是解題關(guān)鍵.如圖(1)，已知正方形ABCD在直線MN的上方BC在直線MN上,E是BC上一點(diǎn),以AE為邊在直線MN的上方作正方形AEFG連接GD,求證：ADGABE；連接FC,觀察并直接寫出/FCN的度數(shù)(不要寫出解答過程)如圖(2)，將圖中

14、正方形ABCD改為矩形ABCD，AB=6,BC=8,E是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)(不含端點(diǎn)B、C),以AE為邊在直線MN的上方作矩形AEFG,使頂點(diǎn)G恰好落在射線CD上.判斷當(dāng)點(diǎn)E由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，ZFCN的大小是否總保持不變，若/FCN的大小不變，請(qǐng)求出tanZFCN的值.若ZFCN的大小發(fā)生改變，請(qǐng)舉例說明.【答案】(1)見解析；(2)ZFCN=45,理由見解析；(3)當(dāng)點(diǎn)E由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，4ZFCN的大小總保持不變，tanZFCN=.理由見解析.【解析】【分析】根據(jù)三角形判定方法進(jìn)行證明即可.作FH丄MN于H.先證ABE竺EHF,得到對(duì)應(yīng)邊相等，從而推出CHF是等腰直角三角形，ZFCH的度數(shù)就可以

15、求得了.解法同(2)，結(jié)合(1)(2)得：EFH竺GAD,EFH-ABE，得出EH=AD=BC=8，由三角函數(shù)定義即可得出結(jié)論.【詳解】證明：T四邊形ABCD和四邊形AEFG是正方形，AB=AD,AE=AG=EF,ZBAD=ZEAG=ZADC=90,ZBAE+ZEAD=ZDAG+ZEAD,ZADG=90=ZABE,.ZBAEZDAG,在厶ADG和厶ABE中，ZADG=ZABEZDAG=ZBAE,AD=AB.ADG里ABE(AAS).解:ZFCN=45。,理由如下：作FH丄MN于H,如圖1所示：則上EHF=90=ZABE,TZAEF=ZABE=90,ZBAE+ZAEB=90,ZFEH+ZAEB=

16、90,ZFEH=Z8人丘，在厶EFH和厶ABE中，ZEHF=ZABEZFEH=ZBAE,、EF=AE.EFH里ABE(AAS),.FH=BE,EH=AB=BC,CH=BE=FH,TZFHC=90,.ZFCN=45.(3)當(dāng)點(diǎn)E由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí),ZFCN的大小總保持不變,理由如下作FH丄MN于H,如圖2所示：由已知可得ZEAG=ZBAD=ZAEF=90,結(jié)合(1)(2)得：EFH里GAD,EFH-ABE,EH=AD=BC=8,.CH=BE,.EH_FH_FHA_BE_CH；FHEH84在趙feh中,tanZfcn=ch二喬二6二3,4.當(dāng)點(diǎn)E由B向C運(yùn)動(dòng)時(shí)，ZFCN的大小總保持不變，tanZFCN

17、=3【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目,考查了正方形,矩形的判定及全等三角形的判定方法等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用，其重點(diǎn)是通過證三角形全等或相似來得出線段的相等或成比例如圖，建筑物上有一旗桿上，從與廠相距川的處觀測(cè)旗桿頂部；的仰角為*,觀測(cè)旗桿底部；的仰角為丁，求旗桿X的高度.（參考數(shù)據(jù)：【答案】旗桿-的高度約為二【解析】【分析】BC在RUBDC中，根據(jù)tanZBDC二下求出BC,接著在RUADC中，根據(jù)ACAB+BCtanZADC二寸.門即可求出AB的長(zhǎng)度【詳解】BC解：在RtABDC中,tanZBDC=；;=1，二BC=CD=40mACAB+BC在RtAADC中，tanZADC=:.=:朋+40tan5

18、0=1.1940.AB7.6m答：旗桿AB的高度約為7.6m.【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角函數(shù)的應(yīng)用38如圖，在ABC中，AC=BC=10，cosC=5，點(diǎn)p是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A,C重合），以PA長(zhǎng)為半徑的P與邊AB的另一個(gè)交點(diǎn)為D，過點(diǎn)D作DE丄CB于點(diǎn)E.（1）當(dāng)P與邊BC相切時(shí)，求P的半徑；（2）聯(lián)結(jié)BP交DE于點(diǎn)F，設(shè)的長(zhǎng)為x,PF的長(zhǎng)為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并直接寫出x的取值范圍；（3）在（2）的條件下，當(dāng)以PE長(zhǎng)為直徑的Q與P相交于AC邊上的點(diǎn)G時(shí)，求相交所得的公共弦的長(zhǎng).QO【答案】40；(2)y=5Z2-8x+80(xI。)；93x+20(3)10-2宓解析】3則HP

19、丄BC,cosC二5，則分析】（1）設(shè)OP與邊BC相切的切點(diǎn)為H,圓的半徑為R,連接HP,4HPR4SinC=5，曲=CP=10-R=5，即可求解;2(2)PDIIBE，則芝!=韭，即：5“一8%+80一y，即可求解;PDPFy（3）證明四邊形PDBE為平行四邊形，則AG=GP=BD，即：AB二DB+AD二AG+AD=4，即可x求解詳解】（1）設(shè)OP與邊BC相切的切點(diǎn)為H,圓的半徑為R,3連接HP,貝UHP丄BC,cosC=5,3則sinC二5，sinC=HPRCP=10-R405，解得：R=g；3(2)在AABC中，AC=BC=10,cosC=5,設(shè)AP=PD=x,ZA=ZABC邙，過點(diǎn)B作

20、BH丄AC,5同理可得：CH=6,HA=4,AB=4j5，貝V：tanZCAB=2BP=$82+(x-4匕=Jx28x+80,DA=空5x5則BD=4：5如下圖所示,PA=PD,ZPAD=ZCAB=ZCBA邙,1tanB=2,貝9cosB=EB=BDcosB=(4*5PDIIBE,EBBFPD_PF即：整理得十7遜(0 x10)；以EP為直徑作圓Q如下圖所示,兩個(gè)圓交于點(diǎn)G,則PG=PQ,即兩個(gè)圓的半徑相等，則兩圓另外一個(gè)交點(diǎn)為D,GD為相交所得的公共弦，點(diǎn)Q時(shí)弧GD的中點(diǎn)，DG丄EP,TAG是圓P的直徑，ZGDA=90,EPIIBD,由（2）知，PDIIBC,.四邊形PDBE為平行四邊形,.

21、AG=EP=BD,AB=DB+AD=AG+AD=4?。?,設(shè)圓的半徑為，在厶ADG中,2rAD=2rcosB=，4rDG=厲AG=2r,DG=（2）求證：PA_ADPCCD2r.20希+T5，解得：2r=-*i,則：=10-25,相交所得的公共弦的長(zhǎng)為10-2.：5.【點(diǎn)睛】本題考查的是圓知識(shí)的綜合運(yùn)用,涉及到解直角三角形、勾股定理等知識(shí),其中（3）,要關(guān)鍵是根據(jù)題意正確畫圖,此題用大量的解直角三角形的內(nèi)容,綜合難度很大.9.如圖，AB為O0的直徑，P是BA延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，CG是O0的弦ZPCA=ZABC,CG丄AB,垂足為D求證：PC是OO的切線;過點(diǎn)A作AEIPC交OO于點(diǎn)E,交CD于點(diǎn)F,

22、連接BE,若sinZP=5，CF=5,求BE的長(zhǎng).【答案】(1)見解析；(2)BE=12.【解析】【分析】連接OC,由PC切OO于點(diǎn)C,得到OC丄PC,于是得到/PCA+ZOCA=90，由AB為OO的直徑，得到ZABC+ZOAC=90，由于OC=OA，證得/OCA=ZOAC，于是得到結(jié)論；由AEIIPC，得到ZPCA=ZCAF根據(jù)垂徑定理得到弧AC=弧AG,于是得到ZACF=ZABC，由于ZPCA=ZABC，推出ZACF=ZCAF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到3CF=AF,在AFD中，AF=5,sinZFAD=5，求得FD=3,AD=4,CD=8，在OCD中，設(shè)OC=r,根據(jù)勾股定理得到方程r2=

23、(r-4)2+82，解得r=10，得到AB=2r=20,由于AB為3BE3OO的直徑，得到ZAEB=90，在RABE中，由sinZEAD=一，得到=一，于是求得t5AB5結(jié)論.【詳解】(1)證明：連接OC，PC切OO于點(diǎn)C,0C丄PC,ZPCO=90,.ZPCA+ZOCA=90AB為OO的直徑，.ZACB=90，.ZABC+ZOAC=90OC=OA,.ZOCA=ZOAC，.ZPCA=ZABC；(2)解：TAEIIPC,.ZPCA=ZCAF，/AB丄CG,弧人。=弧AG,ZACF=ZABC,/ZPCA=ZABC,.ZACF=ZCAF,.CF=AF,/CF=5,AF=5,/AEIIPC,.ZFAD

24、=ZP,/sinZP=sinZFAD=-在AFD中，AF=5,sinZFAD=5,.FD=3,AD=4,.CD=8,在OCD中，設(shè)OC=r,.r2=(r-4)2+82,.r=10,.AB=2r=20，TAB為OO的直徑，ZAEB=90，在RABE中,3TsinZEAD=_5，-TAB=20，.BE=12.BE3AB5，【點(diǎn)睛】本題考查切線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，圓周角定理，等腰三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是連接OC構(gòu)造直角三角形10.如圖，四邊形ABCD是菱形，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O,且AC=80,BD=60.動(dòng)點(diǎn)M、N分別以每秒1個(gè)單位的速度從點(diǎn)A、D同時(shí)出發(fā)，分別沿ATOTD和DTA運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)N

25、到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，M、N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng).設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.(1)求菱形ABCD的周長(zhǎng)；記DMN的面積為S,求S關(guān)于t的解析式，并求S的最大值；當(dāng)t=30秒時(shí)，在線段OD的垂直平分線上是否存在點(diǎn)P,使得ZDPO=ZDON?若存在，這樣的點(diǎn)P有幾個(gè)？并求出點(diǎn)P到線段OD的距離；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】解：(1)在菱形ABCD中，TAC丄BD,AC=80,BD=60,二【1：山菱形ABCD的周長(zhǎng)為200。(2)過點(diǎn)M作MP丄AD,垂足為點(diǎn)P.當(dāng)0VtW40時(shí)，如答圖1,MPAO4sinOAD1MP=AMsin,OAD=：t。140SDNMP=xtxt=Mt2。當(dāng)40t50時(shí)，如答圖2,MD=70-t,

26、MP=:(70-t)1114040八SDMN=)DNMP=)xt)(70-t)=Mt2+28t=M(t-35)2+490。r(ot4o)S關(guān)于t的解析式為s=10?。-490|40t50I當(dāng)0VtW40時(shí)，S隨t的增大而增大，當(dāng)t=40時(shí)，最大值為480；當(dāng)40t50時(shí)，S隨t的增大而減小，最大值不超過480。綜上所述，S的最大值為480。（3）存在2個(gè)點(diǎn)P,使得/DPO=ZDON。則NF=NDsin,ODA=30 x=24,SO30DF=NDcos,ODA=30 x=185-0作/NOD的平分線交NF于點(diǎn)G,過點(diǎn)G作GH丄ON于點(diǎn)H,則FG=GH。11二Scm=OFNF=S+Sc“=OFFG+ONGH=（of+on）fg。ONFOGFOGN.FG_OPW12x2424OF-QN-12-12/51-511設(shè)OD中垂線與OD的交點(diǎn)為K,由對(duì)稱性可知：ZDPK=ZDPO=ZDON=ZFOG,根據(jù)菱形的對(duì)稱性可知，在線段OD的下方存在與點(diǎn)P關(guān)于OD軸對(duì)稱的點(diǎn)P。存在兩個(gè)點(diǎn)P到OD的距離都是2【解析】試題分析：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形、等腰三角形、中垂線、勾股定理、解直角三角形、二次函數(shù)極值等知識(shí)點(diǎn),涉及考點(diǎn)較多,有一定的難度第（2）問中，動(dòng)點(diǎn)M在線段AO和OD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是兩種不同的情形，需要分類討論；第（3）問中,