第28章 銳角三角函數(shù) 專項(xiàng)訓(xùn)練3（含答案）

第28章銳角三角函數(shù)專項(xiàng)訓(xùn)練專訓(xùn)1“化斜為直”構(gòu)造直角三角形的方法名師點(diǎn)金：銳角三角函數(shù)是在直角三角形中定義的，解直角三角形的前提是在直角三角形中進(jìn)行，對(duì)于非直角三角形問題，要注意觀察圖形特點(diǎn)，恰當(dāng)作輔助線，將其轉(zhuǎn)化為直角三角形來解．21·世紀(jì)*教育網(wǎng)無直角、無等角的三角形作高1．如圖，在△ABC中，已知BC＝1＋eq\r(3)，∠B＝60°，∠C＝45°，求AB的長(zhǎng)．(第1題)有直角、無三角形的圖形延長(zhǎng)某些邊2．如圖，在四邊形ABCD中，AB＝2，CD＝1，∠A＝60°，∠D＝∠B＝90°，求四邊形ABCD的面積．(第2題)有三角函數(shù)值不能直接利用時(shí)作垂線3．如圖，在△ABC中，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，DC⊥AC，sin∠BCD＝eq\f(1,3)，求tanA的值．(第3題)求非直角三角形中角的三角函數(shù)值時(shí)構(gòu)造直角三角形4．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8.若∠BPC＝eq\f(1,2)∠BAC，求tan∠BPC的值．(第4題)專訓(xùn)2巧用構(gòu)造法求幾種特殊角的三角函數(shù)值名師點(diǎn)金：對(duì)于30°、45°、60°角的三角函數(shù)值，我們都可通過定義利用特殊直角三角形三邊的關(guān)系進(jìn)行計(jì)算；而在實(shí)際應(yīng)用中，我們常常碰到像15°、22.5°、67.5°等一些特殊角的三角函數(shù)值的計(jì)算，同樣我們也可以構(gòu)造相關(guān)圖形，利用數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行巧算．2-1-c-n-j-y巧構(gòu)造15°與30°角的關(guān)系的圖形計(jì)算15°角的三角函數(shù)值1．求sin15°，cos15°，tan15°的值．巧構(gòu)造22.5°與45°角的關(guān)系的圖形計(jì)算22.5°角的三角函數(shù)值2．求tan22.5°的值．巧用折疊法求67.5°角的三角函數(shù)值3．小明在學(xué)習(xí)“銳角三角函數(shù)”中發(fā)現(xiàn)，將如圖所示的矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)B的直線折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)E處，還原后，再沿過點(diǎn)E的直線折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處，求出67.5°角的正切值．(第3題)巧用含36°角的等腰三角形中的相似關(guān)系求18°、72°角的三角函數(shù)值4．求sin18°，cos72°的值．巧用75°與30°角的關(guān)系構(gòu)圖求75°角的三角函數(shù)值5．求sin75°，cos75°，tan75°的值．專訓(xùn)3應(yīng)用三角函數(shù)解實(shí)際問題的四種常見問題名師點(diǎn)金：在運(yùn)用解直角三角形的知識(shí)解決實(shí)際問題時(shí)，要學(xué)會(huì)將千變?nèi)f化的實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，要善于將某些實(shí)際問題中的數(shù)量關(guān)系歸結(jié)為直角三角形中的元素(邊、角)之間的關(guān)系，若不是直角三角形，應(yīng)嘗試添加輔助線，構(gòu)造出直角三角形進(jìn)行解答，這樣才能更好地運(yùn)用解直角三角形的方法求解．其中仰角、俯角的應(yīng)用問題，方向角的應(yīng)用問題，坡度、坡角的應(yīng)用問題要熟練掌握其解題思路，把握解題關(guān)鍵．21教育網(wǎng)定位問題1．某校興趣小組從游輪拍攝海河兩岸美景．如圖，游輪出發(fā)點(diǎn)A與望海樓B的距離為300m，在A處測(cè)得望海樓B位于A的北偏東30°方向，游輪沿正北方向行駛一段時(shí)間后到達(dá)C，在C處測(cè)得望海樓B位于C的北偏東60°方向，求此時(shí)游輪與望海樓之間的距離BC.(eq\r(3)取1.73，結(jié)果保留整數(shù))(第1題)坡壩問題2．如圖，水壩的橫斷面是梯形，背水坡AB的坡角∠BAE＝45°，壩高BE＝20米．汛期來臨，為加大水壩的防洪強(qiáng)度，將壩底從A處向后水平延伸到F處，使新的背水坡BF的坡角∠F＝30°，求AF的長(zhǎng)度.(結(jié)果精確到1米，參考數(shù)據(jù)：eq\r(2)≈1.414，eq\r(3)≈1.732)【版權(quán)所有：21教育】(第2題)測(cè)距問題3．一條東西走向的高速公路上有兩個(gè)加油站A，B，在A的北偏東45°方向上還有一個(gè)加油站C，C到高速公路的最短距離是30千米，B，C間的距離是60千米，想要經(jīng)過C修一條筆直的公路與高速公路相交，使兩路交叉口P到B，C的距離相等，請(qǐng)求出交叉口P到加油站A的距離．(結(jié)果保留根號(hào))測(cè)高問題4．如圖，在大樓AB的正前方有一斜坡CD，CD＝4米，坡角∠DCE＝30°，小紅在斜坡下的點(diǎn)C處測(cè)得樓頂B的仰角為60°，在斜坡上的點(diǎn)D處測(cè)得樓頂B的仰角為45°，其中點(diǎn)A，C，E在同一直線上．(1)求斜坡CD的高度DE；(2)求大樓AB的高度．(結(jié)果保留根號(hào))(第4題)專訓(xùn)4利用三角函數(shù)解判斷說理問題名師點(diǎn)金：利用三角函數(shù)解答實(shí)際中的“判斷說理”問題：其關(guān)鍵是將實(shí)際問題抽象成數(shù)學(xué)問題，建立解直角三角形的數(shù)學(xué)模型，運(yùn)用解直角三角形的知識(shí)來解決實(shí)際問題．航行路線問題1．如圖，某貨船以24海里/時(shí)的速度將一批重要物資從A處運(yùn)往正東方向的M處，在點(diǎn)A處測(cè)得某島C在北偏東60°的方向上．該貨船航行30分鐘后到達(dá)B處，此時(shí)再測(cè)得該島在北偏東30°的方向上，已知在C島周圍9海里的區(qū)域內(nèi)有暗礁．若繼續(xù)向正東方向航行，該貨船有無觸礁危險(xiǎn)？試說明理由．(第1題)工程規(guī)劃問題2．A，B兩市相距150千米，分別從A，B處測(cè)得國(guó)家級(jí)風(fēng)景區(qū)中心C處的方位角如圖所示，風(fēng)景區(qū)區(qū)域是以C為圓心、45千米為半徑的圓，tanα＝1.627，tanβ＝1.373.為了開發(fā)旅游，有關(guān)部門設(shè)計(jì)修建連接A，B兩市的高速公路．問連接A，B兩市的高速公路會(huì)穿過風(fēng)景區(qū)嗎？請(qǐng)說明理由．(第2題)攔截問題3．如圖，在一次軍事演習(xí)中，藍(lán)方在一條東西走向的公路上的A處朝正南方向撤退，紅方在公路上的B處沿南偏西60°方向前進(jìn)實(shí)施攔截，紅方行駛1000米到達(dá)C處后，因前方無法通行，紅方?jīng)Q定調(diào)整方向，再朝南偏西45°方向前進(jìn)了相同的距離，剛好在D處成功攔截藍(lán)方，求攔截點(diǎn)D處到公路的距離．(結(jié)果不取近似值)【來源：21·世紀(jì)·教育·網(wǎng)】(第3題)臺(tái)風(fēng)影響問題4．如圖所示，在某海濱城市O附近海面有一股強(qiáng)臺(tái)風(fēng)，據(jù)監(jiān)測(cè)，當(dāng)前臺(tái)風(fēng)中心位于該城市的南偏東20°方向200km的海面P處，并以20km/h的速度向北偏西65°的PQ方向移動(dòng)，臺(tái)風(fēng)侵襲的范圍是一個(gè)圓形區(qū)域，當(dāng)前半徑為60km，且圓的半徑以10km/h的速度不斷擴(kuò)大．21*cnjy*com(1)當(dāng)臺(tái)風(fēng)中心移動(dòng)4h時(shí)，受臺(tái)風(fēng)侵襲的圓形區(qū)域半徑增大到________km；當(dāng)臺(tái)風(fēng)中心移動(dòng)t(h)時(shí)，受臺(tái)風(fēng)侵襲的圓形區(qū)域半徑增大到____________km.(2)當(dāng)臺(tái)風(fēng)中心移動(dòng)到與城市O距離最近時(shí)，這股臺(tái)風(fēng)是否會(huì)侵襲這座海濱城市？請(qǐng)說明理由．(參考數(shù)據(jù)：eq\r(2)≈1.41，eq\r(3)≈1.73)(第4題)專訓(xùn)5三角函數(shù)在學(xué)科內(nèi)的綜合應(yīng)用

名師點(diǎn)金：1.三角函數(shù)與其他函數(shù)的綜合應(yīng)用：此類問題常常利用函數(shù)圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)構(gòu)造直角三角形，再結(jié)合銳角三角函數(shù)求線段的長(zhǎng)，最后可轉(zhuǎn)化為求函數(shù)圖象上的點(diǎn)的坐標(biāo)．212．三角函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用：主要是與一元二次方程之間的聯(lián)系，利用方程根的情況，最終轉(zhuǎn)化為三角形三邊之間的關(guān)系求解．3．三角函數(shù)與圓的綜合應(yīng)用：主要利用圓中的垂徑定理、直徑所對(duì)的圓周角是直角等，將圓中的邊角關(guān)系轉(zhuǎn)化為同一直角三角形的邊角關(guān)系求解．4．三角函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用：此類問題常常是由相似得成比例線段，再轉(zhuǎn)化成所求銳角的三角函數(shù)．三角函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用1．如圖，直線y＝kx－1與x軸、y軸分別交于B，C兩點(diǎn)，tan∠OCB＝eq\f(1,2).(1)求點(diǎn)B的坐標(biāo)和k的值；(2)若點(diǎn)A(x，y)是直線y＝kx－1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(且在第一象限內(nèi))，在點(diǎn)A的運(yùn)動(dòng)過程中，試寫出△AOB的面積S與x的函數(shù)關(guān)系式．(第1題)三角函數(shù)與二次函數(shù)的綜合應(yīng)用2．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OCDE的三個(gè)頂點(diǎn)分別是C(3，0)，D(3，4)，E(0，4)．點(diǎn)A在DE上，以A為頂點(diǎn)的拋物線過點(diǎn)C，且對(duì)稱軸直線x＝1交x軸于點(diǎn)B，連接EC，AC，點(diǎn)P，Q為動(dòng)點(diǎn)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．(1)求點(diǎn)A的坐標(biāo)及拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式；(第2題)(2)如圖，若點(diǎn)P在線段OC上從點(diǎn)O向點(diǎn)C以1個(gè)單位/秒的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q在線段CE上從點(diǎn)C向點(diǎn)E以2個(gè)單位/秒的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)隨之停止運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t為何值時(shí)，△PCQ為直角三角形？三角函數(shù)與反比例函數(shù)的綜合應(yīng)用3．如圖，反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(x＞0)的圖象經(jīng)過線段OA的端點(diǎn)A，O為原點(diǎn)，作AB⊥x軸于點(diǎn)B，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2，0)，tan∠AOB＝eq\f(3,2).21世紀(jì)教育網(wǎng)版權(quán)所有(1)求k的值；(2)將線段AB沿x軸正方向平移到線段DC的位置，反比例函數(shù)y＝eq\f(k,x)(x＞0)的圖象恰好經(jīng)過DC的中點(diǎn)E，求直線AE對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式；(3)若直線AE與x軸交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)N，請(qǐng)你探索線段AN與線段ME的大小關(guān)系，寫出你的結(jié)論，并說明理由．(第3題)三角函數(shù)與方程的綜合應(yīng)用4．在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別是a，b，c.已知a，b是關(guān)于x的一元二次方程x2－(c＋4)x＋4c＋8＝0的兩個(gè)根，且9c＝25asinA.(1)試判斷△ABC的形狀；(2)△ABC的三邊長(zhǎng)分別是多少？5．已知關(guān)于x的方程5x2－10xcosα－7cosα＋6＝0有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，求邊長(zhǎng)為10cm且兩邊所夾的銳角為α的菱形的面積．三角函數(shù)與圓的綜合應(yīng)用6．如圖，AD是△ABC的角平分線，以點(diǎn)C為圓心、CD為半徑作圓交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，交AE于點(diǎn)M，且∠B＝∠CAE，EFFD＝43.(1)求證：點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)；(2)求cos∠AED的值；(3)如果BD＝10，求半徑CD的長(zhǎng)．(第6題)7．如圖，AB為⊙O的直徑，直線CD切⊙O于點(diǎn)D，AM⊥CD于點(diǎn)M，BN⊥CD于N.(1)求證：∠ADC＝∠ABD；(2)求證：AD2＝AM·AB；(3)若AM＝eq\f(18,5)，sin∠ABD＝eq\f(3,5)，求線段BN的長(zhǎng)．(第7題)三角函數(shù)與相似三角形的綜合應(yīng)用8．如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)F是邊AD上一點(diǎn)，連接FE并延長(zhǎng)交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接BF，BE，且BE⊥FG.(1)求證：BF＝BG；(2)若tan∠BFG＝eq\r(3)，S△CGE＝6eq\r(3)，求AD的長(zhǎng)．(第8題)專訓(xùn)6全章熱門考點(diǎn)整合應(yīng)用名師點(diǎn)金：本章主要學(xué)習(xí)銳角三角函數(shù)的定義，銳角三角函數(shù)值，解直角三角形，以及解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用，重點(diǎn)考查運(yùn)用解直角三角形的知識(shí)解決一些幾何圖形中的應(yīng)用和實(shí)際應(yīng)用，是中考的必考內(nèi)容．其主要考點(diǎn)可概括為：2個(gè)概念，1個(gè)運(yùn)算，2個(gè)應(yīng)用，2個(gè)技巧．2個(gè)概念eq\a\vs4\al(概念1：)銳角三角函數(shù)1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，CD⊥AB于點(diǎn)D，求∠BCD的三個(gè)三角函數(shù)值．(第1題)eq\a\vs4\al(概念2：)解直角三角形2．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，sinB＝eq\f(3,5)，D是BC上一點(diǎn)，DE⊥AB于點(diǎn)E，CD＝DE，AC＋CD＝9，求BE，CE的長(zhǎng)．(第2題)1個(gè)運(yùn)算——特殊角的三角函數(shù)值與實(shí)數(shù)運(yùn)算3．計(jì)算：(1)tan30°sin60°＋cos230°－sin245°tan45°；(2)eq\f(1,4)tan245°＋eq\f(1,sin230°)－3cos230°＋eq\f(tan45°,cos60°)－eq\f(sin40°,cos50°).2個(gè)應(yīng)用eq\a\vs4\al(應(yīng)用1：)解直角三角形在學(xué)科內(nèi)應(yīng)用4．如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，P是射線BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥AP，交射線DC于點(diǎn)E，射線AE交射線BC于點(diǎn)F，設(shè)BP＝a.(1)當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)(點(diǎn)P與點(diǎn)B，C都不重合)，試用含a的代數(shù)式表示CE的長(zhǎng)；(2)當(dāng)a＝3時(shí)，連接DF，試判斷四邊形APFD的形狀，并說明理由；(3)當(dāng)tan∠PAE＝eq\f(1,2)時(shí)，求a的值．(第4題)eq\a\vs4\al(應(yīng)用2：)解直角三角形的實(shí)際應(yīng)用5．如圖，自來水廠A和村莊B在小河l的兩側(cè)，現(xiàn)要在A，B間鋪設(shè)一條輸水管道．為了搞好工程預(yù)算，需測(cè)算出A，B間的距離．一小船在點(diǎn)P處測(cè)得A在正北方向，B位于南偏東24.5°方向，前行1200m，到達(dá)點(diǎn)Q處，測(cè)得A位于北偏西49°方向，B位于南偏西41°方向．【來源：21cnj*y.co*m】(1)線段BQ與PQ是否相等？請(qǐng)說明理由．(2)求A，B間的距離(參考數(shù)據(jù)cos41°≈0.75)．(第5題)6.如圖，為了測(cè)量山頂鐵塔AE的高，小明在27m高的樓CD底部D測(cè)得塔頂A的仰角為45°，在樓頂C測(cè)得塔頂A的仰角為36°52′.已知山高BE為56m，樓的底部D與山腳在同一水平線上，求該鐵塔的高AE.(參考數(shù)據(jù)：sin36°52′≈0.60，tan36°52′≈0.75)(第6題)2個(gè)技巧eq\a\vs4\al(技巧1：)“化斜為直”構(gòu)造直角三角形解三角形的技巧7．如圖，在△ABC中，∠A＝30°，tanB＝eq\f(\r(3),2)，AC＝2eq\r(3)，求AB的長(zhǎng)．(第7題)eq\a\vs4\al(技巧2：)“割補(bǔ)法”構(gòu)造直角三角形求解的技巧8．如圖所示，已知四邊形ABCD，∠ABC＝120°，AD⊥AB，CD⊥BC，AB＝30eq\r(3)，BC＝50eq\r(3)，求四邊形ABCD的面積．(要求：用分割法和補(bǔ)形法兩種方法求解)21*cnjy*com(第8題)答案eq\a\vs4\al(專訓(xùn)1)1．解：如圖，過點(diǎn)A作AD⊥BC，垂足為點(diǎn)D.設(shè)BD＝x，在Rt△ABD中，AD＝BD·tanB＝x·tan60°＝eq\r(3)x.在Rt△ACD中，∵∠C＝45°，∴∠CAD＝90°－∠C＝45°，∴∠C＝∠CAD，∴CD＝AD＝eq\r(3)x.∵BC＝1＋eq\r(3)，∴eq\r(3)x＋x＝1＋eq\r(3)，解得x＝1，即BD＝1.在Rt△ABD中，∵cosB＝eq\f(BD,AB)，∴AB＝eq\f(BD,cosB)＝eq\f(1,cos60°)＝2.(第1題)(第2題)2．解：如圖，延長(zhǎng)BC，AD交于點(diǎn)E.∵∠A＝60°，∠B＝90°，∴∠E＝30°.在Rt△ABE中，BE＝eq\f(AB,tanE)＝eq\f(2,tan30°)＝2eq\r(3)，在Rt△CDE中，EC＝2CD＝2，∴DE＝EC·cos30°＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).∴S四邊形ABCD＝SRt△ABE－SRt△ECD＝eq\f(1,2)AB·BE－eq\f(1,2)CD·ED＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)－eq\f(1,2)×1×eq\r(3)＝eq\f(3\r(3),2).點(diǎn)撥：本題看似是四邊形問題，但注意到∠B＝90°，∠A＝60°，不難想到延長(zhǎng)BC，AD交于點(diǎn)E，構(gòu)造出直角三角形，將所求問題轉(zhuǎn)化為直角三角形問題來解決．3．解：如圖，過點(diǎn)B作BE⊥CD，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E.∵點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)，∴AD＝DB.又∵∠ACD＝∠BED＝90°，∠ADC＝∠BDE，∴△ACD≌△BED，∴CD＝DE，AC＝BE.在Rt△CBE中，sin∠BCE＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(1,3)，∴BC＝3BE.∴CE＝eq\r(BC2－BE2)＝2eq\r(2)BE，∴CD＝eq\f(1,2)CE＝eq\r(2)BE＝eq\r(2)AC.∴tanA＝eq\f(CD,AC)＝eq\f(\r(2)AC,AC)＝eq\r(2).方法點(diǎn)撥：構(gòu)造直角三角形，把所要求的量與已知量建立關(guān)系是解題的關(guān)鍵．(第3題)(第4題)4．解：如圖，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，∵AB＝AC＝5，∴BE＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×8＝4，∠BAE＝eq\f(1,2)∠BAC.∵∠BPC＝eq\f(1,2)∠BAC，∴∠BPC＝∠BAE.在Rt△BAE中，由勾股定理得AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\r(52－42)＝3，∴tan∠BPC＝tan∠BAE＝eq\f(BE,AE)＝eq\f(4,3).eq\a\vs4\al(專訓(xùn)2)1．解：如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，∠C＝90°，延長(zhǎng)CA到D，使AD＝AB，則∠D＝15°，設(shè)BC＝a，則AB＝2a，AC＝eq\r(3)a，∴AD＝2a，CD＝(2＋eq\r(3))a.www-2-1-cnjy-com在Rt△BCD中，BD＝eq\r(BC2＋CD2)＝eq\r(a2＋（7＋4\r(3)）a2)＝(eq\r(6)＋eq\r(2))a.∴sin15°＝sinD＝eq\f(BC,BD)＝eq\f(a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)；cos15°＝cosD＝eq\f(CD,BD)＝eq\f(（2＋\r(3)）a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)；tan15°＝tanD＝eq\f(BC,CD)＝eq\f(a,（2＋\r(3)）a)＝2－eq\r(3).(第1題)(第2題)2．解：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，延長(zhǎng)CA到D，使DA＝AB，則∠D＝22.5°，設(shè)AC＝BC＝a，則AB＝eq\r(2)a，∴AD＝eq\r(2)a，DC＝(eq\r(2)＋1)a，【出處：21教育名師】∴tan22.5°＝tanD＝eq\f(BC,CD)＝eq\f(a,（\r(2)＋1）a)＝eq\r(2)－1.3．解：∵將矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)B的直線折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)E處，∴AB＝BE，∠AEB＝∠EAB＝45°，還原后，再沿過點(diǎn)E的直線折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處，∴AE＝EF，∠EAF＝∠EFA＝45°÷2＝22.5°，∴∠FAB＝67.5°.設(shè)AB＝x，則AE＝EF＝eq\r(2)x，∴tan∠FAB＝tan67.5°＝eq\f(FB,AB)＝eq\f(\r(2)x＋x,x)＝eq\r(2)＋1.4．解：如圖，作△ABC，使∠BAC＝36°，AB＝AC，∠ABC的平分線BD交AC于D點(diǎn)，過點(diǎn)A作AE⊥BC于E點(diǎn)，設(shè)BC＝a，則BD＝AD＝a，易得△ABC∽△BCD，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(BC,CD)，∴eq\f(AB,a)＝eq\f(a,AB－a)，即AB2－a·AB－a2＝0，∴AB＝eq\f(\r(5)＋1,2)a(負(fù)根舍去)，∴sin18°＝sin∠BAE＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5)－1,4)，cos72°＝cos∠ABE＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5)－1,4).(第4題)(第5題)5．解：方法1：利用第1題的圖形求解．易知∠CBD＝75°，∴sin75°＝eq\f(CD,BD)＝eq\f(（2＋\r(3)）a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，cos75°＝eq\f(BC,BD)＝eq\f(a,（\r(6)＋\r(2)）a)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，tan75°＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(（2＋\r(3)）a,a)＝2＋eq\r(3).方法2：如圖，作△ABD，使∠ADB＝90°，∠DAB＝30°，延長(zhǎng)BD到C，使DC＝DA，過B作BE⊥AC于E，則∠BAE＝75°，設(shè)AD＝DC＝a，則AC＝eq\r(2)a，BD＝eq\f(\r(3),3)a，AB＝eq\f(2\r(3),3)a，∴BC＝BD＋CD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)＋1))a.則CE＝BE＝BC·sin45°＝eq\f(\r(6)＋3\r(2),6)a，∴AE＝AC－CE＝eq\f(3\r(2)－\r(6),6)a，∴sin75°＝sin∠BAE＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\f(3\r(2)＋\r(6),6)a,\f(2\r(3),3)a)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，cos75°＝cos∠BAE＝eq\f(AE,AB)＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)，tan75°＝tan∠BAE＝eq\f(BE,AE)＝2＋eq\r(3).eq\a\vs4\al(專訓(xùn)3)(第1題)1．解：根據(jù)題意可知AB＝300m.如圖所示，過點(diǎn)B作BD⊥AC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D.在Rt△ADB中，因?yàn)椤螧AD＝30°，所以BD＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(1,2)×300＝150(m)．在Rt△CDB中，因?yàn)閟in∠DCB＝eq\f(BD,BC)，所以BC＝eq\f(BD,sin∠DCB)＝eq\f(150,sin60°)＝eq\f(300,\r(3))≈173(m)．答：此時(shí)游輪與望海樓之間的距離BC約為173m.點(diǎn)撥：本題也可過C作CD⊥AB于D，由已知得BC＝AC，則AD＝eq\f(1,2)AB＝150m，所以在Rt△ACD中，AC＝eq\f(AD,cos30°)＝eq\f(150,\f(\r(3),2))≈173(m)．所以BC＝AC≈173m.2．解：在Rt△ABE中，∠BEA＝90°，∠BAE＝45°，BE＝20米，∴AE＝20米．在Rt△BEF中，∠BEF＝90°，∠F＝30°，BE＝20米，∴EF＝eq\f(BE,tan30°)＝eq\f(20,\f(\r(3),3))＝20eq\r(3)(米)．∴AF＝EF－AE＝20eq\r(3)－20≈20×1.732－20＝14.64≈15(米)．AF的長(zhǎng)度約是15米．3．解：分兩種情況：(1)如圖①，在Rt△BDC中，CD＝30千米，BC＝60千米．∴sinB＝eq\f(CD,BC)＝eq\f(1,2)，∴∠B＝30°.∵PB＝PC，∴∠BCP＝∠B＝30°.∴在Rt△CDP中，∠CPD＝∠B＋∠BCP＝60°，∴DP＝eq\f(CD,tan∠CPD)＝eq\f(30,tan60°)＝10eq\r(3)(千米)．在Rt△ADC中，∵∠A＝45°，∴AD＝DC＝30千米．∴AP＝AD＋DP＝(30＋10eq\r(3))千米．(第3題)(2)如圖②，同理可求得DP＝10eq\r(3)千米，AD＝30千米．∴AP＝AD－DP＝(30－10eq\r(3))千米．故交叉口P到加油站A的距離為(30±10eq\r(3))千米．點(diǎn)撥：本題運(yùn)用了分類討論思想，針對(duì)P點(diǎn)位置分兩種情況討論，即P可能在線段AB上，也可能在BA的延長(zhǎng)線上．4．解：(1)在Rt△DCE中，DC＝4米，∠DCE＝30°，∠DEC＝90°，∴DE＝eq\f(1,2)DC＝2米；(第4題)(2)如圖，過點(diǎn)D作DF⊥AB，交AB于點(diǎn)F，則∠BFD＝90°，∠BDF＝45°，∴∠DBF＝45°，即△BFD為等腰直角三角形，設(shè)BF＝DF＝x米，∵四邊形DEAF為矩形，∴AF＝DE＝2米，即AB＝(x＋2)米，在Rt△ABC中，∠ABC＝30°，∴BC＝eq\f(AB,cos30°)＝eq\f(x＋2,\f(\r(3),2))＝eq\f(2x＋4,\r(3))＝eq\f(\r(3)（2x＋4）,3)(米)，∵∠DCE＝30°，∠ACB＝60°，∴∠DCB＝90°，在Rt△BCD中，BD＝eq\r(2)BF＝eq\r(2)x米，DC＝4米，根據(jù)勾股定理得：2x2＝eq\f(（2x＋4）2,3)＋16，解得：x＝4＋4eq\r(3)或x＝4－4eq\r(3)(舍去)，則大樓AB的高度為(6＋4eq\r(3))米．eq\a\vs4\al(專訓(xùn)4)1．解：若繼續(xù)向正東方向航行，該貨船無觸礁危險(xiǎn)．理由如下：如圖，過點(diǎn)C作CD⊥AM于點(diǎn)D.依題意，知AB＝24×eq\f(30,60)＝12(海里)，∠CAB＝90°－60°＝30°，∠CBD＝90°－30°＝60°.在Rt△DBC中，tan∠CBD＝tan60°＝eq\f(CD,BD)，∴BD＝eq\f(\r(3),3)CD.在Rt△ADC中，tan∠CAD＝tan30°＝eq\f(CD,AD)，∴AD＝eq\r(3)CD.又∵AD＝AB＋BD，∴eq\r(3)CD＝12＋eq\f(\r(3),3)CD，解得CD＝6eq\r(3)海里．∵6eq\r(3)＞9，∴若繼續(xù)向正東方向航行，該貨船無觸礁危險(xiǎn)．技巧點(diǎn)撥：將這道航海問題抽象成數(shù)學(xué)問題，建立解直角三角形的數(shù)學(xué)模型．該貨船有無觸礁危險(xiǎn)取決于島C到航線AB的距離與9海里的大小關(guān)系，因此解決本題的關(guān)鍵在于求島C到航線AB的距離．21·cn·jy·com(第1題)(第2題)2．解：不會(huì)穿過風(fēng)景區(qū)．理由如下：如圖，過C作CD⊥AB于點(diǎn)D，根據(jù)題意得：∠ACD＝α，∠BCD＝β，則在Rt△ACD中，AD＝CD·tanα，在Rt△BCD中，BD＝CD·tanβ.∵AD＋DB＝AB，∴CD·tanα＋CD·tanβ＝AB，∴CD＝eq\f(AB,tanα＋tanβ)＝eq\f(150,1.627＋1.373)＝eq\f(150,3)＝50(千米)．∵50＞45，∴連接A，B兩市的高速公路不會(huì)穿過風(fēng)景區(qū)．3．解：如圖，過B作AB的垂線，過C作AB的平行線，兩線交于點(diǎn)E；過C作AB的垂線，過D作AB的平行線，兩線交于點(diǎn)F，則∠E＝∠F＝90°，攔截點(diǎn)D處到公路的距離DA＝BE＋CF.在Rt△BCE中，∵∠E＝90°，∠CBE＝60°，∴∠BCE＝30°，∴BE＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×1000＝500(米)；在Rt△CDF中，∵∠F＝90°，∠DCF＝45°，CD＝1000米，∴CF＝eq\f(\r(2),2)CD＝500eq\r(2)(米)．∴DA＝BE＋CF＝(500＋500eq\r(2))米，即攔截點(diǎn)D處到公路的距離是(500＋500eq\r(2))米．(第3題)(第4題)4．解：(1)100；(60＋10t)(2)不會(huì)，理由如下：過點(diǎn)O作OH⊥PQ于點(diǎn)H，如圖．在Rt△POH中，∠OHP＝90°，∠OPH＝65°－20°＝45°，OP＝200km，∴OH＝PH＝OP·sin∠OPH＝200×sin45°＝100eq\r(2)≈141(km)．設(shè)經(jīng)過xh時(shí)，臺(tái)風(fēng)中心從P移動(dòng)到H，臺(tái)風(fēng)中心移動(dòng)速度為20km/h，則20x＝100eq\r(2)，∴x＝5eq\r(2).此時(shí)，受臺(tái)風(fēng)侵襲的圓形區(qū)域半徑應(yīng)為60＋10×5eq\r(2)≈130.5(km)．臺(tái)風(fēng)中心在整個(gè)移動(dòng)過程中與城市O的最近距離OH≈141km，而臺(tái)風(fēng)中心從P移動(dòng)到H時(shí)受侵襲的圓形區(qū)域半徑約為130.5km，130.5km＜141km，因此，當(dāng)臺(tái)風(fēng)中心移動(dòng)到與城市O距離最近時(shí)，城市O不會(huì)受到臺(tái)風(fēng)侵襲．eq\a\vs4\al(專訓(xùn)5)1．解：(1)把x＝0代入y＝kx－1，得y＝－1，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)是(0，－1)，∴OC＝1.在Rt△OBC中，∵tan∠OCB＝eq\f(OB,OC)＝eq\f(1,2)，∴OB＝eq\f(1,2).∴點(diǎn)B的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0)).把Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))的坐標(biāo)代入y＝kx－1，得eq\f(1,2)k－1＝0.解得k＝2.(2)由(1)知直線AB對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式為y＝2x－1，所以△AOB的面積S與x的函數(shù)關(guān)系式是S＝eq\f(1,2)OB·y＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)(2x－1)＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,4).21教育名師原創(chuàng)作品2．解：(1)∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，矩形OCDE的三個(gè)頂點(diǎn)分別是C(3，0)，D(3，4)，E(0，4)，點(diǎn)A在DE上，∴點(diǎn)A坐標(biāo)為(1，4)，設(shè)拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝a(x－1)2＋4，把C(3，0)的坐標(biāo)代入拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式，可得a(3－1)2＋4＝0，解得a＝－1.故拋物線對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝－(x－1)2＋4，即y＝－x2＋2x＋3.(2)依題意有OC＝3，OE＝4，∴CE＝eq\r(OC2＋OE2)＝eq\r(32＋42)＝5，當(dāng)∠QPC＝90°時(shí)，∵cos∠QCP＝eq\f(PC,CQ)＝eq\f(OC,CE)，∴eq\f(3－t,2t)＝eq\f(3,5)，解得t＝eq\f(15,11)；當(dāng)∠PQC＝90°時(shí)，∵cos∠QCP＝eq\f(CQ,PC)＝eq\f(OC,CE)，∴eq\f(2t,3－t)＝eq\f(3,5)，解得t＝eq\f(9,13).∴當(dāng)t＝eq\f(15,11)或t＝eq\f(9,13)時(shí)，△PCQ為直角三角形．3．解：(1)先求出A點(diǎn)的坐標(biāo)為(2，3)，∴k＝6.(2)易知點(diǎn)E縱坐標(biāo)為eq\f(3,2)，由點(diǎn)E在反比例函數(shù)y＝eq\f(6,x)的圖象上，求出點(diǎn)E的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3,2)))，結(jié)合A點(diǎn)坐標(biāo)為(2，3)，求出直線AE對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(9,2).(3)結(jié)論：AN＝ME.理由：在解析式y(tǒng)＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(9,2)中，令y＝0可得x＝6，令x＝0可得y＝eq\f(9,2).∴點(diǎn)M(6，0)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,2))).(第3題)方法一：如圖，延長(zhǎng)DA交y軸于點(diǎn)F，則AF⊥ON，且AF＝2，OF＝3，∴NF＝ON－OF＝eq\f(3,2).根據(jù)勾股定理可得AN＝eq\f(5,2).∵CM＝6－4＝2，EC＝eq\f(3,2)，∴根據(jù)勾股定理可得EM＝eq\f(5,2)，∴AN＝ME.方法二：如圖，連接OE，延長(zhǎng)DA交y軸于點(diǎn)F，則AF⊥ON，且AF＝2，∵S△EOM＝eq\f(1,2)OM·EC＝eq\f(1,2)×6×eq\f(3,2)＝eq\f(9,2)，S△AON＝eq\f(1,2)ON·AF＝eq\f(1,2)×eq\f(9,2)×2＝eq\f(9,2)，∴S△EOM＝S△AON.∵AN和ME邊上的高相等，∴AN＝ME.4．解：(1)∵a，b是關(guān)于x的方程x2－(c＋4)x＋4c＋8＝0的兩個(gè)根，∴a＋b＝c＋4，ab＝4c＋8.∴a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝(c＋4)2－2(4c＋8)＝c2.∴△ABC為直角三角形．又∵(a－b)2＝(a＋b)2－4ab＝(c＋4)2－4(4c＋8)＝c2－8c－16，∴不能確定(a－b)2的值是否為0，∴不能確定a是否等于b，∴△ABC的形狀為直角三角形．(2)∵△ABC是直角三角形，∠C＝90°，∴sinA＝eq\f(a,c).將其代入9c＝25asinA，得9c＝25a·eq\f(a,c)，9c2＝25a2，3c＝5a.∴c＝eq\f(5,3)a.∴b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)a))\s\up12(2)－a2)＝eq\f(4,3)a.將b＝eq\f(4,3)a，c＝eq\f(5,3)a代入a＋b＝c＋4，解得a＝6.∴b＝eq\f(4,3)×6＝8，c＝eq\f(5,3)×6＝10，即△ABC的三邊長(zhǎng)分別是6，8，10.5．解：∵一元二次方程有兩個(gè)相等的實(shí)數(shù)根，∴(－10cosα)2－20(－7cosα＋6)＝0，解得cosα＝－2(舍去)或cosα＝eq\f(3,5).設(shè)在一內(nèi)角為α的直角三角形中，α的鄰邊長(zhǎng)為3k(k＞0)，∴斜邊長(zhǎng)為5k，則α的對(duì)邊長(zhǎng)為eq\r(（5k）2－（3k）2)＝4k，∴sinα＝eq\f(4,5)，則菱形一邊上的高為10sinα＝8cm，∴S菱形＝10×8＝80cm2.6．(1)證明：∵AD是△ABC的角平分線，∴∠BAD＝∠DAC.∵∠ADE＝∠BAD＋∠B，∠DAE＝∠CAD＋∠CAE，且∠B＝∠CAE，∴∠ADE＝∠DAE，∴ED＝EA.∵ED為⊙O的直徑，∴∠DFE＝90°，∴EF⊥AD，∴點(diǎn)F是AD的中點(diǎn)．(2)解：如圖，連接DM，則DM⊥AE.設(shè)EF＝4k，DF＝3k，則ED＝eq\r(EF2＋DF2)＝5k.∵eq\f(1,2)AD·EF＝eq\f(1,2)AE·DM，∴DM＝eq\f(AD·EF,AE)＝eq\f(6k·4k,5k)＝eq\f(24,5)k，∴ME＝eq\r(DE2－DM2)＝eq\f(7,5)k，∴cos∠AED＝eq\f(ME,DE)＝eq\f(7,25).(3)解：∵∠CAE＝∠B，∠AEC為公共角，∴△AEC∽△BEA，∴AEBE＝CEAE，∴AE2＝CE·BE，∴(5k)2＝eq\f(5,2)k·(10＋5k)．∵k＞0，∴k＝2，∴CD＝eq\f(5,2)k＝5.(第6題)(第7題)7．(1)證明：如圖，連接OD，∵直線CD切⊙O于點(diǎn)D，∴∠CDO＝90°，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，∴∠1＋∠2＝∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∵OB＝OD，∴∠3＝∠4，∴∠ADC＝∠ABD.(2)證明：∵AM⊥CD，∴∠AMD＝∠ADB＝90°，∵∠1＝∠4，∴△ADM∽△ABD，∴eq\f(AM,AD)＝eq\f(AD,AB)，∴AD2＝AM·AB.(3)解：∵sin∠ABD＝eq\f(3,5)，∴sin∠1＝eq\f(3,5)，∵AM＝eq\f(18,5)，∴AD＝6，∴AB＝10，∴BD＝eq\r(AB2－AD2)＝8，∵BN⊥CD，∴∠BND＝90°，∴∠DBN＋∠BDN＝∠1＋∠BDN＝90°，∴∠DBN＝∠1，∴sin∠NBD＝eq\f(3,5)，∴DN＝eq\f(24,5)，∴BN＝eq\r(BD2－DN2)＝eq\f(32,5).8．(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠DCG＝90°，∵點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，∴DE＝CE.∵∠DEF＝∠CEG，∴△EDF≌△ECG，∴EF＝EG.又∵BE⊥FG，∴BE是FG的中垂線，∴BF＝BG.(2)解：∵BF＝BG，∴∠BFG＝∠G，∴tan∠BFG＝tanG＝eq\r(3)，設(shè)CG＝x，則CE＝eq\r(3)x，∴S△CGE＝eq\f(\r(3),2)x2＝6eq\r(3)，解得x＝2eq\r(3)(負(fù)值舍去)，∴CG＝2eq\r(3)，CE＝6，又易通過三角形相似得出EC2＝BC·CG，∴BC＝6eq\r(3)，∴AD＝6eq\r(3).eq\a\vs4\al(專訓(xùn)6)1．思路導(dǎo)引：求∠BCD的三個(gè)三角函數(shù)值，關(guān)鍵要弄清它們的定義．由于∠BCD是Rt△BCD中的一個(gè)內(nèi)角，根據(jù)定義，僅一邊BC是已知的，此時(shí)有兩條路可走，一是設(shè)法求出BD或CD，二是把∠BCD轉(zhuǎn)化成∠A，顯然走第二條路較方便，因?yàn)樵赗t△ABC中，三邊均可得出，利用三角函數(shù)的定義即可求出答案．2·1·c·n·j·y解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∴∠BCD＋∠ACD＝90°.∵CD⊥AB，∴∠ACD＋∠A＝90°，∴∠BCD＝∠A.在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝10，∴sin∠BCD＝sinA＝eq\f(BC,AB)＝eq\f(4,5)，cos∠BCD＝cosA＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,5)，tan∠BCD＝tanA＝eq\f(BC,AC)＝eq\f(4,3).2．思路導(dǎo)引：由sinB＝eq\f(DE,DB)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,5)，可設(shè)DE＝CD＝3k，則DB＝5k，求得BC＝8k，AC＝6k，AB＝10k.再由AC＋CD＝9，可列出以k為未知數(shù)的方程，進(jìn)而求出各邊的長(zhǎng)．在Rt△BDE中，由勾股定理求BE的長(zhǎng)，過C作CF⊥AB于點(diǎn)F，再用勾股定理求出CE的長(zhǎng)．解：∵sinB＝eq\f(3,5)，∠ACB＝90°，DE⊥AB，∴sinB＝eq\f(DE,DB)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(3,5).設(shè)DE＝CD＝3k，則DB＝5k，∴CB＝8k，AC＝6k，AB＝10k.∵AC＋CD＝9，∴6k＋3k＝9，∴k＝1，∴DE＝3，DB＝5，∴BE＝eq\r(52－32)＝4.過點(diǎn)C作CF⊥AB于點(diǎn)F，如圖，則CF∥DE，∴eq\f(DE,CF)＝eq\f(BE,BF)＝eq\f(BD,BC)＝eq\f(5,8)，求得CF＝eq\f(24,5)，BF＝eq\f(32,5)，∴EF＝eq\f(12,5).在Rt△CEF中，CE＝eq\r(CF2＋EF2)＝eq\f(12,5)eq\r(5).(第2題)點(diǎn)撥：方程思想是一種重要的思想方法，運(yùn)用方程思想可以建立已知量和待求量之間的關(guān)系式，平時(shí)學(xué)習(xí)時(shí)，應(yīng)該不斷積累用方程思想解題的方法．3．解：(1)原式＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(3),2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)×1＝eq\f(1,2)＋eq\f(3,4)－eq\f(1,2)＝eq\f(3,4).(2)原式＝eq\f(1,4)×12＋eq\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))－3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,\f(1,2))－1＝eq\f(1,4)＋4－3×eq\f(3,4)＋2－1＝3.4．解：設(shè)CE＝y(tǒng)，(1)∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝4，BC＝AD＝5，∠B＝∠BCD＝∠D＝90°.∵BP＝a，CE＝y(tǒng)，∴PC＝5－a，DE＝4－y，∵AP⊥PE，∴∠APE＝90°，∴∠APB＋∠CPE＝90°，∵∠APB＋∠BAP＝90°，∴∠CPE＝∠BAP，∴△ABP∽△PCE，∴eq\f(BP,CE)＝eq\f(AB,PC)，∴y＝eq\f(－a2＋5a,4)，即CE＝eq\f(－a2＋5a,4).(2)四邊形APFD是菱形，理由如下：當(dāng)a＝3時(shí)，y＝eq\f(－32＋5×3,4)＝eq\f(3,2)，即CE＝eq\f(3,2)，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BF，∴△AED∽△FEC，∴eq\f(AD,CF)＝eq\f(DE,CE)，∴CF＝3，易求PC＝2，∴PF＝PC＋CF＝5.∴PF＝AD，∴四邊形APFD是平行四邊形，在Rt△APB中，AB＝4，BP＝3，∠B＝90°，∴AP＝5＝PF，∴四邊形APFD是菱形．(3)根據(jù)tan∠PAE＝eq\f(1,2)可得eq\f(AP,PE)＝2，易得△ABP∽△PCE，∴eq\f(BP,CE)＝eq\f(AB,PC)＝eq\f(AP,PE)＝2，得eq\f(a,y)＝eq\f(4,5－a)＝2或eq\f(a,y)＝eq\f(4,a－5)＝2，解得a＝3，y＝1.5或a＝7，y＝3.5.∴a＝3或7.5．解：(1)相等．理由如下：由已知條件易知，∠QPB＝90°－24.5°＝65.5°，∠PQB＝90