2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——直角三角形的边角关系的综合

2020-2021上海中考数学压轴题专题复习——直角三角形的边角关系的综合

一、直角三角形的边角关系

1．如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．

（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；

（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截．求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）

（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37 ＝sin53°≈去，tan37°≈2，tan76°≈）

【答案】（1）观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里；（2）当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D处成功拦截. 【解析】 【分析】

（1）先根据三角形内角和定理求出∠ACB＝90°，再解Rt△ABC，利用正弦函数定义得出AC即可；

（2）过点C作CM⊥AB于点M，易知，D、C、M在一条直线上．解Rt△AMC，求出CM、AM．解Rt△AMD中，求出DM、AD，得出CD．设缉私艇的速度为x海里/小时，根据走私船行驶CD所用的时间等于缉私艇行驶AD所用的时间列出方程，解方程即可． 【详解】

（1）在△ABC中，?ACB?180???B??BAC?180??37??53??90?. 在RtVABC中，sinB?3AC?，所以AC?AB?sin37?25??15（海里）. AB5答：观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里.

（2）过点C作CM?AB，垂足为M，由题意易知，D、C、M在一条直线上. 在RtVACM中，CM?AC?sin?CAM?15?4?12，53AM?AC?cos?CAM?15??9.

5MD在Rt△ADM中，tan?DAM?，

AM所以MD?AM?tan76??36. 所以AD?AM2?MD2?92?362?917，CD?MD?MC?24.

设缉私艇的速度为v海里/小时，则有经检验，v?617是原方程的解.

24917，解得v?617. ?16v答：当缉私艇以每小时617海里的速度行驶时，恰好在D处成功拦截.

【点睛】

此题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．

2．（6分）某海域有A，B两个港口，B港口在A港口北偏西30°方向上，距A港口60海里，有一艘船从A港口出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B港口南偏东75°方向的C处，求该船与B港口之间的距离即CB的长（结果保留根号）．

【答案】【解析】

．

试题分析：作AD⊥BC于D，于是有∠ABD=45°，得到AD=BD=正切的定义求出CD的长，得到答案．

，求出∠C=60°，根据

试题解析：作AD⊥BC于D，∵∠EAB=30°，AE∥BF，∴∠FBA=30°，又∠FBC=75°，∴∠ABD=45°，又AB=60，∴AD=BD=

，∵∠BAC=∠BAE+∠CAE=75°，∠ABC=45°，

，则tanC=

，∴CD=

=海里．

，

∴∠C=60°，在Rt△ACD中，∠C=60°，AD=∴BC=

．故该船与B港口之间的距离CB的长为

考点：解直角三角形的应用-方向角问题．

3．已知Rt△ABC中，AB是⊙O的弦，斜边AC交⊙O于点D，且AD=DC，延长CB交⊙O于点E．

（1）图1的A、B、C、D、E五个点中，是否存在某两点间的距离等于线段CE的长？请说明理由；

（2）如图2，过点E作⊙O的切线，交AC的延长线于点F． ①若CF=CD时，求sin∠CAB的值；

②若CF=aCD（a＞0）时，试猜想sin∠CAB的值．（用含a的代数式表示，直接写出结果）

【答案】（1）AE=CE；（2）①【解析】

试题分析：（1）连接AE、DE，如图1，根据圆周角定理可得∠ADE=∠ABE=90°，由于AD=DC，根据垂直平分线的性质可得AE=CE；

（2）连接AE、ED，如图2，由∠ABE=90°可得AE是⊙O的直径，根据切线的性质可得∠AEF=90°，从而可证到△ADE∽△AEF，然后运用相似三角形的性质可得当CF=CD时，可得sin∠CED=

，从而有EC=AE=

=AD?AF．①

；②

．

CD，在Rt△DEC中运用三角函数可得

，根据圆周角定理可得∠CAB=∠DEC，即可求出sin∠CAB的值；②当

CF=aCD（a＞0）时，同①即可解决问题． 试题解析：（1）AE=CE．理由：

连接AE、DE，如图1，∵∠ABC=90°，∴∠ABE=90，∴∠ADE=∠ABE=90°，∵AD=DC，∴AE=CE；

（2）连接AE、ED，如图2，∵∠ABE=90°，∴AE是⊙O的直径，∵EF是⊙OO的切线，∴∠AEF=90°，∴∠ADE=∠AEF=90°，又∵∠DAE=∠EAF，∴△ADE∽△AEF，∴∴

=AD?AF．

=DC?3DC==．

=DC?（a+2）DC=（a+2）

，

DC，=

．

；

，∴AE=

DC，∵EC=AE，

，

①当CF=CD时，AD=DC=CF，AF=3DC，∴∴EC=

DC，∴sin∠CAB=sin∠CED=

=

②当CF=aCD（a＞0）时，sin∠CAB=∴AE=

DC，∵EC=AE，∴EC=

∵CF=aCD，AD=DC，∴AF=AD+DC+CF=（a+2）CD，∴

∴sin∠CAB=sin∠CED=

考点：1．圆的综合题；2．探究型；3．存在型．

4．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于切点为G，连接AG交CD于K． （1）求证：KE=GE；

（2）若KG2=KD?GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=

，求FG的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= 【解析】

试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；

．

（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD?GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；

（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度． 试题解析：（1）如图1，连接OG．

∵EG为切线， ∴∠KGE+∠OGA=90°， ∵CD⊥AB，

∴∠AKH+∠OAG=90°， 又∵OA=OG， ∴∠OGA=∠OAG， ∴∠KGE=∠AKH=∠GKE， ∴KE=GE．

（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．

∵KG2=KD?GE，即∴

，

，

又∵∠KGE=∠GKE， ∴△GKD∽△EGK， ∴∠E=∠AGD， 又∵∠C=∠AGD， ∴∠E=∠C， ∴AC∥EF；

（3）连接OG，OC，如图3所示，

∵EG为切线， ∴∠KGE+∠OGA=90°， ∵CD⊥AB，

∴∠AKH+∠OAG=90°， 又∵OA=OG， ∴∠OGA=∠OAG， ∴∠KGE=∠AKH=∠GKE， ∴KE=GE． ∵sinE=sin∠ACH=

，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t， ∵KE=GE，AC∥EF， ∴CK=AC=5t， ∴HK=CK-CH=t．

在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2， 即（3t）2+t2=（2

）2，解得t=

．

设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t， 由勾股定理得：OH2+CH2=OC2， 即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r=∵EF为切线，

∴△OGF为直角三角形， 在Rt△OGF中，OG=r=

，tan∠OFG=tan∠CAH=

，

t=

．

∴FG=

【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．

5．已知：△ABC内接于⊙O，D是弧BC上一点，OD⊥BC，垂足为H． （1）如图1，当圆心O在AB边上时，求证：AC=2OH；

（2）如图2，当圆心O在△ABC外部时，连接AD、CD，AD与BC交于点P，求证：∠ACD=∠APB；

（3）在（2）的条件下，如图3，连接BD，E为⊙O上一点，连接DE交BC于点Q、交AB于点N，连接OE，BF为⊙O的弦，BF⊥OE于点R交DE于点G，若∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，AC=

，BN=

，tan∠ABC=

，求BF的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24. 【解析】

试题分析：（1）易证OH为△ABC的中位线，可得AC=2OH；（2）∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，又∵∠PAC =∠BCD，可证∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，易证∠GBN=∠ABC，所以BG=BQ.在Rt△BNQ中，根据tan∠ABC=

，可求得NQ、BQ的长.利用圆周角定理可求得IC和AI

的长度，设QH=x，利用勾股定理可求出QH和HD的长度，利用垂径定理可求得ED的长度，最后利用tan∠OED=

即可求得RG的长度，最后由垂径定理可求得BF的长度．

试题解析：（1）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴BH=HC，∵点O是AB的中点，∴AC=2OH；（2）在⊙O中，∵OD⊥BC，∴弧BD=弧CD，∴∠PAC=∠BCD，∵∠APB=∠PAC+∠ACP，∠ACD=∠ACB+∠BCD，∴∠ACD=∠APB；（3）连接AO延长交于⊙O于点I，连接IC，AB与OD相交于点M，连接OB，

∵∠ACD﹣∠ABD=2∠BDN，∴∠ACD﹣∠BDN=∠ABD+∠BDN，∵∠ABD+∠BDN=∠AND，∴∠ACD﹣∠BDN=∠AND，∵∠ACD+∠ABD=180°，∴2∠AND=180°，∴∠AND=90°，∵tan∠ABC=

，∴

，∴

，

∴

∴∠ABC=∠QDH，∵OE=OD，

，∵∠BNQ=∠QHD=90°，

∴∠OED=∠QDH，∵∠ERG=90°，∴∠OED=∠GBN，∴∠GBN=∠ABC，∵AB⊥ED，∴BG=BQ=

，GN=NQ=

，

，∴

，∴IC=

，∴由勾股定理可求得：

∵∠ACI=90°，tan∠AIC=tan∠ABC=AI=25，

设QH=x，∵tan∠ABC=tan∠ODE=BH=BQ+QH=∵OB2=BH2+OH2，∴

，

，∴，∴HD=2x，∴OH=OD﹣HD=，

，解得：，当QH=

时，∴QD=∴ND=时，∴QD=∴ND=NQ+QD=∵tan∠OED=∴EG=

， ，∴MN=

，MD=15,∵

，∴QH=

不符合题意，舍去，当QH=

，ED=，∴

，∴GD=GN+ND=，

，∴ BR=RG+BG=12,∴BF=2BR=24．

,∴EG=ED﹣GD=

，

RG，∴RG=

考点：1圆；2相似三角形；3三角函数；4直角三角形.

6．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）

已知：如图，AB是半圆O的直径，弦CD//AB，动点P、Q分别在线段OC、CD上，且DQ?OP，AP的延长线与射线OQ相交于点E、与弦CD相交于点F（点F与点C、D不重合），AB?20，cos?AOC?4．设OP?x，?CPF的面积为y． 5

（1）求证：AP?OQ；

（2）求y关于x的函数关系式，并写出它的定义域； （3）当?OPE是直角三角形时，求线段OP的长．

3x2?60x?30050【答案】（1）证明见解析；（2）y?(?x?10)；（3）OP?8

x13【解析】 【分析】

（1）证明线段相等的方法之一是证明三角形全等，通过分析已知条件，OP?DQ，联结

OD后还有OA?DO，再结合要证明的结论AP?OQ，则可肯定需证明三角形全等，寻

找已知对应边的夹角，即?POA??QDO即可；

（2）根据?PFC∽?PAO，将面积转化为相似三角形对应边之比的平方来求；（3）分成三种情况讨论，充分利用已知条件cos?AOC?意要对不符合（2）中定义域的答案舍去． 【详解】

（1）联结OD，∵OC?OD， ∴?OCD??ODC，

4、以及（1）（2）中已证的结论，注5∵CD//AB， ∴?OCD??COA， ∴?POA??QDO． 在?AOP和?ODQ中，

OP?DQ{?POA??QDO， OA?DO∴?AOP≌?ODQ， ∴AP?OQ；

（2）作PH?OA，交OA于H， ∵cos?AOC?∴OH?4， 5443OP?x，PH?x， 5551AO?PH?3x． 2∴S?AOP?∵CD//AB， ∴?PFC∽?PAO， ∴

yS?AOP?(CP210?x2)?()， OPx3x2?60x?300∴y?，当F与点D重合时，

x∵CD?2OC?cos?OCD?2?10?∴

4?16， 5x1050?，解得x?， 10?x16133x2?60x?30050(?x?10)； ∴y?13x（3）①当?OPE?90o时，?OPA?90o， ∴OP?OA?cos?AOC?10?4?8； 5②当?POE?90o时，

CQ?OC101025???cos?QCOcos?AOC42，

525257?16??， 222∴OP?DQ?CD?CQ?CD?∵

50?OP?10， 13∴OP?7（舍去）； 2③当?PEO?90o时，∵CD//AB， ∴?AOQ??DQO， ∵?AOP≌?ODQ， ∴?DQO??APO， ∴?AOQ??APO，

∴?AEO??AOP?90o，此时弦CD不存在，故这种情况不符合题意，舍去； 综上，线段OP的长为8．

7．如图，将一副直角三角形拼放在一起得到四边形ABCD，其中∠BAC=45°，∠ACD=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

cm．

（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′到BC的距离．

【答案】（1）【解析】

；（2）12cm；（3）

cm．

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： ∵∠BAC=45°，∠B=90°，∴AB=BC=6

cm，∴AC=12cm．

∵∠ACD=30°，∠DAC=90°，AC=12cm，∴∵点E为CD边上的中点，∴AE=DC=

cm．

（cm）．

（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⊥BC于点G，进而得出△ABD′≌△CBD′（SSS），则∠D′BG=45°，D′G=GB，进而利用勾股定理求出点D′到BC边的距离． 试题解析：解：（1）

．

（2）∵Rt△ADC中，∠ACD=30°，∴∠ADC=60°， ∵E为CD边上的中点，∴DE=AE．∴△ADE为等边三角形．

∵将△ADE沿AE所在直线翻折得△AD′E，∴△AD′E为等边三角形，∠AED′=60°． ∵∠EAC=∠DAC﹣∠EAD=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′． ∵△ADE是等边三角形，AD=AE=∴

，

，即DP+EP最小值为12cm．

（3）如答图2，连接CD′，BD′，过点D′作D′G⊥BC于点G， ∵AC垂直平分线ED′，∴AE=AD′，CE=CD′， ∵AE=EC，∴AD′=CD′=

．

在△ABD′和△CBD′中，∵，∴△ABD′≌△CBD′cm，

，

（不合题意舍去）． cm．

（SSS）．∴∠D′BG=∠D′BC=45°．∴D′G=GB． 设D′G长为xcm，则CG长为在Rt△GD′C中，由勾股定理得解得：

∴点D′到BC边的距离为

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．

8．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE=1cm．点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M

同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）． （1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？

（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围．

（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？

【答案】（1）3；（2）【解析】

；（3）t=9s或t=（15﹣6

）s.

试题分析：（1）求出ED的距离即可求出相对应的时间t.

（2）先求出t的取值范围，分为H在AB上时，此时BM的距离，进而求出相应的时间．同样当G在AC上时，求出MN的长度，继而算出EN的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.

（3）分DP=PC和DC=PC两种情况，分别由EN的长度便可求出t的值． 试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm ∴AB=8cm，BD=4cm，AC=8

cm，DC=12cm，AD=4

cm.

（1）∵当G刚好落在线段AD上时，ED=BD﹣BE=3cm ∴t=s=3s．

（2）∵当MH没有到达AD时，此时正方形MNGH是边长为1的正方形，令H点在AB上，

则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1 ∴BM=

cm.∴t=

s.

当MH到达AD时，那么此时的正方形MNGH的边长随着N点的继续运动而增大，令G点在AC上，

设MN=xcm，则GH=DH=x，AH=∵AD=AH+DH=∴x=3．

x+x=

x=4

x， ，

当

≤t≤4时，SMNGN=1cm2．

当4＜t≤6时，SMNGH=（t﹣3）2cm2

∴S关于t的函数关系式为：（3）分两种情况：

.

①∵当DP=PC时，易知此时N点为DC的中点，∴MN=6cm ∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s

故当t=9s的时候，△CPD为等腰三角形； ②当DC=PC时，DC=PC=12cm ∴NC=6

cm

cm=（15﹣6

）cm

）s

）s时，△CPD为等腰三角形．

）s时，△CPD为等腰三角形．

∴EN=16cm﹣1cm﹣6∴t=（15﹣6故当t=（15﹣6

综上所述，当t=9s或t=（15﹣6

考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.

9．如图，抛物线y=﹣x2+3x+4与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，点D在抛物线上且横坐标为3． （1）求tan∠DBC的值；

（2）点P为抛物线上一点，且∠DBP=45°，求点P的坐标．

【答案】（1）tan∠DBC=（2）P（﹣【解析】

，

）．

；

试题分析：（1）连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．利用抛物线解析式可以求得点A、B、C、D的坐标，则可得CD//AB，OB=OC，所以∠BCO=∠BCD=∠ABC=45°．由直角三角形的性质、勾股定理和图中相关线段间的关系可得BC=4

，BE=BC﹣DE=

．由此可知

tan∠DBC=；

（2）过点P作PF⊥x轴于点F．由∠DBP=45°及∠ABC=45°可得∠PBF=∠DBC，利用（1）中的结果得到：tan∠PBF=

=

试题解析：

（1）令y=0，则﹣x2+3x+4=﹣（x+1）（x﹣4）=0， 解得 x1=﹣1，x2=4． ∴A（﹣1，0），B（4，0）． 当x=3时，y=﹣32+3×3+4=4， ∴D（3，4）．

如图，连接CD，过点D作DE⊥BC于点E．

．设P（x，﹣x2+3x+4），则利用锐角三角函数定义推知

，

）．

，通过解方程求得点P的坐标为（﹣

∵C（0，4）， ∴CD//AB，

∴∠BCD=∠ABC=45°． 在直角△OBC中，∵OC=OB=4， ∴BC=4

．

在直角△CDE中，CD=3． ∴CE=ED=∴BE=BC﹣DE=∴tan∠DBC=

，

． ；

（2）过点P作PF⊥x轴于点F． ∵∠CBF=∠DBP=45°， ∴∠PBF=∠DBC， ∴tan∠PBF=

．

设P（x，﹣x2+3x+4），则解得 x1=﹣∴P（﹣

，x2=4（舍去）， ，

）．

=，

考点：1、二次函数；2、勾股定理；3、三角函数

12x?bx?c的图象经过点A（-3，6），并与x轴交于点B2（-1，0）和点C，顶点为点P． （1）求这个二次函数解析式；

（2）设D为x轴上一点，满足∠DPC=∠BAC，求点D的坐标；

10．如图，已知二次函数y?（3）作直线AP，在抛物线的对称轴上是否存在一点M，在直线AP上是否存在点N，使AM+MN的值最小？若存在，求出M、N的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；（2）点P（7，0）；（3）点N（-

714，）． 55【解析】 【分析】

（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解； （2）利用S△ABC=

111BH221×AC×BH= ×BC×yA，求出sinα= ，则tanα= ，在??222AB2105x1MD?△PMD中，tanα= = ，即可求解；

PMx?222（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，即可求解． 【详解】

9?6??3b?3?b??1???2（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式得：?，解得：?3，

1c???0???b?c?2??2?故：抛物线的表达式为：y=

123x-x-， 223， 2故点C坐标为（3，0），点P（1，-2）；

令y=0，则x=-1或3，令x=0，则y=-（2）过点B作BH⊥AC交于点H，过点P作PG⊥x轴交于点G，

设：∠DPC=∠BAC=α，

由题意得：AB=210，AC=62，BC=4，PC=22， S△ABC=

11×AC×BH=×BC×yA， 22解得：BH=22， sinα=

1BH221==，则tanα=，

5AB2102由题意得：GC=2=PG，故∠PCB=45°， 延长PC，过点D作DM⊥PC交于点M， 则MD=MC=x， 在△PMD中，tanα=

xMD1==， PMx?222解得：x=22，则CD=2x=4， 故点P（7，0）；

（3）作点A关于对称轴的对称点A′（5，6），

过点A′作A′N⊥AP分别交对称轴与点M、交AP于点N，此时AM+MN最小，

直线AP表达式中的k值为：设直线A′N的表达式为：y=

81=-2，则直线A′N表达式中的k值为， ?421x+b， 27， 2将点A′坐标代入上式并求解得：b=故直线A′N的表达式为：y=当x=1时，y=4， 故点M（1，4），

17x+…①， 22同理直线AP的表达式为：y=-2x…②， 联立①②两个方程并求解得：x=-， 故点N（-，【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等知识，其中（3），利用对称点求解最小值，是此类题目的一般方法．

757514）． 5

11．关于三角函数有如下的公式： sin（α+β）=sinαcosβ+cosαsinβ① cos（α+β）=cosαcosβ﹣sinαsinβ② tan（α+β）=

③

利用这些公式可将某些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值，如：

tan105°=tan（45°+60°）=（2+

）．

根据上面的知识，你可以选择适当的公式解决下面的实际问题：

=﹣

如图，直升飞机在一建筑物CD上方A点处测得建筑物顶端D点的俯角α=60°，底端C点的俯角β=75°，此时直升飞机与建筑物CD的水平距离BC为42m，求建筑物CD的高．

【答案】建筑物CD的高为84米． 【解析】 分析：

如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意易得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，∠ADE=60°，这样在Rt△ABC和在Rt△ADE中，结合题中所给关系式分别求出AB和AE的长，即可由CD=BE=AB-AE求得结果了. 详解：

如图，过点D作DE⊥AB于点E，由题意可得∠ACB=75°，∠ABC=90°，DE=BC=42m，CD=BE，∠ADE=60°， ∴在Rt△ABC和Rt△ADE

AB=BC?tan75°=42tan75°=AE=

∴CD=AB﹣AE=

，

（米）.

，

答：建筑物CD的高为84米.

睛：读懂题意，把已知量和未知量转化到Rt△ABC和Rt△ADE中，这样利用直角三角形中边角间的关系结合题目中所给的“两角和的三角形函数公式”即可使问题得到解决.

12．已知Rt△ABC,∠A=90°,BC=10,以BC为边向下作矩形BCDE,连AE交BC于F. (1)如图1,当AB=AC,且sin∠BEF=(2)如图2,当tan∠ABC=

3BF时，求的值；

CF51时,过D作DH⊥AE于H,求EH?EA的值； 2(3)如图3,连AD交BC于G,当FG2?BF?CG时,求矩形BCDE的面积

【答案】(1)【解析】 【分析】

1 ；（2）80；（3）100. 7(1)过A作AK⊥BC于K,根据sin∠BEF=

3FK3?,设FK=3a,AK=5a，可求得BF=a,故得出

5AK5BF1?；（2）过A作AK⊥BC于K,延长AK交ED于G,则AG⊥ED，得△EGA∽△EHD，CF7利用相似三角形的性质即可求出；（3）延长AB、ED交于K,延长AC、ED交于T,根据相似三角形的性质可求出BE=ED，故可求出矩形的面积. 【详解】

解：(1)过A作AK⊥BC于K, ∵sin∠BEF＝∴

33,sin∠FAK＝, 55FK3?, AK5设FK=3a,AK=5a, ∴AK=4a,

∵AB=AC,∠BAC=90°, ∴BK=CK=4a, ∴BF=a, 又∵CF=7a, ∴

BF1? CF7 (2)过A作AK⊥BC于K,延长AK交ED于G,则AG⊥ED， ∵∠AGE=∠DHE=90°, ∴△EGA∽△EHD, ∴

EHED?， EGEA1， 2∴EH?EA?EG·ED,其中EG=BK, ∵BC=10,tan∠ABC＝

cos∠ABC＝2， 520， 5∴BA＝BC· cos∠ABC＝BK= BA·cos∠ABC＝∴EG=8,

另一方面：ED=BC=10, ∴EH·EA=80

202??8 55(3)延长AB、ED交于K,延长AC、ED交于T, ∵BC∥KT, ∴

BFAFFG??， KEAEEDBFKEFGED?? ，同理：FGDECGDTBFFG?， FGCG∵FG2= BF·CG ∴∴ED2= KE·DT ∴

KEED? ， DEDTKECD?， BEDT∴KE·DT ＝BE2， ∴BE2＝ED2 ∴ BE=ED

∴S矩形BCDE?10?10?100

又∵△KEB∽△CDT,∴

【点睛】

此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解.