1、(1)求tan/DBC的值；(2)點(diǎn)P為拋物線上一點(diǎn)，且【解析】66，百)中考數(shù)學(xué)直角三角形的邊角關(guān)系綜合題匯編附答案一、直角三角形的邊角關(guān)系1.如圖，拋物線y=-x2+3x+4與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于C點(diǎn)，點(diǎn)D在拋物線上且橫坐標(biāo)為3./DBP=45,求點(diǎn)P的坐標(biāo).試題分析：(1)連接CD,過點(diǎn)D作DE，BC于點(diǎn)E.利用拋物線解析式可以求得點(diǎn)A、B、C、D的坐標(biāo)，則可得CD/AB,OB=OC,所以/BCO=ZBCD=ZABC=45°.由直角三角形的性質(zhì)、勾股定理和圖中相關(guān)線段間的關(guān)系可得BC=4/V，BE=BC-DE占2.由此可知2DE3tan/DBC=y二；(2)過點(diǎn)P作P

2、Hx軸于點(diǎn)F.由/DBP=45及/ABC=45可得/PBF=ZDBC,利用(1)中一_3一，。的結(jié)果得到：tan/PBF.設(shè)P(x,-x2+3x+4),則利用銳角三角函數(shù)定義推知_算*1_|l43=y,通過解方程求得點(diǎn)P的坐標(biāo)為(-4-x5試題解析：(1)令y=0,貝U-x2+3x+4=-(x+1)(x-4)=0,解得x1=-1,x2=4.A(T,0),B(4,0).當(dāng)x=3時(shí)，y=-32+3x3+4=4.D(3,4).如圖，連接CD,過點(diǎn)D作DE±BC于點(diǎn)E. C(0,4), .CD/AB,/BCD=ZABC=45在直角OBC中，-，OC=OB=4,BC=47J.在直角CDE中，C

3、D=3.CE=ED=,WBE=BC-DE=-,_"E3 .tan/DBC=;EE5(2)過點(diǎn)P作PHx軸于點(diǎn)F. /CBF土DBP=45；/PBF=ZDBC,一3 .tanZPBF7.設(shè)P(x,-x2+3x+4),貝U1=g4-x$解得xi=,x2=4(舍去)，266，p(-W,丞).考點(diǎn)：1、二次函數(shù)；2、勾股定理；3、三角函數(shù)9時(shí)太陽光線與中午12時(shí)太陽光線15米（B、E、C在2 .如圖，某公園內(nèi)有一座古塔AB,在塔的北面有一棟建筑物，某日上午水平面的夾角為32,此時(shí)塔在建筑物的墻上留下了高3米的影子CD.與地面的夾角為45。，此時(shí)塔尖A在地面上的影子E與墻角C的距離為一條直線上

4、），求塔AB的高度.（結(jié)果精確到0.01米）參考數(shù)據(jù)：sin32°=0.529SCos32°=0.84§0tan32°0.6249721.4142【答案】塔高AB約為32.99米.【解析】【分析】過點(diǎn)D作DHLAB,垂足為點(diǎn)H,設(shè)AB=x,則AH=x-3,解直角三角形即可得到結(jié)論.【詳解】解：過點(diǎn)D作DHLAB,垂足為點(diǎn)H.°/ADH=32.=BC,/ABC=/AHD=90；設(shè)AB=x,則AH=x-3.在RtABE中,ZAEB=45；得tanAEBtan45AB1EBEB=AB=x.HD=BC=BE+EC=x+15.在RtAHD中,/AHD=9

5、0；得tanADHAHHD即得tan32x15解得x15tan32332.99.1tan32AB約為32.99米.本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵.A處與E處之間懸掛了一副宣傳3 .我市在創(chuàng)建全國文明城市的過程中，某社區(qū)在甲樓的條幅，在乙樓頂部C點(diǎn)測得條幅頂端A點(diǎn)的仰角為45。，條幅底端E點(diǎn)的俯角為30。，若甲、乙兩樓之間的水平距離BD為12米，求條幅AE的長度.（結(jié)果保留根號(hào)）【答案】AE的長為(124的【解析】【分析】在RtVACF中求AF的長，在RtVCEF中求EF的長，即可求解.【詳解】過點(diǎn)C作CFAB于點(diǎn)F由題知：四邊形CDBF為矩

6、形CFDB12在RtVACF中，ACF45AFtanACF1CFAF12在RtVCEF中，ECF30tanECFEFCFEF.3123EF43AEAFEF124.3求得AE的長為124J3【點(diǎn)睛】本題考查了三角函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用，中等難度，作輔助線構(gòu)造直角三角形是解題關(guān)鍵.4 .如圖1,以點(diǎn)M(1,0)為圓心的圓與y軸、x軸分別交于點(diǎn)A、日C、D,直線y=史£*x“與。M相切于點(diǎn)H,交x軸于點(diǎn)E,交y軸于點(diǎn)F.(1)請直接寫出OE、OM的半徑r、CH的長；(2)如圖2,弦HQ交x軸于點(diǎn)巳且DP:PH=3:2,求cos/QHC的值；(3)如圖3,點(diǎn)K為線段EC上一動(dòng)點(diǎn)(不與E、C重合)，連

7、接BK交。M于點(diǎn)T,弦AT交x軸于點(diǎn)N.是否存在一個(gè)常數(shù)a,始終滿足MIN-MK=a,如果存在，請求出a的值；如果不存在，請說明理由.圖3【答案】(1)OE=5,r=2,CH=23acoslQHC=-(2)與(3)a=4【解析】【分析】(1)在直線y=Xx-：'中，令y=0,可求得E的坐標(biāo)，即可得到OE的長為5;連接MH,根據(jù)4EMH與EFO相似即可求得半徑為2;再由EC=MC=2/EHM=90,可知CH是RTAEHM斜邊上的中線，根據(jù)直角三角形斜邊上白中線等于斜邊的一半即可得出CH的長；(2)連接DQ、CQ.根據(jù)相似三角形的判定得到CHM4QPD,從而求得DQ的長，在直角三角形CDQ

8、中，即可求得/D的余弦值，即為cos/QHC的值；(3)連接AK,AM,延長AM,與圓交于點(diǎn)G,連接TG,由圓周角定理可知,/GTA=90,°Z3=Z4,故/AKC=ZMAN,再由AMKsNMA即可得出結(jié)論.【詳解】(1)OE=5,r=2,CH=2(2)如圖1,連接QC、QD,則/CQD=90°,/QHC=/QDC,DP易知CH/DQP,故PHDQOH,得dQ=3,由于CD=4,*，二coszQDC=QD3CD4(3)如圖2,連接AK,AM,延長AM,與圓交于點(diǎn)G,連接TG,則圖2=2+"=900,N=T/Z+£3=W由于E/7R。十上口-90"

9、;,故，乙R,'。-乙？；而乙”八。一乙2,故"一上2在MM*和卬M%,±1一2；"MKjNM月故AMKsNMAMNAM；;即：:二*二二一I-故存在常數(shù)W,始終滿足ara次=o常數(shù)a="4"解法二：連結(jié)BM,證明AASTsXlKB得二,*二丁，一-二5.如圖，公路AB為東西走向，在點(diǎn)A北偏東36.5方向上，距離5千米處是村莊M,在點(diǎn)A北偏東53.5方向上，距離10千米處是村莊N;要在公路AB旁修建一個(gè)土特產(chǎn)收購站P（取點(diǎn)P在AB上），使得M,N兩村莊到P站的距離之和最短，請?jiān)趫D中作出P的位置（不寫作法）并計(jì)算：（1） M,N兩村莊之間

10、的距離；（2） P到M、N距離之和的最小值.（參考數(shù)據(jù)：sin36.5=0.6,cos36.5=0.8,tan36.5=0.75計(jì)算結(jié)果保留根號(hào).）【答案】（1）M,N兩村莊之間的距離為729千米；（2）村莊M、N到P站的最短距離和是55千米.【解析】【分析】（1）作N關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N'與AB交于E,連結(jié)MN與AB交于P,則P為土特產(chǎn)收購站的位置.求出DN,DM,利用勾股定理即可解決問題.（2）由題意可知，M、N到AB上點(diǎn)P的距離之和最短長度就是MN'的長.【詳解】解：作N關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)N'與AB交于E,連結(jié)MN與AB交于P,則P為土特產(chǎn)收購站的位置.(1)在RtA

11、NE中，AN=10,ZNAB=36.5，NE=AN?sin/NAB=10?sin36.5,°=6AE=AN?cos/NAB=10?cos36.5°,=8過M作MCAB于點(diǎn)C,在RtMAC中，AM=5,/MAB=53.5.AC=MA?sin/AMB=MA?sin36.5,°=3MC=MA?cos/AMC=MA?cos36.5°=4過點(diǎn)M作MD，NE于點(diǎn)D,在RtAMND中，MD=AE-AC=5,ND=NE-MC=2,mn=1y522=729，即M,N兩村莊之間的距離為J29千米.(2)由題意可知，M、N到AB上點(diǎn)P的距離之和最短長度就是MN'的長.

12、DN'=10MD=5,在RtMDN中，由勾股定理，得MN'§52102=5點(diǎn)(千米)村莊M、N到P站的最短距離和是5，5千米.【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，軸對(duì)稱變換等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題.6 .超速行駛是引發(fā)交通事故的主要原因.上周末，小明和三位同學(xué)嘗試用自己所學(xué)的知識(shí)檢測車速，如圖，觀測點(diǎn)設(shè)在到萬豐路(直線AO)的距離為120米的點(diǎn)P處.這時(shí)，一輛小轎車由西向東勻速行駛，測得此車從A處行駛到B處所用的時(shí)間為5秒且/AP*60°,/BPO=45:(1)求A、B之間的路程；(2)請判斷此車是否超過了萬

13、豐路每小時(shí)65千米的限制速度？請說明理由.(參考數(shù)據(jù)：近1.414,731.73).【答案】【小題1】73.2【小題2】超過限制速度.【解析】解：(1)AB100(731)七73.2(米).6分732(2)此車制速度v=j=18.3米/秒7 .，一，3如圖，4ABC中，AC=BC=10,cosC=2,點(diǎn)P是AC邊上一動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)A、C重合)，5以PA長為半徑的OP與邊AB的另一個(gè)交點(diǎn)為(1)當(dāng)。P與邊BC相切時(shí)，求OP的半徑.(2)連接BP交DE于點(diǎn)F,設(shè)AP的長為x,接寫出x的取值范圍.(3)在(2)的條件下，當(dāng)以PE長為直徑的所得的公共弦的長.D,過點(diǎn)D作DE，CB于點(diǎn)E.PF的長為V,求

14、y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并直O(jiān)Q與。P相交于AC邊上的點(diǎn)G時(shí)，求相交3EC40R；(2)笛用圖5xJx28x80；(3)5010V5.3x20(1)設(shè)。P與邊BC相切的切點(diǎn)為H,圓的半徑為3一R,連接HP,則HP±BC,cosC=-,則5“4HPsinC=,sinC=5CP4r一.-,即可求解;5(2)首先證明PD/BE,則受PDBFPF即:2x5xJx28x80y,即可求解;(3)證明四邊形PDBE為平行四邊形，則AG=EPBD,即：AB=DB+AD=AG+AD=4、.5,即可求解.【詳解】(1)設(shè)。P與邊BC相切的切點(diǎn)為H,圓的半徑為R,連接HP,貝UHP±BC,cosC

15、=w4則sinC=,535HPsinC=CP10R5R40R=9(2)在ABC中，AC=BC=10,c3cosC=一5設(shè)AP=PD=x,/A=/ABC=3,過點(diǎn)B作BHI±AC,則BH=ACsinO8,同理可得：CH=6,HA=4,AB=45貝U:tanZCAB=2,BP=j82+(x4)2=Jx28x80，DA=x,則BD=45x,55如下圖所示，PA=PD,/PAD=/CAB=/CBA=3,tan3=2,則cos3=%,sin3=j5,EB=BDcos3=(475-2.5、x)5.PD/BE,EBPD2x5x整理得:5xy=Jx28x80;(3)以3x20EP為直徑作圓Q如下圖所

16、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是弧GD的中點(diǎn)， DGXEP,.AG是圓P的直徑，/GDA=90°, .EP/BD,由（2）知，PD/BC,四邊形PDBE為平行四邊形,.AG=EP=BD, .AB=DB+AD=AG+AD=4遙,設(shè)圓的半徑為r,在4ADG中，AD=2rcos尋,DG=-j=,AG=2r,2r20飛+叱4而，解得：2r=,4r則：DG=需=50-10收，相交所得的公共弦的長為50-1055.【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（關(guān)鍵是根據(jù)題意正確畫圖，此

17、題用大量的解直角三角形的內(nèi)容，綜合難度很大.8.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y=-工x2+bx+c與直線y=x-3分別交x42軸、y軸上的B、C兩點(diǎn)，設(shè)該拋物線與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為點(diǎn)A,頂點(diǎn)為點(diǎn)D,連接CD交x軸于點(diǎn)E.(1)求該拋物線的表達(dá)式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；(2)求/DCB的正切值；(3)如果點(diǎn)F在y軸上，且/FBC=/DBA+/DCB,求點(diǎn)F的坐標(biāo).121【答案】(1)yx2x3,D(4,1);(2);43(0,-18).【解析】【分析】(3)點(diǎn)F坐標(biāo)為(0,1)或(1)y=-x-3,2令y=0,則x=6,令x=0,B、C的坐標(biāo)，將點(diǎn)B、12C坐標(biāo)代入拋物線(2)求出則點(diǎn)Ey=x2

18、+bx+c,即可求解;9則CH=,即可求4/、-/3八一(3,0),EH=EB?sin/OBC=-j=,CE=3衣,解；(3)分點(diǎn)F在y軸負(fù)半軸和在y軸正半軸兩種情況，分別求解即可.【詳解】(1)y=x-3,令y=0,則x=6,令x=0,則y=-3,2則點(diǎn)B、C的坐標(biāo)分別為(6,0)、(0,-3),則c=-3,將點(diǎn)B坐標(biāo)代入拋物線y=-1x2+bx-3得：0=-1X36+63,解得：b=2,441c故拋物線的表達(dá)式為：y=-x2+2x-3,令y=0,則x=6或2,4即點(diǎn)A(2,0),則點(diǎn)D(4,1);(2)過點(diǎn)E作EHI±BC交于點(diǎn)H,C、D的坐標(biāo)分別為：（0,-3）、（4,1）,直

19、線CD的表達(dá)式為：y=x-3,則點(diǎn)E（3,0）,tan"空OB1i一,貝UsinZOBC=2EH=EB?sinZOBC=CE=372,則CH=EH貝Utan/DCB=CH(3)點(diǎn)AB、C、(3,0),則BC=375,13；D、E的坐標(biāo)分別為(2,0)(6,0)(0,3)、(4,1)、.OE=OC,，/AEC=45；11tan/DBE=一,642故：/DBE=/OBC,貝U/FBC=/DBA+/DCB=/AEC=45°,當(dāng)點(diǎn)F在y軸負(fù)半軸時(shí)，過點(diǎn)F作FGJ±BG交BC的延長線與點(diǎn)G,則/GFC=/OBC=a,設(shè)：GF=2m,則CG=GFtana=m,/CB已45；B

20、G=GF,即：3J5+m=2m,解得：m=3j5,CF=JgF2CG2=V5m=15，故點(diǎn)F(0,-18);當(dāng)點(diǎn)F在y軸正半軸時(shí)，同理可得：點(diǎn)F(0,1)；故：點(diǎn)F坐標(biāo)為(0,1)或(0,-18).【點(diǎn)睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到一次函數(shù)、解直角三角形等相關(guān)知識(shí)，其中(3),確定/FBC=/DBA+/DCB=/AEC=45°,是本題的突破口.9.已知AB是。的直徑，弦CD±AB于H,過CD延長線上一點(diǎn)E作。的切線交AB的延長線于F,切點(diǎn)為G,連接AG交CD于K.(1)如圖1,求證：KE=GE；1(2)如圖2,連接CABG,若/FGB=/ACH,求證：CA/FE；

21、(3)如圖3,在(2)的條件下，連接CG交AB于點(diǎn)N,若sinE=3,AK=JT0,求CN的長.【答案】(1)證明見解析；(2)AEAD是等腰三角形.證明見解析；(3)20元.13【解析】試題分析：(1)連接OG,則由已知易得/OGE=/AHK=90,由OG=OA可得/AGO=/OAG,從而可得/KGE=/AKH=ZEKG這樣即可得至UKE=GE(2)設(shè)/FGB=x,由AB是直徑可得/AGB=90,從而可得/KGE=90-a，結(jié)合GE=KE可得1,ZEKG=90-a,這樣在4GKE中可得/E=2a由/FGB/ACH可得/ACH=20這樣可得2/E=/ACH,由此即可得到CA/EF；(3)如下圖

22、2,作NP,AC于P,AH3由（2）可知/ACH=/E,由此可得sinE=sinZACH=一設(shè)AH=3a,可得AC=5a,AC5一CH4CH=4a,貝UtanZCAH=由（2）中結(jié)論易得/CAK之EGK士EKG=AKC,從而可AH3AH得CK=AC=5a由此可得HK=a,tan/AKH=3,AK=Ji0a,結(jié)合AK=Ji0可得a=1,HK則AC=5；在四邊形BGKH中，由/BHK=/BKG=90,可得ZABG+ZHKG=180,結(jié)合ZAKH+ZGKG=180；/ACG=ZABG可得/ACG之AKH,在RtAPN中，由tanZCAH=4型，可設(shè)PN=12b,AP=9b,由3APtanZACG=P

23、N-tan/AKH=3可得CP=4b由此可得AC=AP+CP13b=5貝（J可得b=9,由CP13此即可在RtACPN中由勾股定理解出CN的長.試題解析：（1）如圖1,連接OG.UUI EF切。于G, OGXEF /AGO+ZAGE=90；,.CDAB于H,/ AHD=90；/ OAG=ZAKH=90； .OA=OG,/AGO=ZOAG,/AGE=/AKH, /EKG4AKH, /EKG4AGE,KE=GE（2）設(shè)/FGB=x,AB是直徑，/AGB=90,°/AGE=ZEKG=90-%/E=180-/AGE-/EKG=241- /FGB=-ZACH,2/ACH=2/ACH=ZE,2

24、.CA/FE.(3)作NF)±AC于P.3 /ACH=ZE,AH3>-sinZE=sinZACH=-,設(shè)AH=3a,AC=5a,AC5.CH4貝UCH=s/aCCH4a，tanZCAH=T7T彳,AH31.CA/FE,/CAK=ZAGE,/AGE=/AKH,/CAK=ZAKH,AH.AC=CK=5aHK=CK-CH=4a,tanZAKH=-=3,AK=JaH2HK2?0a，-AK=J0, ,10a.10,.a=1.AC=5, /BHD=/AGB=90； /BHD+ZAGB=180,°在四邊形BGKH中，/BHD+ZHKG+ZAGB+ZABG=360, /ABG+ZHK

25、G=180； /AKH+ZHKG=180,°/AKH=ZABG, /ACN=ZABG,/AKH=ZACN, tanZAKH=tanZACN=3, .NPXACTP,/APN=ZCPN=90；PN4在RtAPN中，tanZCAH=-,設(shè)PN=12b,貝UAP=9b,AP3在RtACPN中，tan/ACN=里=3CP'.CP=4b,.AC=AP+CP=13b,.AC=5,.13b=5,.b=Ab=一.20一 .CN=JpnCP=4V10b=Tq10,1310.已知RtAABC,/BAC=90°,點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，AD=AC,BC=4J3,過A,D兩點(diǎn)作OO,交AB于點(diǎn)E,

26、(1)求弦AD的長；(2)如圖1,當(dāng)圓心等于多少時(shí)，三點(diǎn)D、(3)如圖2,當(dāng)圓心O在AB上且點(diǎn)M是。上一動(dòng)點(diǎn)，連接DM交AB于點(diǎn)N,求當(dāng)ONE、M組成的三角形是等腰三角形？O不在AB上且動(dòng)圓。與DB相交于點(diǎn)Q時(shí)，過D作DHLAB(垂足為H)并交。于點(diǎn)P,問：當(dāng)。變動(dòng)時(shí)DP-DQ的值變不變？若不變，請求出其值;若變化，請說明理由.卻)【答案】(1)2J3(2)當(dāng)ON等于1或J3-1時(shí)，三點(diǎn)D、EM組成的三角形是等腰三角形(3)不變，理由見解析【解析】AD的長;【分析】(1)根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得到(2)連DE、ME,易得當(dāng)ED和EM為等腰三角形EDM的兩腰，根據(jù)垂徑定理得

27、推論得OE±DM,易得到ADC為等邊三角形，得/CAD=60°,則/DAO=30°,/DON=60,然后根據(jù)含30°的直角三角形三邊的關(guān)系得DN=1AD=73,ON=DN=1;當(dāng)MD=ME,DE為底邊，作DHAE,由于AD=2J3,ZDAE=30,得至UDH=J3,/DEA=60；DE=2,于是OE=DE=2OH=1,又/M=/DAE=30,MD=ME,得到/MDE=75,貝U/ADM=90-75=15°,可得到/DNO=45；根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到NH=DH=J3,則ON=J3-1；(3)連AP、AQ,DPIAB,彳導(dǎo)AC/DP,則/P

28、DB=/C=60,再根據(jù)圓周角定理得/PAQ=/PDB,/AQC=/P,貝U/PAQ=60,°/CAQ=/PAD,易證得AQ84APD,得到DP=CQ貝UDP-DQ=CQ-DQ=CD而4ADC為等邊三角形，CD=AD=2j3,即可得到DP-DQ的值.【詳解】解：(1)ZBAC=90°,點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，BC=4限, .AD=1BC=273；2(2)連DE、ME,如圖，DM>DE,當(dāng)ED和EM為等腰三角形EDM的兩腰，OEXDM,又AD=AC,.ADC為等邊三角形，/CAD=60；/DAO=30；/DON=60°,1在RtADN中，DN=AD=£2 &

29、#39;在RtAODN中，ON=叵DN=1,3 ， 當(dāng)ON等于1時(shí)，三點(diǎn)D、EM組成的三角形是等腰三角形；當(dāng)MD=ME,DE為底邊，如圖3,作DHXAE, .AD=273,ZDAE=30。， .DH=T3,/DEA=60°,DE=2, .ODE為等邊三角形，.OE=DE=2,OH=1, .ZM=ZDAE=30；而MD=ME,/MDE=75°,ZADM=90°-75=15°,/DNO=45；NDH為等腰直角三角形，,-.nh=dh=石，1.on=V3-1；綜上所述，當(dāng)ON等于1或J3-1時(shí)，三點(diǎn)D、E、M組成的三角形是等腰三角形；(3)當(dāng)。O變動(dòng)時(shí)DP-D

30、Q的值不變，DP-DQ=273.理由如下：連AP、AQ,如圖2,./C=/CAD=60；而DP,AB,.AC/DP,/PDB=ZC=60°,又/PAQ=/PDB,/PAQ=60;ZCAQ=/PAD,1 .AC=AD,/AQC=/P,2 .AQCAAPD,.DP=CQ,3 .DP-DQ=CQ-DQ=CD=2屈.【點(diǎn)睛】本題考查了垂徑定理和圓周角定理：平分弧的直徑垂直弧所對(duì)的弦；在同圓和等圓中，相等的弧所對(duì)的圓周角相等.也考查了等腰三角形的性質(zhì)以及含30。的直角三角形三邊的關(guān)系.11.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(3,0),點(diǎn)B(0,3J3),點(diǎn)。為原點(diǎn).動(dòng)點(diǎn)C、D分別在直線

31、AB、OB上，將BCD沿著CD折疊，得B'CD.®1圖2備用圄(I)如圖1,若CD±AB,點(diǎn)B"恰好落在點(diǎn)A處，求此時(shí)點(diǎn)D的坐標(biāo)；(n)如圖2,若BD=AC點(diǎn)B”恰好落在y軸上，求此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)；(出)若點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為2,點(diǎn)B'落在x軸上，求點(diǎn)B的坐標(biāo)(直接寫出結(jié)果即可).【答案】(1)D(0,石)；(2)C(126打，127318);(3)B'(2+713,0),(2-如，0).【解析】【分析】設(shè)OD為x,則BD=AD=3j3x,在RTAODA中應(yīng)用勾股定理即可求解；(2)由題意易證BDCBOA,再利用A、B坐標(biāo)及BD=AC可求解出BD長

32、度，再由特殊角的三角函數(shù)即可求解；BCCE、BC=B£過點(diǎn)C作CUAO于E,由A、B坐標(biāo)及C的橫坐標(biāo)為2,利用相似可求解出OC等長度；分點(diǎn)B'在A點(diǎn)右邊和左邊兩種情況進(jìn)行討論，由翻折的對(duì)稱性可知再利用特殊角的三角函數(shù)可逐一求解【詳解】(I)設(shè)OD為x, 點(diǎn)A(3,0)，點(diǎn)B(0,3M),，AO=3,BO=343，AB=6;折疊BD=DA在RtAADO中,OA2+OD2=DA2.，9+OD2=(373-OD)2. .OD=,3 D(0,V3)(n)折疊/BDC=ZCDO=90°.CD/OABDBOBC且BD=AC,ABBD6BD3.36-BD=12V3-18OD=3V

33、3-(12V3T8)=18-973AO3tanZABO=,OB3/ABC=30，即/BAO=60°,八CD3tanZABO=,BD3.CD=12-6.3D(12-673,12/3-18)(出)如圖：過點(diǎn)C作CE!AO于EK5;0EABx音用圖- .CE±AO，OE=2,且AO=3.AE=1,- .CE±AO,/CAE=60°/ACE=30且CE!AO.AC=2,CE=j3- BC=AB-AC.BC=6-2=4若點(diǎn)B'落在A點(diǎn)右邊，;折疊- .BC=B'C=4,CE=J3,CE!OA1- B'E=.B'C2-CE2.13 .

34、OB'=2+73 B'(2+s/l3,0)若點(diǎn)B'落在A點(diǎn)左邊，;折疊BC=B'C=4,CE=6，CElOA b'e=B'C2CE2.13 -OB'=Vl3-2 B'(2-713,0)綜上所述：B'(2+而0),(2-J13,0)【點(diǎn)睛】本題結(jié)合翻折綜合考查了三角形相似和特殊角的三角函數(shù)，第3問中理解B'點(diǎn)的兩種情況是解題關(guān)鍵.12.如圖，4ABC是邊長為6cm的等邊三角形，點(diǎn)D從B點(diǎn)出發(fā)沿B-A方向在線段BA上以acm/s速度運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，點(diǎn)E從線段BC的某個(gè)端點(diǎn)出發(fā)，以bcm/s速度在線段BC上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)D到達(dá)

35、A點(diǎn)后，D、E運(yùn)動(dòng)停止，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(秒).(1)如圖1,若a=b=1,點(diǎn)E從C出發(fā)沿C-B方向運(yùn)動(dòng)，連AE、CD,AE、CD交于F,連BF.當(dāng)0vtv6時(shí)：求/AFC的度數(shù)；_222小+AFFCBFt求的值；AFFC(2)如圖2,若a=1,b=2,點(diǎn)E從B點(diǎn)出發(fā)沿B-C方向運(yùn)動(dòng)，E點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)后再沿C-B方向運(yùn)動(dòng).當(dāng)H對(duì)，連DE,以DE為邊作等邊ADEM,使M、B在DE兩側(cè)，求M點(diǎn)所經(jīng)歷的路徑長.【答案】(1)120°1;(2)當(dāng)3DW時(shí)，M點(diǎn)所經(jīng)歷的路徑長為3J3.【分析】(1)如圖1,由題可得BD=CE=t,易證BD84CEA則有/BCD=/CAE,根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可求得/EFG60。，即可得到/AFO120。；延長FD到G,使得FG=FA,連接GA、GB,過點(diǎn)B作BHLFG于H,如圖2,易證4FAG是等邊三角形，結(jié)合ABC是等邊三角形可證到AG®4AFG則有GB=FC,ZAGB=ZAFC=120；從而可得ZBGF=60:設(shè)AF=x,FC=y,則有FG=AF=x,BG=CF=y.在RtABHG中運(yùn)用直角三角形的性質(zhì)可得BH=Y3y,GH=1y,從而有FH=x-1y.在222RtABHF中根據(jù)勾股定理可得B戶=x2-xy+y2,代入所求代數(shù)式就可解決問題；(2)過點(diǎn)E作EN±A