2014-2015學(xué)年度???4試卷副標(biāo)—二三四五六I卷（選擇題I一、選擇題（題型注釋如圖，已知一坡面的坡度i1:3，則坡角 Ｂ 6 Ｂ． Ｃ． Ｄ．【答案】33解答：解 33α30°．C．

【答案】1 31∴∠1的正切值等 3木樁上升了（）6 C．6tan15° 【答案】解 6tan15°cm．C．32322sin30-sin245+cot6032323132【答案】

1

=2×1-2=1-1

2 3 3， =1 3 5（2011邊AB、BC、CA為一邊向△ABC外作正方形ABDE、BCMN、CAFG，連接EF、GM、ND，設(shè)△AEF、△BND、△CGM的面積分別為S1、S2、S3，則下列結(jié)論正確的是（ 【答案】∵分別以△ABCAB、BC、CA為一邊向△ABCABDE、BCMN、∴S=S=S=1ab2 2 2331233 【答案】3【解析】因?yàn)?32所以C正確．故選C．II卷（非選擇題II二、填空題（題型注釋7（2011?AD長(zhǎng)為直徑的圓形區(qū)域，為了測(cè)量受污染的圓形區(qū)域的直徑，在對(duì)應(yīng)⊙O的切線BD（點(diǎn)D為切點(diǎn)）上選擇相距300米的B、C兩點(diǎn)，分別測(cè)得∠ABD=30°，∠ACD=60°，則直徑AD=260（1） tinB= √3?? ????+???? ∴√3 3解得∴∴AD=√3x=√3×150≈260故答案為：260AD8（11· 【答案】14

4

23239．已知三角形相鄰兩邊長(zhǎng)分別為20㎝和30㎝，第三邊上的高為10㎝，則此三角形的面積為 2323

）或

（在Rt△ABD中，利用勾股定理BD==cm，同理求出CD=10cm，則三角形面積=BC?AD=（10 在Rt△ABD中，BD===20在Rt△ACD中，CD===10則BC= 三、計(jì)算題（題型注釋10612

850..12

8502=11 14 2（2345分2 2 21818解：原式1 502112214 222 2211（ 1)02121

2tan45 2

2 2分21 621解：原式=1- 12

2

2=2四、解答題（題型注釋12A，B分別是兩條平行線mn上任意兩點(diǎn)，C是直線n∠ABC=90EAC的延長(zhǎng)線上,BC＝kABEB若k≠1，如圖(2)，∠BEF＝∠ABCEFEB的數(shù)量關(guān)（1） 1EFEB 2證明：如圖（1，在直線mAMAB，連結(jié)MECBCBEMA BCkAB，k1，BCABABC90，CABACB45m∥n，MAEACBCAB 3

，F(xiàn)AB90EMEBAMEABE 4BEFABC90，F(xiàn)ABBEF180ABEEFA180．EMFEFAEMEF

AMEEMF180EFEB 51（2）EFk

EB說明：如圖(2)EEMmENABM，NC 圖．m∥n，ABC90MAB90MENABEFABC90MEFNEB 6MEEF．ANEF 在Rt△ANE和Rt△ABC中tanBACENBCk EF1EB 7k13（6，ABCDAB=4，AD=2．ACAB、CDE、F，EF 分AAEBD CO1∴B90，BCAD∴由勾股定理得：AC2 5EFAC相交與點(diǎn)O5AOE

AOCO （1．Rt△ABCtan1BC．Rt△AOEtan1EOEOBC （1 ∴EO

（12同理：FO 525EF （15(2)EEHCDH,……………（1分EHBC 225sinEFC 5 14（2011?D、EADBCF．試判斷∠CBD與∠CEB????

3（1）∠CBD證明：∵BC切⊙OB，∴????= ∵AB、ED分別是⊙O∵BC切⊙O于點(diǎn)22∴????= 15（速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm／sQA出發(fā)沿ACC勻速運(yùn)動(dòng)2cm／s;連PQt(s)(0＜t＜2).根據(jù)以上信息，解答下列問題：tA、P、Q為頂點(diǎn)的三角形與△ABC設(shè)四邊形PQCB的面積為y（cm2ytPQ的移動(dòng)過程中，如果將△APQ沿其一邊所在直線翻折，翻折后的三角形與△APQt，使組成的四邊形為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.圖 備用24（2）y3t23t6

5 6810∴Rt△AHP∽R(shí)t△ACB，∴APAH5ttt20＞2（ 去綜上所述，當(dāng)t25或t5時(shí)，所形成的四邊形為菱 12 16（個(gè)頂點(diǎn)均在格點(diǎn)上，E為BC中點(diǎn)，請(qǐng)按要求完成下列各題：EAEACAD∥BC（D為格點(diǎn)在△ACB中，tan∠CAE= 在△ACD中，sin∠CAD= （1）（2）515（3） 60°D（

21317323EFEFG 2′RtDFG

xxx3x 3x333 1)x33151531

45152 ∴ 18（2011CBDBD=AB．①求∠D（20MN的函數(shù)表達(dá)式．（1）①∵BD=AB，3 3∴cd=cb+bd=(2

3)3 33 3（2）∵點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，0，∠MN=75°，∠MN=90°，∴ON=OM?tan∠OMN=423N的坐標(biāo)為（0423MN3∴ 3333解得： 33∴直線MN的函數(shù)表達(dá)式為y(23)x4 319（11·（50°時(shí)，可確保山體不滑坡．求改造前坡頂?shù)降孛娴木嚯xBE的長(zhǎng)（0.1米AB沿BC11F點(diǎn)處，問這樣改造能保安全嗎？（1）Rt△ABE 4（2）FFM⊥ADMRt△ABE中， 6Rt△AFM 837°AD、BEDEBC≈4.8AC=8 分析：（1）BEACFEEG⊥AC，DE=AF=AC-CF．（2）BCF，BF，EG=MN=3EGFEF，BE=BF-EFAD=EF，ADBE解：（1）BEACFEEG⊥ACG，Rt△BCF

=

=6.4（米∴DE=AF=1.6EG=MN=3

=

=5AD=5又

=

=82321（6AB60米（BD＝60米）處有一居民住宅樓，該居民住宅樓在實(shí)施定向危房AB時(shí)，該居民住宅樓有無？(在地面上以點(diǎn)B為圓心，以23

1.732A E 下 1在△AEC中，∵∠AEC=90tanACE3 34.64（米 33∴AB49.64（米 46049.64BD∴在實(shí)施定向危房AB時(shí)，該居民住宅樓沒有……65A25O3若不改變航向繼續(xù)前進(jìn)，有無觸礁的？（參考數(shù)據(jù)3

【答案】解：根據(jù)題意，有∠AOC=30°，∠ABC=45°,∠ACB=90°所以BC=AC， 3分 4得33

20

633

27.32（海里 827.32 9 10小在課外活動(dòng)中觀察吊車的工作過程，繪制了如圖所示的平面圖形．已知吊車吊臂的O距離地面OO′=2米．當(dāng)?shù)醣垌敹擞葾點(diǎn)抬升至A′點(diǎn)（吊臂長(zhǎng)度不變B（大小忽略不計(jì)被吊至B′A′B′=AB．AB垂直地面O′B于點(diǎn)B，A′B′垂直地面O′B于點(diǎn)C，吊臂長(zhǎng)度OA′=OA=10米，且 AOCBAOCB B′C（AAO 22Rt△AOD中，∵cosA=AD3∴D=，Rt△A′OE

OA2OA2 ∴Rt△A′OE33=A′E＋CE－AB=A′E＋CE－（3= 33= 3BC3B′C3（ 312cm0.8cm．調(diào)皮的小聰在紙的左上角用印出一個(gè)矩形卡通圖案，圖案的頂點(diǎn)恰好在四條格線上，測(cè)得∠a＝崀山成功列世界自遺產(chǎn)后景區(qū)理門決定在角寨架旅游索道A（BA參考數(shù)（八）BA16°，參考數(shù) ∠B

∴sin160

sin160

AC2 點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)求sin2A 14題

sinDAC 【解析】解：過D作DEAC于 1EAE 2∵B90，AB=BC＝ 2C 22BDDC1BC2 AB2(2AB2(22)2(Rt△DCE

3DEDCsin45 4sinDAC∴

5五、判斷題（題型注釋

m，

nmn式是 DADE 【答案】2nDDFACF，DC=DEEF=FC=1EC,AEnn

2

22n1DFACBCAC,所以DF//BC,ADAFm m=2n．28家所在居民樓的對(duì)面有一座AB，AB=80米．為測(cè)量這座居民樓與之間的距離，從自己家的窗戶C處測(cè)得頂部A的仰角為37°，底部B的俯角為48°．求家所在居民樓與的距離CD的長(zhǎng)度（（參考數(shù)據(jù)．sin37o3，tan37o3，sin48o7，tan48o11 【答案】43CDxRt△ACDtan37AD3AD ∴AD3x4Rt△BCD，tan48°=BD，則11BD ∴BD11∵AD＋BD=∴3x11x80 解得答：家所在居民樓與的距離CD大約是43米．的切線，BFACF．求證：∠CBF=1∠CAB．（2）AB=5，sin∠CBF=5BCBF2（2）BC=

5 3（1）在Rt△ABE中有三角函數(shù)可以求出BE，又有等腰三角形的三線合一可得BC=2BE,過點(diǎn)C作CG⊥AB于點(diǎn)G.可求出AE,再在Rt△ABE中，求出sin∠2，cos∠2.然后再在Rt△CGBCG，最后證出△AGC∽△ABFBF（1）AE.∵ABO∵BF⊙O∴BF⊥AB，∴∠CBF2=90°.∴∠CBF∵AB=AC，∠AEB=90°，∴∠1=12∴∠CBF=12

5，∠1=∠CBF，∴sin∠1=5 5∵∠AEB=90°，AB=5. 5∵AB=AC，∠AEB=90°，∴BC=2BE=25AB2BE5在Rt△ABE中，由勾股定理得AEAB2BE5∴sin∠2=

5，cos∠2=5 Rt△CBGGC=4，GB=2.∵GC∥BF，∴△AGC∽△ABF.∴GCAG∴BFGCAB20

153AB4（2）8．（1）（2）

153AC=7，AD=6∠DACAC4CEAE、BEAB．（1）ABF，EF=BE，12

151555AC∴53CE 552ACAC2CE5∴BE=2

11231（10DE⊥AB，E，EDACF.1（2） 2（1）（2）OD//AEFO0DFC+2

（1）AD、OD，∴DBC又∵OAC

FC 4∴DE⊙O∴FO0D ∴FCOC FC AB FC 4∴cosA=AEABBE411 .4ABFGlAD和BC（DC∠DA=66°．（（2）（1）cosAAMABl=AD+AB+BC1）DH=04×3=1.（（2）BBM⊥AH，M．Rt△AMB∵cos

cos

2.92（米 問題探究（10（1）請(qǐng)?jiān)趫D①的正方形ABCDAPB＝90°的一個(gè)點(diǎn)，并說明理由．（2）請(qǐng)?jiān)趫D②的正方形ABCD（），畫出使∠APB＝60°的所有的點(diǎn)P，并說明理由．問題解決：（3）如圖③，現(xiàn)在一塊矩形鋼板ABCD，AB＝4BC＝3．工人師傅想用它裁出兩塊全等的．面積最大的△APBCP'DAPB＝CP'D＝60°．請(qǐng)你在圖③中畫出符合要求的點(diǎn)和PP'．（1①以AB為邊在正方形內(nèi)作等邊△ABP；②作△ABP的外接圓O，分別與AD、BC交于點(diǎn)E、F．因?yàn)镺中，弦AB的弧APB圓周角60°，所以弧EF的所有點(diǎn)均為所求的點(diǎn)P；③作等邊△ABEOAC如圖，在直角坐標(biāo)系中，將矩形OABC沿OB對(duì)折，使點(diǎn)A落在點(diǎn)A1處，已知3，AB=1，則點(diǎn)A1的坐標(biāo)是 33333 3333A（ ， B（ C（ D（ 【答案】

，AB=1，∴tan∠AOB=AB 313313

333 3如圖，過點(diǎn)A1作A1D⊥OA于D，則

3 33 33313 31 2

3，32；2．AD的觀光電梯中的E點(diǎn)測(cè)得大樓BC樓底C點(diǎn)的俯角為45°，此時(shí)該同學(xué)距地面高度AE為20米，電梯再上升5米到達(dá)D點(diǎn)，此時(shí)測(cè)得大樓BCB37°BC．：sin37≈0.60cos37≈0.80tan7°≈0.75．試題分析：首先過點(diǎn)E、DBC垂線BCF、G，得兩個(gè)直角三角形△EFC和△BDG，由已知大樓BC樓底C點(diǎn)的俯角為45°EF=FC=AE=20，DG=EF=20，再由直BDGBG，GF=DE=5，COBC．E、DBCBCF、G．Rt△EFCFC=AE=20，∠FEC=45°，Rt△DBGBG≈DG×0.75=20×0.75=15，GF=DE=5，ABCD∠BC=45°∠ACD=3得到△AD′E，D′EAC2于F點(diǎn)．若 2 試段AC上確定一點(diǎn)P，使得DP+EP的值最小，并求出這個(gè)最小值2（2）12cm（3）2

6（1）23 23

1232

（cm．33

△ABD′≌△CBD（SSSBC3（1） 3∵△ADEAD=AE43DD2AD3243312，即DP+EP最小 （3）2，連接CD′，BDD′D′G⊥BC3 3AB在△ABD′和△CBDBDBD，∴△AB′≌△CB′（SSS．∴∠DBG=∠AD2D′Gxcm，CG2

x2在Rt△GD′C中，由勾股定理得x262 22x12

6，x2

6（不合題意舍去2D′BC2

6；6．3（O＞OC，E=5，ta∠ABO=4k

x（1）A（12，0，C（﹣6，06410，﹣12Q6﹣3，6﹣3 6試題分析（1）先求出一元二次方程x2﹣18x+72=0的兩根就可以求出OA，OC的值，進(jìn)A，C三角形的現(xiàn)在就可以求出EM的值，AM的值，就可以求出E的坐標(biāo)，由待定系數(shù)法就可2C、ECEP1、P3、P4QP6PC⊥PEQ5、Q6．（1）∵x2﹣18x+72=0∴A（12，0，C（﹣6，03∵tan∠ABO=4 = ∴123 162162

∴EMAM

AE ∴E（3，126Q410，﹣1，6（﹣36﹣3 635

OA=5，DOA若⊙A∠OOMB、CBC=yyx①若⊙A′OAx②若⊙A′DDO⊙Dx

x210x（0＜x＜5x210x （1）12

2

2

中，利用勾股定理計(jì)算出OH=4；由于⊙A′與直線OA相切，根據(jù)切線的性質(zhì)得A′E=5-5：6=4（5-xx∽R(shí)t△A′AG，利用相似比可計(jì)算出5

5

，則DG=AG-5

25

）5

5

（1）Rt△OAH

3512

1BC=2∴AD=5-1Rt△ACH，AC=5-x，AH=3，CH=2 ∴（y）=（5-x）-32x210x210xOA2OA2AH∴A′E=5-

5：6=4（5-1∴x=5∵⊙A′與以DDO⊙D∴AH

OA，即3

5

7∴DG=AG-5

-（5-x）=x-5

）

）=5

，x2= ∴x的值 5B、C，xAOC、OAOADC，CDG．x=mOAECDFACM，交拋物線（CD）P，mPM43

x2+3

x+4（3，0（2）PM=-3

m2+4（＜m＜3（）

（BCy=0，AACPMPMm的代數(shù)式表示出AE、EM、CF、PF的長(zhǎng)，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊的比相等列出比例式，m（1）∵（0，4y=0，x=-1，1，00a2a∴4 a解得： 3

423

x+343

x2+3

解得：x=-1（3，0∵A（3，0C（0，43kb

a∴b

，解得 343

43

m+4

423

xx+4343

m2+3

m+44∴PM=PE-3

m2+3

m+4）-3

3

43

m2+4m（0＜m＜3在（2）PCCDP，使得以P、C、F△AEM43

3

3

m2+834即3

m2+3

m（3-m）=m（-3

m+4∵m≠0 4m（3-3∵m≠0

m2+3

m（-3

m+4

如圖，⊙Or=25ABCDO，AC⊥BDH，PCA34

443

（1）PDO

；（3）900+ 31753175度數(shù)，又由∠PDA=∠ABD=∠EPD⊥DOPDOD；443首先由4

AH=3kDH=4k3

AH3 333 333343

（25

-

k+3

33∴PDO344433

3∴PA=（3

33 333∴在Rt△PDH中，tan∠ ∴∠P=30°，∠PDH=60°，∵PD⊥DO，∴∠BDE=90°-∠PDH=30°，連接BEDBE=90DE=2r=50，3∴BD=DE?cos30°=25 33（3）由（2）知，BH=25 -4k，33∴HC=433

4k)PD2=PA×PC，3∴（8k）2=（3

-3）

k+4333

4k)33解得：k=4 -333∴AC=3k+433

4k)

3+7，31S四邊形ABCD2

BD?AC=2

×25

3×（3

3175+7）=900+317521，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°E，F(xiàn)分別是線段BC，AC的EF．線段BE與AF的位置關(guān)系 （0°＜＜180°AF，BE（1（0°＜a＜180°3 ，求旋轉(zhuǎn)角a的度數(shù)33【答案】(1)BEAF3（3）135°．

)（33333DDH⊥BCH，則DB=4-（6-3

33（1）3 3E，F(xiàn)BC，AC33 （2（1）12

2

∴AFAC

3tan3BEACOAF于點(diǎn)33DDH⊥BC33

333 33333

5 55（1）ODB=∠QBD，于是可判斷OD∥BQ，由于DE⊥PQ，根據(jù)平行線的性質(zhì)得OD⊥DE，則可根據(jù)DE⊙O△BDE，BD=25Rt△BCD55 55 （1）∴DE⊙O（2）∵BC⊙O

在Rt△BCD中，sin∠C=BD25 5

5 55DE5【答案（1）△DNF的周長(zhǎng)3+5 55試題分析（1）由點(diǎn)E、F分別是BC、CD的中點(diǎn)，可求出EC=DF=2，再由勾股定理列式（2）邊證明△ADF和△DCE全等等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得AF=DE，DF=EC=2NF，然后根據(jù)∠DAF∠CDE（1）∵12

22552255121

1

12

=52

2

∴△DNF=1+5+2=3+5

AD2DF4252AD2DF42522 AD（2）在△ADF△DCEADCC90oEC∴△ADF≌△DCE（SAS∵cos∠DAF=ADAD

DM∴AD

，垂足為D，BE=1cm．點(diǎn)M從點(diǎn)B出發(fā)沿BC方向以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)E，與點(diǎn)M同時(shí)同方向以相同的速度運(yùn)動(dòng)，以MN為邊在BC的上方作正方形MNGH．點(diǎn)Mt（s設(shè)正方形MNGH與Rt△ABC部分的圖形的面積為S，當(dāng)部分的圖形是正形時(shí)，求出Stt（1）3（2）

3t3

（3）t9s

3

t324<t（1）tHABBM間．同樣當(dāng)G在AC上時(shí)，求出MN的長(zhǎng)度，繼而算出EN的長(zhǎng)度即可求出時(shí)間，再通過正方形的面積求出正方形的面積.DP=PCDC=PC兩種情況，分EN便可求出t的值．

3

3∵當(dāng)G剛好落段AD上時(shí)3∴t= 則 時(shí)當(dāng)MH 在AC時(shí)設(shè) 3

=43 2 34＜t≤6，S

3t4

DC=PC

3

3

3

數(shù)學(xué)活動(dòng)﹣求部分的面問題情境：如圖①，將頂角為120°的等腰三角形紙片（紙片足夠大）P與等邊△ABC的內(nèi)心O重合，已知OA=2，則圖中部分△PAB的面積為．探究1：在（1）的條件下，將紙片繞P點(diǎn)旋轉(zhuǎn)至如圖②所示位置，紙片兩邊分別與AC，AB交于點(diǎn)E，F(xiàn)，圖②中部分的面積與圖①部分的面積是否相等？如果∠CAB=（0°＜α＜90°ADADAP=2P（紙片足夠大與∠CAB （2值表示

3【答案 3圖② 2

2（1）由旋轉(zhuǎn)可得∠FOE=∠BOA，從而得到∠EOA=∠FOB，進(jìn)而可以△EOA≌△FOB，因而部分面積不變；ABGPG=PA，PPH⊥AF，H，方法同可以部分的面積等于△PAG的面積，只需求出△PAG的面積就可解決問題．（1）OON⊥AB，N，如圖①，333 33 33故答案為 3AO、BO，如圖②，在△EOAFOBEAOFBO OA EOA∴S四邊形∴圖②中部分的面積與圖①部分的面積相等ABGPG=PA，PPH⊥AF，H，如圖③，則有 2 2同理可得：S四邊形2

2 2 2

2 ∴部分得面積為：S面積2

2等腰梯形的對(duì)角線所夾銳角為60°，如圖所示，若梯形上下底之和為2 梯形的高為．【答案】3【解析DDE∥ACBC延長(zhǎng)E，DQ⊥BCQ，證四邊形ADEC平行四邊形，可推出AD=CE，DE=AC，根據(jù)等腰梯形性質(zhì)可以得到AC=BD=DE，再證△DBE是等邊三QEDEDQ∴BQ=QE= 因而∠CED=（180°﹣120°）×作DQ⊥BE，則QE= 故答案為：3或1．如圖，OABC∠ABC=60°，BF，CEAC，ABH，CE⊙OM，D，GBC，ABBD=BH，BG=BO，下列結(jié)論號(hào)是（） 【答案】 ∠ABC=60° 可發(fā)現(xiàn)這個(gè)比例關(guān)系式正好是相似三角形BEH和BAF的兩組 角形BME和CAE可得 直角三角形ANC中，NC：AC=tan30°，因此 ，∠ABC=60°，那么BC=2BE，因此 ③∵△ABN△BF（∠OBA∠OAB=∠BC∴ BD=BO=BH=BG，在直角三角形ANC中，NC：AC=tan30°， D．的半圓上，∠BCE=∠BDF=60°，連結(jié)AE，BF，則圖中兩個(gè)陰影部分的面積為 【答案】∴AMAC2 RT△ONC3321

333

，3 312

62623 32

GE?AM=2

故答案為 考點(diǎn)：12E，DDF⊥ABF，交⊙OH，（1）3 3（OC∠OCE=90°；DH⊥ABF，ABRt△OFD（1）

∵EC⊙O∴ADCDCB∵ADCB在Rt△OFD中 3 33 3考點(diǎn)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．50△ABC∠BAC=120°，在點(diǎn)A處有一束紅外APAB繞點(diǎn)A逆時(shí)針勻速旋轉(zhuǎn)，每秒鐘旋轉(zhuǎn)15°，到達(dá)AC后立即以相同的旋轉(zhuǎn)速度返回A、B，到達(dá)后立即重復(fù)上述旋轉(zhuǎn)過程.通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，光線從AB處開始旋轉(zhuǎn)計(jì)時(shí)，旋轉(zhuǎn)1秒，時(shí)光線AP交BC于3M，BM（20203ABBMBMCP80803

40403

cm（1）3數(shù)可得 333333（1）

因?yàn)?AB=2tcm．31Rt△ABD2

323

Rt∠AMD∠AMD=∠ABC+∠BAM=45°，MD=AD=t．33 2033

t-Rt△ABN

=40=803 280803

cm3380803

380403804040403

cm如圖，等腰△ABCAB=AC，∠BAC=36°，BC=1DACBD∠ABCCD=x．（2）

（3） 75試題分析（1）由等腰三角形ABC中，頂角的度數(shù)求出兩底角度數(shù)，再由BD為角平分線求出∠DBC的度數(shù)，得到∠DBC=∠A，再由∠C為公共角，利用兩對(duì)角相等的三角形相ABCBCDxBBE直于ACACE，在直角三角形ABE和直BCE中，利cos36°cos72°的值，代入原式計(jì)算即可得到結(jié)果．（1）∵∵BDABBCx11 解得

1

（負(fù)值，舍去 則 2 4Rt△ABERt△BCE

4

15

51 = 1BEFH求證連接AF，過A，E，F(xiàn)三點(diǎn)作圓，如圖2.若EC=4，∠CEF=15°，求的長(zhǎng)圖 圖（1）BE=FH（1）由（1）AB=EHBC=AB，F(xiàn)H=EB，從而可知△FHC，∠FCH45°，而∠ACB45°，從而可證明1）BE=FABCD 又 且 又 又∵BE+EC=EC+CH∵AC∴∠ACF=∠FCM+∠ACD222Rt△ENAEN2又∵∠EAF=45°∠CAF=∠CEF=15°（等弧對(duì)等角2∴AE=2Rt△AFEAE=42=2π·4（90°÷360°）=2πa=4BF=mADFES，求出SmS與m之間的函數(shù)關(guān)系為：S═﹣（m﹣2）2+3 0＜m＜4．取到最大值，最大值為3（1）四邊形ADFE面積S可以看成△ADF與△AEF的面積之和，這兩個(gè)三角形均為直角三角形，在△BDF與△CEF三角函數(shù)可以用m示出BD、DF、CE、EF而可得AD、AE的長(zhǎng)，從而可以用含m的代數(shù)式表示S，然后通過配方，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)的tan∠EAF、∠C、AC，AF1）:∵D⊥AB，E⊥AC，∴DF=m，BD==×（4﹣ ．其中∴S與m之間的函數(shù)關(guān)系為： 0＜m＜4當(dāng)m=2時(shí)，S取到最大值，最大值為3．（3） =．∴AF==．ABCDABaG，HAB，DCHA=HG，EAB①填空 度為垂足，求a為鈍角時(shí)，∠AHE=112.5°時(shí)，a2

（2）3（1）（2）過點(diǎn)H作HQ⊥AB于Q，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠D=∠DAQ=∠AQH=90°，得出四邊形DAQH為矩形，設(shè)AD=x，GB=y，則HQ=x，EG=2y，由折疊的性質(zhì)可知∠AEH=∠FEH=60°，得出∠FEG=60°，在Rt△EFG中，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值求出EG和EQ的值，再由折疊的性質(zhì)得出AE=EF，求出y關(guān)于x的表達(dá)式，從而求出AB=2AQ+GB，即可根據(jù)比值消xa（1）①45．∴∠AHF=∠AHG∠FHG=45°，即2此時(shí)，當(dāng)B與E重合時(shí)，a的值最小，設(shè)DH=DA=x，則AH=CH= 22 22 22 2∴a2xx

2x22∠AHE=112.5°時(shí)，a22（2）HHQ⊥ABQ，則∠AQH=∠GOH=90°，ABCD，∠D=∠DAQ=90°，Rt△EFG，EG=EF×cos60°＝4y×12y2Rt△HQEEQ

x3x3

3x3∴QGQEEG

3x2y3

3x2y3

23x2y3由折疊可知：AE=EF23x2y4y，即y3∴AB=2AQ+GB=223x2yy73x

3x3 73∴aAB

73 形的判定和性質(zhì)；5.折疊對(duì)稱的性質(zhì)；6.勾股定理；7.銳角三角函數(shù)定義；8.特殊角（1A（0，﹣6B（6，0．Rt△CDECDE=90°，CD=4，DE=4，直角邊CD在y軸上，且點(diǎn)C與點(diǎn)A重合．Rt△CDE沿y軸CO如圖（2Rt△CDEDOCEABM，求∠BME（3在Rt△CDE的運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)AC=h，△OAB與△CDE的部分的面積為S，請(qǐng)ShS3 3334

h≥2（1）出∠CMA需要分類討論：①h≤24MN⊥yyNMF⊥DEDE于F，S=S△EDC﹣S△EFMh≥23，S=S△OBC．（1）A（0，﹣6B（6，03 33 33 3（3）①h≤24，MN⊥yyNMF⊥DEDE3 3 444∴4

4hFM

31h2

=

3-3

4﹣h（4﹣ h

33333312

2

1m＞0在拋物線C1位于y軸右側(cè)的圖象上，得到拋物線C2．拋物線C2交x軸于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)ABy軸于點(diǎn)C，設(shè)點(diǎn)D的橫坐標(biāo)為a．111m=233332，當(dāng)

﹣（＜m＜

【答案】(1)①y=﹣2+323

6

3﹣m1（3

3﹣m﹣3P（﹣33﹣m，3，4（33

﹣m，3（1）①aaiii）4△ABD1（內(nèi)心31（1）2

2

1∴D（a（a+2

C2：y=﹣（x﹣a）（a+2①∵OC=2，∴C（0，2

27

解得4

22

21

21

2

，∴B（2a+，0x=0，4

，∴C（0，a+4k(2a1)b k ，解得 1ba

ba 2假設(shè)存在滿足條件的a

x+（a+4BCOP≤BCOP⊥BC1C2x=a（a＞0）BCPxE，OP⊥BC，OE=a． ∴P（a，

，PE=a+

2a221a

a1∴PE 42 1解得：a=616

∴D（a（a+m）22C2=﹣m，∴B（2a+m，0

333 33 33 ﹣m，33333 33333

33∵tan∠ABD=DE 333作∠ABDDEP1

333333 ﹣m，1333 333 ﹣m，﹣333 333

﹣m，3

﹣m，33333

﹣m，333333334

9（2）.5（1）CD⊙O（2）BEOCF，AB⊙O∠ACB=90°，Rt△ACB5

5

BCCE5

5

△ABEAE=，DE=AD﹣AE（1）OC，如圖，∵BCCE∴CD⊙O∵AB⊙ORt△ACB，tan∠CAB=BC3

AC232AC232∴AC

5AD16 ∵BC

5，解得CD12 ∵BCCE∴EFCD 5∴BE2EF 5Rt△ABE

AB252(AB252(575 ∴DEADAE 小騰遇到這樣一個(gè)問題：如圖1，在△ABC中，點(diǎn)D段BC上，BAD75ABDCBDCE圖 圖小騰發(fā)現(xiàn)，過點(diǎn)C作CEABADE，通過構(gòu)造△ACE，經(jīng)過推理和計(jì)算能夠使問題得到解決（請(qǐng)回答：ACE的度數(shù)為 ，AC的長(zhǎng)為 3ABCDBAC90CAD30ADC75ACBD交EAE2BE2EDBC的長(zhǎng)．AEDE 圖【答案】∠ACE75°，AC

BC663中，由已知的條件可知△ACD是等腰三角形，因?yàn)椤螧AC=90D（2：∠ACE圖（3DDF⊥ACFABAEBE ∵在△ACD在△AFD33 3333 33AB26BCAB26x=1證明△AP1C∽△BEC，則有AP1：BE=AC：BC= ：1，設(shè)AP1=x，則BE=x，得出S△P1BE關(guān)于x的表達(dá)式，利用配方法求最值即可．（1），∴△B1CQ≌△BCP1（ASA 又Rt△ABC∴S△P1BE= ，在學(xué)組活動(dòng)中探究了下面問題菱形紙片ABCD的邊長(zhǎng)為2，折疊菱形紙片BDAEFCHG的周長(zhǎng)的變化情況是怎樣的？， ②如圖2，當(dāng)重合點(diǎn)在對(duì)角線BD上移動(dòng)時(shí)六邊形AEFCHG的周長(zhǎng) ABCD2，改變∠ABCEF 如圖4，若∠ABC的大小為2，則六邊形AEFCHG的周長(zhǎng)可表示 EGOEGOFHEGD DHFCC

AAEGAEGHFG HFC圖 圖 圖 圖（1）（2）BDAEFCHG的周長(zhǎng)不變，與重合點(diǎn)在菱形O處時(shí)相同，從而解三角形可得結(jié)論.同BD的周長(zhǎng)不變3AE=AH=CF=CG=1EF=HG= 33所以六邊形AEFCHG的周長(zhǎng)為 3同（1AE=AH=CF=CG=1，EF=HG=21sin2sin的周長(zhǎng)為4+4sin如圖，在△ABC中，∠ACB=90o，∠ABC=30o，BC23AC為邊在△ABC的外部作等邊△ACDBD．ABCDBD 3 （2）33（1） 323 32ABCD的面積=△ABC的面積+△ACD的面積求解（2）DDF⊥ABF．先求出∠DAF=180°-∠BAC-∠DAC=60°，再解直角△ADF，AF=1，DF=3BF=AF+AB=5，然后在直角△BDFBD3（1）∵ 33333∴△ABC的面積1AC?BC=1×2

= ∵△ACDDDE⊥AC在△ADE33∴DEAD?sinDAE2 332∴△ACD的面積=1AC?DE=1×2×3=333 333ABCD的面積=△ABC的面積+△ACD的面積3（2）DDF⊥AB在△ADF∴AF=1，DF=3

BF252BF2527依次為2,4,6,8，…，頂點(diǎn)依次用A1A2A3A4,表示，其中x軸與邊A1A2，邊A1A2與A4A5，A4A5與A7A8，…均相距一個(gè)單位則頂點(diǎn)A3的坐標(biāo) A31的坐標(biāo) ；A3n2（n為正整數(shù)）的坐標(biāo) 【答案】

3；11,11；n,ny0A3的縱坐標(biāo)為A2A3sin0

1

312

3. ∵31110311113A的橫坐標(biāo)為AAsin300211，由題意知A的縱坐標(biāo)為1A1, 2 容易發(fā)現(xiàn)A1、A4、A7 、A31 A3n2，這些點(diǎn)都在第二象限，橫縱坐標(biāo)互∴A3111,11；A3n2n,n；2.ABC，AD⊥BC1ADBCAD=BCAP繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段AE，聯(lián)結(jié)CE，猜想線段AD、CE、PC之間的數(shù)量如圖3，若點(diǎn)P是線段BC（2）中的其他條件不變，按照（2）3AD、CE、PC

（2）2

3CEPC（3）補(bǔ)圖見解析，23CEPC．2（1）AD=3BC2（1）∵又∵AD⊥BCADABsin600

BC2

CEPC．理由如323AB在△ABPACEBAPCAEAP∵BP+PC=BC，∴CE+

2

3CEPC2AB在△ABPACEBAPCAEAP∵BPPCBC，∴CEPCBC

2

3CEPC．2xOyyax2bxcxA(x1，0)、B(x2，0兩點(diǎn)（AByCA2，若將二次函數(shù)yax2bxc的圖象沿y3它恰好過原點(diǎn)，且與x求二次函數(shù)yax2bxcyax2bxcPPB、CP設(shè)二次函數(shù)yax2bxcDxF，使得DFBDCBF3（2）（2，3（3）（-（5，0．（1）系數(shù)法即可求得二次函數(shù)yax2bxc的表達(dá)式．ACx=2PB、CAC的方程，即可求得點(diǎn)P首先證明△BCDBC，BDtanDCBDB1 而只要求出使tanDFB1F3（1）∵（0，0（-4，0．∵拋物線yax2bxcxA、B∴拋物線yax2bxcx=2x2，ABA（1，0由題意知，二次函數(shù)yax2bxc的圖象過C（0，-∴設(shè)yax2bx3ab3

a∴9a3b3

，解得 b∴二次函數(shù)的表達(dá)式為yx24xA（1，0設(shè)直線AC的解析式為y 0m∴n

m，解得n3ACy3x3x=2，y=3，P（2，3）xF，使得DFBDCB，理由如下：拋物線yx24x3D（2，1設(shè)對(duì)稱軸與x在RtDEB中DEBE1DBE45．45．∴ 在Rt△DBCDB

，∴tanDCBDB1tanDFB2 2DExDE1EF3∵E（2，0F2（5，0．在一次機(jī)器人測(cè)試中，要求機(jī)器人從A出發(fā)到達(dá)B如圖1，已知點(diǎn)AO正西方600cmBO的正300cm且機(jī)器人在射線AO及其右側(cè)(AO下方)區(qū)域20cm/AOAO10cm/秒．分別求機(jī)器人沿A→O→BA→BB356A→P→B(356(參考數(shù)據(jù)：2≈1.414，3

（2）57(ABA→BBBCA→C→B60026002

(cm)55 55Rt△OBC,OB=300,∠OCB=45°，∴OC=OB=300cm，BC=sin

(cm)222A→C→B2Rt△APERt△AP′E′中，sin30EPEP ∴EP=AP，E′P′=AP AP÷20+PB÷10=EP÷10+PB÷10=(EP+PB)÷10=

BE′E′P′+P′BBE′>BE

BE<

A→P→BA→P′→BA→P→B2 2 【答案】3EF=2EH=20E?sin∠EOH=20E?sin60OEEFOE，OF，OOH⊥EFH。2 2由圓周角定理可知∠EOH=12Rt△EOH，EH=OE?sin∠EOH=1×3=3 EF=2EH=3在△ABCBACAB>AC，AD平分∠BACBC如圖1，若△ABC是等腰直角三角形，直接寫出線段AC，CD，AB之間的數(shù)量關(guān)系；BC的垂直平分線交AD延長(zhǎng)線于點(diǎn)EBC①如圖2ABE=60AC，CE，AB之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系并加以證明；②如圖3ACAB

3AE，求∠BAC的度數(shù)．（1）AB=AC+CD;（2）①AB=AC+CE，60°．（1）AB=AH+HB=AC+DH=AC+CD. ABAH=AC，EH,證明△EHB是等邊三角形即可得出結(jié)論. 段AB上截取AH=AC，連接EH，作EM⊥AB于點(diǎn)M,求得cosEAMAM 3 ∠EAB=30°,從而∠BAC=2∠EAB=60°．（1）AB=AC+CD.如圖,段AB上截取AH=AC，連接∵AD平分∠BAC12又∵EF垂直平分BC又∠ABE=60∴△EHB是等邊三角形．ECDF ②如圖,段AB上截取AH=AC，連接EH，作EM⊥AB于點(diǎn)易證△ACE≌△AHE，∴CE=HE．∴△EHB是等腰三角形．∴∴AC+AB=AH+AB=AM-HM+AM+MB=2AM．

3AE2Rt△AEMcosEAMAM

3，∴∠EAB=30°．2BAC=2∠EAB=60°．CEDF CEDF邊三角形的判定和性質(zhì);5．銳角三角函數(shù)定義;6.特殊角的三角函數(shù)值.BF=5sinF3BD5CEOBCEOBD（2）9.（1）連接OC，證明OCCFCF⊙O（2）AD，由△FBE△FOCFBBERt△BEFRt△ABD BD（1）如圖，連接OC.31234214∵CE⊥DB，∴OCCF

OCOCF為⊙OC2C2E13O D（2）ADRt△BEF，∠BEF=90°,

sinF3，∴BE35∵OC∥BE,∴△FBE∽△FOC.∴FBBE 設(shè)⊙O的半徑為r,∴ 3.∴r155 ∵AB⊙OAB15ADB90∵4EBF,∴FBAD∴sinBADBDsinF3.∴BD3.∴BD9． 【答案】（1）2（2）5833（1）試題解析：（1）∵把一條12個(gè)單位長(zhǎng)度的線段分成三條線段，其中一條線段長(zhǎng)為4個(gè)2：3，4，5；4，4，4.（2）3，4，55.∴它的三角形外接圓的周長(zhǎng)為5433833垂足為E，直線AD與BE相交于點(diǎn)H，若BH1r5r

3AC，則∠ABC所對(duì)的弧長(zhǎng)等于當(dāng)∠ABC1，依題意可得△ACD∽△BHD，∴ADAC ∵BH

33 33 3∴在△ABD中，tanABD 3

r

∵BH

3AC，∴ADAC 313 133∴在△ABDtanABDAD3

∴∠ABC300r5r

r3

r3PD，PDAB

AB=5APBPPDPAGx,tanAFDyy與x之間的函數(shù)關(guān)系式.（要求寫出x的取值范圍【答案】（1）證明見解析；（2）310；（3）y1x AC=BC

BCaBCACAC=2BCAC2a由△ACE∽△ABCAE，CEAPBP可知△APB△PAC∽△PDFPAACPD （3）BPBDADAD2，由角的轉(zhuǎn)換可得tanABPAPyAGPDGB可得DGAD

AGAP

AGDPGB可得又5（2）連接BP，設(shè)BCa，∵∠ACB=90°，AB=5，∴a22a252a .55BC5,AC 52∵△ACE∽△ABC，∴AECEAC2 ∵AB⊥CD，∴CEDE2

25.∴AE 555APBP，∴△APBPAB＝45PA∴△AEF∴EF=AE=45

2AB52 由（1）△PAC∽△PDF得PAAC，即 25PD310∴PD3102

∵AC=2BCAD=2DB，AD2∵

，∴tanABPAPy∵△AGP∽△DGB，∴AGAP ∵△AGD∽△PGB，∴DGAD AGDGAPAD，即AGAPADDG DB∵AGx，∴x

PBy與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y1x2如圖，在邊2菱形ABCD∠A=60°，MAD邊的中點(diǎn)，NAB上一動(dòng)點(diǎn)，將△AMNMN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C.A′C長(zhǎng)度的最小值是.77

則由已知可得，在Rt△DHM中，DM=1，∠HDM=60°，∴HD1,HM 3. HC21533252HM27∴HM277∵M(jìn)A′=NA=1，∴ACNCMA 1.777

考點(diǎn)：1.單動(dòng)點(diǎn)和折疊問題；2.菱形的性質(zhì)；3.銳角三角函數(shù)定義；4.特殊角的三角函數(shù)值；5.三角形邊角關(guān)系；6.勾股定理；7.折疊對(duì)稱的性質(zhì).如圖（1，有兩個(gè)全等的正三角形ABC和ODE，點(diǎn)O、C分別為△ABC、△DEO的重四邊形OGCF與△OCH面積的比為 【答案】試題分析：設(shè)三角形的邊長(zhǎng)是x，則高長(zhǎng)是3x233?x33?xx ．MN2OM21．23x3x33 33OC33

x2△OCH

? x x n0ADcos則其面積=1n0ADcos2

3x2：3x23 yx（1）y1x0x60（2）40（3）30.2（1）Rt△CDFyx（3）首先判斷△FED是直角三角形只有∠FDE=90°，得出1sinAEDAE

1）∵∠=90°，C=60，A=30，∴sinCAB301.∴∠C=30°.∴yCDsin301x ∴yxy1x0x602∴AC－CD=DF，即60x1x2又∵FE//ACAEFDAE=DF.DF⊥BC∠2=90°，∴∠1=∠2.∴DE//BC.Rt△BOCsin4AE

12

1 160－x=

60 任意一點(diǎn)，則PK+QK的最小值為 3【答案】3P，QKPBDP1P1Q，BDK1。P1K1PK1，P1K=PKP1K＋QK＞P1Q=P1K1＋QK1PK1＋QK1BC上任一點(diǎn)，點(diǎn)P1AB上AAQ1⊥DCQ1ABCD，∴∠ADC=∠ABC=60°，∴∠DAQ1=3033∵AD=AB=4，∴PQ=AQ=AD·cos∠DAQAD·cos30°=4 33 2綜上所述，PK+QK23P處時(shí)，測(cè)得小島A在正北方向，小島B位于南偏東24.5°方向；貨輪繼續(xù)前行12海里，到達(dá)點(diǎn)QA49B41°方向．（（2）20（1）（2）Rt△APQ根據(jù)PQ的長(zhǎng)度和∠AQP，利用三角函數(shù)求出AQ的長(zhǎng)度，然后根據(jù)已知角的度數(shù)得出∠AQB=90Rt△AQBAB

15（海里∵BQ=PQ=12xOyA(6，0B(0，6)C3⊙OOCDOD⊥OC，OD⊙ODC、DAB．C【答案】(1)45°135°；(2)當(dāng)點(diǎn)C⊙O

222

33，33

，222試題分析（1）根據(jù)點(diǎn)A和點(diǎn)B坐標(biāo)易得△OAB為等腰直角三角形，則∠OBA=45°，由于OC∥AB，所以當(dāng)C點(diǎn)在y軸左側(cè)時(shí)，有∠BOC=∠OBA=45°；當(dāng)C點(diǎn)在y軸右側(cè)時(shí)，22

得到當(dāng)點(diǎn)AB的距離最大時(shí)，△ABC面積最大OOE⊥ABE，OE向延長(zhǎng)線交⊙OC，此時(shí)C點(diǎn)到AB的距離的最大值為CE后利用等腰直角三角形的性質(zhì)計(jì)算OE，然后計(jì)算△ABC OC2OC2CFCF=2

33C2332

A（6，0B（0，6Cy22 22CAB△ABCOOE⊥ABE，OE⊙OC，如圖：此時(shí)CABCE2122

12

2122

22 22

222大值為 2CCCF⊥xF，則CFOCCF3 3解得：CF=2OC2CF32OC2CF322

3，322

3，322

3，32

3，3 3Rt△OCF，OC=3，CF=2 OCBOCAODBO∴△BOC≌△AOD（SAS78（1）RO（含弧MNR=6MN3

R2；（2）353

（1）AB，根據(jù)垂徑定理得到AB=2OB，然后利用含30°的直角三角形三邊的關(guān)系求出OB，再利用三角形的面積計(jì)算即可；OAOB=aOC，OC⊥AB．22312

AB?OC=2

2323

OA．OB=aAB=2a．Rt△ABOa25

24SABCD=（2a）R5ABCDMNA′D、OD，A′D⊙O ∴SABCD=AB?AD=2

12

考點(diǎn):PA、PBOA、BEO上一點(diǎn)，且P60AEB

33試題分析：連接OABOOP由圓周角定理知可知∠AOB=2EPA、PB分別切O于點(diǎn)A、B，利用切線的性質(zhì)可知∠OAP=∠OBP=90°，根據(jù)四邊形內(nèi)角和可求得∠AOB=180°-∠P=180°-60°=120°，從而得出∠AEB的度數(shù)；再由切線長(zhǎng)定理得出∠APO=30°，根據(jù)三角函數(shù)求解即可：∴Rt△AOP中，tan30AO，AO 3AO 3 如圖，點(diǎn)E、F分別為正方形ABCD中AB、BC邊的中點(diǎn)，連接AF、DE相交于點(diǎn)G，連接CG，則cos∠CGD=（ 32325 GDGE 【答案】1Rt△AGE，HG=2AB=

則 2

2EG：DG=1：4，EG=55 1 2 3【答案】4試題分析：連接BC，根據(jù)勾股定理求出BD，根據(jù)三角形的面積求出BC，證相似，DC，解直角三角形求出即可．1 2

42422

5 4∴DC 4 53535 51.圓周角定理；2.在平面直角坐標(biāo) 中，拋物 CABQB2AttN（0，m+1m、tAM+MN+NP【答案 （ （3） （1）2,0，C（0, 代入 APQ=90°AQP=90°兩種情況討論即可.2,0，C（0, ）代入 ，得，解得 （2） ∴AP=t 在Rt△AOC中 若∠APQ=90°， ， ，解 若∠AQP=90°， ， ，解 ABCDAB=4cm，AD=23cm，ECDPA折線AE-EC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)停QAAB-BC運(yùn)動(dòng)C運(yùn)動(dòng)t（s，△APQycm2yt（） 【答案】2223ABCD，AB=4cm，AD22223

4PBEQBC0＜t4，1，PPF⊥BCF，此時(shí)，BP=t.∴sinPAFsinAEDAD23 3 ∴PF=PAsin∠PAF=32∴當(dāng)0＜t5時(shí)y1BQPF1t4t2t2 PECQEC5＜t7在△ABC，CA＝CB，在△AEDDA＝DED、ECA、AB 若∠ACB＝∠ADE＝2α（0α90°），將△AEDACDBEα2【答案】 2

2 22AC，從而有ABAE2

2ACAD，即 22∴∠CAB＝∠DAE，∠ACM＝∠ADN=60°，AM=1AB，AN=1 Rt△ACMRt△ADN，sin∠ACM=AM=3，sin∠ADN=AN=3∴AMAN

33．∴ABAE 3

又∵∠CAD＝∠BAE，∴△BAE∽△CADBEAB

3

3（3）ABAE2sin，再由 ∽△CADBEAB2sin 2 2

3C、DCM⊥ABM，DN⊥AE∵CA＝CB，DA＝DE，∠ACB＝∠ADE=2α∴∠CAB＝∠DAE，∠ACM＝∠ADN=α，AM=1AB，AN=1 Rt△ACMRt△ADN，sin∠ACM=AM，sin∠ADN=AN ∴AMANsin．∴ABAE2sin 又∵∠CAD＝∠BAE，∴△BAE∽△CADBEAB2sin ∠CDA90P從點(diǎn)Q(40)x1時(shí)間為t秒.求點(diǎn)C當(dāng)∠BCP15時(shí)，求t的邊（或邊所在的直線）相切時(shí)，求t的值（1）點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，333（2）t的值為4 或4 33試題分析（由∠CBO=45°，∠BOC為直角，得到△BOC為等腰直角三角形，又OB=3，利用等腰直角三角形AOB的性質(zhì)知OC=OB=3，然后由點(diǎn)C在y軸的正半軸可以確定點(diǎn)C②當(dāng)⊙PCDCPOPOQt；，③當(dāng)⊙PCDt．t，（1）OCOB

∠BCO∠CBO又點(diǎn)C在y軸的正半軸上點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3PB.若∠BCP15，得∠PCO. 故OPOCtan ，此時(shí)t43 ，PB3，由∠BCP，3得∠PCO60，故POOCtan3此時(shí)t43333t的值為4 或4 33①當(dāng)⊙PBC相切于點(diǎn)C時(shí)，有∠BCP此時(shí)t

，從而∠OCP45得到OP3②當(dāng)⊙P與CD相切于點(diǎn)CPCCDP與點(diǎn)O重合，此時(shí)t4.，③當(dāng)⊙PAD相切時(shí)，由題意，∠DAO，A4.PC2PA29t)2，PO2t4)2于是(9t)2t4)232.解出t5.6t14如圖，在ABC中，AB=AC，AB為直徑的OBCMMNAC若BAC

（2） （1）（2）SANMO-SOAM，再分別求的這兩部分的面積求（1）M⊙O∴MN⊙O1∴AN=AM?sin∠AMN=AC?sin30°?sin30°=233236012(AN36012∴S

，S扇形

=33 合肥的高度角（即正午光線與水平面的夾角：夏至日為81.4度，冬至34.88（本題參考值：sin81.4o=0.99,cos81.4o=0.15,tan81.4o=6.61;sin34.88o=0.57,cos34.88o=0.82,tan34.88o=0.70）（）78.62）4AECE試題解析:(1)如圖所示：AAEC 即∠ACE=34.880AB2.80×20=56CD1CCDABEAE=AB－BE=AB－CD=55在直角三角形ACEtan∠ACE=AEBD=E=

利用ACEtan∠ACE=AE，得而8.96=2.8×3+0.56，1344如圖，△ABC1BCEED∥AB，EF∥AC，得EDAFS1E1E1D1∥FBE1F1∥EF 8

（134333 33 1∴AF=233 33∴S1=× 8…313

3×348

×（）48

（13438

（1343ABCDAB＝5，BC＝10，F(xiàn)ADCE⊥AB于E，設(shè)∠ABC＝α(60°≤α＜90°)．33

3(2)①CFBAG△AG和△CDCF＝GA＝CEFGFABBCG＝AF∠G，∠ED＝3∠AF，②設(shè)BE＝x，在Rt△BCE中，利用勾股定理表示出CE2，表示出EG的長(zhǎng)度，在Rt△CEG解 3333即

，解得 GAFGDFC對(duì)頂角相等AF12

2

在△EFG∠EFC＝∠AEF＋∠G＝2∠AEF，Rt△BCERt△CEG∴CF2＝

CG

CG2＝4

＝－x2＋5x＋50＝－x

522

452

此時(shí)，EG＝10－x＝10－

51001004252 2所以 23 3 對(duì)【答案】333【解析】 ,得 2所以國船只進(jìn)入，如圖，今有一中國海監(jiān)船在位于A正南方距島60海里的B處海域巡邏，值班人員發(fā)現(xiàn)在的正西方向52海里的C處有一艘漁船，正以9節(jié)的12節(jié)的速度前往，期間多次發(fā)出警告，2小時(shí)候海監(jiān)船到達(dá)D處，與此同時(shí)漁E進(jìn)入12海里？盡快到達(dá)距島12海里，且位于線段AC上的F處強(qiáng)制漁船，問海監(jiān)船能否比漁23據(jù) 23【答案 （1）∵sin∠AEN=AN12 即必須沿北偏東至少轉(zhuǎn)向69.5°航行，才能恰好避免進(jìn)入12海里（2）DDH⊥ABH，313在Rt△DBH中，DH=BD=12海里 海里2FDFAB

60123≈2.2 漁船到達(dá)點(diǎn)F

52-18-

=2.4 如圖，點(diǎn)C是半圓O的半徑OBPCAB于CDPCBDPCEPDPE．PD是⊙O

3若⊙O3

,PC

,設(shè)OCxPD2y3yx3②當(dāng)x 3時(shí)，求tanB的值3 3（2）①y=x

，②3（1）xPDPCPD=PE，EC，BEtanB（1）∴PD⊙O（2）①OP．Rt△POCRt△PDO3 33②當(dāng) 時(shí)33 33 33 333∴在Rt△ECB中，tanB=CE 133 考點(diǎn):Rt△ABC∠ACB=90°，∠CAB=30°，BC=1A1B1C1的位置（BC1在l上BC1A2B2C2的位置，其．【答案】(1)AB=2

米;(3)畫圖見解析；433 3（1(2)AB、AC．（3）根據(jù)要求畫出路徑，再用弧長(zhǎng)求解路徑的長(zhǎng)度．根據(jù)題意得到Rt△ABC在直（1）(2)∵∠CAB=30°，BC=13∴AB=2米 米33 333∴A點(diǎn)所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)=1202 4 5.9（米33 3331∴AAl12024，AAl90 331 1

A43 故兩次翻轉(zhuǎn)此物的整個(gè)過程點(diǎn)A43 考點(diǎn):5 【答案】22sinB4，AB=15，∴AE=DF=12，BE=9（勾股定理5，連接CDDE⊥CD，交射線CBE,設(shè)AD=x（1）當(dāng)點(diǎn)D是邊AB的中點(diǎn)時(shí)，求線段（2）（3）x

25x2

180x+900 x＜10

試題分析（1）在直角三角形ABCABtanA的值，利用銳角三角函數(shù)定義及勾股定理求出BC與AC的長(zhǎng)D為斜邊上的中點(diǎn)，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜相等的三角形相似得到△EDC△ACBDE當(dāng)E在BC△BDEEDD=BE邊對(duì)等角得到∠BD=∠DB，利用等角的余角相等得到∠CDA=∠A，利用等角對(duì)等邊得到CD=AC，作H垂直于AB，AD2A，由cosAH進(jìn)而求出ADx的值；DMBCDMACDMBM，進(jìn)而表示CDCM，DEMCDMDEBD=AB-AD=10-x，DEDBy，x（1）在△ABC∠ACB=90°，AB=10，tanA=43∴DE:CD=AC:BCDE:5=6:8則 4∴AH:AC=3:5，即 5

，即 ∴DM:AC=BM:BC=BD:BA35

（10-x，BM=5

（10-45

（10-5

x，CD=

x+365DM∴DE:DM=CD:CM，即

x2

x+365

x210-

36x+ 325x2-325x2-180x+在ABC中，AB22，BC1，ABC45，以AB為一邊作等腰直角三角形ABD，使ABD90，連結(jié)CD，則線段CD的長(zhǎng)為 【答案】5或131AD，2

ADBE⊥AD，CERt△CDEA、DBCBD=AB，DDE⊥BCRt△CDE22

222212

2

CE25CE252 2DDE⊥BCBCE，則△BDE2∴DE=BE=222

2CE2CE2

32CD5321.勾股定理；2△ABC中，AC=BC，斜邊AB的長(zhǎng)為4，過點(diǎn)C作射線CP//AB，DCP一點(diǎn)，EBC（B、C重合，且∠DAE=45°，ACDE交于點(diǎn)O．AP CD=xtanBAEy，yxx(1)（2y=4

0＜x＜2（3，∴ADAC 即ADAE且 由（1）∴DCAC 2 2∴AH=4—Rt△AEHtanBAE=

4即△CODDCA∴只有∴CD2CO∴CO2∴x222

2x24222x2422 ，x2422

x24

22∴CD=422時(shí)，△COD△BEAAAPDOCEB．98同學(xué)學(xué)習(xí)了第二十五《銳角三角比后對(duì)求三角形的面積方法進(jìn)行了研究，．AA

1，已知銳角△ABC．求證：

1ACsinACsin

（2S是點(diǎn)Q2ttS

38【答案】(1)

12

ACsin(2ACsin

38（1）

S

3 Rt△ADC∵∴

12ACsin1ACsin2根據(jù)題意：AP=2t，CQ=t由（1）1AP1APAQsin1ABACsin 2t(12t)3 2

1AQsinAQsin∴APQt212t27t19（舍t(yī)2

38PAPQ GRt△ABCGGECF，GF：GE=1：2的正切值 1【答案】2AGBCHGRt△ABCBH=CH，AG:AH=2:3△AGE∽△AHCGE=2x，CH=3x，GF：GE=1：2GF=HF=x，GECF∴BH=CH，AG:AH=2:3∴GE:CH=AE:AC=2:3

∴tan∠B=AC3x1 如圖，BC⊙OA⊙OC⊙OBAD，CDE，AEBCP。OC＝CP，AB＝33CD（2）（1）BAC、Rt△ACDAC=3，CD=23．（1）∵BC⊙OCEDEAE∵CD⊙O∴AP⊙OsinPOA1 Rt△BACBAC＝90°，AB＝33AC

3

3CD

331.切線的判定與性質(zhì)；2如圖，∠ACB＝60°2⊙OBCC，若將⊙OCB則當(dāng)滾動(dòng)到⊙OCAO3A. B. C. D.3【答案】O′C，O′B，O′D，OO′， 2

2

OC2OC2423

21.切線的性質(zhì)；2.解直角三角形．2

A. B C.45135°D.60【答案】2 212

222 12

考點(diǎn):ABO的弦，OAB45，CAB，BD//OA，CADBC。BO 求證：BD是O的切線AC

3CAB75O的半徑（2）4.（1）OAB=45°．則∠1+∠2=90°BD⊥OBB．CD⊙O3 3得出∠3．Rt△OAEOA（1）OB，如圖．∴BD⊥OB∴BD⊙O（2）OE⊥AC3 33132

234 2考點(diǎn):1.切線的判定與性質(zhì)；2.yx22x8x軸交于A、BCDOCBDACE.CE2 CAyE8當(dāng)CDE5

時(shí)，求tanCAB

，

（3）2.試題分析（1）由y=0，得出的一元二次方程的解就是A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)．由此可求出A、B通過構(gòu)建相似三角形求解，過OOG∥ACBEG，那么可得出兩組相似三角形：△GED∽△OGD、△BOG∽△BAE，可分別用這兩組相似三角形得出OG與EC的比例關(guān)系、OGAECE、AE（28DOCS△OCE=2S△CDES△AOC=8,CH、AH從而可求tanCAB的值.∴DCCE ∴OGBO ∴OGCEOB2 2，0AC由△AEF∽△ACH5

，OF=5 ∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（ （3）∵S△OCE:1∴2CH8

2ABCDAD＝5cm，AP＝8cmAPDABDCP，過點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，BE交AP于點(diǎn)F，則 DPDPEF 4【答案】3PPG∥AD，ABG，DGAPH，AD=DP，得出菱形AGPD，DH=HG，AH=HP=4DH，解直角三角形求出即可．∵AP12

4

故答案為：3考點(diǎn):已知二次函數(shù)y=x2﹣2mx+4m﹣8（1）x≤2函數(shù)值yx的增大而減小，求m的取值范圍（2）以拋物線y=x2﹣2mx+4m﹣8的頂點(diǎn)A為一個(gè)頂點(diǎn)作該拋物線的內(nèi)接是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說明理由（3）若拋物線y=x2﹣2mx+4m﹣8與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)均為整數(shù)，求整數(shù)m【答案 （1）yxmy=0xm（1）y=x2-2mx+4m-8：x=m．x≤2yxx≤233 3333

3 333

a-m2+4m-3 333

3得 （a=0舍去33333133

S△AMN=2

m24mm24m(m2)2

xm

m ∴m：m=2．如圖，直徑為10的⊙A經(jīng)過點(diǎn)C(0,5)和點(diǎn)O(0,0)，B是y軸右側(cè)⊙A優(yōu)弧上一點(diǎn),則∠OBC的正弦值為 1【答案】．2試題分析：首先連接AC，OA，由直徑為10的⊙A過點(diǎn)C（0，5）和點(diǎn)O（0，0，可得△OAC是等邊三角形，繼而可求得∠OAC的度數(shù)，又由圓周角定理，即可求得∠OBC的O（0，012

1∴∠OBC：sin30°=2ABCDAB=4，AD=5，PBCPPE⊥AP，DCE，AEBCF，BP=a．EDE 當(dāng)點(diǎn)P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tan∠PAE=1a2a24

a=3試題分析（1）設(shè)CE=y,PCBC動(dòng)時(shí)y關(guān)于a數(shù)解析式，只需要用勾股定理表示PE2=PC2+EC2就可以使問題到解決，而關(guān)鍵是解決PE2，又在Rt△APE中由勾 a（1）∴BPAB ∴ay

，5

a25a

a=35

325 CE=， ∴DE=2∴AD∴ADDE 5∴52 2APFDRt△APB 2易得∴BPAB

，可得 于是：a =2或a 5 a解得：a=3，y=1.5∴a=3xOyOCB的外接圓與yA(0,2)OCB60COB45OCCCyAB 33

2已知了 2BD、CDOC=OD+CDOCAB22 22在Rt△AOB中 2236 223633Rt△BCD3333

3 3考點(diǎn):（2） 3（1） 試題解析:（1）OG，CD⊥AB∴EF⊙O∴tan∠CAH=tan∠F=123 Rt△OGF

2631.切線的判定,2.

33ACAE1ACEMN⊥AC，AB、CDM、3ME【答案】

（2）9+ 44（1）1AC3

（2）由AD與EN都與AC垂直，得到AD與EN平行，由平行得相似，確定出三角形CEN利用勾股定理求出CN的長(zhǎng)，進(jìn)而確定出CD的長(zhǎng)，由 求出DN的長(zhǎng)，即可確定出四邊形ADNE的周長(zhǎng)．（1）Rt△ABC3 313

Rt△AEM443∴ENCNCE2 Rt△CEN

217，CD=3EN2EN2317， 1.相似三角形的判定與性質(zhì),2.Rt△OAB（90), 33點(diǎn)C的坐標(biāo)（20點(diǎn)P為斜邊OB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)則PA+PC的最小值 【答案 PA+PCAMAD，求出CD，即可AOBDCDOBP，AP，DDN⊥OAN，則此時(shí)PA+PC（9，03 33∴AB=333∴OB=2AB= 33 3由三角形面積得29

2

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