中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《銳角三角函數(shù)》考試黑鉆押題考試時(shí)間：90分鐘；命題人：教研組考生注意：1、本卷分第I卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，滿分100分，考試時(shí)間90分鐘2、答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級(jí)填寫在試卷規(guī)定位置上3、答案必須寫在試卷各個(gè)題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)的位置，如需改動(dòng)，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準(zhǔn)使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。第I卷（選擇題20分）一、單選題（5小題，每小題4分，共計(jì)20分）1、如圖，AC是電桿AB的一根拉線，測(cè)得米，，則拉線AC的長(zhǎng)為（）

A．米 B．6sin52°米 C．米 D．米2、的相反數(shù)是（）A． B． C． D．3、在正方形網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)都是1，∠BAC的位置如圖所示，則sin∠BAC的值為（）A． B． C． D．4、等腰三角形的底邊長(zhǎng)，周長(zhǎng)，則底角的正切值為（）A． B． C． D．5、如圖①，，射線，點(diǎn)C在射線BN上，將△ABC沿AC所在直線翻折，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D落在射線BN上，點(diǎn)P，Q分別在射線AM、BN上，．設(shè)，．若y關(guān)于x的函數(shù)圖象（如圖②）經(jīng)過點(diǎn)，則的值等于（）A． B． C． D．第Ⅱ卷（非選擇題80分）二、填空題（5小題，每小題4分，共計(jì)20分）1、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)B在x軸正半軸上，點(diǎn)D在y軸正半軸上，⊙C經(jīng)過A，B，D，O四點(diǎn)，∠OAB＝120°，OB＝4，則點(diǎn)D的坐標(biāo)是_____．2、如圖，直線yx+b與y軸交于點(diǎn)A，與雙曲線y在第三象限交于B、C兩點(diǎn)，且AB?AC＝16．下列等邊三角形△OD1E1，△E1D2E2，△E2D3E3，…的邊OE1，E1E2，E2E3，…在x軸上，頂點(diǎn)D1，D2，D3，…在該雙曲線第一象限的分支上，則k＝________，前25個(gè)等邊三角形的周長(zhǎng)之和為______．3、如圖，大壩的橫截面是一個(gè)梯形，壩頂寬，壩高，斜坡的坡度，斜坡的坡度，則坡底寬__________．4、如圖，為了測(cè)量河寬（假設(shè)河的兩岸平行），在河的彼岸選擇一點(diǎn)，點(diǎn)看點(diǎn)仰角為，點(diǎn)看點(diǎn)仰角為，若，則河寬為________（結(jié)果保留根號(hào)）．5、如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊AB上，△BEC與△FEC關(guān)于直線EC對(duì)稱，點(diǎn)B的對(duì)稱點(diǎn)F在邊AD上，G為CD中點(diǎn)，連結(jié)BG分別與CE，CF交于M，N兩點(diǎn)．若BM＝BE，MG＝2，則BN的長(zhǎng)為___，sin∠AFE的值為___．三、解答題（6小題，每小題10分，共計(jì)60分）1、．如圖，內(nèi)接于，交于點(diǎn)，垂足為點(diǎn)，連接，，，（1）求的度數(shù)；（2）過點(diǎn)作，，垂足分別為點(diǎn)，，連接OA，OC，OB，EH，F(xiàn)H，若的半徑為1，求的值．2、如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，經(jīng)過點(diǎn)A的直線（不與BD垂直）與對(duì)角線BD所在直線交于點(diǎn)E，過點(diǎn)B，D分別作直線BD的垂線交直線AE于點(diǎn)F，H．（1）當(dāng)點(diǎn)E在如圖①位置時(shí)，求證：BF﹣DH＝BD；（提示：延長(zhǎng)DA交BF于G）（2）當(dāng)點(diǎn)E在圖②、圖③的位置時(shí)，直接寫出線段BF，DH，BD之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明；（3）在（1）、（2）的條件下，若DH＝1，BD＝4，則tan∠DHE＝．3、計(jì)算（1）（2）4x2﹣8x＋1＝04、如圖，在中，，，．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB以每秒4個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)P作交AC或BC于點(diǎn)Q，分別過點(diǎn)P、Q作AC、AB的平行線交于點(diǎn)M．設(shè)與重疊部分的面積為S，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為秒．（1）當(dāng)點(diǎn)Q在AC上時(shí)，CQ的長(zhǎng)為______（用含t的代數(shù)式表示）．（2）當(dāng)點(diǎn)M落在BC上時(shí)，求t的值．（3）當(dāng)與的重合部分為三角形時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．（4）點(diǎn)N為PM中點(diǎn)，直接寫出點(diǎn)N到的兩個(gè)頂點(diǎn)的距離相等時(shí)t的值．5、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)B在x軸的負(fù)半軸上，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，直線BC的解析式為y＝kx＋12（k≠0），AC⊥BC，線段OA的長(zhǎng)是方程x2﹣15x﹣16＝0的根．請(qǐng)解答下列問題：（1）求點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)．（2）若直線l經(jīng)過點(diǎn)A與線段BC交于點(diǎn)D，且tan∠CAD＝，雙曲線y＝（m≠0）的一個(gè)分支經(jīng)過點(diǎn)D，求m的值．（3）在第一象限內(nèi)，直線CB下方是否存在點(diǎn)P，使以C、A、P為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．若存在，請(qǐng)直接寫出所有滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．6、-參考答案-一、單選題1、D【分析】根據(jù)余弦定義：即可解答．【詳解】解：，，米，米；故選D．【點(diǎn)睛】此題考查了解直角三角形的應(yīng)用，將其轉(zhuǎn)化為解直角三角形的問題是本題的關(guān)鍵，用到的知識(shí)點(diǎn)是余弦的定義．2、C【分析】先計(jì)算=，再求的相反數(shù)即可．【詳解】∵=，∴的相反數(shù)是，故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了特殊角的三角函數(shù)值，相反數(shù)的定義，熟記特殊角的三角函數(shù)值是解題的關(guān)鍵．3、D【分析】先求出△ABC的面積，以及利用勾股定理求出，，利用面積法求出，進(jìn)而求解即可．【詳解】解：如圖所示，過點(diǎn)B作BD⊥AC于D，由題意得：，，，∴，∴，故選D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理和求正弦值，解題的關(guān)鍵在于能夠正確作出輔助線，構(gòu)造直角三角形．4、C【分析】由題意得出等腰三角形的腰長(zhǎng)為13cm，作底邊上的高，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出底邊一半的長(zhǎng)度，最后由三角函數(shù)的定義即可得出答案．【詳解】如圖，是等腰三角形，過點(diǎn)A作，BC=10cm，AB=AC，可得：，∵AD是底邊BC上的高，∴，∴∴，即底角的正切值為．故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理和三角函數(shù)的定義，熟練掌握等腰三角形的“三線合一”是解題的關(guān)鍵．5、D【分析】由題意可得四邊形ABQP是平行四邊形，可得AP＝BQ＝x，由圖象②可得當(dāng)x＝9時(shí)，y＝2，此時(shí)點(diǎn)Q在點(diǎn)D下方，且BQ＝x＝9時(shí)，y＝2，如圖①所示，可求BD＝7，由折疊的性質(zhì)可求BC的長(zhǎng)，由銳角三角函數(shù)可求解．【詳解】解：∵AM∥BN，PQ∥AB，∴四邊形ABQP是平行四邊形，∴AP＝BQ＝x，由圖②可得當(dāng)x＝9時(shí)，y＝2，此時(shí)點(diǎn)Q在點(diǎn)D下方，且BQ＝x＝9時(shí)，QD=y＝2，如圖①所示，

∴BD＝BQ﹣QD＝x﹣y＝7，∵將△ABC沿AC所在直線翻折，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D落在射線BN上，∴AC⊥BN，∴BC＝CD＝BD＝，∴cosB＝＝＝，故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等知識(shí)．理解函數(shù)圖象上的點(diǎn)的具體含義是解題的關(guān)鍵．二、填空題1、(0，4)【解析】【詳解】先利用圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠BDO＝60°，解直角三角形求出OD，可得結(jié)論．【分析】解：∵四邊形ABDO為圓的內(nèi)接四邊形，∴∠OAB+∠BDO＝180°，∴∠BDO＝180°﹣120°＝60°，∵∠DOB＝90°，在Rt△ABO中，tan∠BDO＝，∵OB＝4∴OD＝4，∴D（0，4）故答案為：（0，4）．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是證明∠BDO＝60°．2、60【解析】【分析】設(shè)直線yx+b與x軸交于點(diǎn)D，作BE⊥y軸于E，CF⊥y軸于F．首先證明∠ADO＝60°，可得AB＝2BE，AC＝2CF，由直線yx+b與雙曲線y在第一象限交于點(diǎn)B、C兩點(diǎn)，可得x+b，整理得，x2+bx﹣k＝0，由韋達(dá)定理得：x1x2k，即EB?FCk，由此構(gòu)建方程求出k即可，第二個(gè)問題分別求出第一個(gè)，第二個(gè)，第三個(gè)，第四個(gè)三角形的周長(zhǎng)，探究規(guī)律后解決問題．【詳解】設(shè)直線yx+b與x軸交于點(diǎn)D，作BE⊥y軸于E，CF⊥y軸于F．∵yx+b，∴當(dāng)y＝0時(shí)，xb，即點(diǎn)D的坐標(biāo)為（b，0），當(dāng)x＝0時(shí)，y＝b，即A點(diǎn)坐標(biāo)為（0，b），∴OA＝﹣b，ODb．∵在Rt△AOD中，tan∠ADO，∴∠ADO＝60°．∵直線yx+b與雙曲線y在第三象限交于B、C兩點(diǎn)，∴x+b，整理得，x2+bx﹣k＝0，由韋達(dá)定理得：x1x2k，即EB?FCk，∵cos60°，∴AB＝2EB，同理可得：AC＝2FC，∴AB?AC＝（2EB）（2FC）＝4EB?FCk＝16，解得：k＝4．由題意可以假設(shè)D1（m，m），∴m2?4，∴m＝2∴OE1＝4，即第一個(gè)三角形的周長(zhǎng)為12，設(shè)D2（4+n，n），∵（4+n）?n＝4，解得n＝22，∴E1E2＝44，即第二個(gè)三角形的周長(zhǎng)為1212，設(shè)D3（4a，a），由題意（4a）?a＝4，解得a＝22，即第三個(gè)三角形的周長(zhǎng)為1212，…，∴第四個(gè)三角形的周長(zhǎng)為1212，∴前25個(gè)等邊三角形的周長(zhǎng)之和12+1212+1212121212121260，故答案為4，60．【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，規(guī)律型問題等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)探究規(guī)律的方法，屬于中考?？碱}型．3、60【解析】【分析】過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，先根據(jù)矩形的判定與性質(zhì)可得，再根據(jù)坡度的定義求出的長(zhǎng)，然后根據(jù)線段的和差即可得．【詳解】解：如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，則，四邊形是矩形，，斜坡的坡度，斜坡的坡度，，即，解得，則坡底寬，故答案為：60．【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用（坡度）、矩形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，掌握理解坡度的定義（坡面的鉛直高度和水平寬度的比叫做坡度）是解題關(guān)鍵．4、30【解析】【分析】在Rt△ACB中，利用三角函數(shù)求出BC=ABtan∠ACB，在Rt△ADB中，利用三角函數(shù)BD=ABtan∠ADB，根據(jù)【詳解】解：在Rt△ACB中，tan∠ACB=ABBC∴BC=AB在Rt△ADB中，tan∠ADB=ABBD∴BD=AB∵CD=60m∴CD=BC-DC=ABtan解得AB=303故答案為303【點(diǎn)睛】本題考查解直角三角形，掌握解直角三角形的方法，與特殊三角函數(shù)值是解題關(guān)鍵．5、4；##【解析】【分析】根據(jù)題意連接BF，F(xiàn)M，由翻折及BM=ME可得四邊形BEFM為菱形，再由菱形對(duì)角線的性質(zhì)可得BN=BA．先證明△AEF≌△NMF得AE=NM，再證明△FMN∽△CGN可得，進(jìn)而求解即可．【詳解】解：∵BM=BE，∴∠BEM=∠BME，∵AB∥CD，∴∠BEM=∠GCM，又∵∠BME=∠GMC，∴∠GCM=∠GMC，∴MG=GC=2，∵G為CD中點(diǎn)，∴CD=AB=4．連接BF，F(xiàn)M，由翻折可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，∴BM=EF，∵∠BEM=∠BME，∴∠FEM=∠BME，∴EF∥BM，∴四邊形BEFM為平行四邊形，∵BM=BE，∴四邊形BEFM為菱形，∵∠EBC=∠EFC=90°，EF∥BG，∴∠BNF=90°，∵BF平分∠ABN，∴FA=FN，∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），∴BN=AB=4．∵FE=FM，F(xiàn)A=FN，∠A=∠BNF=90°，∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），∴AE=NM，設(shè)AE=NM=x，則BE=FM=4-x，NG=MG-NM=2-x，∵FM∥GC，∴△FMN∽△CGN，∴，即，解得：（舍）或，∴，∴．故答案為：4；.【點(diǎn)睛】本題考查矩形的翻折問題和相似與全等三角形問題，解題關(guān)鍵是連接輔助線通過全等三角形及相似三角形的判定及性質(zhì)求解．三、解答題1、（1）；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)圓周角定理，計(jì)算∠ABC的大小，利用互余原理計(jì)算∠BAD，最后，利用兩個(gè)角的和，計(jì)算∠BAC；（2）證明，再求的值．【詳解】（1）∵∴∵于點(diǎn)∴∴∵∴（2）如圖過點(diǎn)作，，垂足分別為點(diǎn)，∵，∴???四點(diǎn)共圓，∴，同理可得，???四點(diǎn)共圓，，∵，，∴即，∴??三點(diǎn)共線，∴，∵，，∴在與中，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，即．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，四點(diǎn)共圓，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，勾股定理，熟練掌握?qǐng)A周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，是解題的關(guān)鍵．2、（1）見解析；（2）或；（3）或【解析】【分析】（1）延長(zhǎng)DA交BF于G，先證明△ABG是等邊三角形，得到AG=AB=AD，然后證明△AGF≌△ADH得到DH=GF，再求出即可得到答案；（2）如圖②所示，延長(zhǎng)BA交DH于G，同理可證△ABF≌△AGH，，得到，則；延長(zhǎng)DA交BF延長(zhǎng)線于G，同理可證，AG=AD，然后證明△GAF≌△DAH，得到，則；（3）如圖①所示，先根據(jù)結(jié)論求出，然后證明△FBE∽△HDE，得到，即，則，；然后對(duì)于圖②和圖③利用類似的方法求解即可．【詳解】解：（1）如圖所示，延長(zhǎng)DA交BF于G，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴∠ADC=∠ABC=60°，AD=AB，∴，∵BF⊥BD，DH⊥BD，∴∠FBD=∠HDB=90°，∴∠BGD=60°，∠ADH=120°，DG=2BG，∴∠FGA=120°，∵∠BAG=∠ABD+∠ADB=60°，∴△ABG是等邊三角形，∴AG=AB=AD，在△AGF和△ADH中，，∴△AGF≌△ADH（ASA），∴DH=GF，∵，∴，∴，又∵，∴；（2）如圖②所示，延長(zhǎng)BA交DH于G，同理可證△ABF≌△AGH，，∴，∴；如圖③所示，延長(zhǎng)DA交BF延長(zhǎng)線于G，同理可證，AG=AD，∵BF⊥BD，DH⊥BD，∴BG∥DH，∴∠FGA=∠HAD，又∵∠GAF=∠DAH，AG=AD，∴△GAF≌△DAH（AAS），∴，∴；（3）如圖①所示，∵，，，∴，∵BF⊥BD，DH⊥BD，∴BF//DH，∴△FBE∽△HDE，∴，即，∴，∴；如圖②所示，∵，，，∴此時(shí)不符合題意；如圖③所示，同理可得，△EHD∽△EFB，∴，即，∴，∴；故答案為：或【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，求正切值，等邊三角形的性質(zhì)與判定等等，解題的關(guān)鍵在于能夠準(zhǔn)確作出輔助線構(gòu)造全等三角形．3、（1）0；（2）．【解析】【分析】（1）原式利用負(fù)整數(shù)指數(shù)冪，絕對(duì)值化簡(jiǎn)，特殊角的三角函數(shù)值以及零指數(shù)冪法則計(jì)算即可得到結(jié)果；（2）移項(xiàng)后配方，開方，即可得出兩個(gè)一元一次方程，再求出方程的解即可．【詳解】解：（1）原式=4-3+--1=0；（2）4x2﹣8x＋1＝0，4x2﹣8x＝-1，配方，得；4x2﹣8x＋4＝-1+4，（2x-2）2=3，開方，得2x-2=±，解得：；【點(diǎn)睛】本題考查了實(shí)數(shù)的運(yùn)算，負(fù)整數(shù)指數(shù)冪，絕對(duì)值化簡(jiǎn)，特殊角的三角函數(shù)值，零指數(shù)冪法則及解一元二次方程，熟練掌握各自的性質(zhì)是解（1）題的關(guān)鍵，能選擇適當(dāng)?shù)姆椒ń庖辉畏匠淌墙猓?）題的關(guān)鍵．4、（1）；（2）；（3）當(dāng)，；當(dāng)時(shí)，（4），，．【解析】【分析】（1）根據(jù)∠C=90°，AB=5，AC=4，得cosA=，即，又因?yàn)锳P=4t，AQ=5t，即可得答案；（2）由AQPM，APQM，可得，證△CQM∽△CAB，可得答案；（3）當(dāng)時(shí)，根據(jù)勾股定理和三角形面積可得；當(dāng)，△PQM與△ABC的重合部分不為三角形；當(dāng)時(shí)，由S=S△PQB-S△BPH計(jì)算得；（4）分3中情況考慮，①當(dāng)N到A、C距離相等時(shí)，過N作NE⊥AC于E，過P作PF⊥AC于F，在Rt△APF中，cosA=，解得t=，②當(dāng)N到A、B距離相等時(shí)，過N作NG⊥AB于G，同理解得t=，③當(dāng)N到B、C距離相等時(shí)，可證明AP=BP=AB=，可得答案．【詳解】（1）如下圖：∵∠C=90°，AB=5，AC=4，∴cosA=∵PQ⊥AB，∴cosA=∵動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AB以每秒4個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t(t>0)秒，∴AP=4t，∴∴AQ=5t，∴CQ=AC-AQ=4-5t，故答案為：4-5t；（2）∵AQPM，APQM，∴四邊形AQMP是平行四邊形．∴．當(dāng)點(diǎn)M落在BC上時(shí)，∵APQM，∴．∵，∴△CQM∽△CAB，∴．∴．∴．∴當(dāng)點(diǎn)M落在BC上時(shí)，；（3）當(dāng)時(shí)，此時(shí)△PQM與△ABC的重合部分為三角形，由（1）（2）知：，，∴PQ=AQ∵∠PQM=∠QPA=90°∴S=1當(dāng)Q與C重合時(shí)，CQ=0，即4-5t=0，∴t=當(dāng)，△PQM與△ABC的重合部分不為三角形，當(dāng)時(shí)，如下圖：∵AP=4t，∴PB=5-4t，∵PMAC∴PHAC=∴PH=4(5?4t)∵ACBC∴43∴PQ=4(5?4t)∴S=S△PQB-S△BPH，==1=512綜上所述：當(dāng)，；當(dāng)時(shí)，（4）①當(dāng)N到A、C距離相等時(shí)，過N作NE⊥AC于E，過P作PF⊥AC于F，如圖：∵N到A、C距離相等，NE⊥AC，∴NE是AC垂直平分線，∴AE=AC=2，∵N是PM中點(diǎn)，∴PN=PM=AQ=52t∴AF=AE-EF=2-5在Rt△APF中，cosA=∴45解得t=②當(dāng)N到A、B距離相等時(shí)，過N作NG⊥AB于G，如圖：∴AG=AB=∴PG=AG-AP=-4t∴cos∠NPG=cosA=∴PGPN而PN=PM=AQ=t∴52解得t=③當(dāng)N到B、C距離相等時(shí)，連接CP，如圖：∵PMAC，AC⊥BC∴PM⊥BC，∴N到B、C距離相等，∴N在BC的垂直平分線上，即PM是BC的垂直平分線，∴PB=PC，∴∠PCB=∠PBC，∴90°-∠PCB=90°-∠PBC，即∠PCA=∠PAC，∴PC=PA，∴AP=BP=AB=，∴t=AP4綜上所述，t的值為或或58【點(diǎn)睛】本題考查三角形綜合應(yīng)用，涉及平行四邊形、三角形面積、垂直平分線等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是分類畫出圖形，熟練應(yīng)用銳角三角函數(shù)列方程．5、（1）A（16，0），B（-9，0）；（2）-24；（3）存在，（16，12）或（25，12）或（32，）或（）【解析】【分析】（1）解一元二次方程x2﹣15x﹣16＝0，對(duì)稱點(diǎn)A（16，0），根據(jù)直線BC的解析式為y＝kx＋12，求出與y軸交點(diǎn)C為（0，12），利用三角函數(shù)求出tan∠BCO=tan∠OAC=，求出OB=即可；（2）過點(diǎn)D作DE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，利用勾股定理求出AC=，BC=，根據(jù)三角函數(shù)求出tan∠CAD＝，求出，利用三角函數(shù)求出DE=CDsin∠BCO=，再利用勾股定理求出點(diǎn)D（-3，8）即可；（3）過點(diǎn)A作AP1與過點(diǎn)C與x軸平行的直線交于P1，先證四邊形COAP1為矩形，求出點(diǎn)P1（16，12），再證△P1CA∽△CAB，作P2A⊥AC交CP1延長(zhǎng)線于P2，可得∠CAP2=∠BCA=90°，∠P2CA=∠CAB，可證△CAP2∽△ACB，先求三角函數(shù)值cos∠CAO=，再利用三角函數(shù)值cos∠P2CA=cos∠CAO=，求出，得出點(diǎn)P2（）作∠P3CA=∠OCA，在射線CP3截取CP3=CO=12，連結(jié)AP3，先證△CP3A≌△COA（SAS）再證△P3CA∽△CAB，設(shè)P3（x，y）利用勾股定理列方程，解方程得出點(diǎn)P3（），延長(zhǎng)CP3與延長(zhǎng)線交P4，過P4作PH⊥x軸于H，先證△CAP4∽△ACB，再證△P4P3A≌△P4HA（ASA），利用cos∠P3CA=，求得即可．【詳解】解：（1）x2﹣15x﹣16＝0，因式分解得，解得，點(diǎn)A在x軸的正半軸上，OA=16，∴點(diǎn)A（16，0），∵直線BC的解析式為y＝kx＋12，與y軸交點(diǎn)C為（0，12），∴tan∠OAC=，∠OCA+∠OAC=90°，∵AC⊥BC，∴∠BCO+∠OCA=90°，∴∠BCO=∠OAC，∴tan∠BCO=tan∠OAC=，∴OB=，∴點(diǎn)B（-9，0）；（2）過點(diǎn)D作DE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，在Rt△AOC中，AC=，在Rt△BOC中BC=，∵tan∠CAD＝，∴，∵sin∠BCO=，∴DE=CDsin∠BCO=，∴CE=，OE=OC-EC=12-4=8，∴點(diǎn)D（-3，8），∵雙曲線y＝（m≠0）的一個(gè)分支