初中數(shù)學(xué)同步練習拔高難度-28銳角三角形函數(shù)新

2014-2015學(xué)年度???7試卷副標—二三四五六I卷（選擇題I一、選擇題（題型注釋5

B．4 B 55 55A．sinA B．cosA C．sinA D．tanA 的長）為 A．4 B．2

2km C．22 D．4

2如圖，在高度是21米的小山A處測得建筑物CD頂部C處的仰角為30°，底部D處的俯角為45°，則這個建筑物的高度CD= AB=12，AB⊥BCB，AB⊥ADA，AD=5，BC=10ECDAE 2

2 A、（- C、(1)?1-22=- D、(cos60°?1 22122 頂端A的仰角為30°，再向電視塔方向前進100米到達F處，又測得電視塔頂端A的仰角為60°，則這個電視塔的高度AB（單位：米）為（ 3A．3

C．503

已知sin6°＝a，sin36°＝b，則sin2

C．

（

B．

D． （23223

如圖①在△BC中∠AB＝90°CAB＝3，△ABD是等三角形圖將四邊形ACD折疊使D與C重合，F(xiàn)為折，∠ACE的正弦為（ ）33-

33-33-如圖，為測量一顆與地面垂直的樹OA的高度，在距離樹的底端30米的B處，測得樹頂A的仰角∠ABO為α，則樹OA的高度為（

B.30sin C.30tan D.30cos如圖，在邊長為1的小正方形網(wǎng)格中，的三個頂點均在格點上，則tanA 35

A．(a3)2 B．a(chǎn)2a3C．1 () C．1

D．(cos601)02B，且∠APB=60OP=x，則△PABy關(guān)于x D．sinA＝tanA．cosA2在Rt△ABC,∠C=90°,AB=6,cosB=3,則BC的長為 18 125 B． C．5

D．AB1:3（BCACBC=3m，AB（ B．6mC．6 D．3 Rt△ABCC=90°，BC=6，AC=8sinA（

如圖，點E、F分別為正方形ABCD中AB、BC邊的中點，連接AF、DE相交于點G，連接CG，則cos∠CGD=（ 12

325 325G GE 半徑為r，△PCD的周長等于3r，則tan∠APB的值是（

5

35

23如圖，O△ABC∠ABC=60°，BF，CEAC，ABH，CEOM，D，GBC，ABBD=BH，BG=BO，下列結(jié)論：序號是（） 當滾動到⊙OCAO3A. B. C. D.3ABCDAB=4cm，AD=23cm，ECDPA折線AE-EC運動到點C時停QAAB-BC運動C運動t（s，△APQycm2yt（） 2 2A. B C.45135°D.60 ，則cos的值 12

323

為了測量被隔開的A，B兩點之間的距離，根據(jù)實際情況，作出如圖圖形，其AB⊥BE，EF⊥BE，AFBED，CBD求出A，B間距離的有( C．3 如下圖，A、B、C三點在正方形網(wǎng)格線的交點處，若將△ACB繞著點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到△AC′B′，則tanB′的值為( 2 2 如圖，△ABC中，∠C=90°,AC=6,BC=8,現(xiàn)將△ABC沿著DE折疊，使點B與點A重合，則tan∠CAE的值是（ 77

II卷（非選擇題II二、填空題（題型注釋計算（-2）2-tan60°+38 如圖矩形ABD中角線ACBD相于點OE是邊AD的中點若DC＝25，則BO＝ ，∠EBD的大小約為 度 分（參考數(shù)據(jù)：1tan26°34′≈238C

．

B滿足tanA1cosB1)22

，那么ABCD中，AB3，BC過對角線交點O作OEACAD則AE的長是 A處安置測傾器，測得風箏C的仰角∠CBD603量出測傾器的高度AB1.5米．根據(jù)測量數(shù)據(jù)，計算出風箏的高度CE約為3（

tanA如圖，ABC中，C 3，以C為圓心的圓與AB相切于D．圓C的半徑為1，則陰影部分的面積S 如圖1為兩個邊長為1的正方形組成的21格點圖,點A,B,C,D都在格點上,AB,CDPtan∠BPD=n1n1格點圖,如圖2,tan∠BPD=．PP PP (

D(圖 如圖，△ABC是邊長為1的等邊三角形．取BC邊中點E，作ED∥AB，EF∥AC，得E1D1FF1，它的面積記作S2．照此規(guī)律作下去，則S2014= 如圖，在邊2菱形ABCD∠A=60°，MAD邊的中點，NAB上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C.則A′C長度的最小值是.如圖（1，有兩個全等的正三角形ABC和ODE，點O、C分別為△ABC、△DEO的重四邊形OGCF與△OCH面積的比為 3 33點C的坐標為（20，點P為斜邊OB上的一個動點，則PA+PC的最小值為 PA、PBOA、BEO上一點，且P60

垂足為E，直線AD與BE相交于點H，若BH

3AC，則∠ABC如圖，直徑為10的⊙A經(jīng)過點C(0,5)和點O(0,0)，B是y軸右側(cè)⊙A優(yōu)弧上一點,則∠OBC的正弦值為 2在ABC中，AB ，BC1，ABC45，以AB為一邊作等腰直角2角形ABD，使ABD90，連結(jié)CD，則線段CD的長 1ABCD8,E、FBC、CDtan∠EAF=2任意一點，則PK+QK的最小值為 5 點E，BC=6，sinA=，則DE= 1⊙O∠AED 如圖，已知等腰△ABC，AD是底邊BC上的高，AD：DC=1：3，將△ADC繞著點D旋O，SAOFSDOC=．如圖，在直角坐標系中，四邊形OABC是直角梯形，BC∥OA，⊙P分別與OA、OC、 如圖，Rt△ABC中，已知∠C＝90°，∠B＝50°，點D在邊BC上，BD＝2CD．將△ABC繞點D按順時針旋轉(zhuǎn)角α（0＜α＜180°）后，如果點B恰好落在初始Rt△ABC的邊上，那么α＝ AC＝7 三、計算題（題型注釋12計算： 2

20150 8+2cos451

1)0 3tan1

33計算2tan60o3

(2)2(2014)0| 68（2 269．計算：

+4cos60o|3|370（3

122

9(3.14)09

22(6)0

(1)5

13tan30

2213033

133

31)24sin2

2-2sin45°-（4

）-

1218計算：8＋ |－3-21876（9

72327

16

2sin277．2

(1)02cos45

(1)1278（2

1)021

2tan45四、解答題（題型注釋79

3

=13 （含x的式子表示，可求得sin2α=CD 2

sin2βCCα MβO 圖 圖80（9分）如圖，是一輛吊車的示意圖，站在距吊車底部點B為10米的A處看到吊車的起重臂頂端P處的仰角a為45°，已知吊車的起重臂底端C處與地面的距（線BC）3．2臂CP與水平方向的夾角β為53．1°，的眼睛D處距地面為1．6米，求吊車的（3tan53．1°≈4（5）ABCDAD//BCABC=45∠ADC=1202AB= BC2 ABCMNBCD（用尺規(guī)作圖法，保留作圖痕跡，不要求；4

DC有一副直角三角板，在三角板ABC中，∠BAC=90°,AB=AC=6，在三角板DEF中，∠方向平行移動，當點FA如圖（3DEF；EFCFCB=BF=N，BF=x，xMN；的函數(shù)解析式，并求出對應(yīng)的x235馬航飛機失聯(lián)后，海第一時間赴相關(guān)海域開展搜尋工作，某艦船在O地修整時發(fā)現(xiàn)在它的北偏西6040km的A過2小時后，發(fā)現(xiàn)此船已到達它東北方向的B處．問搜索船從A處到B處的航速是多少235

1.732

2.236明和同學(xué)用數(shù)學(xué)知識測量，全體同學(xué)計算這棵樹多高，下面是這兩位同學(xué)的。45°;22算出這棵

3≈1．732，結(jié)果保留三個有效字4．3kk x1tan∠BOA=2若反比例函數(shù)的圖象與矩形的邊BC交于點F，將矩形折疊，使點O與點F重合，x、yH、GOG89．2009年首屆中國體育節(jié)在萊蕪雪野舉辦，期間在市廣場進行了熱氣36Atan37°≈0．75，390．兩座建筑AB與CD，其地面距離AC60米AB的頂點B測得CD的頂部D的仰角β＝30°，測得其底部C的俯角α＝60°，求兩座建筑物AB與CD的高結(jié)果保留91（1） 2013

13 3

2sin602（2）(2

x1)

4x24x

，其中x滿足

x20x 192．“五一”假期間，到家邀請到新華書店看書，當?shù)竭_CD（點（結(jié)果保留根號93（1）

13333

12sin23(x3)（2）12x＞x-1 AFAF=1.5CE約0.1米，3≈1.73） y=的圖象上，且sin∠BAC= B度為2支架BC的長為4與地30°吊繩ABBC夾角為80°，吊臂AC面成70°角車的吊臂頂端A點距地面的高度是多少米？（精確到0.1ABCECHD圖城市規(guī)劃期間，欲拆除一電線桿AB（已知距電線桿AB水平距離14米D處有一大壩，背水坡CD坡度i=2:1，壩CF2壩頂C測得桿頂A30°，D，E2（BF98（1299（（1）計算

-1+2sin30°－-

+() （2）

x-

)x

x2-100（3 3（2）(a+2)2＋（1－a（1＋a，101（本題9）如圖，海島B位于A南方向，19∶00從港口A出發(fā)，以18海里/小時的速度先沿正西方向航行1小時到達港口C裝載物資后30°B，22∶30，AA18BD BD北 南S3)0102（3)01（1）(3

-1-22

-tan（2）í2x

y=103（2若 2104（本小題滿分8）如圖，登山纜車A途經(jīng)點B到達終點C，其中AB段與BC段的運行路程均為200m，且AB段的運行路線與水平面的夾角為30°，BC段的運行路線與水平面的夾角為42°，求纜車從點A運行到點C的垂直上升的距離（參考數(shù)據(jù)：sin42°≈0.67，cos42°≈0.74，tan42°≈0.90）8105（8

(2015)04cos

(3)2x2y3x2y1106（OABD，ACG，DF⊥ACFCBEDFDFGB·O 求cosE的值斷部分和坡面所成的角∠ADC=60°，AD=42求這棵大樹原來的高度是多少米？（2

1.4361.7 2.436某所學(xué)校位于北緯21°，此地一年中冬至日正午時刻光與地面的夾角最?。?（2sin35≈05cos35≈08ta355°≈7sin85°099，如圖，在△ABC∠ABC=90°AB⊙OACDDBCE，∠BDE=∠A．3若⊙O4

為了弘揚九十五中學(xué)辦學(xué)理念，我校將“立己立人，”的校訓(xùn)印在旗幟上，放置在教學(xué)樓的頂部（。在教學(xué)樓前空地上的點D處，用1米高的測角儀CDC旗幟的B角為37°，然后向教學(xué)樓正方向走了4．8到達點FE旗幟的A角為45學(xué)樓高BM=19且點A、B、M在同一直線上，求旗幟AB的高度（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0．60，cos37°≈0．81，自古以來就的．如圖，我甲、乙兩艘海監(jiān)船某天在島附近海巡航某時刻這艘船分位于正西方向的A處和東方向的B處CCA59°方B44ACBC208C處．∠PAB=37°,∠PBA=67°，AB42P AB2015P

5

5

，tan37°≈ 如圖，某校綜合實踐活動小組的同學(xué)欲測量公園內(nèi)一棵樹DE向走到臺階下的點C測得樹頂端D仰角為60°．已知A高度AB2AC1：3（

33CDA30100mB4515m≈1732，1m）⊥AC

CE如圖，想測山高和索道的長度．他在B處仰望山頂A，測得仰角∠B＝31°，再往山的方向（水平方向）前進80m至索道口C處，沿索道方向仰望山頂，測得仰角∠ACE＝39°．求這座山的高度（的身高忽略不計．5

2

，tan39°≈

，sin39°≈7建筑物BC上有一AB,由距BC40mD處觀察旗桿頂部A的仰角為600,觀B的仰角為45,求旗桿的高度．某水庫大壩的橫截面是的四邊形BACD，期中AB∥CD．瞭望臺PC正前方M、NPM31，觀測漁N45NMPCE，PE已知壩高24米，壩長100米，背水坡AD的坡度i10.25．為提高大壩防洪能力，某施工隊在大壩的背水坡填筑土石方加固，加固后壩定加寬3米，背水坡FH的坡度為i1:1.512119（本小題滿分6分）在熱氣球A上看到正前方橫跨河流的大橋BC，并B，C4535°，BC100m（sin357cos35

5，tan35 120（府廣場進行了熱氣球飛行表演．如圖，有一熱氣球到達離地面高度為36米的A處時，儀器顯示正前方一高樓頂部B的仰角是37°，底部C的俯角是60°．為了安全飛越高樓，氣球應(yīng)至少再上升多少米？（0．1）3C 1.733CBBA121（6如圖氣球的探測器顯從熱A看一棟高樓頂部B的仰30°，看這棟高樓底部C的俯角為65°，熱氣球與高樓的水平距離AD為120m．求這棟高樓（結(jié)果用含非特殊角的三角函數(shù)及根式表示即可）C，再在筆直的車道l上確定點DCDl測得CD的長21lDA，B，使∠CAD=30°,∠CBD=60°AB（0．1米，參考數(shù)據(jù)：3

=1.412233（1）303tan60

（2）

a2-2aa-

－（a－23的正北方 3馬航客機失事引起全球高度關(guān)注，為失事原因，軍方派出偵察機和搜救30C

33220B60°D2（

≈1．414，3≈1．732126（9∠CBA=37°，因城市規(guī)劃的需要，將在A、B0．1；127（本小題滿分8分）時間2015年04月25日14時11分，尼泊爾發(fā)生8.1級強烈，我國積極組織搶險隊赴災(zāi)區(qū)參與搶險工作．如圖，某探測隊在地面A、B兩處均探測出建筑物下方C處有生命跡象，已知探測線與地面的夾角分別是25°和60°，AB=4C（1sin25°≈0.4，cos25°≈0.9，tan25°≈0.5，3CCPAOBAOB圖 圖30CD（3＝1．7．DC130（本小題8）某公園有一座雕塑D，在北門B的正南方向，BD100小樹林A在北門的南偏西60°方CB南方向，已知A，D，C點在同一BD⊥AC：131．某海域有A、B、C三艘船正在捕魚作業(yè)，C船突然出現(xiàn)故障，向A、B兩船發(fā)出緊急求救信號，此時BA的北47°方向A26里的海域，C于A58°B88°方向．（2A（001小時22

323132．(8分“一炷香”是聞名中外的恩施大峽谷著名的景點．某校綜合實踐活動小組先在峽谷對面的廣場上的A香頂”N的仰角為45°，此時剛好底”D在同一水平線上．然后沿著坡度為30°的斜坡正對著“一炷香”前行110米，到達B（323

≈1．732．133（12DEBCF，BA13

在平面直角坐標 中，拋物 CABQB2AttN（0，m+1m、tAM+MN+NP3OA＞OC，BE=5，an∠ABO=4k

x若點P在坐標軸上，在平面內(nèi)是否存在一點Q，使以點C，E，P，Q為頂點的四邊形是矩形？若存在，請寫出滿足條件的點Q的個數(shù)，并直接寫出位于x軸下方的點Q的∠CDA動時間為t

Q(40)求點C當∠BCP15時，求t以點P為圓心，PC為半徑的⊙P隨點P的運動而變化，當⊙P與四邊形的邊（或邊所在的直線）相切時，求t的值CP//ABDCPEBC（BC∠DAE=45°，ACDEO．AP CD=xtanBAEy，yx33當BF=5,sinF 時，求BD的長5CEOBCEOBD如圖，已知拋物線yx22x8與x軸交于A、B兩點，點C是拋物線在第 分的一個動點，點D是OC的中點，連接BD并延長，交AC于點E.

23CAyE當CDE8時，求tanCAB5B（0,6（2）∠sin∠ABD（3OC，ABOCD，EPACA,CAPlF，連接PCPD，PDABG.AB=5APBPPDPAGx,tanAFDy，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式.（要求寫出x的取值范圍如圖，BC⊙O，A⊙OC⊙OBAD，CD的中點E，AEBCP。若 ，AB＝33，求CD的長E，ADFAEM，且∠B=∠CAE，EF：FD=4：3．如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10,tanA=4/3,點D是斜邊AB上的動點，連接CDDE⊥CDCBE,設(shè)AD=x（1）當點DAB（2）（3）x CDBEα臺上．為了測量“八卦樓”的高度AB，在D處用高1.1米的測角儀CD，測得樓的頂端A角為22o；再向63F得樓的頂端A的仰39o(如圖是他設(shè)計的平面示意圖)．已知平臺的高度BH約為13米，請你求出“八卦樓”的高度約(參考數(shù)據(jù)：sin22o

5

，sin39o≈

，tan39o≈45如圖，點C是半圓O的半徑OBPCAB于CD是半圓上PCBDPCEPDPE．PD是⊙O3若⊙O43PC3yx3②當x 時，求tanB的值3

,設(shè)OCxPD2y如圖，在ABC中，AB=AC，AB為直徑的OBCM，MNAC若BAC

菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AC43,BD4.動點P 積為S2BPx.用含x代數(shù)式分別表示S1S2若S1S2150（1）RO（含弧MNR=6MNA （1）1，已知銳角△ABC．

1ACsinACsin

（2）2，在等腰△ABC，AB=AC=12PAABQCCAQ1PQ2tt

382如圖14-1，在銳角△ABC中，AB=5，AC= ，∠ACB=2BC14-1中的△ABCB按逆時針方向旋轉(zhuǎn),得到△A1BC114-2,段CAA1BC1AA1,CC1△ABA15,CBC1的距離；AC上的動點,在△ABCB按逆時針方向旋轉(zhuǎn)過程中,點P的對應(yīng)點是點P1,如14-4．PACEP1PAC上的任一點,直接寫出線段EP134

ABCDAB=4，AD=5，PBCPPE⊥AP，DCE，AEBCF，BP=a．E E 當點P段BC上時（點P與點B，C都不重合，試用含a的代數(shù)式表示tan∠PAE=1a2如圖，在△ABC，AB=AC，ACOBCE，DE⊥AB，垂足為13

DE ABCDADBCABC090ABDC3BC5PBC上動點（BC重合EDC上，且APE．記PAB1EPC2BPxCEy當點P段BC上時，寫出并證明1與2的數(shù)量關(guān)系P（1）中得到的關(guān)于1與2的數(shù)量關(guān)系，是否改變？若認為不改變，請證明；若認為會改變，請求出不同于（1）的數(shù)量關(guān)系，并相應(yīng)的x的cos3

xy：已知，AB是⊙O的弦，OAB45，C是優(yōu)弧AB上的一點，BD//OACADBC。：BO 求證：BD是O的切線AC

3CAB75O的半徑ABCDODOFBEC如圖，一貨輪在海上由西往東行駛，從A、B兩個小島中間穿過．當貨輪行駛到點P處時，測得小島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，到達點QA49B41°方向．（如圖，在△ABCB=90°，∠ACB=60°，AB63，AD⊥ACCD.EACAE1ACEMN⊥AC，AB、CDM、3ME35

若⊙A∠OOMB、C，BC=y，yx①若⊙A′OAx②若⊙A′DDO⊙DxRt△ABOA30OB2，如果將Rt△ABO在坐標平面內(nèi)，繞原點O按順時針方向旋轉(zhuǎn)到OAB的位置．AyAyBOBAARt△ABC中，∠ACB=90°DABBD為直徑的⊙O與AC相切于點EDEDE交BCF．3CF=1，cosB=5，求⊙Ok，使得∠EFD＝k∠AEFkABCD∠AC=45°∠ACD=3得到△AD′E，D′EAC2于F點．若 2 試段AC上確定一點P，使得DP+EP的值最小，并求出這個最小值2發(fā)，以1單位的速度沿CAA運動，同時，動點ND發(fā)，以2個單位的速DAA運動一個點到達點AMN兩點同時停止M、NtcosAMN△ABCtAB．連接AC、BC，當點C在⊙O上運動到什么位置時，△ABC的面積最大？并求出△ABCC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A為一個頂點作該拋物線的內(nèi)接是，請求出這個定值；若不是，請說明理由（3）若拋物線y=x2﹣2mx+4m﹣8與x軸交點的橫坐標均為整數(shù)，求整數(shù)mxOyOCB的外接圓與yA(0,2)OCB60COB45OCCCyAB 2，若⊙OHAC=5，AB=6，EH，求△BHEtan∠BHED，BE=1cmMBBC1cm/sNEMMNBCMNGH．Mt（s形時，求出Stt△CPDy=4x+4xyB、Cy=ax2-2ax+c（a≠0）x=mOAECDFACM，交拋物線（CD）P，mPM如圖，在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，BC=8，D在邊BC上，E段DC上DE=4，△DEFDFAB于點MEFACBDMMFBCBD=xANEDMyyxx的x為何值時，yy的最大值．38A1B1C1的位置（BC1在l上BC1A2B2C2的位置，AC（A2C2恰好靠在墻邊。．177（2013年梅州11分）用如圖①，②所示的兩個直角三角形（部分邊長及角的探究二：如圖④，將△DEF的頂點D放在△ABCBC邊上的中點處，并以點D為旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)△DEF，使△DEF的兩直角邊與△ABC的兩直角邊分別交于MN兩點MN．P30BA與B150mBA100m200mCB到C如圖BA北方向8一艘輪船從港口A15里∕時的速度向正北方向航行，同時一艘快艇從港口B出發(fā)也向正北方向航行，上午10時輪船到達D處，同時快艇CCD北偏西30°的方向上，且2323

如圖，AB⊙OC⊙OPAB（A，B合PABBCQ.DCDCPO 35

，BP=6，AP=1，求QC遇到這樣一個問題：如圖1,在邊長為的正方形ABCD各邊上分別截取分別延長QE,MF,NG,PH,交FA,GB,HC,EDR,S,T,W,可得若將上述四個等腰直角三角形拼成一個新的正方形（無縫隙,不）,則這個新 參考思考問題的方法,解決問題得到等邊△RPQ,若,則AD的長為 如圖，△ABC和△ADEABD，BE，CE，CEABF，BDG．AEFEFGDB求證△AFC∽△GFB若△ADE是邊長可變化的等腰直角三角形，并將△ADE繞點A旋轉(zhuǎn)，使CE的BD（B、D）相交．當△BDE為等腰直角三角形時，求出AB∶BE的值．AB，經(jīng)測量，坡角∠ABC＝30°，AB12BD1∶3(即為CDBCA，DAD.

182 82

4cos

（2）化簡x22xx3；2一漁船發(fā)生故障，就立即指揮A救援艇C處營救CA偏45°的方向上，港口AB的北偏西30°的方向上．求A、C之間的距離．(結(jié)；2

≈1.41，3如圖1是一張折疊椅子，圖2是其側(cè)面示意圖，已知椅子折疊時長1.2米，椅子展開后最大張角∠CBD＝37°BD＝BC，AB：BG：GC＝1：2：3，座面EF與地面平行，圖 圖若要求甲樓和乙樓的設(shè)計高度均為6層，且冬天甲樓的不能落在乙樓上，那么建筑時兩樓之間的距離BD至少為 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延長線于點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)．5在一次對某水庫大壩設(shè)計中，李設(shè)計師對修建一座長80米的水庫大壩提出了以下10m 5355將迎水坡面AB的坡度進行修改，修改后的迎水坡面AE的坡度i 6EC方向拓寬2.7mAD方向加寬多少米？如圖，為了測出某塔CD的高度，在塔前的平地上選擇一點A，用測角儀測得塔頂D的仰角為30°，在A、C之間選擇一點B（A、B、C三點在同一直線上）．用測角儀測D75AB40m．五、判斷題（題型注釋

3′ 試題分析：根據(jù)勾股定理可得：AC=5sinA=3

5 55 BE⊥ACEAB=45°AB=2km，22可知 2222

km，因此C

4．21+73AE⊥CDE，則△AED△ABDDECECD在直角△ABD3在直角△AEC33

=73（米CD=（21+73）12

12Rt△ABD

5252又 2C1)?1-22=-2，21D、2

33333CE=AE=00m AG=sn60°·E=10× = 3 BG=EF=CD=1AB=AG+BG=5031米.試題分析：∵sin6°=a，∴sin26a2A．試題分析：對于銳角α0＜sinα＜12．3 3Rt△AECAE2AC2CE2，x2+32-x)2x141－x=2－17sin∠ACE=AE=41 4

試題分析：在直角△ABC試題解析：在直角△ABC∵∠ABC=90°， 353

5

AB2AB2BC

試題分析：根據(jù)積的乘方，把各個因式分別乘方，可知a32a6，故錯誤；根據(jù)同底數(shù)冪相乘，底數(shù)不變，指數(shù)相加，可知a2a3a23a5，故錯誤；根據(jù)apap

12(a0)及乘方的性質(zhì)，可知 2

22242根據(jù)a01(a0，cos60°=2

，可知cos

12 2

0試題分析：∵A2⊙OOAPl，與⊙OAB，且∠APB=60°，33 解得：AB=3（2-x）=-3x+23

3=×PA×AB=（2-x?3（-3

x223x 33332

b

4ac

0DD． 試題分析：∵cosBAB26∴BC=

tanABC3

，解AC

3m，所以313321332(3

6m，故本題選Rt△ABCAC=4cosA=AC=4 ABsinA

5323235121

AB=a2

5255又EG：DG=1：4， 5

5 1 2∵△PCD長等于3r，∴PA=PB=3r2∵⊙O的半徑為rRt△APO中，由勾股定理得PO

r.t2t2rGO

13r4∵∠OHAOAP=90o,∠HOAAOP,∴△HOA∽△AOP.∴AHOHOA AHOH 3 13r ∴AH313r,OH213r.∴GHGOOH

13r213r513r 313∵∠AGH=2∠APO=∠APB,∴tanAPBtanAGHAH

513

125 此如果證 BD=BO=BH=BGMBBM=BDNC，在三角可得 ，∠ABC=60°，那么BC=2BE，因此 在直角三角形ANC中，NC：AC=tan30°， D．O′C，O′B，O′D，OO′， 2

2

OC2OC2423

1.切線的性質(zhì)；2.解直角三角形．2223ABCD，AB=4cm，AD22223

4PBEQBC0＜t4，1，PPF⊥BCF，此時，BP=t.∴sinPAFsinAEDAD23 3 ∴PF=PAsin∠PAF=32∴當0＜t5y1BQPF1t4t2t2 試題分析：2 212

22222 12

1.垂徑定理；2.圓周角定理；3.特殊角的三角函數(shù)值．試題分析 ∴cosα=BC4 故選1.銳角三角函數(shù)的定義,2.勾股定理.1試題分析：∵sinA=23又 32故△ABCB.1.特殊角的三角函數(shù)值；2.三角形內(nèi)角和定理．，∴cosA=Rt△ABC，∠A5，13，根據(jù)勾股定理求出鄰邊為12，鄰邊與斜邊的比值就是cosA=．故選：D．【解析】此題比較綜合，要多方面考慮，①因為知道∠ACBBC∠ACB ＝

3A，B1B′＝tanB＝3Rt△ACE

，CE= 7Rt△ACEtanCAECE47

3；2.3136．31，CCF⊥ABF，AB、AC，根據(jù)CF，AF，解直角三角形求出即可．1，CCF⊥ABF，2222222

25

252解得25AC2CF65AC2CF651 21 6 5551試題分析：∵在矩形ABCD中，2

BD=5，∵DC=

AC2AC2=45 =，∵tan26°34′≈ ∴∠OAB=∠OBA=90°﹣∠DAC=63°26′，∵E是AD的中點，∴AE=AB25，∴∠ABE=∠12

，求出∠A∠B121

2AO=CO，EO⊥AC，EC=AE，設(shè)AE=x，則EE=5-x，Rt△EDCEC2=DE2+DC2，x2=（5-x）2+32，Rt△CBD60°角的對邊，可以用正弦值進行解答．Rt△CBD332

33ACBDO，根據(jù)題意可得△AEO33 3325tanA SinA SinB 3 5 1/SinA 1/SinB則 4 1ACBC1r

1551

25∴S

=

32BD 23DEBC12

n

n-3 38

（）433 33 1∴AF=233 33∴S1=× 8…313

3×348

×（）48

（13438

（13437 1.7則由已知可得，在RtDHM中，DM=1HDM=60°HD1,HM

3. HC21533252HM27∴HM272.77∵MA′=NA=1，∴ACNCMA 177

1.考點：1.單動點和折疊問題；2.菱形的性質(zhì)；34.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.折疊對稱的性質(zhì).3試題分析：設(shè)三角形的邊長是x，則高長 x32

OC2 x x33? 33?．MN2OM21．23x3x33

x2332△OCH中，OC? x x332 n30ADn30ADcos則其面積= 2

3x2：3x23 試題分析：作A關(guān)于OB的對稱點D，連接CD交OBP，連接AP，過DDN⊥OA于N，則PA+PCAMAD，求出CD，即可得出答（9，03 33∴AB=333∴OB=2AB= 33 329

2

×OB×AM9×33

∴AM=292

AD2(AD2(2∴AN=AD=，由勾股定理得 ∵C（2，0 2

-2=2DN2(23)2(DN2(23)2(2 故答案為 50．120； 33試題分析：連接OA，BO，OP，由圓周角定理知可知∠AOB=2E，PA、PB分別切⊙OA、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°AEB的度數(shù)；再由切線長定理APO=30°，根據(jù)三角函數(shù)求解即可：3 ，AO AO 33 考點：1.圓周角定理；2.切線的性質(zhì)；3.多邊形的內(nèi)角和定理；4.5.

1r3

5r3

∵BH

3AC，∴ADAC 313 13 3.∴ABD30.∴AOC

r

∵BH

3AC，∴ADAC 313 13∴在△ABD中，tanABD

3ABD30ABC150

∴∠ABC300r5r 綜上所述，∠ABC1r5r 1．2（00O（0，012

1∴∠OBC：sin30°=25或1312

ADBE⊥ADCE，Rt△CDE②點A、DBC的同側(cè)，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得BD=AB，過點DDE⊥BCBC的反向延長線于E，判定△BDE是等腰直角三角形，然后求出DE=BE=2，再求出CE，然后在Rt△CDE22

222212

2

CE2125CE21252 2DDE⊥BCBCE，則△BDE22 222

2CE2CE2

32CD5321.勾股定理；254．25FGABH，過點GGI⊥AFIGIG 1GI=x，2

，∴AI=2x，AG=555x2AG25x2AG25x2FG252FG252252525

5x292=2x

25x22解得x5或∴x1x

5,x235GI=5，∴AH=4HGAH得

中

2242

5x=3GI=3，∴AH=6HGAH得36，∴BE=4，CE=4Rt△ECF5

2242

5EF=255故答案是25．355．3P，QKPBDP1P1Q，交BDK1。P1K1PK1，P1K=PKP1K＋QK＞P1Q=P1K1＋QK1PK1＋QK1上任一點，點P1AB上ABCD∠ADC=ABC60°DAQ1=30°33∴P1Q=AQ1=AD·cos∠DAQ1AD·cos30°=4 332綜上所述，PK+QK2356．22sinB4，AB=15，∴AE=DF=12，BE=9（勾股定理5 4DE．3試題解析：∵BC=6，sinA=5102102

812

∴DEAD，即DE5 解得 4考點:225Rt△ABC，AB=2，AC=1，根據(jù)勾股定理得：BC=5，225則 55359．412

542422

5 4∴DC 4 53535 51.圓周角定理；2.

出 ∴ADBDABGD 10xx10x 33∵AD1 13

．∴tan∠ADG=AG1 ∴3

13 5

442410xAF ∴S△AOF：S△DOC=DC

故答案為

12∵⊙POA、BCE、 ＝ 1∴tan∠FDE＝262．80°（1）△ABC△BB′D∠B＝50°，可得：∠BB′D=80°，即（2）∵△ABCDα

1280120°．2兩張紙片中部分的面積為2

DDE⊥BCE，過點BBF⊥CD2∵兩張紙片中部分的面積為2

2∴BC?DE= 22∴BC=CD= 233∴sinDE 233 64．7tantanBC，AC＝7BCACtan7tan（米2考點：1.解直角三角形-仰角俯角問題；2.銳角三角函數(shù)定義.2222=212233

33333試題解析：原式=133

33=1333

3=4 333 3413333=3

34122222

22

-1-222

=4-

- 33試題解析：原式=15 3333試題解析：原式=2 133322

-22

-2｜- -22222= - -222= -222試題分析：原式2 222

12 3 4226221818試題解析

72327

16

2sin

623

2 161682222 2222222

3

(1)02cos45

(1)12 12

222 22考點:278．(本題滿分6分)解：原式=112

2 1 621解：原式=1- 12

2 =222

x；sin2α=3；43 35MO，MH⊥NOH，MN=k，MQ=2k，NQ=552

3

CD

= M M 1在⊙O中 ∴∠MON=2∠Q=2β∵tanβ=2MN=kMQ=2k，

5k．∴OM=NQ=5kMN2MN21 2∵SNMQ2MNMQ2NQMH，∴k2k

5k

．∴ k5Rt△MHO，sin2β=sin∠MON

254 452試題分析：本題考查了解直角三角形的應(yīng)用—仰角俯角問題，找到相關(guān)三角形是解題的關(guān)P作PE⊥AB于EC和點D作CMPE于MDN⊥PENRt△PCM

tan

tan

x=tan

（9解過點P作PE⊥AB于E分別過點C和點D作CM⊥PE于M作DN⊥PE于點N……21．6=1．6（mRt△PCM

tan

xtanxx

3x4Rt△PND

tan

tan

x1.634

xx1.610

sin

6（米3BC=2+ 3AAE⊥BCE，ACRt△ABEAE=BE2，∠=∠2=∠3==30Rt△AECECBC=BE+ECBC13132 AAE⊥BCE，∴2∵∠ABC=45，AB= 2∴AE=BE∵AD//BC，∴∠1=∠2，∴∵∴∴∠2=∠3=12Rt△AEC∴ACAC2AE

=233∴BC=BE+EC=2+ 333試題分DF延長AB于點G，根據(jù)題意得出∠ADF=30°，∠AFG=60°，DF=10，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)得出AF=DF=10，根據(jù)Rt△AFG的三角函數(shù)求出AG的長度，然后根據(jù)AB=AG+BGAB試題解析：設(shè)DF的延長線與AB相交于點 3 333 332

（米33

）DC=BC－BD（1）（2）在Rt△ABD中，tan∠BAD=AD3 ∴BD3， 3384．（1）∠FCB=15°；

6

（2）33

x．（3 34 4

4x8(0xy

334 4

3x2﹣63x183(6﹣23＜x（1）2＜x≤6-2326-23＜x≤6331）∠FC=15°；F=333又

tan

333

33（I）111 3111 3331x222 42＜x≤6﹣232111 3111 33222 46﹣23＜x≤63BF=x，AF=AB﹣BF=6﹣x，ACEFMAM=AF?tan60°=3（6﹣x12

2

（6﹣x）?3323

x2﹣63 33 34 4

4x8(0xy

334 4

3x2﹣63x183(6﹣23＜x3OQB3x，2BOQ⊥ABQ．OA=40AB=2xOQ=20，AQ=203OQB，∠BOQ=45°，所以，BQ=PQ=20AB=AQ+BQ=203所以速度=103AB27試題解析：，延長BC交DA于AExRt△ACERt△ABEx即∴BE=∴3x-x=103∴AD=AE+DE=103+10+1．6≈28．9（米87（1）5（2） 4（1）3

（2）可證△CMB∽△BCA，BM（1）Rt△ABC，∠ACB=90°4

433AC2AC2

6262∵DAB12

2

又∵BM⊥CD 8∴BM 8 5 88（1） ；n （2） （1）12

k

x（2）設(shè)F（a，2，代入反比例解析式求出a的值，得到CF的長，連接FG，在之間三角形CGF中，設(shè)OG=t，利用勾股定理列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到t的值，即可確OG（1）B（4，2k又∵點D在y kx∴12∴yxEykx∴n2（2）F（a，2FG，OG=tOG=FG=tCG=2-tRt△CGFGF2=CF2＋CG25∴t2=（2-t)2＋125∴t 4∴OGt4ABCD．BDRt△ADCADRt△ABDBDRt△ADC3333

Rt△ADB15．6ABCDRt△BCE ∴CE=BE?tanα=50×3=503∴AB=503≈86．6（米Rt△BDE 350 350 50∴CD=CE+DE=503503

AB86．6CD115．5191（1）2（2） 5（1）3（1）323=23+1-3=3-（2）

x2x1xx

12x=2x1 1x 2x1 1

12

157373233D′E=3x，Rt△ADEAE=DE，3+3x=x+10，xDD′OAEDE⊥OA．根據(jù)題意得∠ADE=45°，∠ED′B=60°，CC′=DD′=10m，OC′=x．Rt△BD′E∠BED′=90°，∠BD′E=60°，∴BE=3D′E=3Rt△ADE∴3+37373273答：C′D′處到樓腳O73293（1）2（2）（1）3（1）3

1 12332333=3=2

3323(x3)33（2）12x＞x- 332

BC=403GE-EF=GF=12AE，CE=CD+ED，3Rt△CBD32

×80=403CE=403+1.5≈70.7（米595（1）3，5（2）4

，0（4

，0．k（1）x3

5

AC（2）本題需先根據(jù)已知條件，得出∠DAC=∠DCBCDBk（1）∵xk

1

35 （2）①當點BA3又∵sin∠BAC=53∴tan∠DAC=43∴BD 3 又9∴BD=4 ∴OB=1+ 4

，0；3又∵sin∠BAC=53∴tan∠DAC=4∴BD3 又 4

，BO=BD-1=454

4

，0（4

，0．96．13.1解直接三角形的方法求出ACRt△AEC中解出AE的長從而求出A到地面的高度為AE+2.ABMCECHD圖∠BCH∴

cos∠ACB=cos800

∴AEsin

A13.197（1）18（2）（1CMBF（2）求需不需要將人行道封上實際上就是比較ABBE的長短，已知BD，DF的長度，那么AB的長度也就求出來了，現(xiàn)在只需要知道BE的長度即可，有BF的長，ED的長，缺少的是DF的長，根據(jù)“背水坡CD的坡度i=1：2，壩高CF2m，DF是很容易求出的，這樣有了ABBE（1）1∴CF 1 33 333∴AB=AM+BM=6398．203（1）（2）（1）EBD=15°3CBD≌△B（AAS333∴CD=DERt△ADE∠A=60°，AD=40米，∴DE=ADsin60°=2033

33

米

3在Rt△ABC中 +60）米340403

≈12．92（米/秒。∵12．9246．512＜50（1）2x+4 (2x+4 (x+1)(x-(x+1)(x- 12

（1）2

33+ 33 （2）a2+4a+4+1－a2101（1）24.6（2）3（1）3

333（2）（1）BBE⊥AC，E，3333Rt△CBE3

x，則

x－x=18．解得183∴BC=1831832

362（2）在Rt△ABE中，可得 362

183+18-

+1.5≈3.3小

96+272-

≈3.1小 ∴乙船102（1）0（2）（1）（2）（1） 解得 將y=－2代入得 解得 ∴原方程組的解為：íy=-4103（1）（2）5試題分析：根據(jù)正方形的性質(zhì)和∠FCE1=∠3，BC=CD，∠D=∠EBC，從而得出Rt△CDFcos∠DCF（1）證明：∵∠ECF=90°，∴∠2+∠3=90°∵正方形ABCD，∠DCB=∠D∴∠1+∠2=∠DCB=90°． ∴△DCF≌△BCE（ASA；（2）∵△DCF≌△BCE（已證，∴CF=CE，∴CF=EFsin∠CEF=EFsin45°

=10 ∴在RtCDFcos22222 DC BD+CE BDCEABsin30BCsin422000.50.67234m．x105（1）8（2）（1）222（1）2

1

9=8（2）兩式相加得4x4x1x1y2x的解為y2cosEcosCBGBG（2） （1）∵AB=BC.DABOCB102102AC2在Rt△BCDAC2∵ABCD2SABCACBG

8BG

ABCD128 ∴BG∥EF,cosEcosCBGBG 107（1）（1）（2）AH⊥CDHAHAC（1）BAEFG．Rt△AGE又（2）AAH⊥CD，H，Rt△AHD，∠ADC=60°AD=6336∴CH=AH=33666

+33+3≈15108（1）（2）BC（1） DC（1）

求設(shè)CD=x，則

207 7.6 解得∴BC=0．7×30≈2（cm，答：BC21cm，CD30cm．9109（1）（2）2（1）（2）得出△BCD∽△ACB，CD（1）DE⊙O又∵AB⊙O即∴DE⊙ORt△ABC

∴BC=AB?tanA=10× AB2AB2BC1022

252

15

(2

2， 中

x18

AB=xAN=x+（19-1）=x+18（米Rt△AEN，∠AEN=45°， 中

3x18 解得經(jīng)檢驗：x=1．2AB1．2m．111．試題分析：作CD⊥AB于點D，由題意得：∠ACD=59°，∠DCB=44°，設(shè)CD的長為a海里，分別在Rt△ACD中，和在Rt△BCDa表示出AC和BC，然后除以速度即可求得時間，CD的長為acosACD

1.92acosBCD

1.39a112（1）24（2）B（1）（2）Rt△BPFBP，分別計算出兩艘船需要的時間，即可作出判斷．（1）PPE⊥ABE，Rt△APEPEtan

；tan Rt△BPE

tan67

tantan

tan∴3

42 5∴（4 5 AP=40

在Rt△BPE中 BP=26

BCAM，得到有關(guān)的方程求解即可．AAM⊥DEM，CDF，Rt△CDE

x3tan 313在Rt△ABC中，∵AB 13∴BC=23x

tan30

3(x3∴3（x-3

x333CE=xm，BE=xm，AE=（x+100）mxCD在Rt△AEC中 x3x3

x x x=50+503∴CD=CE+ED=136．6+1．5=138．1≈138（m115（1）（2）（3） （1）OD，利用平行線的判定定理可以得到∠ODE=∠DEC=90DE

（1）∵AB⊙O∴DE⊙O解 ∴DE12 試題分析：過點AAD⊥BED，AD（x）mRt△ABDRt△ACDBDCDBD-CD=80mxADxRt△ABDtan31°＝3＝AD ∴BD

5

3=35Rt△ACDtan39°＝AD∴CD

x=11xtan39o ∵BCBD∴5x11x80 x180．180117（40試題分析：如圖，由∠ADC=60°可以求出∠A=30AD=2CD=80m，由勾股定理就可以AC△BDCBDC=45BCAC=403∴AB=403-40（m∴旗桿的高度為（403-∠FMA=∠DAB，DF=AM=3m，根據(jù)題意得出tan∠H的值，根據(jù)Rt△FNH的三角函數(shù)得出NH的長度，根據(jù)Rt△FNM的三角函數(shù)得出MN的值，然后求出AH的長度，求出梯形的面積，得出需要填筑的土石方的體積，然后設(shè)原計劃每天填xxME

試題解析（、在Rt△PEN中 在Rt△PEM中MNEMEN（2tanH

由題意：tanFMAtanDAB4 RT△FNH

NH

2423

MN

tan

24 S梯形

1DN(DFAH)124(333) 故需要填筑的土石方共VSL4321003212x(432001220)1.5xx

xx600600m3的土石方．7Rt△ABDABDBD=ADBC=CD－DB=100ADAD⊥CBD

AD；

tan35AD 以CD 7Rt△ABD

tan45

BCCDDB

ADAD100

AD233233120．15．6ABCD．BDRt△ADCADRt△ABDBD33AAD⊥CBD．Rt△ADC33

tan

Rt△ADBBADC∴BD=ADtan37≈20．76×0．75=15．57≈15．6（米答：氣球應(yīng)至少再15．6BADC 121（40CDBC=BD+CD3333Rt△ABD

3

=在Rt△ACD中

3 333

122（1）2.2（2）（1）AB（2）AB240（1）

=tan

21≈213=36.33（米33Rt△BDC

3=3tan

21=73（2）汽車從AB224．2÷2=12.1（米/秒12.1×3600=43560，43.5640AB123（1）3（2）1．33（1）（2）333（1） 3（2）

試題分析（1）分別在Rt△ABC、Rt△ABD中，求得AC、BC的長，從而求得AB的長．已知

COS300AB即3

AC=40202072，Rt△AGC∴AG=CG·tan60°=9003（米33∵AB=1003×20=20003（米 3（米

（米33

121．2（米/分3121．23AHABRt△ACH，CH=AC?sin∠CAB=10?sin25°≈4．23（千米，Rt△BCH，BHCH÷tan∠CBA=4．23÷tan37°≈5．61（千米∴AB=AH+BH9．06+5．61=14．67≈14．7（千米AC+BC﹣AB=10+7．03﹣14．7≈2．3（千米2．3C3CD⊥ABABD,CD=xRtADCtan∠DACCDRtBDCtan∠DBCCD 設(shè)CD=x米RtADC中tan25CD0.5所以ADCD2xRtBDC中tan

32xx3米.C363632

PQ （2） （1）（2）OQ232(6（1∵OP⊥POQ232(6OQ，Rt△OPQ

（2）∵PQ2OQ2OP293OP=OB·sin∠ABC=3·sin30°=29(239(232129．32．4CD=CE+DECD3試題解析：解：過點BBE⊥DCE3Rt△BEC

3在Rt△BED中，DE=BE·tan∠DBE=123tan450 333

2130．AB=2002

米

3+100)3

3Rt△ABDABADRt△BCDBC、DCEEF⊥ABAFBFBE=2BF321）AB＝00（，BC＝100 （米2∵AD＝1003，DC＝100，∴AC＝AD＋DC＝（1003＋100）米EF⊥AB，3 ∴AF＝AD 又3∴BE＝2（AB－AF）＝2（200－1003）＝400－2003＝（米131．(1)ABC=45°；(2)0．92（1）（2）AH⊥BCH，分別在直角△ABHACHBHCHBC（1）∵BD∥AE，（2）AH⊥BC2 222

2626

試題分析：過點BBF⊥DN于點F，過點BBE⊥AD于點E，根據(jù)矩形以及Rt△ABE的三角函數(shù)得出AE、BE的長度，設(shè)BF=x，則求出AD，根據(jù)Rt△BFN得出NF的長度，從而得出DNAD=DNxDN在Rt△ABE中，AE=AB?cos30°=110×=55 （米，BE=AB?sin30°=×110=55（米設(shè)BF=x米，則AD=AE+ED=55 ，，∴DN=DF+NF=55∵∠NAD=45°，∴AD=DN，即55+x=55+x，得x=55．∴DN=55+x≈150（米150133（1）（2）4．（1）AC垂直，又BA=BC，利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)得到DAC的中點，又OAB中點，可得出OD為三角形ABC的中位線，利用三角形中位線定理得到ODyuBC平行，由EFBCEFODEF為圓O（2）6AB12ABDcos∠BACABADDACCD=ADCD（1）AC，∵BA=BC，∴DACOAB∴OD△ABCOD∥BC，∴∠（2）∵⊙O6，∴AB=12Rt△ABDcos∠BAC=BD△ABC，∴CD=AD=4．

=

134（1） （2） （3） （1）2,0（0, 分∠APQ=90°和∠AQP=90°兩種情況即可2,0，C（0, ）代入 ，得，解得 （2） ∴AP=t 在Rt△AOC中 若∠APQ=90°， ， ，解 若∠AQP=90°， ， ，解 135（1）A（12，0，C（﹣6，06（3）滿足條件的點Q的個數(shù)是6，x軸的下方的Q410，﹣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，進而求A，C形的現(xiàn)在就可以求出EM的值，AM的值就可以求出E的坐標定系數(shù)法就可以求出結(jié)論如圖2，分別過C、ECE的垂線交坐標P1、P3、P4，可作出三個Q過E點作x軸的垂線與xP2，即可作出Q2CE為直徑作圓交于y個點P5、P6，使PC⊥PE，Q5、Q6．（1）∵x2﹣18x+72=0∴A（12，0，C（﹣6，03∵tan∠ABO=4 = ∴123 162162

20∴EMAM ∴EM

AE15∴E（3，126Q410，﹣1，6（﹣36﹣3 6136（1）（0，33（2）t的值為4 或4333（1）用等腰直角三角形AOBOC=OB=3CyC需要對點P的位置進行分類：①當點P在點B右側(cè)時，求出此時的時間t；②當PBt；，③當⊙PCDt．t，（1）OCOB

∠BCO∠CBO又點C在y軸的正半軸上點C的坐標為（0，3PB.若∠BCP15，得∠PCO.故OPOCtan30 3，此時t43，PB3，由∠BCP，333此時t4 33t的值為4 或4333由題意知，若⊙P與四邊形ABCD的邊相切，有以下三種情況①當⊙PBC相切于點C時，有∠BCP此時t

，從而∠OCP45得到OP3②當⊙P與CD相切于點CPCCDP與點O重合，此時t4.，③當⊙PAD相切時，由題意，∠DAO，A4.PC2PA29t)2，PO2t4)2于是(9t)2t4)232.解出t5.6t14137．(1)

4

0＜x＜2（3），∴ADAC 即ADAE且 由（1）∴DCAC 2 2∴AH=4—Rt△AEHtanBAE=x4若△COD△BEA△BEADCA即△CODDCA∴只有∴CD2CO2∴CO222∴x222

2x422x24222解得x14 ，x24222

x24

∴CD=422時，△COD△BEAAP 138（1）（2）9.（1）連接OC，證明OCCFCF⊙O（2）AD，由△FBE∽△FOCFBBERt△BEFRt△ABD BD（1）4214∵CE⊥DB，∴OCCF

OCOCF為⊙OC2E1C2E13O DADRt△BEF，∠BEF=90°,

sinF ，∴BE3353 ∵OC∥BE,∴△FBE∽△FOC

Or,

5

∴r 2.∵AB⊙OAB15ADB. sinF3

∴BD

3.∴BD9

，

（3）2.（1）BOOG∥ACBEG，那么可得出兩組相似三角形：△GED∽△OGD、△BOG∽△BAE，OGECOGAECE、AEC（2，8(3)DOCS△OCE=2S△CDES△AOC=8,CH、AH可求tanCAB的值. 2，0AC由△AEF∽△ACH5

，OF=5 ∴E點坐標為（ ∵S△OCE:∴12CH2tanCAB

25

;(3)（1）（2）CBC的解析式為y=kx+b（k≠0，然后利用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，再求出與x軸的△ADH和△BDO相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求出AH，再利用勾股定理，然后根試題解析（1）由題意得，?2×9?3b+c＝0c＝6 解得b＝?4c＝6 1，8C（4，8y=kx+b（k≠0í í??4k+b=解得 2??121

y=0，2

x=-62+512，062+5OB2+OB2+

= ∴AH:OB=AD:BD5即AH:6=9: 59解得93232+5OA2OA2+

=

9535 3 ∴tan∠COP=CP

4tan∠BAO=OB

3141．（1）證明見解析；（2）310；（3）y1x （1由△ACE∽△ABCAE，CEAPBP可知△APB△PDFPAACPD 由△AGP∽△DGBAGAP，由△AGD∽△PGBDGAD 又55（2）連接BPBC

，∵∠ACB=90°，AB=5，∴a22a252a .5BC5,AC 52∵△ACE∽△ABC，∴AECEAC2 ∵AB⊥CD，∴CEDE2

25.∴AE4,CE2555APBP，∴△APBPAB＝45PA∴△AEF∴EF=AE=45

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

∵AC=2BCAD=2DB，AD2∵tanAFDy，∴tanABPAPy∵△AGP∽△DGB，∴AGAP ∵△AGD∽△PGB，∴DGAD AGDGAPAD，即AGAPADDG DB∵AGx，∴xy2

PBy與x之間的函數(shù)關(guān)系式為y1x2考點：1.單動點問題；2.圓周角定理；3.相似三角形的判定和性質(zhì)；4.勾股定理；5.142（1）（2）（1）Rt△ACDAC=3，CD23．（1）∵BC⊙OCEDEAEOAOC∵CD⊙O∴AP⊙O在Rt△OAP中 sinP Rt△BACBAC＝90°，AB＝333AC 33tan tanCD

331.切線的判定與性質(zhì)；27（2）

（3）5.（1） 225

k（10+5k2（1）∵ED⊙OFADEF=4k，DF=3k，EF2+EF2+

=5k∵

AD

DE2DE2-DM 5

25

k?（10+5k2

考點:

25x2

180x+900（0＜x＜10

試題分析（1）在直角三ABCABtanA的值，利用銳角三角函數(shù)定義及勾股定理求出BCAC的長，由D為斜邊上的中點，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半相似得到△EDCACBDEEBC△BDEBEDDE=BE，利用等邊對等角得到∠EBD=∠EDB，利用等角的余角相等得到∠CDA=∠A，CD=AC，CH垂直于AB，利用三線合一AD=2AHcosA的值求出AH進而AD長，xDM垂直于BC，得到DMAC平行，由平行得比例，表示出DMBM，進而表示出DByx（1）在△ABC∠ACB=90°，AB=10，tanA=43∴DE:CD=AC:BCDE:5=6:8則 4∴AH:AC=3:5，即 55

，即 5∴DM:AC=BM:BC=BD:BA35

（10-x，BM=5

（10-45

（10-5

x，CD=x2?5

x+36 x2-36x+ x2-36x+5

x2-10-x

36x+ 325x2-325x2-180x+22

3322 22AC，從而有ABAE

2ACAD，即

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

3．∴ABAE3

3 3又∵∠CAD＝∠BAE，∴△BAE∽△CADBEAB

3

ABAE2sin，再由 △CADBEAB2sin 2 23 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 146．38.5Rt△ACGtan22°=AG2，∴CG=5AG Rt△ACGtan39AG4，∴EG=5AG ∵CG－EG=CE5AG－5AG=63。∴AG=50.4 GH=CD=1.1，BH=13BGAB=AG－BG（2）①=x2144（0x≤43（1）tanB（1）∴PD⊙O（2）①OP．Rt△POCRt△PDO∴y=x2+144（0≤x≤43x=3時∴PD=73∴EC=3∵CB=3333∴在Rt△ECB中，tanB=CE 133 考點:33（2） （1）（2）SANMO-SOAM，再分別求的這兩部分的面積求解．（1）OM．M⊙O∴MN⊙O1∴AN=AM?sin∠AMN=AC?sin30°?sin30°=233236012(36012∴S

，S扇形 33

∴S陰影 149（1）當0x

時，S 3x2,S 3

2x4時，3 3S1S

3x2+83x83 63x2-83x323；（2）x8 6 試題分析：（1）分0x2和2x4兩種情況即可分0x2和2x4試題解析：（1）∵ABCDAC43BD4AO23BO2∴tanABOAO23 ∴ABO

3,S菱形

41232 323 3x.∴

1BFPF11x3x 3x2

3 2 3①當0x2時，如圖1，S43x2 3x2,S

S 3x2 ②當2x4

菱形 ∵BD=4，BPx，∴OPx2

3x2.∴

1MNOP123x2x2 3x22

∴S

4

3x22

3x22

3x2+83x83

S

S

3x2+83x83

3x2-83x323菱形

3

3 3①當0x2

3x2

2 3x2，解得x2

3②當