數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)《三角函數(shù)綜合》考前沖刺達(dá)標(biāo)測評

九年級數(shù)學(xué)中考復(fù)習(xí)《三角函數(shù)綜合》考前沖刺達(dá)標(biāo)測評（附答案）（共12小題，每小題10分，滿分120分）1．在學(xué)習(xí)了矩形后，數(shù)學(xué)活動小組開展了探究活動.如圖1，在矩形ABCD中，AB=43，BC=8，點(diǎn)E在AD上，先以BE為折痕將A點(diǎn)往右折，如圖2所示，再過點(diǎn)A作AF⊥CD，垂足為F（1）在圖3中，若∠BEA=60°，則∠ABC的度數(shù)為______，AE的長度為______.（2）在（1）的條件下，求AF的長.（3）在圖3中，若sin∠ABC=142．已知：矩形ABCD中，AB=4，BC=3，點(diǎn)M，N分別在邊AB，CD上，直線MN交矩形對角線AC于點(diǎn)E，將ΔAME沿直線MN翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，且點(diǎn)P在射線CB上.（1）如圖1所示，當(dāng)EP⊥BC時，求CN的長；（2）如圖2所示，當(dāng)EP⊥AC時，求AM的長；（3）請寫出線段CP的長的取值范圍，及當(dāng)CP的長最大時MN的長.3．定義：如果一個三角形中有兩個內(nèi)角α，β滿足α+2β＝90°，那我們稱這個三角形為“近直角三角形”．（1）若△ABC是“近直角三角形”，∠B＞90°，∠C＝50°，則∠A＝度；（2）如圖1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4．若BD是∠ABC的平分線，①求證：△BDC是“近直角三角形”；②在邊AC上是否存在點(diǎn)E（異于點(diǎn)D），使得△BCE也是“近直角三角形”？若存在，請求出CE的長；若不存在，請說明理由．（3）如圖2，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，點(diǎn)D為AC邊上一點(diǎn)，以BD為直徑的圓交BC于點(diǎn)E，連結(jié)AE交BD于點(diǎn)F，若△BCD為“近直角三角形”，且AB＝5，AF＝3，求tan∠C的值．4．如圖1，在正方形ABCD中，E是邊BC的中點(diǎn)，F(xiàn)是CD上一點(diǎn)，已知∠AEF＝90°．（1）求證：ECDF（2）平行四邊形ABCD中，E是邊BC上一點(diǎn)，F(xiàn)是邊CD上一點(diǎn)，∠AFE＝∠ADC，∠AEF＝90°．①如圖2，若∠AFE＝45°，求ECDF②如圖3，若AB＝BC，EC＝3CF，直接寫出cos∠AFE的值．5．問題情境：在綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“矩形紙片的剪拼”為主題開展數(shù)學(xué)活動．如圖1，將：矩形紙片ABCD沿對角線AC剪開，得到△ABC和△ACD．并且量得AB＝4cm，AC＝8cm．操作發(fā)現(xiàn)：（1）將圖1中的△ACD以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)∠α，使∠α＝∠BAC，得到如圖2所示的△AC′D，過點(diǎn)C作AC′的平行線，與DC'的延長線交于點(diǎn)E，則四邊形ACEC′的形狀是．（2）創(chuàng)新小組將圖1中的△ACD以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，使B、A、D三點(diǎn)在同一條直線上，得到如圖3所示的△AC′D，連接CC'，取CC′的中點(diǎn)F，連接AF并延長至點(diǎn)G，使FG＝AF，連接CG、C′G，得到四邊形ACGC′，發(fā)現(xiàn)它是正方形，請你證明這個結(jié)論．實(shí)踐探究：（3）縝密小組在創(chuàng)新小組發(fā)現(xiàn)結(jié)論的基礎(chǔ)上，進(jìn)行如下操作：將△ABC沿著BD方向平移，使點(diǎn)B與點(diǎn)A重合，此時A點(diǎn)平移至A'點(diǎn)，A'C與BC′相交于點(diǎn)H，如圖4所示，連接CC′，試求tan∠C′CH的值．6．如圖，在矩形ABCD中，CE⊥BD，AB=4，BC=3，P為BD上一個動點(diǎn)，以P為圓心，PB長半徑作⊙P，⊙P交CE、BD、BC交于F、G、H（任意兩點(diǎn)不重合），（1）半徑BP的長度范圍為；（2）連接BF并延長交CD于K，若tanKFC3，求BP；（3）連接GH，將劣弧HG沿著HG翻折交BD于點(diǎn)M，試探究PMBP7．已知銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，AD⊥BC于點(diǎn)D，連接AO．（1）如圖1，求證：∠BAO＝∠CAD；（2）如圖2，CE⊥AB于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，過點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H，求證：AF＝2OH；（3）如圖3，在（2）的條件下，若AF＝AO，tan∠BAO＝13，BC＝215，求8．如圖1，平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=ax2+4x與x軸交于O、A兩點(diǎn)．直線y=kx+m經(jīng)過拋物線的頂點(diǎn)B及另一點(diǎn)D（D與A不重合），交y軸于點(diǎn)C．（1）當(dāng)OA=4，OC=3時．①分別求該拋物線與直線BC相應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式；②連結(jié)AC，分別求出tan∠CAO、tan∠BAC的值，并說明∠CAO與∠BAC的大小關(guān)系；（2）如圖2，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，連接CE．當(dāng)a為任意負(fù)數(shù)時，試探究AB與CE的位置關(guān)系？9．如圖1，拋物線W：y＝ax2﹣2的頂點(diǎn)為點(diǎn)A，與x軸的負(fù)半軸交于點(diǎn)D，直線AB交拋物線W于另一點(diǎn)C，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，0）．（1）求直線AB的解析式；（2）過點(diǎn)C作CE⊥x軸，交x軸于點(diǎn)E，若AC平分∠DCE，求拋物線W的解析式；（3）若a＝12，將拋物線W向下平移m（m＞0）個單位得到拋物線W1，如圖2，記拋物線W1的頂點(diǎn)為A1，與x軸負(fù)半軸的交點(diǎn)為D1，與射線BC的交點(diǎn)為C1．問：在平移的過程中，tan∠D1C1B是否恒為定值？若是，請求出tan∠D1C1B10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=x﹣3與x軸相交于點(diǎn)B、y軸相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)B、C的拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于另一點(diǎn)A，頂點(diǎn)為D點(diǎn)．（1）求tan∠OCA的值；（2）若點(diǎn)P為拋物線上x軸上方一點(diǎn)，且∠DAP=∠ACB，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）若點(diǎn)Q為拋物線y=﹣x2+bx+c對稱軸上一動點(diǎn)，試探究當(dāng)點(diǎn)Q為何位置時∠OQC最大，請求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)及sin∠OQC的值．11．如圖，直角坐標(biāo)系中，直線y=kx+b分別交x,y軸于點(diǎn)A(-8，0)，B(0，6)，C（m,0）是射線AO上一動點(diǎn)，⊙P過B，O，C三點(diǎn)，交直線AB于點(diǎn)D（B，D不重合）.（1）求直線AB的函數(shù)表達(dá)式.

（2）若點(diǎn)D在第一象限，且tan∠ODC=53

（3）當(dāng)△ODC為等腰三角形時，求出所有符合條件的m的值.（4）點(diǎn)P，Q關(guān)于OD成軸對稱，當(dāng)點(diǎn)Q恰好落在直線AB上時，直接寫出此時BQ的長.12．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=kx+1（k≠0）與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，過點(diǎn)C的拋物線y=ax2-（6a-2）x+b（a≠0）與直線AC交于另一點(diǎn)B，點(diǎn)B坐標(biāo)為（4，3）．（1）求a的值；（2）點(diǎn)p是射線CB上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P在作PQ⊥x軸，垂足為點(diǎn)Q，在x軸上點(diǎn)Q的右側(cè)取點(diǎn)M，使MQ=58，在QP的延長線上取點(diǎn)N，連接PM，AN，已知tan∠NAQ-tan∠MPQ=1（3）在（2）的條件下，過點(diǎn)C作CD⊥AB，使點(diǎn)D在直線AB下方，且CD=AC，連接PD，NC，當(dāng)以PN，PD，NC的長為三邊長構(gòu)成的三角形面積是258參考答案：1．解：（1）∵四邊形ABCD為矩形∴∠EAB=90°,∵∠BEA=60°∴∠ABE=30°∴∠ABC=90°?2∠ABE=30°設(shè)AE=x,則BE=2x在Rt△BAE中，根據(jù)勾股定理A即x解得x1=4，∴AE的長度為4．故答案為：30°，4．（2）如圖，作AG⊥BC交BC于點(diǎn)G，由（1）知∠ABC=30°.在RtΔABG∵cos30°=BGAB∴BG=6，∴CG=8?6=2.∵∠C=∠AFC=∠AGC=90°，∴四邊形AGCF是矩形，∴AF=CG=2．（3）∵∴∴AG=∴BG=∵BC=8∴AF=CG=BC?BG=8?32．解：（1）∵ΔAME沿直線MN翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，∴ΔAME≌ΔPME.∴∠AEM=∠PEM，AE=PE.∵四邊形ABCD是矩形，∴AB⊥BC.∵EP⊥BC，∴AB∥EP.∴∠AME=∠PEM.∴∠AEM=∠AME.∴AM=AE.∵四邊形ABCD是矩形，AB∥DC.∴AM∴CN=CE.設(shè)CN=CE=x.∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，BC=3，∴AC=5.∴PE=AE=5?x.∵EP⊥BC，∴EPCE=解得x=25即CN=25（2）∵ΔAME沿直線MN翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，∴ΔAME≌ΔPME.∴AE=PE，AM=PM.∵EP⊥AC，∴EP∴AE∵AC=5，∴AE=207，∴PE=20∵EP⊥AC，∴PC=P∴PB=PC?BC=25在RtΔPMB中，∵PM2=P∴AM∴AM=100（3）如圖當(dāng)P與C重合時，PC最小，是0；如圖當(dāng)N與C重合時，PC最大=PD'2所以0≤CP≤5，此時PB=2,設(shè)PM=x,則BM=4-x由PB2+BM2=PM2可得22+（4-x）2=x2解得x=52,BM=4-x=所以MN=BM綜合上述：0≤CP≤5，當(dāng)CP最大時MN=33．解：（1）∠B不可能是α或β，當(dāng)∠A＝α?xí)r，∠C＝β＝50°，α+2β＝90°，不成立；故∠A＝β，∠C＝α，α+2β＝90°，則β＝20°，故答案為20；（2）①如圖1，設(shè)∠＝ABD∠DBC＝β，∠C＝α，則α+2β＝90°，故△BDC是“近直角三角形”；②存在，理由：在邊AC上是否存在點(diǎn)E（異于點(diǎn)D），使得△BCE是“近直角三角形”，AB＝3，AC＝4，則BC＝5，則∠ABE＝∠C，則△ABC∽△AEB，即ABAE=ACAB，即3AE則CE＝4﹣94＝7（3）①如圖2所示，當(dāng)∠ABD＝∠DBC＝β時，則AE⊥BF，則AF＝FE＝3，則AE＝6，AB＝BE＝5，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，設(shè)BH＝x，則HE＝5﹣x，則AH2＝AE2﹣HE2＝AB2﹣HB2，即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得：x＝75cos∠ABE＝BHAB＝725＝cos2β，則tan2β＝則tanα＝724②如圖3所示，當(dāng)∠ABD＝∠C＝β時，過點(diǎn)A作AH⊥BE交BE于點(diǎn)H，交BD于點(diǎn)G，則點(diǎn)G是圓的圓心（BE的中垂線與直徑的交點(diǎn)），∵∠AEB＝∠DAE+∠C＝α+β＝∠ABC，故AE＝AB＝5，則EF＝AE﹣AF＝5﹣3＝2，∵DE⊥BC，AH⊥BC，∴ED∥AH，則AF∶EF＝AG∶GE＝2∶3，則DE＝2k，則AG＝3k＝R（圓的半徑）＝BG，點(diǎn)H是BE的中點(diǎn)，則GH＝12DE＝k在△BGH中，BH＝BG2?GH在△ABH中，AB＝5，BH＝22k，AH＝AG+HG＝4k，由勾股定理得：25＝8k2+16k2，解得：k＝524在△ABD中，AB＝5，BD＝6k＝3024則cos∠ABD＝cosβ＝ABBD＝63＝cos則tanC＝62綜上，tan∠C的值為724或64．解：（1）設(shè)BE＝EC＝2，則AB＝BC＝4，∵∠AEF＝90°，∴∠AEB+∠FEC＝90°，∵∠AEB+∠EAB＝90°，∴∠FEC＝∠EAB，又∴∠B＝∠C＝90°，∴ΔABE∽ΔECF，∴BECF即2CF∴CF＝1，則DF＝DC?CF＝3，∴ECDF（2）①如圖2，過F作FG⊥FD交AD于點(diǎn)G，∵∠AFE＝∠ADC＝45°，∴ΔFGD和ΔAEF是等腰直角三角形，∴∠AGF＝180°?∠DGF＝135°，∠C＝180°?∠D＝135°，∴∠AGF＝∠C，又∵∠GAF+∠D＝∠CFE+∠AFE，∴∠GAF＝∠CFE，∴ΔFCE∽ΔAGF，∴CEGF又∵GF＝DF，∴ECDF②如圖3，作FT=FD交AD于點(diǎn)T，作FH⊥AD于H，則∠FTD＝∠FDT，∴180°?∠FTD＝180°?∠D，∴∠ATF＝∠C，又∵∠TAF+∠D＝∠AFE+∠CFE，且∠D＝∠AFE，∴∠TAF＝∠CFE，∴ΔFCE∽ΔATF，∴FEAF設(shè)CF＝2，則CE＝6，可設(shè)AT＝x，則TF＝3x，AD＝CD＝3x+2，∴DH＝12DT＝x+1由cos∠AFE=cosD解得x＝5，∴cos∠AFE＝5．解：（1）菱形，理由如下：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠CAB+∠DAC∵∠α=∠BAC∴∠CAC′+∠DA又∵∠D=90∴∠D+∠DAC=180∴AC∥DE∵AC∴四邊形ACEC由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：AC=A∴四邊形ACEC（2）正方形，理由如下：∵C∴四邊形ACGC又∵AC=A∴四邊形ACGC當(dāng)B、A、D三點(diǎn)共線時:∠DA由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：∠CAB+∠DA∴∠CAC∴四邊形ACGC（3）在RtΔABC中，AB＝4，AC＝8，∴BC=AD=4∴sin∠ACB＝∴∠ACB=30由（2）結(jié)合平移知，∠CH在RtΔBCH中，∠ACB=30∴BH=BC?sinHC=BC?cos∴C′在RtΔCHC′中，6．解：（1）當(dāng)G點(diǎn)與E點(diǎn)重合時，BG=BE，如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，BC=3，∴BD=5，∵CE⊥BD，∴12∴CE=12在△BEC中，由勾股定理得：BE=3∴BP=9當(dāng)點(diǎn)G和點(diǎn)D重合時，如圖所示：∵△BCD是直角三角形，∴BP=DP=CP,∴BP=5∵任意兩點(diǎn)都不重合，∴910（2）連接FG，如圖所示：∵∠KFC=∠BFE，tanKFC3，∴tan∠BFE=3∴BEEF∴EF=BE∵BG是圓的直徑，∴∠BFG=90°，∴∠GFE+∠BFE=90°，∵CE⊥BD，∴∠FEG=∠FEB=90°，∴∠GFE+∠FGE=90°，∴∠BFE=∠FGE∴△BEF∽△FEG，∴EF∴925∴EG=1∴BG=EG+BE=2，∴BP=1，（3）PMBP過P′作P′Q⊥BD,連接P′G設(shè)BP=5x=PG=P則PO=P′O=3x∴12∴P′∴MQ=GQ=P∴MG=14∴PM=PG?MG=11∴PM7．（1）證明：延長AO交⊙O于K，連接BK．∵AK是直徑，∴∠ABK＝90°，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∵∠BAO+∠K＝90°，∠DAC+∠C＝90°，∠K＝∠C，∴∠BAO＝∠DAC．（2）證明：延長CO交⊙O于M，連接AM，BM，連接BF．∵CM是直徑，∴∠CBM＝∠MAC＝90°，∵OH⊥BC，∴BH＝CH，∠OHC＝∠CBM＝90°，∴AD∥BM，∵OC＝OM，∴BM＝2OH，∵AD⊥BC，CA⊥AB，∴BF⊥AC，∵A⊥AC，∴AM∥BF，∴四邊形AMBF是平行四邊形，∴AF＝BM，∴AF＝2OH．（3）解：延長CO交⊙O于M，連接AM，BM，連接BF．由（2）可知，四邊形AMBF是平行四邊形，∴AF＝BM，∴OA＝AF，∴BM＝OA，∴CM＝2BM，∵∠CBM＝90°，∴∠BCM＝30°，∵∠BAO＝∠DAC＝∠DBF，∴tan∠DBF＝tan∠BAP＝13＝DFBD=CDAD，設(shè)DF＝x，則BD＝3x，CD＝215∵BC＝215，∴BM＝BC?tan30°＝25，∴615﹣10x＝25，∴x＝315∴AC＝AD2+CD28．解：（1）①∵OA=4，OC=3，∴A(4，0)，C(0，3)，將A(4，0)代入y=ax2+4x，得：16a+16=0，解得a=–1，則y=–x2+4x=–(x–2)2+4，∴B(2，4)，將B(2，4)，C(0，3)代入y=kx+m，得：{2k+m=4解得{k=∴y=

12②tan∠CAO=

OCOA∵AC2=(0–4)2+(3–0)2=25，BC2=(2–0)2+(4–3)2=5，AB2=(2–4)22+(4–0)2=20，∴AC2=BC2+AB2，且BC=5，AB=25，∴△ABC是直角三角形，其中∠ABC=90°，則tan∠BAC=

BCAB∵tan∠CAO＞tan∠BAC，∴∠CAO＞∠BAC．（2）AB∥CE，理由如下：由y=ax2+4x=0得x1

=0，x2

=–4a，則A(–

4a，0)，又y=ax2+4x=a(x2a)2

∴頂點(diǎn)B的坐標(biāo)為(–2a，–4a)，則tan∠BAO=

將B(–

2a，–4a)代入y=kx+m，得：–2ka

+m=–

4a∴點(diǎn)C(0，2k?4a)，即OC=

2k?4由{y=kx+2k?4ay=ax2∴E(k?2a∴OE=k?2a∴tan∠CEO=OCOE∴tan∠BAO=tan∠CEO，∴∠BAO=∠CEO，∴AB∥CE．9．解：（1）∵拋物線W：y＝ax2﹣2的頂點(diǎn)為點(diǎn)A，∴點(diǎn)A（0，﹣2）設(shè)直線AB解析式為y＝kx+b，∴b=?2解得k=2∴拋物線解析式為：y＝2x﹣2；（2）如圖1，過點(diǎn)B作BN⊥CD于N，∵AC平分∠DCE，BN⊥CD，BE⊥CE，∴BN＝BE，∵∠BND＝∠CED＝90°，∠BDN＝∠CDE，∴△BND∽△CED，∴BNCE∴BECE∵AO∥CE，∴BOAO=∴CE＝2BE，CD＝2DB，設(shè)BE＝x，BD＝y(tǒng)，則CE＝2x，CD＝2y，∵CD2＝DE2+CE2，∴4y2＝（x+y）2+4x2，∴（x+y）（5x﹣3y）＝0，∴y＝53x∴點(diǎn)C（x+1，2x），點(diǎn)D（1﹣53x∵點(diǎn)C，點(diǎn)D是拋物線W：y＝ax2﹣2上的點(diǎn)，∴2x=a∴x+1＝（1﹣53x∴x1＝0（舍去），x2＝3925∴0＝a（1﹣53×39∴a＝2532∴拋物線解析式為：y＝2532x2（3）tan∠D1C1B恒為定值，理由如下：由題意可得拋物線W1的解析式為：y＝12x2﹣2﹣m設(shè)點(diǎn)D1的坐標(biāo)為（t，0）（t＜0），∴0＝12t2﹣2﹣m∴2+m＝12t2∴拋物線W1的解析式為：y＝12x2﹣12t∵拋物線W1與射線BC的交點(diǎn)為C1，∴y=2x?2解得：x1=2?ty∴點(diǎn)C1的坐標(biāo)（2﹣t，2﹣2t），如圖2，過點(diǎn)C1作C1H⊥x軸，過點(diǎn)C作CG⊥x軸，∴C1H＝2﹣2t，OH＝2﹣t，∴D1H＝D1O+OH＝2﹣t+（﹣t）＝2﹣2t，∴C1H＝D1H，且C1H⊥x軸，∴∠C1D1H＝45°，∵y＝12x2﹣2與x軸交于點(diǎn)D∴點(diǎn)D（﹣2，0）∵y＝2x﹣2與y＝12x2﹣2交于點(diǎn)C，點(diǎn)∴點(diǎn)C（4，6）∴GC＝6，DG＝OD+OG＝2+4＝6，∴DG＝CG，且CG⊥x軸，∴∠GDC＝45°＝∠C1D1H，∴C1D1∥CD，∴∠D1C1B＝∠DCB，∴tan∠D1C1B＝tan∠DCB，如圖3，過點(diǎn)B作BF⊥CD于點(diǎn)F，∵∠CDB＝45°，BF⊥CD，BD＝OD+OB＝2+1＝3，∴∠FDB＝∠FBD＝45°，∴DF＝BF，DB＝2DF＝3，∴DF＝BF＝3∵點(diǎn)D（﹣2，0），點(diǎn)C（4，6），∴CD＝(?2?4)2+(0?6)∴CF＝CD﹣DF＝92∴tan∠D1C1B＝tan∠DCB＝BFCF＝1∴tan∠D1C1B恒為定值．10．解：（1）∵點(diǎn)B、C分別是直線y=x﹣3與x軸、y軸的交點(diǎn)，∴點(diǎn)B（3，0），點(diǎn)C（0，﹣3）．把點(diǎn)B（3，0），點(diǎn)C（0，﹣3）代入y=﹣x2+bx+c，得{?3+3b+c=0解得{b=4∴拋物線的解析式為y=﹣x2+4x﹣3．令y=0，得﹣x2+4x﹣3=0，解得x1=1，x2=3，∴點(diǎn)A（1，0），OA=1，∴tan∠OCA=OAOC（2）過點(diǎn)P作PE⊥x軸于E，如圖1，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，﹣x2+4x﹣3），則PE=﹣x2+4x﹣3，AE=x﹣1．令y=0，得﹣x2+4x﹣3=0，解得x1=1，x2=3，∴B（3，0），∴OB=OC=3．∵∠BOC=90°，∴∠OCB=45°．由y=﹣x2+4x﹣3=﹣（x﹣2）2+1得，頂點(diǎn)D（2，1），對稱軸為x=2，∴AH=DH=1．∵∠DHA=90°，∴∠DAH=45°，∴∠DAH=∠OCB=45°．∵∠DAP=∠ACB，∴∠PAB=∠OCA，∴tan∠PAB=tan∠OCA=13∴PEAE解得：x=83此時﹣x2+4x﹣3=﹣（83）2+4×83﹣3=則點(diǎn)P(8（3）當(dāng)點(diǎn)Q在線段OC的垂直平分線上時，∠OQC最大，如圖2①，理由：在對稱軸上任取一點(diǎn)Q′，連接OQ′，CQ′，設(shè)OQ′與△OQC的外接圓⊙O′交于點(diǎn)S，連接CS，∵∠OQC=∠OSC，∠OSC＞∠OQ′C，∴∠OQC＞∠OQ′C，∴當(dāng)點(diǎn)Q在線段OC的垂直平分線上時，∠OQC最大．過點(diǎn)O作OG⊥CQ于G，如圖2②，∵OT=TC=12OC=3∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（2，﹣32OQ=CQ=(3∵S△OQC=12OC?QT=1∴OG=OC?QT∴sin∠OQC=OG11．解：（1）∵A（-8，0）、B（0，6）在y=kx+b上，∴?8k+b=0b=6，解得k=∴直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y=34（2）連結(jié)BC，作DE⊥OC于點(diǎn)E，∵∠BOC=90°，∴BC為⊙P的直徑，∴∠ADC=90°，∵∠OBC=∠ODC，tan∠ODC=53∴OCBC∵OB=6，OA=8，∴OC=10，AC=18，AB=10，∵cos∠DAC=OAAB=45，sin∠DAC=OBABAD=AC?cosDE=AD?sin令y=21625，21625∴D（8825，216（3）①如圖2所示，當(dāng)DC=OC時，∵BC=BC，∠BDC=∠BOC=90°，∴△BDC≌△BOC(HL)，∴BD=BO=6，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（n，34∴BD=n?02解得n=?24∴D（?245，∵C（m，0），∴DC=m+24解得m=-3.②如圖3所示，當(dāng)OD=DC時，過D作DE⊥OC于點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（a，34∴DE=34∴△ADE∽△DCE，∴DEEC即34解得a1∴m=1447③如圖4所示，當(dāng)DC=OC時，∵OC=m，∴CD=m，∴AD=CDtan∴AC=53∴8+m=53解得m=12.④如圖5所示，當(dāng)OD=OC時，OC=OD=m，∴AC=8+m，∴AD=AC×cos∠BAO=45則AH=AD×cos∠BAO=1625∴OH=AH-8=1625∵DH=AD×sin∠BAO=1225∴1625解得m=±8.∵m>0∴m=8綜上所述，m的值為-3或1447（4）解：如圖6所示，連結(jié)OQ，∵PD=DQ，PO=OQ，PD=OP，∴DQ=DP=PO=OQ，∴四邊形DQOP為菱形，∴DQ∥PO，∴∠BOP=∠PBO=∠ABO，在Rt△BOC中，∠BOC=90°，P為BC中點(diǎn)∴BP