中考数学培优(含解析)之直角三角形的边角关系含答案解析

一、直角三角形的边角关系

1．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP． （1）求证：直线CP是⊙O的切线． （2）若BC=2

，sin∠BCP=

，求点B到AC的距离．

（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．

【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20 【解析】

试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；

（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可． 试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB， ∴AB=AC， ∵AC为⊙O的直径， ∴∠ANC=90°，

∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB， ∵∠CAB=2∠BCP， ∴∠BCP=∠CAN，

∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°， ∵点D在⊙O上， ∴直线CP是⊙O的切线； （2）如图，作BF⊥AC

∵AB=AC，∠ANC=90°， ∴CN=CB=

，

，

∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=∴sin∠CAN=∴∴AC=5， ∴AB=AC=5， 设AF=x，则CF=5﹣x，

，

在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2， 在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2， ∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2， ∴x=3，

∴BF2=25﹣32=16， ∴BF=4，

即点B到AC的距离为4． 考点：切线的判定

2．如图（1），在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）．Rt△CDE中，∠CDE=90°，CD=4，DE=4

，直角边CD在y轴上，且点C与点A重合．Rt△CDE沿y轴

正方向平行移动，当点C运动到点O时停止运动．解答下列问题：

（1）如图（2），当Rt△CDE运动到点D与点O重合时，设CE交AB于点M，求∠BME的度数．

（2）如图（3），在Rt△CDE的运动过程中，当CE经过点B时，求BC的长．

（3）在Rt△CDE的运动过程中，设AC=h，△OAB与△CDE的重叠部分的面积为S，请写出S与h之间的函数关系式，并求出面积S的最大值．

【答案】（1）∠BME=15°； （2BC=4

；

h2+4h+8，

（3）h≤2时，S=﹣当h≥2时，S=18﹣3h． 【解析】

试题分析：（1）如图2，由对顶角的定义知，∠BME=∠CMA，要求∠BME的度数，需先求出∠CMA的度数．根据三角形外角的定理进行解答即可；

（2）如图3，由已知可知∠OBC=∠DEC=30°，又OB=6，通过解直角△BOC就可求出BC的长度；

（3）需要分类讨论：①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，S=S△EDC﹣S△EFM；②当h≥2时，如图3，S=S△OBC． 试题解析：解：（1）如图2，

∵在平面直角坐标系中，点A（0，﹣6），点B（6，0）． ∴OA=OB， ∴∠OAB=45°，

∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4∴∠OCE=60°，

∴∠CMA=∠OCE﹣∠OAB=60°﹣45°=15°， ∴∠BME=∠CMA=15°； 如图3，

，

∵∠CDE=90°，CD=4，DE=4∴∠OBC=∠DEC=30°， ∵OB=6， ∴BC=4

；

，

（3）①h≤2时，如图4，作MN⊥y轴交y轴于点N，作MF⊥DE交DE于点F，

∵CD=4，DE=4

，AC=h，AN=NM，

∴CN=4﹣FM，AN=MN=4+h﹣FM， ∵△CMN∽△CED， ∴∴

解得FM=4﹣∴S=S△EDC﹣S△EFM=

， ×4×4

﹣

（4

4﹣h）×（4﹣

）=﹣

h2+4h+8，

，

，

②如图3，当h≥2时， S=S△OBC=

OC×OB=

（6﹣h）×6=18﹣3h．

考点：1、三角形的外角定理；2、相似；3、解直角三角形

3．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于切点为G，连接AG交CD于K． （1）求证：KE=GE；

（2）若KG2=KD•GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若sinE=，AK=

，求FG的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）AC∥EF，证明见解析；（3）FG= 【解析】

试题分析：（1）如图1，连接OG．根据切线性质及CD⊥AB，可以推出∠KGE=∠AKH=∠GKE，根据等角对等边得到KE=GE；

．

（2）AC与EF平行，理由为：如图2所示，连接GD，由∠KGE=∠GKE，及KG2=KD•GE，利用两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似可得出△GKD与△EKG相似，又利用同弧所对的圆周角相等得到∠C=∠AGD，可推知∠E=∠C，从而得到AC∥EF；

（3）如图3所示，连接OG，OC，先求出KE=GE，再求出圆的半径，根据勾股定理与垂径定理可以求解；然后在Rt△OGF中，解直角三角形即可求得FG的长度． 试题解析：（1）如图1，连接OG．

∵EG为切线， ∴∠KGE+∠OGA=90°， ∵CD⊥AB，

∴∠AKH+∠OAG=90°， 又∵OA=OG， ∴∠OGA=∠OAG， ∴∠KGE=∠AKH=∠GKE， ∴KE=GE．

（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．

∵KG2=KD•GE，即∴

，

，

又∵∠KGE=∠GKE， ∴△GKD∽△EGK， ∴∠E=∠AGD， 又∵∠C=∠AGD， ∴∠E=∠C， ∴AC∥EF；

（3）连接OG，OC，如图3所示，

∵EG为切线， ∴∠KGE+∠OGA=90°， ∵CD⊥AB，

∴∠AKH+∠OAG=90°， 又∵OA=OG， ∴∠OGA=∠OAG， ∴∠KGE=∠AKH=∠GKE， ∴KE=GE． ∵sinE=sin∠ACH=

，设AH=3t，则AC=5t，CH=4t， ∵KE=GE，AC∥EF， ∴CK=AC=5t， ∴HK=CK-CH=t．

在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2=AK2， 即（3t）2+t2=（2

）2，解得t=

．

设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC=r，OH=r-3t，CH=4t， 由勾股定理得：OH2+CH2=OC2， 即（r-3t）2+（4t）2=r2，解得r=∵EF为切线，

∴△OGF为直角三角形， 在Rt△OGF中，OG=r=

，tan∠OFG=tan∠CAH=

，

t=

．

∴FG=

【点睛】此题考查了切线的性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，锐角三角函数定义，圆周角定理，平行线的判定，以及等腰三角形的判定，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．

4．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线ykx4交x轴、y轴分别于点

A、点B，且ABO的面积为8. （1）求k的值；

（2）如图，点P是第一象限直线AB上的一个动点，连接PO，将线段OP绕点O顺时针旋转90°至线段OC，设点P的横坐标为t，点C的横坐标为m，求m与t之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，过点B作直线BMOP，交x轴于点M，垂足为点N，点K在线段MB的延长线上，连接PK，且PKKB0P，PMB2KPB，连接MC，

求四边形BOCM的面积.

【答案】（1）k1；（2）mt4；（3）SYBOCM32. 【解析】 【分析】

（1）先求出A的坐标，然后利用待定系数法求出k的值；

(2) 过点P作PDx轴，垂足为D，过点C作CEx轴，垂足为E，证

PODOCE可得OEPD，进一步得出m与t的函数关系式；

（3）过点O作直线OTAB，交直线BM于点Q，垂足为点T，连接QP，先证出

QTBPTO；再证出KPBBPN；设KPBx，通过计算证出POPM；

再过点P作PDx轴，垂足为点D，根据tanOPDtanBMO得到

ODBO，PDMO列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM是平行四边形，最后可得其面积为32. 【详解】

解：（1）把x0代入ykx4，y4， ∴BO4， 又∵∴

SABO4，

1AOBO4，AO4， 2∴A(4,0)，

把x4，y0代入ykx4， 得04k4， 解得k1. 故答案为1；

（2）解：把xt代入yx4，yt4， ∴P(t,t4)

如图，过点P作PDx轴，垂足为D，过点C作CEx轴，垂足为E，

∴PDOCEO90， ∴PODOPD90，

∵线段OP绕点O顺时针旋转90°至线段OC，

∴POC90，OPOC， ∴PODEOC90， ∴OPDEOC， ∴PODOCE， ∴OEPD，

mt4.

故答案为mt4.

（3）解：如图，过点O作直线OTAB，交直线BM于点Q，垂足为点T，连接QP，

由（1）知，AOBO4，BOA90， ∴ABO为等腰直角三角形，

∴ABOBAO45，BOT90ABO45ABO， ∴BTTO， ∵BTO90， ∴TPOTOP90， ∵POBM， ∴BNO90， ∴BQTTPO， ∴QTBPTO， ∴QTTP，POBQ， ∴PQTQPT， ∵POPKKB，

∴QBPKKB，QKKP， ∴KQPKPQ，

∴PQTKQPQPTKPQ，TQBTPK， ∴KPBBPN， 设KPBx， ∴BPNx，

∵PMB2KPB， ∴PMB2x，

POMPAOAPO45x，NMO90POM45x， ∴PMOPMBNMO45xPOM， ∴POPM，

过点P作PDx轴，垂足为点D， ∴OM2OD2t，

OPD90POD45xBMO， tanOPDtanBMO， ODBOt4， ，

PDMOt42tt14，t22（舍）

∴OM8，由（2）知，mt48OM， ∴CMPy轴，

∵PNMPOC90， ∴BMPOC，

∴四边形BOCM是平行四边形， ∴SYBOCMBOOM4832. 故答案为32. 【点睛】

本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．

11x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过22A、B两点，与x轴的另一个交点为 C． （1）求抛物线的解析式；

5．如图，直线y＝

（2）根据图象，直接写出满足

11x+2≥﹣x2+bx+c的x的取值范围； 22（3）设点D为该抛物线上的一点、连结AD，若∠DAC＝∠CBO，求点D的坐标．

【答案】（1）y123xx2；（2）当x≥0或x≤﹣4；（3）D 点坐标为（0，2）或22（2，﹣3）． 【解析】 【分析】 （1）由直线y＝式；

（2）观察图象，找出直线在抛物线上方的x的取值范围；

（3）如图，过D点作x轴的垂线，交x轴于点E，先求出CO＝1，AO＝4，再由∠DAC＝∠CBO，得出tan∠DAC＝tan∠CBO，从而有，【详解】 解：（1）由y＝

1x+2求得A、B的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析2DECO,最后分类讨论确定点D的坐标． AEBO1x+2可得： 2当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝﹣4， ∴A（﹣4，0），B（0，2），

3b1把A、B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c得： 2，，

2c2123xx2 2211（2）当x≥0或x≤﹣4时，x+2≥﹣x2+bx+c

22∴抛物线的解析式为：y（3）如图，过D点作x轴的垂线，交x轴于点E，

123xx2令y＝0， 22解得：x1＝1，x2＝﹣4， ∴CO＝1，AO＝4，

123设点D的坐标为（m，mm2），

22∵∠DAC＝∠CBO，

∴tan∠DAC＝tan∠CBO，

DECO∴在Rt△ADE和Rt△BOC中有， AEBO由y13m2m21 当D在x轴上方时，22m42解得：m1＝0，m2＝﹣4（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为（0，2）．

13(m2m2)1 当D在x轴下方时，22m42解得：m1＝2，m2＝﹣4（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为（2，﹣3），

故满足条件的D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．

【点睛】

本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式．解题的关键是能够熟练掌握一次函数和二次函数的有关知识解决问题，分类讨论是第（3）题的难点．

6．在正方形ABCD中，AC是一条对角线，点E是边BC上的一点（不与点C重合），连接AE，将△ABE沿BC方向平移，使点B与点C重合，得到△DCF，过点E作EG⊥AC于点G，连接DG，FG．

（1）如图，①依题意补全图；②判断线段FG与DG之间的数量关系与位置关系，并证明；

（2）已知正方形的边长为6，当∠AGD＝60°时，求BE的长．

【答案】（1）①见解析，②FG＝DG，FG⊥DG，见解析；（2）BE23. 【解析】 【分析】

（1）①补全图形即可，

②连接BG，由SAS证明△BEG≌△GCF得出BG＝GF，由正方形的对称性质得出BG＝DG，得出FG＝DG，在证出∠DGF＝90°，得出FG⊥DG即可，（2）过点D作DH⊥AC，交AC于点H．由等腰直角三角形的性质得出DH＝AH＝32，由直角三角形的性质得出FG＝DG＝2GH＝26，得出DF＝2DG＝43，在Rt△DCF中，由勾股定理得出CF＝23，即可得出结果． 【详解】

解：（1）①补全图形如图1所示， ②FG＝DG，FG⊥DG，理由如下， 连接BG，如图2所示， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB＝45°， ∵EG⊥AC， ∴∠EGC＝90°，

∴△CEG是等腰直角三角形，EG＝GC， ∴∠GEC＝∠GCE＝45°， ∴∠BEG＝∠GCF＝135°， 由平移的性质得：BE＝CF，

BECF在△BEG和△GCF中，BEGGCF，

EGCG∴△BEG≌△GCF（SAS）， ∴BG＝GF，

∵G在正方形ABCD对角线上， ∴BG＝DG， ∴FG＝DG，

∵∠CGF＝∠BGE，∠BGE+∠AGB＝90°， ∴∠CGF+∠AGB＝90°， ∴∠AGD+∠CGF＝90°， ∴∠DGF＝90°， ∴FG⊥DG.

（2）过点D作DH⊥AC，交AC于点H．如图3所示, 在Rt△ADG中， ∵∠DAC＝45°， ∴DH＝AH＝32，

在Rt△DHG中，∵∠AGD＝60°， ∴GH＝DH3＝323＝6，

∴DG＝2GH＝26， ∴DF＝2DG＝43， 在Rt△DCF中，CF＝∴BE＝CF＝23．

43262＝23，

【点睛】

本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用等知识；本题综合性强，证明三角形全等是解题的关键．

7．如图，正方形OABC的顶点O与原点重合，点A，C分别在x轴与y轴的正半轴上，点

1，点E是射线OB上一动点，2EF⊥x轴于点F，交射线OD于点G，过点G作GH∥x轴交AE于点H． （1）求B，D两点的坐标；

（2）当点E在线段OB上运动时，求∠HDA的大小；

A的坐标为（4，0），点D在边AB上，且tan∠AOD＝

（3）以点G为圆心，GH的长为半径画⊙G．是否存在点E使⊙G与正方形OABC的对角线所在的直线相切？若不存在，请说明理由；若存在，请求出所有符合条件的点E的坐标．

【答案】（1）B（4，4），D（4，2）；（2）45°；（3）存在，符合条件的点为（8﹣42，8﹣42）或（8+42，8+42）或42164216,或7716421642,，理由见解析 77【解析】 【分析】

（1）由正方形性质知AB=OA=4，∠OAB=90°，据此得B（4，4），再由tan∠AOD= AD=

1得21OA=2，据此可得点D坐标； 2GF11知GF=OF，再由∠AOB=∠ABO=45°知OF=EF，即OF22（2）由tanGOFGF=

1EF，根据GH∥x轴知H为AE的中点，结合D为AB的中点知DH是△ABE的中位2线，即HD∥BE，据此可得答案；

（3）分⊙G与对角线OB和对角线AC相切两种情况，设PG=x，结合题意建立关于x的方程求解可得． 【详解】

解：（1）∵A（4，0）， ∴OA＝4，

∵四边形OABC为正方形， ∴AB＝OA＝4，∠OAB＝90°， ∴B（4，4），

在Rt△OAD中，∠OAD＝90°， ∵tan∠AOD＝∴AD＝

1， 211OA＝×4＝2， 22∴D（4，2）；

（2）如图1，在Rt△OFG中，∠OFG＝90°

GF11＝，即GF＝OF， OF22∵四边形OABC为正方形，

∴tan∠GOF＝

∴∠AOB＝∠ABO＝45°， ∴OF＝EF， ∴GF＝

1EF， 2∴G为EF的中点， ∵GH∥x轴交AE于H， ∴H为AE的中点， ∵B（4，4），D（4，2）， ∴D为AB的中点， ∴DH是△ABE的中位线， ∴HD∥BE，

∴∠HDA＝∠ABO＝45°． （3）①若⊙G与对角线OB相切， 如图2，当点E在线段OB上时，

过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x，EG＝FG＝2x， OF＝EF＝22x， ∵OA＝4， ∴AF＝4﹣22x，

∵G为EF的中点，H为AE的中点， ∴GH为△AFE的中位线， ∴GH＝

11AF＝×（4﹣22x）＝2﹣2x， 22则x＝2﹣2x， 解得：x＝22﹣2， ∴E（8﹣42，8﹣42），

如图3，当点E在线段OB的延长线上时，

x＝2x﹣2， 解得：x＝2+2， ∴E（8+42，8+42）； ②若⊙G与对角线AC相切，

如图4，当点E在线段BM上时，对角线AC，OB相交于点M，

过点G作GP⊥OB于点P，设PG＝x，可得PE＝x， EG＝FG＝2x， OF＝EF＝22x， ∵OA＝4， ∴AF＝4﹣22x，

∵G为EF的中点，H为AE的中点， ∴GH为△AFE的中位线， ∴GH＝

11AF＝×（4﹣22x）＝2﹣2x， 22过点G作GQ⊥AC于点Q，则GQ＝PM＝3x﹣22， ∴3x﹣22＝2﹣2x， ∴x422， 742164216,∴E； 77如图5，当点E在线段OM上时，

GQ＝PM＝22﹣3x，则22﹣3x＝2﹣2x， 解得x422， 716421642,∴E； 77如图6，当点E在线段OB的延长线上时，

3x﹣22＝2x﹣2， 解得：x422（舍去）； 7综上所述，符合条件的点为（8﹣42，8﹣42）或（8+42，8+42）或

4216421616421642,,或． 7777【点睛】

本题是圆的综合问题，解题的关键是掌握正方形和直角三角形的性质、正切函数的定义、三角形中位线定理及分类讨论思想的运用．

8．如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为63.4°，沿山坡向上走到P处再测得该建筑物顶点A的仰角为53°．已知BC＝90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i＝5：12．

(1)求此人所在位置点P的铅直高度．(结果精确到0.1米)

(2)求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程(结果精确到0.1米)(测倾器的高度忽略不计，参考数据：tan53°≈

4，tan63.4°≈2) 3

【答案】（1）此人所在P的铅直高度约为14.3米；（2）从P到点B的路程约为127.1米 【解析】

分析：(1)过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E，设PF＝5x，在Rt△ABC中求出AB，用含x的式子表示出AE，EP，由tan∠APE，求得x即可；(2)在Rt△CPF中，求出CP的长. 详解：过P作PF⊥BD于F，作PE⊥AB于E， ∵斜坡的坡度i＝5:12， 设PF＝5x，CF＝12x， ∵四边形BFPE为矩形， ∴BF＝PEPF＝BE. 在RT△ABC中，BC＝90， tan∠ACB＝

AB， BC∴AB＝tan63.4°×BC≈2×90＝180， ∴AE＝AB－BE＝AB－PF＝180－5x， EP＝BC＋CF≈90＋120x. 在RT△AEP中， tan∠APE＝∴x＝

AE1805x4＝， EP90＋12x320， 710014.3. 7∴PF＝5x＝

答：此人所在P的铅直高度约为14.3米.

由(1)得CP＝13x，

2037.1，BC＋CP＝90＋37.1＝127.1. 7答：从P到点B的路程约为127.1米.

∴CP＝13×

点睛：本题考查了解直角三角形的应用，关键是正确的画出与实际问题相符合的几何图形，找出图形中的相关线段或角的实际意义及所要解决的问题，构造直角三角形，用勾股定理或三角函数求相应的线段长.

9．已知Rt△ABC,∠A=90°,BC=10,以BC为边向下作矩形BCDE,连AE交BC于F. (1)如图1,当AB=AC,且sin∠BEF=(2)如图2,当tan∠ABC=

3BF时，求的值；

CF51时,过D作DH⊥AE于H,求EHEA的值； 2(3)如图3,连AD交BC于G,当FG2BFCG时,求矩形BCDE的面积

【答案】(1)【解析】 【分析】

1 ；（2）80；（3）100. 7(1)过A作AK⊥BC于K,根据sin∠BEF=

3FK3,设FK=3a,AK=5a，可求得BF=a,故得出

5AK5BF1；（2）过A作AK⊥BC于K,延长AK交ED于G,则AG⊥ED，得△EGA∽△EHD，CF7利用相似三角形的性质即可求出；（3）延长AB、ED交于K,延长AC、ED交于T,根据相似

三角形的性质可求出BE=ED，故可求出矩形的面积. 【详解】

解：(1)过A作AK⊥BC于K, ∵sin∠BEF＝∴

33,sin∠FAK＝, 55FK3, AK5设FK=3a,AK=5a, ∴AK=4a,

∵AB=AC,∠BAC=90°, ∴BK=CK=4a, ∴BF=a, 又∵CF=7a, ∴

BF1 CF7 (2)过A作AK⊥BC于K,延长AK交ED于G,则AG⊥ED， ∵∠AGE=∠DHE=90°, ∴△EGA∽△EHD, ∴

EHED， EGEA∴EHEAEG·ED,其中EG=BK, ∵BC=10,tan∠ABC＝cos∠ABC＝1， 22， 520， 5∴BA＝BC· cos∠ABC＝BK= BA·cos∠ABC＝∴EG=8,

另一方面：ED=BC=10, ∴EH·EA=80

2028 55(3)延长AB、ED交于K,延长AC、ED交于T, ∵BC∥KT, ∴

BFAFFG， KEAEEDBFKEFGED ，同理：FGDECGDTBFFG， FGCG∵FG2= BF·CG ∴

∴ED2= KE·DT ∴

KEED ， DEDTKECD， BEDT∴KE·DT ＝BE2， ∴BE2＝ED2 ∴ BE=ED

∴S矩形BCDE1010100

又∵△KEB∽△CDT,∴

【点睛】

此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键根据题意作出辅助线再进行求解.

10．如图，Rt△ABC，CA⊥BC，AC＝4，在AB边上取一点D，使AD＝BC，作AD的垂直平分线，交AC边于点F，交以AB为直径的⊙O于G，H，设BC＝x． （1）求证：四边形AGDH为菱形； （2）若EF＝y，求y关于x的函数关系式； （3）连结OF，CG．

①若△AOF为等腰三角形，求⊙O的面积；

②若BC＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．

【答案】（1）证明见解析；（2）y＝π；②421． 【解析】 【分析】

1216x（x＞0）；（3）①π或8π或（217+2）83（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH即可；

AEEF解决问题； ACBC（3）①分三种情形分别求解即可解决问题；

（2）只要证明△AEF∽△ACB，可得

②只要证明△CFG∽△HFA，可得【详解】

GFCG=，求出相应的线段即可解决问题； AFAH（1）证明：∵GH垂直平分线段AD， ∴HA＝HD，GA＝GD， ∵AB是直径，AB⊥GH， ∴EG＝EH， ∴DG＝DH， ∴AG＝DG＝DH＝AH， ∴四边形AGDH是菱形． （2）解：∵AB是直径， ∴∠ACB＝90°， ∵AE⊥EF，

∴∠AEF＝∠ACB＝90°， ∵∠EAF＝∠CAB， ∴△AEF∽△ACB， ∴

AEEF， ACBC1xy， ∴24x1∴y＝x2（x＞0）．

8（3）①解：如图1中，连接DF．

∵GH垂直平分线段AD， ∴FA＝FD，

∴当点D与O重合时，△AOF是等腰三角形，此时AB＝2BC，∠CAB＝30°， ∴AB＝83， 3∴⊙O的面积为

16π． 3如图2中，当AF＝AO时，

∵AB＝AC2BC2＝16x2，

216x∴OA＝， 211∵AF＝EF2AE2＝x2， 82∴

2216x211＝x2， 28222解得x＝4（负根已经舍弃）， ∴AB＝42， ∴⊙O的面积为8π．

如图2﹣1中，当点C与点F重合时，设AE＝x，则BC＝AD＝2x，AB＝164x2，

∵△ACE∽△ABC， ∴AC2＝AE•AB， ∴16＝x•164x2，

解得x2＝217﹣2（负根已经舍弃）， ∴AB2＝16+4x2＝817+8，

∴⊙O的面积＝π•

1•AB2＝（217+2）π 416π或8π或（217+2）π； 3综上所述，满足条件的⊙O的面积为②如图3中，连接CG．

∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°， ∴AB＝5， ∴OH＝OA＝∴AE＝

5， 23， 22∴OE＝OA﹣AE＝1，

215∴EG＝EH＝1＝， 22∵EF＝∴FG＝

129x＝， 881521930﹣，AF＝AE2EF2＝，AH＝AE2EH2＝，

8822∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF， ∴△CFG∽△HFA， ∴

GFCG， AFAH∴

21928CG， 153082270330﹣，

105∴CG＝∴

30CG+9＝421．

故答案为421． 【点睛】

本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．

11．如图，△ABC是边长为6cm的等边三角形，点D从B点出发沿B→A方向在线段BA上以a cm/s速度运动，与此同时，点E从线段BC的某个端点出发，以b cm/s速度在线段BC上运动，当D到达A点后，D、E运动停止，运动时间为t（秒）．

（1）如图1，若a=b=1，点E从C出发沿C→B方向运动，连AE、CD，AE、CD交于F，连BF．当0＜t＜6时： ①求∠AFC的度数；

AF2FC2BF2②求的值；

AFFC（2）如图2，若a=1，b=2，点E从B点出发沿B→C方向运动，E点到达C点后再沿C→B方向运动．当t≥3时，连DE，以DE为边作等边△DEM，使M、B在DE两侧，求M点所经历的路径长．

【答案】（1）①120°；②1；（2）当3≤t≤6时，M点所经历的路径长为33． 【解析】 【分析】

（1）①如图1，由题可得BD=CE=t，易证△BDC≌△CEA，则有∠BCD=∠CAE，根据三角形外角的性质可求得∠EFC=60°，即可得到∠AFC=120°；

②延长FD到G，使得FG=FA，连接GA、GB，过点B作BH⊥FG于H，如图2，易证△FAG是等边三角形，结合△ABC是等边三角形可证到△AGB≌△AFC，则有GB=FC，

∠AGB=∠AFC=120°，从而可得∠BGF=60°．设AF=x，FC=y，则有FG=AF=x，BG=CF=y．在Rt△BHG中运用直角三角形的性质可得BH=113y，GH=y，从而有FH=x﹣y．在

222Rt△BHF中根据勾股定理可得BF2=x2﹣xy+y2，代入所求代数式就可解决问题；

（2）过点E作EN⊥AB于N，连接MC，如图3，由题可得∠BEN=30°，BD=t，CE=2t﹣6，从而有BE=12﹣2t，BN=6﹣t，进而可得DN=EC．由△DEM是等边三角形可得DE=EM，∠DEM=60°，从而可得∠NDE=∠MEC，进而可证到△DNE≌△ECM，则有∠DNE=∠ECM=90°，故M点运动的路径为过点C垂直于BC的一条线段．

然后只需确定点M的始点和终点位置，就可解决问题． 【详解】

（1）如图1，由题可得BD=CE=t．

∵△ABC是等边三角形，∴BC=AC，∠B=∠ECA=60°．

BDCE在△BDC和△CEA中，BECA，∴△BDC≌△CEA，∴∠BCD=∠CAE，

BCAC∴∠EFC=∠CAE+∠ACF=∠BCD+∠ACF=∠ACB=60°，∴∠AFC=120°；

②延长FD到G，使得FG=FA，连接GA、GB，过点B作BH⊥FG于H，如图2． ∵∠AFG=180°﹣120°=60°，FG=FA，∴△FAG是等边三角形，∴AG=AF=FG，∠AGF=∠GAF=60°．

∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∴∠GAF=∠BAC，∴∠GAB=∠FAC．

AGAF在△AGB和△AFC中，GABFAC，∴△AGB≌△AFC，∴GB=FC，

ABAC∠AGB=∠AFC=120°，∴∠BGF=60°，∴∠GBH=30°． 设AF=x，FC=y，则有FG=AF=x，BG=CF=y． 在Rt△BHG中，GH= y，BH= 在Rt△BHF中，BF2=BH2+FH2 =（1213y，∴FH=FG﹣GH=x﹣y．

2213y）2+（x﹣y）2=x2﹣xy+y2，

2222（x2xyy2）AF2FC2BF2xy∴==1；

xyAFFC（2）过点E作EN⊥AB于N，连接MC，如图3，由题可得：∠BEN=30°，BD=1×t=t，CE=2（t﹣3）=2t﹣6，∴BE=6﹣（2t﹣6）=12﹣2t，BN= BE=6﹣t，∴DN=t﹣（6﹣t）=2t﹣6，∴DN=EC．

∵△DEM是等边三角形，∴DE=EM，∠DEM=60°．

∵∠NDE+∠NED=90°，∠NED+∠MEC=180°﹣30°﹣60°=90°，∴∠NDE=∠MEC．

12DNEC在△DNE和△ECM中，∵NDECEM，∴△DNE≌△ECM，∴∠DNE=∠ECM=90°，

DEEM∴M点运动的路径为过点C垂直于BC的一条线段．

当t=3时，E在点B，D在AB的中点，此时CM=EN=CD=BC•sinB=6×当t=6时，E在点C，D在点A，此时点M在点C；

3=33； 2∴当3≤t≤6时，M点所经历的路径长为33．

【点睛】

本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、特殊角的三角函数值、勾股定理、三角形外角的性质等知识，综合性比较强，有一定的难度；构造旋转型全等三角形（由共顶点的两个等边三角形组成）是解决第1（2）小题的关键，证到∠ECM=90°是解决第（2）小题的关键．

12．如图，由一段斜坡AB的高AD长为0.6米，ABD30o，为了达到无障碍通道的坡道标准，现准备把斜坡改长，使ACD5.71o．

1求斜坡AB的长；

2求斜坡新起点C与原起点B的距离.(精确到0.01米)(参考数据：tan5.71o0.100)

31.732，

AB1.2米；2斜坡新起点C与原起点B的距离为4.96米． 【答案】1?【解析】 【分析】

1在RtVABD中，根据ABADsin30o计算即可；

2分别求出CD、BD即可解决问题；

【详解】

1在RtVABD中，ABADsin30o0.611.2(米)，

22在RtVABD中，BDADtan30o0.6o31.039(米)， 3在RtVACD中，CDADtan5.716(米)，

BCCDBD61.0394.96(米)．

答：求斜坡AB的长为1.2米，斜坡新起点C与原起点B的距离为4.96米． 【点睛】

本题考查解直角三角形的应用，锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．