2020-2021中考数学备考之直角三角形的边角关系压轴突破训练∶培优 易错 难题篇含答案(1)

题篇含答案(1)

一、直角三角形的边角关系

1．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm． （1）求∠CAO＇的度数．

（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？

（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？

【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12方向旋转30°． 【解析】

）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针

试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；

（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得BD=OBsin∠BOD=24×

=12

，由C、O′、B′三点共线可得结果；

（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．

试题解析：（1）∵O′C⊥OA于C，OA=OB=24cm， ∴sin∠CAO′=∴∠CAO′=30°；

（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，∵sin∠BOD=∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin∠BOD=24×∠CAO′=30°，

∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°， ∴O′B′+O′C﹣BD=24+12﹣12

=36﹣12

，

=12

，∴BD=OBsin∠BOD，，∵O′C⊥OA，

，

∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12

）cm；

（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°， 理由：∵显示屏O′B与水平线的夹角仍保持120°， ∴∠EO′F=120°， ∴∠FO′A=∠CAO′=30°， ∵∠AO′B′=120°， ∴∠EO′B′=∠FO′A=30°，

∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．

考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．

2．如图，平台AB高为12m，在B处测得楼房CD顶部点D的仰角为45°，底部点C的俯角为30°，求楼房CD的高度（3＝1．7）．

【答案】32．4米． 【解析】

试题分析：首先分析图形，根据题意构造直角三角形．本题涉及多个直角三角形，应利用其公共边构造关系式求解．

试题解析：如图，过点B作BE⊥CD于点E， 根据题意，∠DBE=45°，∠CBE=30°． ∵AB⊥AC，CD⊥AC， ∴四边形ABEC为矩形， ∴CE=AB=12m， 在Rt△CBE中，cot∠CBE=

BE， CE∴BE=CE•cot30°=12×3=123，

在Rt△BDE中，由∠DBE=45°， 得DE=BE=123．

∴CD=CE+DE=12（3+1）≈32.4． 答：楼房CD的高度约为32.4m．

考点：解直角三角形的应用——仰角俯角问题．

3．在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F．

（1）如图1，将△PDF沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E．求证：△DEF是等腰三角形；

（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P'DF'，连接P'C，F'B．设旋转角为α（0°＜α＜180°）．

①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时，求证：△DP'C∽△DF'B． ②如图3，若点P是CD的中点，△DF'B能否为直角三角形？如果能，试求出此时tan∠DBF'的值，如果不能，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②【解析】

【分析】（1）根据翻折的性质以及平行线的性质可知∠DFQ=∠ADF，所以△DEF是等腰三角形；

（2）①由于PF∥BC，所以△DPF∽△DCB，从而易证△DP′F′∽△DCB；

②由于△DF'B是直角三角形，但不知道哪个的角是直角，故需要对该三角形的内角进行分类讨论．

13 . 或23【详解】（1）由翻折可知：∠DFP=∠DFQ， ∵PF∥BC， ∴∠DFP=∠ADF， ∴∠DFQ=∠ADF， ∴△DEF是等腰三角形；

（2）①若0°＜α＜∠BDC，即DF'在∠BDC的内部时， ∵∠P′DF′=∠PDF，

∴∠P′DF′﹣∠F′DC=∠PDF﹣∠F′DC， ∴∠P′DC=∠F′DB，

由旋转的性质可知：△DP′F′≌△DPF， ∵PF∥BC， ∴△DPF∽△DCB， ∴△DP′F′∽△DCB ∴

DCDP' ， DBDF'∴△DP'C∽△DF'B；

②当∠F′DB=90°时，如图所示， ∵DF′=DF=∴

1BD， 2DF'1， BD2DF'1； BD2∴tan∠DBF′=

当∠DBF′=90°，此时DF′是斜边，即DF′＞DB，不符合题意； 当∠DF′B=90°时，如图所示，

1BD， 2∴∠DBF′=30°，

∵DF′=DF=∴tan∠DBF′=3. 3

【点睛】本题考查了相似三角形的综合问题，涉及旋转的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的性质以及判定等知识，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关的性质与定理、运用分类思想进行讨论是解题的关键.

4．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．

5．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，以AB的中点O为圆心，OA为半径的圆交AC于点D，E是BC的中点，连接DE，OE．

（1）判断DE与⊙O的位置关系，并说明理由； （2）求证：BC2＝2CD•OE； （3）若cosBAD314,BE，求OE的长． 53

【答案】（1）DE为⊙O的切线，理由见解析；（2）证明见解析；（3）OE =【解析】

35． 6试题分析：（1）连接OD，BD，由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB为直角，可得出△BCD为直角三角形，E为斜边BC的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得到CE=DE，从而得∠C=∠CDE，再由OA=OD，得∠A=∠ADO，由Rt△ABC中两锐角互余，从而可得∠ADO与∠CDE互余，可得出∠ODE为直角，即DE垂直于半径OD，可得出DE为⊙O的切线；

（2）由已知可得OE是△ABC的中位线，从而有AC=2OE，再由∠C=∠C，∠ABC=∠BDC，可得△ABC∽△BDC，根据相似三角形的对应边的比相等，即可证得；

（3）在直角△ABC中，利用勾股定理求得AC的长，根据三角形中位线定理OE的长即可求得．

试题解析：（1）DE为⊙O的切线，理由如下： 连接OD，BD，

∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB=90°，

在Rt△BDC中，E为斜边BC的中点， ∴CE=DE=BE=

BC，

∴∠C=∠CDE， ∵OA=OD， ∴∠A=∠ADO，

∵∠ABC=90°， ∴∠C+∠A=90°， ∴∠ADO+∠CDE=90°， ∴∠ODE=90°，

∴DE⊥OD，又OD为圆的半径， ∴DE为⊙O的切线；

（2）∵E是BC的中点，O点是AB的中点， ∴OE是△ABC的中位线， ∴AC=2OE，

∵∠C=∠C，∠ABC=∠BDC， ∴△ABC∽△BDC， ∴

，即BC2=AC•CD．

∴BC2=2CD•OE； （3）解：∵cos∠BAD=∴sin∠BAC=又∵BE=∴AC=

，

，

，

，E是BC的中点，即BC=．

又∵AC=2OE， ∴OE=

AC=

．

考点：1、切线的判定；2、相似三角形的判定与性质；3、三角函数

6．我市在创建全国文明城市的过程中，某社区在甲楼的A处与E处之间悬挂了一副宣传条幅，在乙楼顶部C点测得条幅顶端A点的仰角为45°，条幅底端E点的俯角为30°，若甲、乙两楼之间的水平距离BD为12米，求条幅AE的长度．(结果保留根号)

【答案】AE的长为(1243)

【解析】 【分析】

在RtVACF中求AF的长, 在RtVCEF中求EF的长,即可求解. 【详解】

过点C作CFAB于点F 由题知：四边形CDBF为矩形

CFDB12

在RtVACF中，ACF45

tanACFAF1 CFAF12 在RtVCEF中，ECF30

tanECFEF3 123EF CFEF43 AEAFEF1243 求得AE的长为1243

【点睛】

本题考查了三角函数的实际应用,中等难度,作辅助线构造直角三角形是解题关键.



7．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．

8．如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD．延长PD交圆的切线BE于点E

(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由； (2)如果∠BED=60°，PD=3，求PA的长；

(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．

【答案】（1）证明见解析；（2）1；（3）证明见解析.

【解析】 【分析】

（1）连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；

（2）根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，根据三角函数的定义求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；

（3）根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x的值，可得出△BDE是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形． 【详解】

（1）直线PD为⊙O的切线， 理由如下： 如图1，连接OD，

∵AB是圆O的直径， ∴∠ADB=90°， ∴∠ADO+∠BDO=90°， 又∵DO=BO， ∴∠BDO=∠PBD， ∵∠PDA=∠PBD， ∴∠BDO=∠PDA，

∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD， ∵点D在⊙O上， ∴直线PD为⊙O的切线； （2）∵BE是⊙O的切线， ∴∠EBA=90°， ∵∠BED=60°， ∴∠P=30°， ∵PD为⊙O的切线， ∴∠PDO=90°，

在Rt△PDO中，∠P=30°，PD=3， ∴tan30∴PO0OD，解得OD=1， PDPD2OD2=2，

∴PA=PO﹣AO=2﹣1=1； （3）如图2，

依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF， ∵∠PDA=∠PBD∠ADF=∠ABF， ∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF， ∵AB是圆O的直径， ∴∠ADB=90°，

设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°， ∵四边形AFBD内接于⊙O， ∴∠DAF+∠DBF=180°， 即90°+x+2x=180°，解得x=30°， ∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°， ∵BE、ED是⊙O的切线， ∴DE=BE，∠EBA=90°，

∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形， ∴BD=DE=BE，

又∵∠FDB=∠ADB﹣∠ADF=90°﹣30°=60°∠DBF=2x°=60°， ∴△BDF是等边三角形， ∴BD=DF=BF， ∴DE=BE=DF=BF， ∴四边形DFBE为菱形.

【点睛】

本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．

9．在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，点D是边BC上一点，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接DE．

（1）如图①，当点E落在边BA的延长线上时，∠EDC＝ 度（直接填空）； （2）如图②，当点E落在边AC上时，求证：BD＝

1EC； 2（3）当AB＝22，且点E到AC的距离等于3﹣1时，直接写出tan∠CAE的值．

【答案】（1）90；（2）详见解析；（3）tanEAC【解析】 【分析】

（1）利用三角形的外角的性质即可解决问题；

633 11（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．只要证明△BAD≌△PAE（SAS），提出BD=PE，再证明EC=2PE即可；

（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．设PH＝x，在Rt△EPH中，可得EP＝3x，EH＝2PH＝2x，

由此FH＝2x+3﹣1，CF＝23x+3﹣3，由△BAD≌△PAE，得BD＝EP＝3x，AE＝AD，在Rt△ABG中， AG＝GB＝2，在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，故AE2＝AD2＝AF2+EF2，由勾股定理得AF＝1+3，由此tan∠EAF＝2﹣3，根据对称性可得tan∠EAC＝

6-33． 11【详解】 （1）如图1中，

∵∠EDC＝∠B+∠BED，∠B＝∠BED＝45°， ∴∠EDC＝90°， 故答案为90；

（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．

∵∠DAE＝∠BAP＝90°， ∴∠BAD＝∠PAE， ∵∠B＝45°， ∴∠B＝∠APB＝45°， ∴AB＝AP， ∵AD＝AE，

∴△BAD≌△PAE（SAS）， ∴BD＝PE，∠APE＝∠B＝45°， ∴∠EPD＝∠EPC＝90°， ∵∠C＝30°， ∴EC＝2PE＝2BD；

（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．

设PH＝x，在Rt△EPH中，∵∠EPH＝90°，∠EHP＝60°， ∴EP＝3x，EH＝2PH＝2x，

∴FH＝2x+3﹣1，CF＝3FH＝23x+3﹣3， ∵△BAD≌△PAE， ∴BD＝EP＝3x，AE＝AD， 在Rt△ABG中，∵AB＝22， ∴AG＝GB＝2，

在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4， ∵AE2＝AD2＝AF2+EF2，

∴22+（2﹣3x）2＝（3﹣1）2+（4﹣23x﹣3+3）2， 整理得：9x2﹣12x＝0， 解得x＝

4（舍弃）或0 3∴PH＝0，此时E，P，H共点， ∴AF＝1+3， ∴tan∠EAF＝

EF31＝＝2﹣3． AF316-33． 11根据对称性可知当点E在AC的上方时，同法可得tan∠EAC＝【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

10．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D(点P不与点A，B重合)，作∠DPQ＝60°，边PQ交射线DC于点Q．设点P的运动时间为t秒．

（1）用含t的代数式表示线段DC的长：_________________； （2）当t =__________时，点Q与点C重合时；

（3）当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，求出t的值． 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）先求出AC，用三角函数求出AD，即可得出结论； （2）利用AQ=AC，即可得出结论；

（3）分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论． 【详解】

（1）∵AP= , AB=4,∠A＝30° ∴AC= ∴CD=（2）AQ=2AD=即

= , AD=

；（2）1；（3）t的值为或或.

；

当AQ=AC时，Q与C重合

∴t=1；

（3）①如图，当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，

∴∠PGF＝90°，PG＝PQ＝AP＝t，AF＝AB＝2.

∵∠A＝∠AQP＝30°，∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG＝2t， ∴AP＋PF＝2t＋2t＝2，∴t＝

②如图，当PQ的垂直平分线过AC的中点N时，

，QM＝PQ＝AP＝t.

∴∠QMN＝90°，AN＝AC＝在Rt△NMQ中， ∵AN＋NQ＝AQ，∴

③如图，当PQ的垂直平分线过BC的中点F时，

∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°.

∵∠ABC＝60°，∴∠BFH＝30°＝∠H，∴BH＝BF＝1. 在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t.

∵AH＝AP＋PH＝AB＋BH，∴2t＋2t＝5，∴t＝.

即当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为或或. 【点睛】

此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，垂直平分线的性质，正确作出图形是解本题的关键．

11．

如图，△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝

3，点P是AC边上一动点（不与点A、C重合），5以PA长为半径的⊙P与边AB的另一个交点为D，过点D作DE⊥CB于点E． （1）当⊙P与边BC相切时，求⊙P的半径．

（2）连接BP交DE于点F，设AP的长为x，PF的长为y，求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围．

（3）在（2）的条件下，当以PE长为直径的⊙Q与⊙P相交于AC边上的点G时，求相交所得的公共弦的长.

【答案】（1）R【解析】 【分析】

405xx28x80;（3）50105. ;（2）y93x20（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC＝sinC＝

3，则54HPR4，sinC＝＝＝，即可求解； 5CP10R524xEBBF（2）首先证明PD∥BE，则，即：5PDPFx45，即可求解． 【详解】

（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，

x28x80y，即可求解；

y（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG＝EP＝BD，即：AB＝DB+AD＝AG+AD＝

连接HP，则HP⊥BC，cosC＝sinC＝

34，则sinC＝， 5540HPR4＝＝，解得：R＝； CP10R593， 5（2）在△ABC中，AC＝BC＝10，cosC＝

设AP＝PD＝x，∠A＝∠ABC＝β，过点B作BH⊥AC，

则BH＝ACsinC＝8，

同理可得：CH＝6，HA＝4，AB＝45，则：tan∠CAB＝2， BP＝82+(x4)2＝DA＝x28x80，

2525x，则BD＝45﹣x， 55如下图所示，PA＝PD，∴∠PAD＝∠CAB＝∠CBA＝β，

tanβ＝2，则cosβ＝15，sinβ＝2， 5EB＝BDcosβ＝（45﹣∴PD∥BE，

1225x）×＝4﹣x，

55524xEBBF∴，即：5PDPFx整理得：y＝x28x80y，

y5xx28x80；

3x20（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，

两个圆交于点G，则PG＝PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D， GD为相交所得的公共弦， ∵点Q是弧GD的中点， ∴DG⊥EP， ∵AG是圆P的直径， ∴∠GDA＝90°， ∴EP∥BD，

由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形， ∴AG＝EP＝BD，

∴AB＝DB+AD＝AG+AD＝45， 设圆的半径为r，在△ADG中，

2r4rAD＝2rcosβ＝，DG＝，AG＝2r，

552r20+2r＝45，解得：2r＝， 5514r则：DG＝＝50﹣105，

5相交所得的公共弦的长为50﹣105． 【点睛】

本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．

12．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； ∴当3≤t≤6时，M点所经历的路径长为33．

3=33； 2

【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．