【精品解析】备考2023年中考数学压轴题训练 ——解直角三角形

备考2023年中考数学压轴题训练 ——解直角三角形
一、真题
1．（2022·连云港）如图
【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放.其中 ， ， .
【问题探究】
小昕同学将三角板 绕点 按顺时针方向旋转.
（1）如图2，当点 落在边 上时，延长 交 于点 ，求 的长.
（2）若点 、 、 在同一条直线上，求点 到直线 的距离.
（3）连接 ，取 的中点 ，三角板 由初始位置（图1），旋转到点 、 、 首次在同一条直线上（如图3），求点 所经过的路径长.
（4）如图4， 为 的中点，则在旋转过程中，点 到直线 的距离的最大值是　 　.
【答案】（1）解：由题意得，，
∵在中，，，，
∴.
（2）解：①当点E在BC上方时，
如图一，过点D作DH⊥BC于点H，
在中，，，，
∴，
∴，
在中，，，，，
∴，
∵点C、E、D在同一直线上，且，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴；
②当点E在BC下方时，
如图二，过点D作DM⊥BC于点M，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
综上，点D到直线BC的距离为+1或-1.
（3）解：如图三，取的中点，连接，则，
∴点G在以O为圆心，为半径的圆上，
当三角板DEB绕点B顺时针由初始位置旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，
点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，
∴点G所经过的路径长=.
（4）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；弧长的计算；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：（4）如图四，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC中点，BC=3，
∴OB=BC=，
在Rt△OKB中，∠KBO=30°，
∴OK=×=，
由（3）可知：点G在以O为圆心，为半径的圆上，
∴点G到直线AB的距离最大值=+=.
故答案为：.
【分析】（1）在中，有，，根据30°角的余弦即可求得BF的长；
（2）分两种情况：①当点E在BC上方，如图一过点D作DH⊥BC于点H，解直角三角形得BC=3，，由勾股定理求得CE=3，从而得CD=3+，再由三角形BCD的面积得，代入数据计算即可；②当点E在BC下方时，如图二，过点D作DM⊥BC于点M，由勾股定理求得CE=3，则CD=3-，同理由三角形BCD的面积得，代入数据计算即可；
（3）如图三，取的中点，连接，则，则点G在以O为圆心，为半径的圆上，当三角板DEB绕点B顺时针由初始位置旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，最后由弧长计算公式代入数据即可求解；
（4）如图四，过点O作OK⊥AB于K，由点O为BC中点，BC=3，求得OB=BC=，解直角三角形可求得OK=，由（3）可知：点G在以O为圆心，为半径的圆上，即得点G到直线AB的距离最大值.
2．（2022·重庆）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
（1）如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
（2）如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出 的值．
【答案】（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
∴△CBE≌△BCK
∴BK=CE=BD，
∴∠BKD=∠BDK=∠CEB=∠ADF
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°
∴∠DFE=120°，
∴∠EFC=60°
（2）解：△ABE≌△BCD，∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°
方法一：倍长CN至Q，连接FQ，
∴△CNM≌△QNF，∴FQ=CM=BC
延长CF至P，使得PF=BF，
∴△PBF为正三角形
∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC
∵PB=PF，
∴△PFQ≌△PBC，
∴△PCQ为正三角形
∴BF+CF=PC=QC=2CN
方法二：如图2-2，倍长MC得等边△BCQ，再证△BPC≌△BFQ
方法三：如图2-3，将△BFC绕C顺时针旋转120°得△MPC，
∴∠FPM=90°，
∵NP=FN
∴CN垂直平分FP，且∠CFQ=30°，
∴CN=CQ+NQ=
（3）解：
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆的综合题；解直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1) 如图，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
，
∴△CBE≌△BCK（SAS），
∴BK=CE=BD，
∴∠BKD=∠BDK=∠CEB=∠ADF，
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°，
∴∠DFE=120°，
∴∠EFC=60°；
(2) BF+CF=2CN ，理由如下：
如图，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵AB=AC，由（1）得∠A=60° ，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB= BC=AC，∠A=∠DBC = 60°，
又∵BD= AE，
∴△ABE≌△BCD (SAS)，
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120° ，
∵CN=QN，∠QNF=∠CNM，NF = NM，
∴△CNM≌△QNF (SAS) ，
∴FQ=CM，∠QFN=∠CMN，
∵旋转，
∴AC= CM，
∴FQ=CM= BC，
在CF上截取FP=FB，连接BP，
∴∠BFC= 120°，
∴∠BFP= 60° ，
∴△PBF为正三角形，
∴∠BPF=60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM= 120°，
∴∠FCM=∠PBC，
∴∠QFN=∠CMN，
∴FQ∥CM，
∴∠PFQ=∠FCM，
∴∠PFQ=∠PBC，
又∵PB=PF，FQ= BC，
∴△PFQ≌△PBC (SAS) ，
∴PQ=PC，∠QPF=∠CPB= 60°，
∴△PCQ为正三角形，
∴BF+CF=PF+CF=PC=QC= 2CN，
即BF +CF= 2CN；
(3)解：由（2）知∠BFC=120°，
∴F轨迹为红色圆弧，O为该圆的圆心，此时AO是BC的垂直平分线，
∴P、F、O三点共线时，PF取得最小值，
∠PAO=∠PAB+∠BAO=90°，
此时 ，
∴
∵，
∴，
如图3-2，作HL⊥PK于L， 设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ，
设 ，
在Rt△HLP中，tan∠HPL==，
∴PL=，
∴PH==，HK==，
∵S△PHK=PK·HL=KH·PR，
即，
∴，
∴，
∵BC=AP=2PH=2，
∴.
【分析】(1)在射线CD上取一点K，使得CK=BE，利用SAS证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠ BDK=∠ADF然后根据补角的性质，结合四边形的内角和，即可求出结果；
(2) 利用SAS证明△ABE≌△BCD求出∠BFC= 120°倍长CN至Q连接FQ， PQ利用SAS证明△CNM≌△QNF求出FQ=CM= BC在CF上截取FP=FB连接BP，求出△PBF为等边三角形，再求出∠PFQ=∠PBC然后利用SAS证明△PFQ≌△PBC得出PQ=PC∠QPF=∠CPB = 60°，则可得△PCQ为等边三角形，最后由BF+CF= PF+CF= PC= QC = 2CN，即可得出结论
(3)根据∠BFC= 120°可知F轨迹为圆弧，设O为该圆的圆心，此时AO是BC的垂直平分线， 当P、F、O三点共线时PF取得最小值，设HL=LK=2解直角三角形，求出PL、PH， 然后利用等积法求出PQ，再计算即可.
3．（2022·攀枝花）如图，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，点C为线段上一动点（不与A、B重合），以C为顶点作，射线交线段于点D，将射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，连接.
（1）证明：；（用图1）
（2）当为直角三角形时，求的长度；（用图2）
（3）点A关于射线的对称点为F，求的最小值.（用图3）
【答案】（1）证明：已知射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，
，
，
，
，
，
又，
，
；
（2）解：直线，当时，，
，
，
当时，，
，
，
，
如图2，，
，
，
，
，
设，，
，
，
，
，即，
，
，
，
，，
由（1）知：，
，
（3）解：如图3，由对称得：，
则动点F在以O为圆心，以为半径的半圆上运动，
当F在y轴上，此时在B的正上方，的值最小，如图4，
此时，即的最小值是2.
【知识点】轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系；旋转的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1） 由旋转性质得∠COE=90°，由等角的余角相等得∠ABO=∠CEO，结合∠ABO=∠EDO，根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△BDC∽△EDO，根据相似三角形对应边成比例即可得出结论；
（2）令直线解析式中的x=0算出对应的函数y的值，可得点B的坐标，令直线解析式中的y=0算出对应的自变量x的值，可得点A的坐标，根据等角的同名三角函数值相等得 ，设OD=3m，CD=4m，然后判断出△CDB∽△AOB，根据相似三角形对应边成比例得 ，据此可用含m的式子表示出BD，再根据OB=BD+OD=6建立方程，求解可得m的值，从而再根据（1）的结论，可求出DE的长；
（3）根据对称的性质得OA=OF， 则动点F在以O为圆心，以OA为半径的半圆上运动， 当F在y轴上，此时在B的正上方，BF的值最小， 进而根据BF=OF-OB算出答案.
4．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是　 　；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
5．（2022·安顺）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．
（1）求线段的长；
（2）求证四边形为菱形；
（3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：如图
四边形 是矩形， ， ，
， ，
将矩形 沿 折叠，顶点 恰好落在 边上的点 处，
，
在 中， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得 ，
；
（2）证明： ，
，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
，
中， ，
，
，
四边形 为菱形；
（3）解： ，设 ， 是直角三角形
设
由（2）可得
①当 时，如图，
， ，
解得 ；
②当 时，
同理可得
综上所述， 或
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质求出BC和CD长，根据折叠的性质求出CF长，在 中，根据勾股定理求出BF，则可得出AF长，设 ，在Rt△AEF中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(2)根据(1)的结论分别求得GF、DG，根据三角函数定义和矩形的性质求出EA和GA，在 中，根据勾股定理求出DG长，再求出GF长，从而得出 ，根据四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
(3)设 ，设 ，利用(2)的结果求出 ，然后分两种情况讨论，即①∠DNM = 90°，②∠NDM=90°，分别根据解直角三角形求解即可.
6．（2022·绵阳）如图，平行四边形ABCD中，DB＝，AB＝4，AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．
（1）如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为秒时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；
（2）如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为多少？
（3）如图3，H在线段AB上且AH＝HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．
【答案】（1）解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∴，∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为秒，∴AF=，AE=，∵AB=4，AD=2，∴BF=， ED=，∴，∴BG=1，∴CG=3，∵，∴△PDE∽△PGC，∴，∴；
（2）解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，，∵， AB=4，AD=2，∴，∴△ABD是直角三角形，∵，∴∠ABD=30°，∴∠A=60°，如图，过点E作交于H，
∴，∴；∴当x＞0时，y随x的增大而增大，此时当x=2时，y有最大值3；当时，E点在BD上，F点在AB上，如图， 过点E作交于N，过点D作交于M，则EN∥DM，
根据题意得：DE=x-2，∴，在Rt△ABD中，，AM=1，∵EN∥DM，∴△BEN∽△BDM，∴，∴∴，∴，此时该函数图象的对称轴为直线 ，∴当时，y随x的增大而减小，此时当x=2时，y有最大值3；当时，点E、F均在BD上，过点E作交于Q，过点F作交于P，过点D作DM⊥AB于点M，
∴，DA+DE=x，∵AB=4，AD=2，∴，，∵PF∥DM，∴△BFP∽△BDM，∴，即，∴，∵，∴△BEQ∽△BDM，∴，即，∴，∴，此时y随x的增大而减小，此时当时，y有最大值；综上所述：y关于x的函数解析式为当时，y最大值为；
（3）解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：连接DH，如图，
∵，AB=4，∴．AH=1，由（2）得：此时，∵M是DF的中点，∴HM=DM=MF，∵EF∥BD，BD⊥AD，∴EF⊥AD，∴EM=DM=FM，∴EM=HM．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；二次函数-动态几何问题；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）延长DF交CB的延长线于点G，利用平行四边形的性质可证得CG∥AD，可推出△AFD∽△BFG，利用相似三角形的对应边成比例可证得；再利用点E和点F的运动速度和方向，可求出AF，AE的长，结合已知可求出BF，ED的长；代入比例式，可求出BG的长，即可得到CG的长；再证明△PDE∽△PGC，利用相似三角形的对应边成比例可求出PE和PC的比值.
（2）分情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，可表示出AE的长，利用勾股定理的逆定理证明△ABD是直角三角形，利用解直角三角形求出∠ABD，∠A的度数；过点E作EH⊥AB于点H，利用解直角三角形表示出EH的长；然后利用三角形的面积公式可得到y与x之间的函数解析式；当时，E点在BD上，F点在AB上，如图，过点E作EN⊥AB于点N，过点D作DM⊥AB于点M，可得到EN∥DM，可表示出DE，BE的长 ，在Rt△ABD中，利用解直角三角形表示出DM的长，利用EN∥DM可证得△BEN∽△BDM，利用相似三角形的对应边成比例，可表示出EN的长；然后利用三角形的面积公式可得到y与x之间的函数解析式；利用函数解析式可得到此函数的对称轴，利用二次函数的增减性，可得到当x=2时，y有最大值3；当时，点E、F均在BD上，过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作PF⊥AB交于P，过点D作DM⊥AB于点M，分别表示出AB+BF，DA+DE，BE的长，易证△BFP∽△BDM，利用相似三角形的性质可表示出PF的长；由EQ∥DM，可证得△BEQ∽△BDM，利用相似三角形的性质，可求出EQ的长，利用三角形的面积公式可得到y与x之间的函数解析式，利用二次函数的增减性可求出y的最值；综上所述可得到y与x之间的函数解析式.
（3）连接DH，利用AH＝HB，可求出AH的长，由（2） 可知AH⊥AB，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得HM=DM=MF；再证明EF⊥AD，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得EM=DM=FM，由此可证得结论.
二、模拟预测
7．（2023·包头模拟）阅读下面的材料，并回答所提出的问题：如图所示，在锐角三角形中，求证：
这个三角形不是一个直角三角形，不能直接使用锐角三角函数的知识去处理，所以必须构造直角三角形，过点A作，垂足为D，则在和中由正弦定义可完成证明．
解：如图，过点A作，垂足为D，
在中，，则
中，，则
所以，即
（1）在上述分析证明过程中，主要用到了下列三种数学思想方法的哪一种（　　）
A．数形结合的思想； B．转化的思想； C．分类的思想
（2）用上述思想方法解答下面问题．
在中，，求和的面积．
（3）用上述结论解答下面的问题（不必添加辅助线）
在锐角三角形中，，求的度数．
【答案】（1）B
（2）解：过A作于D，
在直角三角形中，，
∴，
∴，
直角三角形中，根据勾股定理可得，
，
；
（3）解：由题意可得：＝，
即：，
∴sinB＝，
∴．
【知识点】解直角三角形
【解析】【解答】解：（1）由求解过程可知主要用到了转化的思想
故答案为：B；
【分析】（1）根据解过程可知主要用到了转化的思想；
（2）过A作于D， 解直角三角形求出AD、AB，根据三角形面积公式求出的面积；
（3）根据结论可得 ＝，即：，求出sinB＝，则。
8．（2022·抚州模拟）在数学学习过程中，我们总是从一些最简单的图形出发，研究其中的边角关系，然后再应用所得到的结论去解决其他较复杂的问题．
（1）【基本图形】如图（1），在中，，，则　 　．（用含m，的式子表示）
（2）【解决问题】在中，， ，．
①如图（2），P是边上一动点，点P关于，的对称点分别是D，E，连接，，，，请写出与的数量关系，并说明理由；
②如图（3），若P，Q，R分别是边，，上的动点，则的周长的最小值为 ▲ ．
（3）【应用拓展】如图（4），E，F分别是边长为的正方形的边，上的动点，且，P，Q，R分别是△的边，，上的动点，请直接写出的周长的最小值．
【答案】（1）
（2）解：①，理由如下：
如图，连接BD，CE，
由题意知：AP=AD=AE，BD=BP，CP=CE，
∵AB=AB，AC=AC，
∴△ABD≌△ABP，△ACP ≌ACE，
∴∠BAD=∠BAP，∠CAP=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAD+∠BAP+∠CAP+∠CAE=2（∠BAP+∠CAP）=2∠BAC，
∵ ，
∴∠DAE =90°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD2+AE2=DE2，
∴DE2=2AP2，
∴；
②
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；轴对称的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：（1） 过点A作AD⊥BC交BC于点D，
∵AB=AC=m，，
∴，，
∵，
∴，即，
故答案为：；
（2）②如图，连接，，，，DQ、ER，则DQ=PQ，PR=ER，
∴△PQR的周长为PQ+QR+PR=DQ+QR+RE≥DE，
即当点D、Q、R、E四点共线时，△PQR的周长最小，最小值为DE的长，
∵，
∴当AP最小时，△PQR的周长最小，
根据题意得：当AP⊥BC时，AP有最小值，
∵∠ABC=60°，∠BAC=45°，
∴∠ACB=75°，
当AP⊥BC时，
∴∠APB=∠APC=90°，
∴∠BAP=30°，∠CAP=15°，
∵，
∴，
∴△PQR周长的最小值为；
故答案为：
（3）过点A作AH⊥EF于点H，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，
∵∠EAF=45°，
由（2）②得：△PQR周长的最小值为，
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABG=∠ABC=∠D=90°，
∴△ABG≌△ADF，
∴AG=AF，∠GAB=∠FAD，
∴∠GAF=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=∠FAE=45°，
又∵AE=AE，
∴△AGE≌△AFE，
∴AH=AB=2．
∴△PQR周长的最小值为．
【分析】（1）过点A作AD⊥BC交BC于点D，根据等腰三角形的性质可得，，再根据锐角三角函数正弦的定义得出结论；
（2） ① 连接BD，CE， 证明△ABD≌△ABP，△ACP ≌ACE，得出 △ADE为等腰直角三角形， 再由勾股定理求解即可； ②连接，，，，DQ、ER，则DQ=PQ，PR=ER，可得当点D、Q、R、E四点共线时，△PQR的周长最小，最小值为DE的长，再由，得到当AP最小时，△PQR的周长最小，求出此时的最小值即可；
（3）过点A作AH⊥EF于点H，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，由（2）②得：△PQR周长的最小值为，根据正方形的性质先证明△ABG≌△ADF，可得AG=AF，∠GAB=∠FAD，从而得到∠GAE=∠FAE=45°，进而证明△AGE≌△AFE，即可求解。
9．（2023·河南模拟）已知：⊙O是△ABC的外接圆，连接BO并延长交AC于点D，∠CDB＝3∠ABD.
（1）如图1，求证：AC＝AB；
（2）如图2，点E是弧AB上一点，连接CE，AF⊥CE于点F，且∠BAF＝∠ACE，求tan∠BCE的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长BD交⊙O于点H，连接FH，若EF＝2，BC＝8，求线段FH的长.
【答案】（1）证明：连接OC，如图：
∵∠CDB＝∠DAB+∠ABD，∠CDB＝3∠ABD，
∴∠DAB＝2∠ABD，即∠CAB＝2∠ABD，
∵＝，
∴∠COB＝2∠CAB，
∴∠COB＝4∠ABD，
而∠COB＝∠CDO+∠DCO，
∴4∠ABD＝∠CDB+∠ACO＝3∠ABD+∠ACO，
∴∠ACO＝∠ABD，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠ACB＝∠ACO+∠OCB＝∠ABD+∠OBC＝∠ABC，
∴AC＝AB；
（2）解：设AB与CE交于G点，如图：
∵∠AGF+∠AFG+∠GAF＝180°＝∠CGB+∠GBC+∠BCG，且∠AGF＝∠CGB，
∴∠AFG+∠GAF＝∠GBC+∠BCG，
∵AF⊥CE，
∴∠AFG＝90°，
∴90°+∠GAF＝∠GBC+∠BCG，
由（1）知：∠ACB＝∠ABC＝∠GBC，
∴∠GBC＝∠ACE+∠BCE，
∴90°+∠GAF＝∠ACE+∠BCE+∠BCG，
∵∠BAF＝∠ACE，即∠GAF＝∠ACE，
∴90°＝∠BCE+∠BCG，即2∠BCE＝90°，
∴∠BCE＝45°，
∴tan∠BCE＝tan45°＝1；
（3）解：过点G作GG1⊥BC于G1；过点B作BB1⊥CG于B1；过点O作OO1⊥AB于O1，连接AH，AE，
设CG1＝x＞0，
在直角△GG1C中，∠G1CG＝∠BCE＝45°，
∴直角△GG1C是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
在直角△BB1C中，∠B1CB＝∠BCE＝45°，
∴直角△BB1C是等腰直角三角形，
∴，，
∴CB1＝BB1＝8，
∴，
∵∠AFG＝∠BB1G＝90°，且∠AGF＝∠BGB1，
∴△AFG∽△BB1G，
∴，即①，
∵∠AFE＝∠GG1B＝90°，且∠AEC＝∠ABC（所对的弧是劣弧），即∠AEF＝∠GBG1；
∴△AFE∽△GG1B，
∴，即，
∴②，
∵∠AFG＝∠CFA＝90°，且∠BAF＝∠ACE，即∠GAF＝∠ACF；
∴△AFG∽△CFA，
∴，
又，
∴③，
由①变形得，
代入到③得，
∴将②代入得，
化简得，
解得或（舍弃，否则∠ABC＝90°，同时∠ACB＝∠ABC，△ABC一个等腰三角形，底角不能是90°），
∴，
∴由②得：，
∴代入①得：，解得GF＝，
在直角△AFG中，根据勾股定理，，
∴代入①后一个等式得，解得GB＝，
∴，
由（1）得：∠CAB＝2∠ABD，∠ACB＝∠ABC，
∴2∠ABD+2∠ACB＝180°，
∴∠ABD+∠ACB＝90°，
又∠ACB＝∠ACE+∠BCE＝∠ACE+45°，
∴∠ABD+∠ACE+45°＝90°，
∴∠ABD+∠ACE＝45°，
∴∠ABD+∠BAF＝45°
∵＝，
∴∠BAE＝∠BCE＝45°，即∠BAF+∠EAF＝45°，
∴∠ABD＝∠EAF，即∠O1BO＝∠EAF，
∴tan∠O1BO＝tan∠EAF，
在直角△AFE中，，
在直角△OO1B中，
∴，
∴OO1＝，
根据垂径定理，可得，
在直角△OO1B中，，
∴，
直角△HAB中，，
设HF与AB交于点K，作AF中点K1，过K1作K1K2垂直AE于点K2，在线段AF上取点K3，使得∠K3KA＝90°，如下图：
∵，
∴直角△K1FE是等腰直角三角形，
∴，，
∴∠EK1F＝∠EAK1+∠K1EA＝45°，而45°＝∠KAE＝∠BCE＝∠KAK3+∠EAK1，
∴∠KAK3＝∠K1EA，
∴tan∠KAK3＝tan∠K1EA，
∵△EAK1的面积为AK1 EF＝AE K1K2，即2×2＝AE K1K2，
在直角△AEF中，，
∴K1K2＝，
在直角△EK1K2中，EK2＝，
∴，
在直角△K3KA中，，
设KK3＝t＞0，那么AK＝3t，
∴，
∴FK3＝AF-AK3＝4-t，
∵∠HAK＝∠K3KA＝90°，
∴AH∥KK3，
∴∠AHF＝∠K3KF，且∠K3FK＝∠AFH，
∴△K3FK∽△AFH，
∴，即，解得，
而，
∴，
∴AK＝3t＝3×＝，
在直角△HAK中，HK＝，
∴，解得，
即线段FH的长为.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OC，由三角形外角性质得∠CDB＝∠DAB+∠ABD，结合∠CDB＝3∠ABD，得 ∠DAB＝2∠ABD，即∠CAB＝2∠ABD， 由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠COB＝2∠CAB，即 ∠COB＝4∠ABD， 由三角形外角性质得∠COB＝∠CDO+∠DCO，推出∠ACO＝∠ABD，由等边对等角得∠OCB＝∠OBC，由等式的性质得∠ACB＝∠ABC，从而根据等角对等边即可得出结论；
（2） 设AB与CE交于G点， 由三角形内角和定理及对顶角相等得90°+∠GAF＝∠GBC+∠BCG， 根据（1）的结论可转化为90°＝∠BCE+∠BCG，即2∠BCE＝90°， 从而得出角∠BCE的度数，进而根据特殊锐角三角函数值即可得出tan∠BCE 的值；
（3） 过点G作GG1⊥BC于G1，过点B作BB1⊥CG于B1，过点O作OO1⊥AB于O1，连接AH，AE， 易得 直角△GG1C、 △BB1C是等腰直角三角形， 然后判断出△AFG∽△BB1G， △AFE∽△GG1B， △AFG∽△CFA， 由相似三角形对应边成比例可求出AF、AB，然后找出 ∠ABD＝∠EAF，即∠O1BO＝∠EAF， 根据等角的同名三角函数值相等建立方程可求出OO1，由垂径定理得出O1B的长，在Rt△ OO1B中，利用勾股定理算出OB，得HB的长，在Rt△HAB中，用勾股定理算出HA； 设HF与AB交于点K，作AF中点K1，过K1作K1K2垂直AE于点K2，在线段AF上取点K3，使得∠K3KA＝90°，推出 ∠KAK3＝∠K1EA， 由等角的同名三角函数值相等得tan∠KAK3＝tan∠K1EA，根据锐角三角函数的定义可得到边的关系，解方程得出各边长 ，再证△K3FK∽△AFH，由相似三角形对应边成比例建立方程，结合勾股定理即可求出FH的长.
10．（2022·兴城模拟）在中，，，点D，E在线段上，点F在的延长线上，连接CD，EF，，．
（1）如图1，当时，线段的数量关系是　 　；
（2）如图2，当时，请写出线段的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当，点E是中点时，请直接写出的面积．
【答案】（1）CD=EF
（2）解： AC－BE=2BF．
过点D作DG⊥AB交AC于点G，如下图．
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=∠AGD=60°， ∠CGD=∠EBF=120° ，
∴．
∵，
∴，
∴GD=BF．
∵∠ACD=∠BEF，∠CGD=∠EBF，
∴△CGD≌△EBF，
∴BE=CG，
∴AC－CG=AG，
∴AC－BE=AG．
∵∠A=30°，∠GDA=90°，
∴AG=2GD，
∴AC－BE=2GD，
∴AC－BE=2BF；
（3）
【知识点】解直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：（2）过点F作交AB的延长线于点T．
∵，，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴；
(3)作交AB的延长线于点K，过点C作于点H．
∵，，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）过点F作交AB的延长线于点T，证出，即可得出结论；
（2）AC－BE=2BF．过点D作DG⊥AB交AC于点G，证出△CGD≌△EBF，得出BE=CG，AG=2GD，从而得出AC－BE=2GD，即可得出结论；
（3）作交AB的延长线于点K，过点C作于点H，由题意得出，从而得出CH、AC的值，再根据，得出，，再利用三角形面积公式求解即可。
11．（2023·青岛模拟）如图
【问题提出】
正多边形内任意一点到各边距离之和与这个正多边形的半径和中心角有什么关系？
【问题探究】
如图①，是等边三角形，半径，是中心角，是内任意一点，到各边距离、、分别为，设的边长是，面积为．过点作．
∴，，，
∴，①
∵又可以表示②
联立①②得
∴
∴
（1）【问题解决】
如图②，五边形是正五边形，半径，是中心角，是五边形内任意一点，到五边形各边距分别为、、、、，参照（1）的分析过程，探究的值与正五边形的半径及中心角的关系．
（2）【性质应用】
正六边形（半径是）内任意一点到各边距离之和　 　．
（3）如图③，正边形（半径是）内任意一点到各边距离之和　 　．
【答案】（1）解：设正五边形的边长是，面积为，显然，
为正五边形的中心，连接，它们将五边形分成五个全等的等腰三角形，
过点作，垂足为，
∴，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴
∴
即：
∴
（2）
（3）
【知识点】解直角三角形；正多边形的性质
【解析】【解答】【性质应用】（2）同【问题解决】可得：正六边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和，
故答案为：；
（3）正n边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和，
.
【分析】（1）设正五边形的边长是，面积为，则，再结合，可得，最后化简可得；
（2）根据（1）的计算方法可得；
（3）根据规律可得。
12．（2023·岳阳楼模拟）如图①，在中，，，，D为的中点，为的中位线，四边形为的内接矩形（矩形的四个顶点均在的边上）.
（1）计算矩形的面积；
（2）将矩形沿向右平移、点F落在上时停止移动，在平移过程中，当矩形与重叠部分的面积为时，求矩形平移的距离；
（3）如图③，将（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形，将矩形绕点按顺时针方向旋转，当H1落在上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形，设旋转角为，求的值.
【答案】（1）解：如图①，在中，
∵，，，
∴，
又∵D为的中点，
∴，，
又∵为的中位线，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，
∴矩形的面积；
（2）解：如图②，设矩形移动的距离为x，则，
当矩形与重叠部分为三角形时，
则，，
∴（舍去），
当矩形与重叠部分为直角梯形时，则，
重叠部分的面积，
∴，
即矩形移动的距离为时，矩形与重叠部分的面积是；
（3）解：如图③，于Q，
设，则，
∵ ，，
在中，，
解之得：，（负的舍去）.
∴.
【知识点】矩形的性质；平移的性质；解直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据含30°角直角三角形的性质得AB=2，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得CD=1，根据中位线定理得EF、DF的长，在△FGD中，根据正弦函数的定义可得GF的长，由矩形的面积计算公式即可算出答案；
（2）分类讨论：① 当矩形与△CBD重叠部分为三角形时（ ） ，利用三角形面积公式及锐角三角函数可得结果；② 当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时（）， 列出方程求解即可；
（3） 如图③，H2Q⊥AB于Q ， 设，则， 在Rt△QH2G1中，利用勾股定理建立方程可得m，进而利用余弦函数可求出答案.
13．（2022·莲湖模拟）
（1）问题提出：如图1，在中，点、分别是、的中点，连接、、，与交于点，若，则　 　；
（2）问题探究：如图2，在中，，，点是上一点（可与端点重合），连接、，，求面积的最小值；
（3）问题解决：某湿地公园拟建一个梯形花园，示意图如图3所示，其中，，.管理员计划在区域种植水生植物，在区域种植甲种花卉.根据设计要求，要满足点在上，，是锐角，且，若种植水生植物每平方米需400元，种植甲种花卉每平方米需100元，求种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用至少为多少元？
【答案】（1）8
（2）解：过点作于点.
在中，，，
在中，
∵，
∴.
过点作于点，取的中点，连接，则，
在中，，
∴，
∴当最小时，最小，
∵，
∴的最小值为，
∴.
（3）解：延长，交于点，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，.
过点作于点，
在中，.
种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用为：
.
∴当的长最小时，种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用最少.
作的外接圆，连接、、，过作于点，在弦所对的优弧上找一点，连接、，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，即.
设，则，，，
∵，
∴，
∴.
∴，
∴的最小值为，
∴.
∴种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用至少为（或）元.
【知识点】三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形的中位线定理；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵DE是的中位线
∴DE//BC且
易证
∴
∴
∴.
故答案为：8；
【分析】（1）证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行求解即可；
（2）过点C作CF⊥AD于点F，易得，过点E作EM⊥BC于点M，取BC的中点O，连接OE，则， 由于， 可知当OE最小时，最小， 继而得解；
（3）延长DE，CB交于点F，证明，可得，. 过点作于点G，种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用为，可得当CF的长最小时，种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用最少.作的外接圆，连接OF、OC、OE，过O作于点H，在弦FC所对的优弧上找一点M，连接MF、MC， 由直角三角形的性质求出CF的最小值即可.
14．（2022·榆次模拟）综合与实践
问题背景：
在综合与实践课上，老师让同学们探索有一组邻边相等，一组对角互补的四边形的性质．如图1，在四边形中，，．
（1）实践操作：
同学们首先从特殊情形开始探索，如图2，当时，其它条件不变，发现了平分的性质，有两个小组给出如下的证明思路：
“团结组”：利用“在一个角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上”；
“实践组”：由想到将绕点旋转，使与重合，将四边形转化成我们学过的特殊图形．
①请你分别在图2，图3中画出符合“团结组”和“实践组”思路的辅助线；
②求证：平分；（从上面的两个思路中选一个或按照自己的思路）
（2）“创新组”的同学发现在图2中，请你说明理由；
（3）拓展延伸：
“善思组”的同学受“创新组”同学的启发，提出如下问题：如图4，当时，其它条件不变，延长到点，使，过点分别作交的延长线于点，交的延长线于点，若，则四边形的形状为　 　，四边形的面积为　 　．
【答案】（1）解：①过点作于点E，交延长线于点．如下图2所示：
延长BC至，使，连接．如下图3所示：
②方法一（如图2）：
图2
证明：过点作于点E，交延长线于点．
∴．
又∵，
∴四边形为矩形．
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
在与中，
，
∴．
∴．
又∵，，
∴平分．
方法二（如图3）：
图3
证明：将绕点逆时针旋转至，
∴，，．
∵，，
∴．
∴．
∴，，三点共线．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴平分
（2）证明：由（1）得，
∴，．
又∵四边形为矩形，
∴四边形为正方形．
∴．
∴．
∵，平分，
∴．
∵在中，，
∴．
∴
（3）菱形；
【知识点】解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】(3)解：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
∵中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
将绕点逆时针旋转得，
∴，，．
∵，，
∴，
∴．
∴，，三点共线．
由旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
作于点H，
则，
∴，
解得，
∴，
∴，
故答案为：菱形，．
【分析】（1）①根据要求作出图形即可；
②利用旋转的性质及三角形全等的判定和性质求解即可；
（2）先证明，再结合锐角三角函数求出可得，最后代入计算可得；
（3）根据菱形的判定方法和面积的计算方法求解即可。
15．（2022·石家庄模拟）在半径为10的扇形AOB中，，延长OB到点C，使．点D为上的动点，点E是扇形所在平面内的点，连接OD，DE，EC，当时，解答下列问题：
（1）论证：如图1，连接OE，DC，当时，求证：；
（2）发现：当时，∠ODE的度数可能是多少？
（3）尝试：如图2，当点D，E，C三点共线时，求点D到OA所在直线的距离；
（4）拓展：当点E在OC的下方，且DE与相切时，直接写出∠DOC的余弦值．
【答案】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形OECD是平行四边形，
∴．
（2）解：当点O，E，C三点共线时，如图2，
则，
∴，即为等边三角形，
∴．
当点O，E，C三点不共线时，连接BD，如图3，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形BCED为菱形，
∴，
∴．
（3）解：过点D作DF⊥OC于F，作DG⊥OA于G，如图4，
∴
∴四边形OFDG为矩形，
∴．设，则，
在中，，
在中，，，
∴
∴，即，
∴，
∴点D到OA所在直线的距离为．
（4）解：cos∠DOC=
【知识点】勾股定理；扇形面积的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：(4)如图5，过点E作EM⊥BC，垂足为M，连接OE，OD，
设DE与BC交于点F，
∵DE是圆的切线，
∴DO⊥DE，
∵DO=DE=EC=OB=BC=10，
∴，，
设OM=x，MC=y，
∴，
∴，
解得，
∴=，
∵∠ODF=∠EMF=90°，∠OFD=∠EFM，
∴∠DOC=∠MEF，
∴cos∠DOC==cos∠MEF，
∴，
设EF=，OF=4k，
∴，
解得(舍去)，
∴EF==，
∴cos∠DOC==
【分析】（1）证明四边形ODCE是平行四边形即可；
（2）分两种情况：当点E在OC的上方时，四边形DBCE是菱形，当点E'与B重合时，满足条件，分别求解即可；
（3）过点D作DF⊥OC于F，作DG⊥OA于G，设，则，利用勾股定理可得求出，从而得到；
（4）过点E作EM⊥BC，垂足为M，连接OE，OD，设EF=，OF=4k，根据勾股定理可得，求出，即可得到EF==，再利用余弦的定义可得cos∠DOC==。
1 / 1备考2023年中考数学压轴题训练 ——解直角三角形
一、真题
1．（2022·连云港）如图
【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图1所示的方式摆放.其中 ， ， .
【问题探究】
小昕同学将三角板 绕点 按顺时针方向旋转.
（1）如图2，当点 落在边 上时，延长 交 于点 ，求 的长.
（2）若点 、 、 在同一条直线上，求点 到直线 的距离.
（3）连接 ，取 的中点 ，三角板 由初始位置（图1），旋转到点 、 、 首次在同一条直线上（如图3），求点 所经过的路径长.
（4）如图4， 为 的中点，则在旋转过程中，点 到直线 的距离的最大值是　 　.
2．（2022·重庆）如图，在锐角△ABC中，∠A=60°，点D，E分别是边AB，AC上一动点，连接BE交直线CD于点F．
（1）如图1，若AB>AC，且BD=CE，∠BCD=∠CBE，求∠CFE的度数；
（2）如图2，若AB=AC，且BD=AE，在平面内将线段AC绕点C顺时针方向旋转60°得到线段CM，连接MF，点N是MF的中点，连接CN．在点D，E运动过程中，猜想线段BF，CF，CN之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）若AB=AC，且BD=AE，将△ABC沿直线AB翻折至△ABC所在平面内得到△ABP，点H是AP的中点，点K是线段PF上一点，将△PHK沿直线HK翻折至△PHK所在平面内得到△QHK，连接PQ．在点D，E运动过程中，当线段PF取得最小值，且QK⊥PF时，请直接写出 的值．
3．（2022·攀枝花）如图，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，点C为线段上一动点（不与A、B重合），以C为顶点作，射线交线段于点D，将射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，连接.
（1）证明：；（用图1）
（2）当为直角三角形时，求的长度；（用图2）
（3）点A关于射线的对称点为F，求的最小值.（用图3）
4．（2022·淮安）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究.如图（1），在菱形中，为锐角，为中点，连接，将菱形沿折叠，得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点.
（1）【观察发现】与的位置关系是　 　；
（2）【思考表达】连接，判断与是否相等，并说明理由；
（3）如图（2），延长交于点，连接，请探究的度数，并说明理由；
（4）【综合运用】如图（3），当时，连接，延长交于点，连接，请写出、、之间的数量关系，并说明理由.
5．（2022·安顺）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．
（1）求线段的长；
（2）求证四边形为菱形；
（3）如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
6．（2022·绵阳）如图，平行四边形ABCD中，DB＝，AB＝4，AD＝2，动点E，F同时从A点出发，点E沿着A→D→B的路线匀速运动，点F沿着A→B→D的路线匀速运动，当点E，F相遇时停止运动．
（1）如图1，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，当运动时间为秒时，设CE与DF交于点P，求线段EP与CP长度的比值；
（2）如图2，设点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为个单位每秒，运动时间为x秒，ΔAEF的面积为y，求y关于x的函数解析式，并指出当x为何值时，y的值最大，最大值为多少？
（3）如图3，H在线段AB上且AH＝HB，M为DF的中点，当点E、F分别在线段AD、AB上运动时，探究点E、F在什么位置能使EM＝HM．并说明理由．
二、模拟预测
7．（2023·包头模拟）阅读下面的材料，并回答所提出的问题：如图所示，在锐角三角形中，求证：
这个三角形不是一个直角三角形，不能直接使用锐角三角函数的知识去处理，所以必须构造直角三角形，过点A作，垂足为D，则在和中由正弦定义可完成证明．
解：如图，过点A作，垂足为D，
在中，，则
中，，则
所以，即
（1）在上述分析证明过程中，主要用到了下列三种数学思想方法的哪一种（　　）
A．数形结合的思想； B．转化的思想； C．分类的思想
（2）用上述思想方法解答下面问题．
在中，，求和的面积．
（3）用上述结论解答下面的问题（不必添加辅助线）
在锐角三角形中，，求的度数．
8．（2022·抚州模拟）在数学学习过程中，我们总是从一些最简单的图形出发，研究其中的边角关系，然后再应用所得到的结论去解决其他较复杂的问题．
（1）【基本图形】如图（1），在中，，，则　 　．（用含m，的式子表示）
（2）【解决问题】在中，， ，．
①如图（2），P是边上一动点，点P关于，的对称点分别是D，E，连接，，，，请写出与的数量关系，并说明理由；
②如图（3），若P，Q，R分别是边，，上的动点，则的周长的最小值为 ▲ ．
（3）【应用拓展】如图（4），E，F分别是边长为的正方形的边，上的动点，且，P，Q，R分别是△的边，，上的动点，请直接写出的周长的最小值．
9．（2023·河南模拟）已知：⊙O是△ABC的外接圆，连接BO并延长交AC于点D，∠CDB＝3∠ABD.
（1）如图1，求证：AC＝AB；
（2）如图2，点E是弧AB上一点，连接CE，AF⊥CE于点F，且∠BAF＝∠ACE，求tan∠BCE的值；
（3）如图3，在（2）的条件下，延长BD交⊙O于点H，连接FH，若EF＝2，BC＝8，求线段FH的长.
10．（2022·兴城模拟）在中，，，点D，E在线段上，点F在的延长线上，连接CD，EF，，．
（1）如图1，当时，线段的数量关系是　 　；
（2）如图2，当时，请写出线段的数量关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，当，点E是中点时，请直接写出的面积．
11．（2023·青岛模拟）如图
【问题提出】
正多边形内任意一点到各边距离之和与这个正多边形的半径和中心角有什么关系？
【问题探究】
如图①，是等边三角形，半径，是中心角，是内任意一点，到各边距离、、分别为，设的边长是，面积为．过点作．
∴，，，
∴，①
∵又可以表示②
联立①②得
∴
∴
（1）【问题解决】
如图②，五边形是正五边形，半径，是中心角，是五边形内任意一点，到五边形各边距分别为、、、、，参照（1）的分析过程，探究的值与正五边形的半径及中心角的关系．
（2）【性质应用】
正六边形（半径是）内任意一点到各边距离之和　 　．
（3）如图③，正边形（半径是）内任意一点到各边距离之和　 　．
12．（2023·岳阳楼模拟）如图①，在中，，，，D为的中点，为的中位线，四边形为的内接矩形（矩形的四个顶点均在的边上）.
（1）计算矩形的面积；
（2）将矩形沿向右平移、点F落在上时停止移动，在平移过程中，当矩形与重叠部分的面积为时，求矩形平移的距离；
（3）如图③，将（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形，将矩形绕点按顺时针方向旋转，当H1落在上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形，设旋转角为，求的值.
13．（2022·莲湖模拟）
（1）问题提出：如图1，在中，点、分别是、的中点，连接、、，与交于点，若，则　 　；
（2）问题探究：如图2，在中，，，点是上一点（可与端点重合），连接、，，求面积的最小值；
（3）问题解决：某湿地公园拟建一个梯形花园，示意图如图3所示，其中，，.管理员计划在区域种植水生植物，在区域种植甲种花卉.根据设计要求，要满足点在上，，是锐角，且，若种植水生植物每平方米需400元，种植甲种花卉每平方米需100元，求种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用至少为多少元？
14．（2022·榆次模拟）综合与实践
问题背景：
在综合与实践课上，老师让同学们探索有一组邻边相等，一组对角互补的四边形的性质．如图1，在四边形中，，．
（1）实践操作：
同学们首先从特殊情形开始探索，如图2，当时，其它条件不变，发现了平分的性质，有两个小组给出如下的证明思路：
“团结组”：利用“在一个角的内部，到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上”；
“实践组”：由想到将绕点旋转，使与重合，将四边形转化成我们学过的特殊图形．
①请你分别在图2，图3中画出符合“团结组”和“实践组”思路的辅助线；
②求证：平分；（从上面的两个思路中选一个或按照自己的思路）
（2）“创新组”的同学发现在图2中，请你说明理由；
（3）拓展延伸：
“善思组”的同学受“创新组”同学的启发，提出如下问题：如图4，当时，其它条件不变，延长到点，使，过点分别作交的延长线于点，交的延长线于点，若，则四边形的形状为　 　，四边形的面积为　 　．
15．（2022·石家庄模拟）在半径为10的扇形AOB中，，延长OB到点C，使．点D为上的动点，点E是扇形所在平面内的点，连接OD，DE，EC，当时，解答下列问题：
（1）论证：如图1，连接OE，DC，当时，求证：；
（2）发现：当时，∠ODE的度数可能是多少？
（3）尝试：如图2，当点D，E，C三点共线时，求点D到OA所在直线的距离；
（4）拓展：当点E在OC的下方，且DE与相切时，直接写出∠DOC的余弦值．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：由题意得，，
∵在中，，，，
∴.
（2）解：①当点E在BC上方时，
如图一，过点D作DH⊥BC于点H，
在中，，，，
∴，
∴，
在中，，，，，
∴，
∵点C、E、D在同一直线上，且，
∴，
在中，，，，
∴，
∴，
∵，
∴；
②当点E在BC下方时，
如图二，过点D作DM⊥BC于点M，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
综上，点D到直线BC的距离为+1或-1.
（3）解：如图三，取的中点，连接，则，
∴点G在以O为圆心，为半径的圆上，
当三角板DEB绕点B顺时针由初始位置旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，
点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，
∴点G所经过的路径长=.
（4）
【知识点】三角形的面积；勾股定理；弧长的计算；解直角三角形；旋转的性质
【解析】【解答】解：（4）如图四，过点O作OK⊥AB于K，
∵点O为BC中点，BC=3，
∴OB=BC=，
在Rt△OKB中，∠KBO=30°，
∴OK=×=，
由（3）可知：点G在以O为圆心，为半径的圆上，
∴点G到直线AB的距离最大值=+=.
故答案为：.
【分析】（1）在中，有，，根据30°角的余弦即可求得BF的长；
（2）分两种情况：①当点E在BC上方，如图一过点D作DH⊥BC于点H，解直角三角形得BC=3，，由勾股定理求得CE=3，从而得CD=3+，再由三角形BCD的面积得，代入数据计算即可；②当点E在BC下方时，如图二，过点D作DM⊥BC于点M，由勾股定理求得CE=3，则CD=3-，同理由三角形BCD的面积得，代入数据计算即可；
（3）如图三，取的中点，连接，则，则点G在以O为圆心，为半径的圆上，当三角板DEB绕点B顺时针由初始位置旋转到点C、B、D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，最后由弧长计算公式代入数据即可求解；
（4）如图四，过点O作OK⊥AB于K，由点O为BC中点，BC=3，求得OB=BC=，解直角三角形可求得OK=，由（3）可知：点G在以O为圆心，为半径的圆上，即得点G到直线AB的距离最大值.
2．【答案】（1）解：如图1，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
∴△CBE≌△BCK
∴BK=CE=BD，
∴∠BKD=∠BDK=∠CEB=∠ADF
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°
∴∠DFE=120°，
∴∠EFC=60°
（2）解：△ABE≌△BCD，∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120°
方法一：倍长CN至Q，连接FQ，
∴△CNM≌△QNF，∴FQ=CM=BC
延长CF至P，使得PF=BF，
∴△PBF为正三角形
∴∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM=120°，
∴∠PFQ=∠FCM=∠PBC
∵PB=PF，
∴△PFQ≌△PBC，
∴△PCQ为正三角形
∴BF+CF=PC=QC=2CN
方法二：如图2-2，倍长MC得等边△BCQ，再证△BPC≌△BFQ
方法三：如图2-3，将△BFC绕C顺时针旋转120°得△MPC，
∴∠FPM=90°，
∵NP=FN
∴CN垂直平分FP，且∠CFQ=30°，
∴CN=CQ+NQ=
（3）解：
【知识点】等边三角形的判定与性质；圆的综合题；解直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：(1) 如图，在射线CD上取一点K，使得CK=BE，
，
∴△CBE≌△BCK（SAS），
∴BK=CE=BD，
∴∠BKD=∠BDK=∠CEB=∠ADF，
∴∠ADF+∠AEF=∠AEF+∠CEB=180°，
∴∠A+∠DFE=180°，
∴∠DFE=120°，
∴∠EFC=60°；
(2) BF+CF=2CN ，理由如下：
如图，倍长CN至Q，连接FQ，PQ，
∵AB=AC，由（1）得∠A=60° ，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB= BC=AC，∠A=∠DBC = 60°，
又∵BD= AE，
∴△ABE≌△BCD (SAS)，
∴∠BCF=∠ABE，
∴∠FBC+∠BCF=60°，
∴∠BFC=120° ，
∵CN=QN，∠QNF=∠CNM，NF = NM，
∴△CNM≌△QNF (SAS) ，
∴FQ=CM，∠QFN=∠CMN，
∵旋转，
∴AC= CM，
∴FQ=CM= BC，
在CF上截取FP=FB，连接BP，
∴∠BFC= 120°，
∴∠BFP= 60° ，
∴△PBF为正三角形，
∴∠BPF=60°，∠PBC+∠PCB=∠PCB+∠FCM= 120°，
∴∠FCM=∠PBC，
∴∠QFN=∠CMN，
∴FQ∥CM，
∴∠PFQ=∠FCM，
∴∠PFQ=∠PBC，
又∵PB=PF，FQ= BC，
∴△PFQ≌△PBC (SAS) ，
∴PQ=PC，∠QPF=∠CPB= 60°，
∴△PCQ为正三角形，
∴BF+CF=PF+CF=PC=QC= 2CN，
即BF +CF= 2CN；
(3)解：由（2）知∠BFC=120°，
∴F轨迹为红色圆弧，O为该圆的圆心，此时AO是BC的垂直平分线，
∴P、F、O三点共线时，PF取得最小值，
∠PAO=∠PAB+∠BAO=90°，
此时 ，
∴
∵，
∴，
如图3-2，作HL⊥PK于L， 设PQ与HK交于点R，则HK垂直平分PQ，
设 ，
在Rt△HLP中，tan∠HPL==，
∴PL=，
∴PH==，HK==，
∵S△PHK=PK·HL=KH·PR，
即，
∴，
∴，
∵BC=AP=2PH=2，
∴.
【分析】(1)在射线CD上取一点K，使得CK=BE，利用SAS证明△CBE≌△BCK，求出∠CEB=∠BKD=∠ BDK=∠ADF然后根据补角的性质，结合四边形的内角和，即可求出结果；
(2) 利用SAS证明△ABE≌△BCD求出∠BFC= 120°倍长CN至Q连接FQ， PQ利用SAS证明△CNM≌△QNF求出FQ=CM= BC在CF上截取FP=FB连接BP，求出△PBF为等边三角形，再求出∠PFQ=∠PBC然后利用SAS证明△PFQ≌△PBC得出PQ=PC∠QPF=∠CPB = 60°，则可得△PCQ为等边三角形，最后由BF+CF= PF+CF= PC= QC = 2CN，即可得出结论
(3)根据∠BFC= 120°可知F轨迹为圆弧，设O为该圆的圆心，此时AO是BC的垂直平分线， 当P、F、O三点共线时PF取得最小值，设HL=LK=2解直角三角形，求出PL、PH， 然后利用等积法求出PQ，再计算即可.
3．【答案】（1）证明：已知射线绕点O顺时针旋转交射线于点E，
，
，
，
，
，
又，
，
；
（2）解：直线，当时，，
，
，
当时，，
，
，
，
如图2，，
，
，
，
，
设，，
，
，
，
，即，
，
，
，
，，
由（1）知：，
，
（3）解：如图3，由对称得：，
则动点F在以O为圆心，以为半径的半圆上运动，
当F在y轴上，此时在B的正上方，的值最小，如图4，
此时，即的最小值是2.
【知识点】轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；同角三角函数的关系；旋转的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】（1） 由旋转性质得∠COE=90°，由等角的余角相等得∠ABO=∠CEO，结合∠ABO=∠EDO，根据有两组角对应相等的两个三角形相似得△BDC∽△EDO，根据相似三角形对应边成比例即可得出结论；
（2）令直线解析式中的x=0算出对应的函数y的值，可得点B的坐标，令直线解析式中的y=0算出对应的自变量x的值，可得点A的坐标，根据等角的同名三角函数值相等得 ，设OD=3m，CD=4m，然后判断出△CDB∽△AOB，根据相似三角形对应边成比例得 ，据此可用含m的式子表示出BD，再根据OB=BD+OD=6建立方程，求解可得m的值，从而再根据（1）的结论，可求出DE的长；
（3）根据对称的性质得OA=OF， 则动点F在以O为圆心，以OA为半径的半圆上运动， 当F在y轴上，此时在B的正上方，BF的值最小， 进而根据BF=OF-OB算出答案.
4．【答案】（1）
（2）解：，
理由：如图，连接，，
∵为中点，
∴，
∴点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∴，
由翻折变换的性质可知，
∴，
∴；
（3）解：结论：；
理由：如图，连接，，，延长至点H，
由翻折的性质可知，
设，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，点B、、C在以为直径，E为圆心的圆上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（4）解：结论：，
理由：如图，延长交的延长线于点，过点作交的延长线于点，
设，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，则有，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴.
【知识点】菱形的性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】（1）解：∵在菱形中，，
∴由翻折的性质可知，，
故答案为：；
【分析】（1）利用翻折变换的性质及菱形的性质判断即可；
（2）结论：∠DEC＝∠B'CE，连接B'C、BB'，根据折叠性质得BE=EC=EB'，故点B、B'、C在以BC为直径，E为圆心的圆上，根据直径所对的圆周角是直角得∠BB'C=90°， 由翻折变换性质知BB'⊥DE， 从而即可推出DE∥CB′，进而再根据平行线的性质即可得出结论；
（3）结论：∠DEC=90°，连接B'C、DB、DB'延长DE至点H，由翻折性质得∠BDE=∠B'DE，设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，根据菱形的性质、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质及圆周角定理得 ，根据平行线的性质及角的和差可得 ，从而可得∠CGA'=2∠GB'C，从而推出证明GC＝GB′，根据到线段两端点的距离相等的点在线段垂直平分线上推出EG⊥CB′，即可解决问题；
（4）结论： ，延长DG交EB′的延长线于点T，过点D作DR⊥GA′交GA′的延长线于点R； 设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a， 根据旋转、翻折性质及邻补角可得∠DA'R=60°，则 ， ，在Rt△DGR中，根据勾股定理建立方程，求解用含a的式子表示出x，进而判断出△B'TG∽△A'DG，根据相似三角形对应边成比例建立方程，求解可表示出TB'，根据平行线分线段成比例定理表示出DE，可得结论．
5．【答案】（1）解：如图
四边形 是矩形， ， ，
， ，
将矩形 沿 折叠，顶点 恰好落在 边上的点 处，
，
在 中， ，
，
设 ，则 ，
在 中， ，
，
解得 ，
；
（2）证明： ，
，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
，
中， ，
，
，
四边形 为菱形；
（3）解： ，设 ， 是直角三角形
设
由（2）可得
①当 时，如图，
， ，
解得 ；
②当 时，
同理可得
综上所述， 或
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质求出BC和CD长，根据折叠的性质求出CF长，在 中，根据勾股定理求出BF，则可得出AF长，设 ，在Rt△AEF中，根据勾股定理建立方程求解，即可解答；
(2)根据(1)的结论分别求得GF、DG，根据三角函数定义和矩形的性质求出EA和GA，在 中，根据勾股定理求出DG长，再求出GF长，从而得出 ，根据四边相等的四边形是菱形即可得出结论；
(3)设 ，设 ，利用(2)的结果求出 ，然后分两种情况讨论，即①∠DNM = 90°，②∠NDM=90°，分别根据解直角三角形求解即可.
6．【答案】（1）解：如图，延长DF交CB的延长线于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，∴，∵点E的速度为1个单位每秒，点F的速度为4个单位每秒，运动时间为秒，∴AF=，AE=，∵AB=4，AD=2，∴BF=， ED=，∴，∴BG=1，∴CG=3，∵，∴△PDE∽△PGC，∴，∴；
（2）解：根据题意得：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，，∵， AB=4，AD=2，∴，∴△ABD是直角三角形，∵，∴∠ABD=30°，∴∠A=60°，如图，过点E作交于H，
∴，∴；∴当x＞0时，y随x的增大而增大，此时当x=2时，y有最大值3；当时，E点在BD上，F点在AB上，如图， 过点E作交于N，过点D作交于M，则EN∥DM，
根据题意得：DE=x-2，∴，在Rt△ABD中，，AM=1，∵EN∥DM，∴△BEN∽△BDM，∴，∴∴，∴，此时该函数图象的对称轴为直线 ，∴当时，y随x的增大而减小，此时当x=2时，y有最大值3；当时，点E、F均在BD上，过点E作交于Q，过点F作交于P，过点D作DM⊥AB于点M，
∴，DA+DE=x，∵AB=4，AD=2，∴，，∵PF∥DM，∴△BFP∽△BDM，∴，即，∴，∵，∴△BEQ∽△BDM，∴，即，∴，∴，此时y随x的增大而减小，此时当时，y有最大值；综上所述：y关于x的函数解析式为当时，y最大值为；
（3）解：当EF∥BD时，能使EM＝HM．理由如下：连接DH，如图，
∵，AB=4，∴．AH=1，由（2）得：此时，∵M是DF的中点，∴HM=DM=MF，∵EF∥BD，BD⊥AD，∴EF⊥AD，∴EM=DM=FM，∴EM=HM．
【知识点】相似三角形的判定与性质；解直角三角形；二次函数-动态几何问题；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）延长DF交CB的延长线于点G，利用平行四边形的性质可证得CG∥AD，可推出△AFD∽△BFG，利用相似三角形的对应边成比例可证得；再利用点E和点F的运动速度和方向，可求出AF，AE的长，结合已知可求出BF，ED的长；代入比例式，可求出BG的长，即可得到CG的长；再证明△PDE∽△PGC，利用相似三角形的对应边成比例可求出PE和PC的比值.
（2）分情况讨论：当0≤x≤2时，E点在AD上，F点在AB上，此时AE=x，可表示出AE的长，利用勾股定理的逆定理证明△ABD是直角三角形，利用解直角三角形求出∠ABD，∠A的度数；过点E作EH⊥AB于点H，利用解直角三角形表示出EH的长；然后利用三角形的面积公式可得到y与x之间的函数解析式；当时，E点在BD上，F点在AB上，如图，过点E作EN⊥AB于点N，过点D作DM⊥AB于点M，可得到EN∥DM，可表示出DE，BE的长 ，在Rt△ABD中，利用解直角三角形表示出DM的长，利用EN∥DM可证得△BEN∽△BDM，利用相似三角形的对应边成比例，可表示出EN的长；然后利用三角形的面积公式可得到y与x之间的函数解析式；利用函数解析式可得到此函数的对称轴，利用二次函数的增减性，可得到当x=2时，y有最大值3；当时，点E、F均在BD上，过点E作EQ⊥AB交于Q，过点F作PF⊥AB交于P，过点D作DM⊥AB于点M，分别表示出AB+BF，DA+DE，BE的长，易证△BFP∽△BDM，利用相似三角形的性质可表示出PF的长；由EQ∥DM，可证得△BEQ∽△BDM，利用相似三角形的性质，可求出EQ的长，利用三角形的面积公式可得到y与x之间的函数解析式，利用二次函数的增减性可求出y的最值；综上所述可得到y与x之间的函数解析式.
（3）连接DH，利用AH＝HB，可求出AH的长，由（2） 可知AH⊥AB，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得HM=DM=MF；再证明EF⊥AD，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得EM=DM=FM，由此可证得结论.
7．【答案】（1）B
（2）解：过A作于D，
在直角三角形中，，
∴，
∴，
直角三角形中，根据勾股定理可得，
，
；
（3）解：由题意可得：＝，
即：，
∴sinB＝，
∴．
【知识点】解直角三角形
【解析】【解答】解：（1）由求解过程可知主要用到了转化的思想
故答案为：B；
【分析】（1）根据解过程可知主要用到了转化的思想；
（2）过A作于D， 解直角三角形求出AD、AB，根据三角形面积公式求出的面积；
（3）根据结论可得 ＝，即：，求出sinB＝，则。
8．【答案】（1）
（2）解：①，理由如下：
如图，连接BD，CE，
由题意知：AP=AD=AE，BD=BP，CP=CE，
∵AB=AB，AC=AC，
∴△ABD≌△ABP，△ACP ≌ACE，
∴∠BAD=∠BAP，∠CAP=∠CAE，
∴∠DAE=∠BAD+∠BAP+∠CAP+∠CAE=2（∠BAP+∠CAP）=2∠BAC，
∵ ，
∴∠DAE =90°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
∴AD2+AE2=DE2，
∴DE2=2AP2，
∴；
②
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；轴对称的性质；解直角三角形
【解析】【解答】解：（1） 过点A作AD⊥BC交BC于点D，
∵AB=AC=m，，
∴，，
∵，
∴，即，
故答案为：；
（2）②如图，连接，，，，DQ、ER，则DQ=PQ，PR=ER，
∴△PQR的周长为PQ+QR+PR=DQ+QR+RE≥DE，
即当点D、Q、R、E四点共线时，△PQR的周长最小，最小值为DE的长，
∵，
∴当AP最小时，△PQR的周长最小，
根据题意得：当AP⊥BC时，AP有最小值，
∵∠ABC=60°，∠BAC=45°，
∴∠ACB=75°，
当AP⊥BC时，
∴∠APB=∠APC=90°，
∴∠BAP=30°，∠CAP=15°，
∵，
∴，
∴△PQR周长的最小值为；
故答案为：
（3）过点A作AH⊥EF于点H，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，
∵∠EAF=45°，
由（2）②得：△PQR周长的最小值为，
在正方形ABCD中，AB=AD，∠ABG=∠ABC=∠D=90°，
∴△ABG≌△ADF，
∴AG=AF，∠GAB=∠FAD，
∴∠GAF=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=∠FAE=45°，
又∵AE=AE，
∴△AGE≌△AFE，
∴AH=AB=2．
∴△PQR周长的最小值为．
【分析】（1）过点A作AD⊥BC交BC于点D，根据等腰三角形的性质可得，，再根据锐角三角函数正弦的定义得出结论；
（2） ① 连接BD，CE， 证明△ABD≌△ABP，△ACP ≌ACE，得出 △ADE为等腰直角三角形， 再由勾股定理求解即可； ②连接，，，，DQ、ER，则DQ=PQ，PR=ER，可得当点D、Q、R、E四点共线时，△PQR的周长最小，最小值为DE的长，再由，得到当AP最小时，△PQR的周长最小，求出此时的最小值即可；
（3）过点A作AH⊥EF于点H，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，由（2）②得：△PQR周长的最小值为，根据正方形的性质先证明△ABG≌△ADF，可得AG=AF，∠GAB=∠FAD，从而得到∠GAE=∠FAE=45°，进而证明△AGE≌△AFE，即可求解。
9．【答案】（1）证明：连接OC，如图：
∵∠CDB＝∠DAB+∠ABD，∠CDB＝3∠ABD，
∴∠DAB＝2∠ABD，即∠CAB＝2∠ABD，
∵＝，
∴∠COB＝2∠CAB，
∴∠COB＝4∠ABD，
而∠COB＝∠CDO+∠DCO，
∴4∠ABD＝∠CDB+∠ACO＝3∠ABD+∠ACO，
∴∠ACO＝∠ABD，
∵OC＝OB，
∴∠OCB＝∠OBC，
∴∠ACB＝∠ACO+∠OCB＝∠ABD+∠OBC＝∠ABC，
∴AC＝AB；
（2）解：设AB与CE交于G点，如图：
∵∠AGF+∠AFG+∠GAF＝180°＝∠CGB+∠GBC+∠BCG，且∠AGF＝∠CGB，
∴∠AFG+∠GAF＝∠GBC+∠BCG，
∵AF⊥CE，
∴∠AFG＝90°，
∴90°+∠GAF＝∠GBC+∠BCG，
由（1）知：∠ACB＝∠ABC＝∠GBC，
∴∠GBC＝∠ACE+∠BCE，
∴90°+∠GAF＝∠ACE+∠BCE+∠BCG，
∵∠BAF＝∠ACE，即∠GAF＝∠ACE，
∴90°＝∠BCE+∠BCG，即2∠BCE＝90°，
∴∠BCE＝45°，
∴tan∠BCE＝tan45°＝1；
（3）解：过点G作GG1⊥BC于G1；过点B作BB1⊥CG于B1；过点O作OO1⊥AB于O1，连接AH，AE，
设CG1＝x＞0，
在直角△GG1C中，∠G1CG＝∠BCE＝45°，
∴直角△GG1C是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
在直角△BB1C中，∠B1CB＝∠BCE＝45°，
∴直角△BB1C是等腰直角三角形，
∴，，
∴CB1＝BB1＝8，
∴，
∵∠AFG＝∠BB1G＝90°，且∠AGF＝∠BGB1，
∴△AFG∽△BB1G，
∴，即①，
∵∠AFE＝∠GG1B＝90°，且∠AEC＝∠ABC（所对的弧是劣弧），即∠AEF＝∠GBG1；
∴△AFE∽△GG1B，
∴，即，
∴②，
∵∠AFG＝∠CFA＝90°，且∠BAF＝∠ACE，即∠GAF＝∠ACF；
∴△AFG∽△CFA，
∴，
又，
∴③，
由①变形得，
代入到③得，
∴将②代入得，
化简得，
解得或（舍弃，否则∠ABC＝90°，同时∠ACB＝∠ABC，△ABC一个等腰三角形，底角不能是90°），
∴，
∴由②得：，
∴代入①得：，解得GF＝，
在直角△AFG中，根据勾股定理，，
∴代入①后一个等式得，解得GB＝，
∴，
由（1）得：∠CAB＝2∠ABD，∠ACB＝∠ABC，
∴2∠ABD+2∠ACB＝180°，
∴∠ABD+∠ACB＝90°，
又∠ACB＝∠ACE+∠BCE＝∠ACE+45°，
∴∠ABD+∠ACE+45°＝90°，
∴∠ABD+∠ACE＝45°，
∴∠ABD+∠BAF＝45°
∵＝，
∴∠BAE＝∠BCE＝45°，即∠BAF+∠EAF＝45°，
∴∠ABD＝∠EAF，即∠O1BO＝∠EAF，
∴tan∠O1BO＝tan∠EAF，
在直角△AFE中，，
在直角△OO1B中，
∴，
∴OO1＝，
根据垂径定理，可得，
在直角△OO1B中，，
∴，
直角△HAB中，，
设HF与AB交于点K，作AF中点K1，过K1作K1K2垂直AE于点K2，在线段AF上取点K3，使得∠K3KA＝90°，如下图：
∵，
∴直角△K1FE是等腰直角三角形，
∴，，
∴∠EK1F＝∠EAK1+∠K1EA＝45°，而45°＝∠KAE＝∠BCE＝∠KAK3+∠EAK1，
∴∠KAK3＝∠K1EA，
∴tan∠KAK3＝tan∠K1EA，
∵△EAK1的面积为AK1 EF＝AE K1K2，即2×2＝AE K1K2，
在直角△AEF中，，
∴K1K2＝，
在直角△EK1K2中，EK2＝，
∴，
在直角△K3KA中，，
设KK3＝t＞0，那么AK＝3t，
∴，
∴FK3＝AF-AK3＝4-t，
∵∠HAK＝∠K3KA＝90°，
∴AH∥KK3，
∴∠AHF＝∠K3KF，且∠K3FK＝∠AFH，
∴△K3FK∽△AFH，
∴，即，解得，
而，
∴，
∴AK＝3t＝3×＝，
在直角△HAK中，HK＝，
∴，解得，
即线段FH的长为.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；解直角三角形
【解析】【分析】（1）连接OC，由三角形外角性质得∠CDB＝∠DAB+∠ABD，结合∠CDB＝3∠ABD，得 ∠DAB＝2∠ABD，即∠CAB＝2∠ABD， 由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍得∠COB＝2∠CAB，即 ∠COB＝4∠ABD， 由三角形外角性质得∠COB＝∠CDO+∠DCO，推出∠ACO＝∠ABD，由等边对等角得∠OCB＝∠OBC，由等式的性质得∠ACB＝∠ABC，从而根据等角对等边即可得出结论；
（2） 设AB与CE交于G点， 由三角形内角和定理及对顶角相等得90°+∠GAF＝∠GBC+∠BCG， 根据（1）的结论可转化为90°＝∠BCE+∠BCG，即2∠BCE＝90°， 从而得出角∠BCE的度数，进而根据特殊锐角三角函数值即可得出tan∠BCE 的值；
（3） 过点G作GG1⊥BC于G1，过点B作BB1⊥CG于B1，过点O作OO1⊥AB于O1，连接AH，AE， 易得 直角△GG1C、 △BB1C是等腰直角三角形， 然后判断出△AFG∽△BB1G， △AFE∽△GG1B， △AFG∽△CFA， 由相似三角形对应边成比例可求出AF、AB，然后找出 ∠ABD＝∠EAF，即∠O1BO＝∠EAF， 根据等角的同名三角函数值相等建立方程可求出OO1，由垂径定理得出O1B的长，在Rt△ OO1B中，利用勾股定理算出OB，得HB的长，在Rt△HAB中，用勾股定理算出HA； 设HF与AB交于点K，作AF中点K1，过K1作K1K2垂直AE于点K2，在线段AF上取点K3，使得∠K3KA＝90°，推出 ∠KAK3＝∠K1EA， 由等角的同名三角函数值相等得tan∠KAK3＝tan∠K1EA，根据锐角三角函数的定义可得到边的关系，解方程得出各边长 ，再证△K3FK∽△AFH，由相似三角形对应边成比例建立方程，结合勾股定理即可求出FH的长.
10．【答案】（1）CD=EF
（2）解： AC－BE=2BF．
过点D作DG⊥AB交AC于点G，如下图．
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=∠AGD=60°， ∠CGD=∠EBF=120° ，
∴．
∵，
∴，
∴GD=BF．
∵∠ACD=∠BEF，∠CGD=∠EBF，
∴△CGD≌△EBF，
∴BE=CG，
∴AC－CG=AG，
∴AC－BE=AG．
∵∠A=30°，∠GDA=90°，
∴AG=2GD，
∴AC－BE=2GD，
∴AC－BE=2BF；
（3）
【知识点】解直角三角形；三角形的综合
【解析】【解答】解：（2）过点F作交AB的延长线于点T．
∵，，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
，
∴，
∴；
(3)作交AB的延长线于点K，过点C作于点H．
∵，，，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
【分析】（1）过点F作交AB的延长线于点T，证出，即可得出结论；
（2）AC－BE=2BF．过点D作DG⊥AB交AC于点G，证出△CGD≌△EBF，得出BE=CG，AG=2GD，从而得出AC－BE=2GD，即可得出结论；
（3）作交AB的延长线于点K，过点C作于点H，由题意得出，从而得出CH、AC的值，再根据，得出，，再利用三角形面积公式求解即可。
11．【答案】（1）解：设正五边形的边长是，面积为，显然，
为正五边形的中心，连接，它们将五边形分成五个全等的等腰三角形，
过点作，垂足为，
∴，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴
∴
即：
∴
（2）
（3）
【知识点】解直角三角形；正多边形的性质
【解析】【解答】【性质应用】（2）同【问题解决】可得：正六边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和，
故答案为：；
（3）正n边形（半径是R）内任意一点P到各边距离之和，
.
【分析】（1）设正五边形的边长是，面积为，则，再结合，可得，最后化简可得；
（2）根据（1）的计算方法可得；
（3）根据规律可得。
12．【答案】（1）解：如图①，在中，
∵，，，
∴，
又∵D为的中点，
∴，，
又∵为的中位线，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，
∴矩形的面积；
（2）解：如图②，设矩形移动的距离为x，则，
当矩形与重叠部分为三角形时，
则，，
∴（舍去），
当矩形与重叠部分为直角梯形时，则，
重叠部分的面积，
∴，
即矩形移动的距离为时，矩形与重叠部分的面积是；
（3）解：如图③，于Q，
设，则，
∵ ，，
在中，，
解之得：，（负的舍去）.
∴.
【知识点】矩形的性质；平移的性质；解直角三角形；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据含30°角直角三角形的性质得AB=2，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得CD=1，根据中位线定理得EF、DF的长，在△FGD中，根据正弦函数的定义可得GF的长，由矩形的面积计算公式即可算出答案；
（2）分类讨论：① 当矩形与△CBD重叠部分为三角形时（ ） ，利用三角形面积公式及锐角三角函数可得结果；② 当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时（）， 列出方程求解即可；
（3） 如图③，H2Q⊥AB于Q ， 设，则， 在Rt△QH2G1中，利用勾股定理建立方程可得m，进而利用余弦函数可求出答案.
13．【答案】（1）8
（2）解：过点作于点.
在中，，，
在中，
∵，
∴.
过点作于点，取的中点，连接，则，
在中，，
∴，
∴当最小时，最小，
∵，
∴的最小值为，
∴.
（3）解：延长，交于点，
∵，
∴，，
∴，
∵，，
∴，.
过点作于点，
在中，.
种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用为：
.
∴当的长最小时，种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用最少.
作的外接圆，连接、、，过作于点，在弦所对的优弧上找一点，连接、，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，即.
设，则，，，
∵，
∴，
∴.
∴，
∴的最小值为，
∴.
∴种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用至少为（或）元.
【知识点】三角形的外接圆与外心；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；三角形的中位线定理；四边形的综合
【解析】【解答】解：（1）∵DE是的中位线
∴DE//BC且
易证
∴
∴
∴.
故答案为：8；
【分析】（1）证明，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进行求解即可；
（2）过点C作CF⊥AD于点F，易得，过点E作EM⊥BC于点M，取BC的中点O，连接OE，则， 由于， 可知当OE最小时，最小， 继而得解；
（3）延长DE，CB交于点F，证明，可得，. 过点作于点G，种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用为，可得当CF的长最小时，种植水生植物和种植甲种花卉所需总费用最少.作的外接圆，连接OF、OC、OE，过O作于点H，在弦FC所对的优弧上找一点M，连接MF、MC， 由直角三角形的性质求出CF的最小值即可.
14．【答案】（1）解：①过点作于点E，交延长线于点．如下图2所示：
延长BC至，使，连接．如下图3所示：
②方法一（如图2）：
图2
证明：过点作于点E，交延长线于点．
∴．
又∵，
∴四边形为矩形．
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
在与中，
，
∴．
∴．
又∵，，
∴平分．
方法二（如图3）：
图3
证明：将绕点逆时针旋转至，
∴，，．
∵，，
∴．
∴．
∴，，三点共线．
又∵，
∴．
又∵，
∴，
∴平分
（2）证明：由（1）得，
∴，．
又∵四边形为矩形，
∴四边形为正方形．
∴．
∴．
∵，平分，
∴．
∵在中，，
∴．
∴
（3）菱形；
【知识点】解直角三角形；旋转的性质；四边形的综合
【解析】【解答】(3)解：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵，平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
∵中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴．
将绕点逆时针旋转得，
∴，，．
∵，，
∴，
∴．
∴，，三点共线．
由旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
作于点H，
则，
∴，
解得，
∴，
∴，
故答案为：菱形，．
【分析】（1）①根据要求作出图形即可；
②利用旋转的性质及三角形全等的判定和性质求解即可；
（2）先证明，再结合锐角三角函数求出可得，最后代入计算可得；
（3）根据菱形的判定方法和面积的计算方法求解即可。
15．【答案】（1）证明：∵，，
∴，
∵，
∴四边形OECD是平行四边形，
∴．
（2）解：当点O，E，C三点共线时，如图2，
则，
∴，即为等边三角形，
∴．
当点O，E，C三点不共线时，连接BD，如图3，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形BCED为菱形，
∴，
∴．
（3）解：过点D作DF⊥OC于F，作DG⊥OA于G，如图4，
∴
∴四边形OFDG为矩形，
∴．设，则，
在中，，
在中，，，
∴
∴，即，
∴，
∴点D到OA所在直线的距离为．
（4）解：cos∠DOC=
【知识点】勾股定理；扇形面积的计算；解直角三角形
【解析】【解答】解：(4)如图5，过点E作EM⊥BC，垂足为M，连接OE，OD，
设DE与BC交于点F，
∵DE是圆的切线，
∴DO⊥DE，
∵DO=DE=EC=OB=BC=10，
∴，，
设OM=x，MC=y，
∴，
∴，
解得，
∴=，
∵∠ODF=∠EMF=90°，∠OFD=∠EFM，
∴∠DOC=∠MEF，
∴cos∠DOC==cos∠MEF，
∴，
设EF=，OF=4k，
∴，
解得(舍去)，
∴EF==，
∴cos∠DOC==
【分析】（1）证明四边形ODCE是平行四边形即可；
（2）分两种情况：当点E在OC的上方时，四边形DBCE是菱形，当点E'与B重合时，满足条件，分别求解即可；
（3）过点D作DF⊥OC于F，作DG⊥OA于G，设，则，利用勾股定理可得求出，从而得到；
（4）过点E作EM⊥BC，垂足为M，连接OE，OD，设EF=，OF=4k，根据勾股定理可得，求出，即可得到EF==，再利用余弦的定义可得cos∠DOC==。
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