2020-2021中考数学(直角三角形的边角关系提高练习题)压轴题训练附答案解析

一、直角三角形的边角关系

1．如图，山坡上有一棵树AB，树底部B点到山脚C点的距离BC为63米，山坡的坡角为30°．小宁在山脚的平地F处测量这棵树的高，点C到测角仪EF的水平距离CF=1米，从E处测得树顶部A的仰角为45°，树底部B的仰角为20°，求树AB的高度．（参考数

值：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）

【答案】6.4米 【解析】

解：∵底部B点到山脚C点的距离BC为6 3 米，山坡的坡角为30°． ∴DC=BC•cos30°=63∵CF=1米， ∴DC=9+1=10米， ∴GE=10米， ∵∠AEG=45°， ∴AG=EG=10米， 在直角三角形BGF中， BG=GF•tan20°=10×0.36=3.6米， ∴AB=AG-BG=10-3.6=6.4米， 答：树高约为6.4米

首先在直角三角形BDC中求得DC的长，然后求得DF的长，进而求得GF的长，然后在直角三角形BGF中即可求得BG的长，从而求得树高

39米， 2

2．如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．

（1）求∠BPQ的度数；

（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：

，

【答案】（1）∠BPQ=30°； （2）该电线杆PQ的高度约为9m． 【解析】

试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可； （2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．

试题解析：延长PQ交直线AB于点E，

（1）∠BPQ=90°-60°=30°； （2）设PE=x米． 在直角△APE中，∠A=45°， 则AE=PE=x米； ∵∠PBE=60° ∴∠BPE=30° 在直角△BPE中，BE=∵AB=AE-BE=6米， 则x-

33PE=x米， 333x=6， 3解得：x=9+33． 则BE=（33+3）米． 在直角△BEQ中，QE=

33BE=（33+3）=（3+3）米． 33∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）． 答：电线杆PQ的高度约9米．

考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．

3．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．

4．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．

【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 ∴

13 . 或

23DCDP' ， DBDF'∴△DP'C∽△DF'B；

②当∠F′DB=90°时，如图所示，

∵DF′=DF=∴

1BD， 2DF'1， BD2∴tan∠DBF′=

DF'1； BD2

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.

5．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E.设P是PD，PD交AB于点G. (1)求证：△PAC∽△PDF； (2)若AB＝5，

，求PD的长；

＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．(不要求写出

上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与

(3)在点P运动过程中，设x的取值范围)

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

；（3）

.

试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPD，又由∠PAC＝∠PDC，即可证明结论. （2）由AC=2BC，设

，应用勾股定理即可求得BC，AC的长，则由AC=2BC得

可知△APB是等腰直角三角

，由△ACE∽△ABC可求得AE，CE的长，由

形，从而可求得PA的长，由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF的长，由（1）△PAC∽△PDF得

，即可求得PD的长.

，由角的转换可得，由△AGD∽△PGB可得

，两

（3）连接BP，BD，AD，根据圆的对称性，可得

，由△AGP∽△DGB可得

式相乘可得结果.

试题解析：（1）由APCB内接于圆O，得∠FPC＝∠B，

又∵∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，∴∠APD＝∠FPC. ∴∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD. 又∵∠PAC＝∠PDC，∴△PAC∽△PDF. （2）连接BP，设∴

∵△ACE∽△ABC，∴∵AB⊥CD，∴如图，连接BP， ∵

，∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB＝45°，

.

.

，∵∠ACB=90°，AB=5，.∴

，即

.

. ∴

.

∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.

由（1）△PAC∽△PDF得∴PD的长为

.

，即

.

（3）如图，连接BP，BD，AD，

∵AC=2BC，∴根据圆的对称性，得AD=2DB，即∵AB⊥CD，BP⊥AE，∴∠ABP＝∠AFD. ∵

，∴

. .

. .

.

∵△AGP∽△DGB，∴∵△AGD∽△PGB，∴∴∵

，∴

，即.

∴与之间的函数关系式为

.

考点：1.单动点问题；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.垂径定理；7.锐角三角函数定义；8.由实际问题列函数关系式.

6．问题背景:

如图（a）,点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于l的对称点B′,连接A B′与直线l交于点C，则点C即为所求.

（1）实践运用：

如图(b)，已知，⊙O的直径CD为4，点A 在⊙O 上，∠ACD=30°，B 为弧AD 的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为 ． （2）知识拓展：

如图(c)，在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程． 【答案】解：（1）22．

（2）如图，在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′．

∵AD平分∠BAC，∴点B与点B′关于直线AD对称． 过点B′作B′F⊥AB,垂足为F，交AD于E，连接BE． 则线段B′F的长即为所求 (点到直线的距离最短) ． 在Rt△AFB/中，∵∠BAC=450, AB/=\"AB=\" 10， ∴

∴BE+EF的最小值为【解析】

试题分析：（1）找点A或点B关于CD的对称点，再连接其中一点的对称点和另一点，和MN的交点P就是所求作的位置，根据题意先求出∠C′AE，再根据勾股定理求出AE，即可得出PA+PB的最小值：

如图作点B关于CD的对称点E，连接AE交CD于点P，此时PA+PB最小，且等于A．作直径AC′，连接C′E，

根据垂径定理得弧BD=弧DE．

．

∵∠ACD=30°，∴∠AOD=60°，∠DOE=30°．∴∠AOE=90°． ∴∠C′AE=45°．

又AC为圆的直径，∴∠AEC′=90°． ∴∠C′=∠C′AE=45°．∴C′E=AE=∴AP+BP的最小值是22．

（2）首先在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′，再过点B′作B′F⊥AB，垂足为F，交AD于E，连接BE，则线段B′F的长即为所求．

AC′=22．

7．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．

8．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】

633 11【分析】

（1）利用三角形的外角的性质即可解决问题；

（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．

9．如图，在平面直角坐标系中，直线DE交x轴于点E（30，0），交y轴于点D（0，

1x+5交x轴于点A，交y轴于点B，交直线DE于点P，过点E作3EF⊥x轴交直线AB于点F，以EF为一边向右作正方形EFGH． （1）求边EF的长；

40），直线AB：y＝

（2）将正方形EFGH沿射线FB的方向以每秒10个单位的速度匀速平移，得到正方形E1F1G1H1，在平移过程中边F1G1始终与y轴垂直，设平移的时间为t秒（t＞0）． ①当点F1移动到点B时，求t的值；

②当G1，H1两点中有一点移动到直线DE上时，请直接写出此时正方形E1F1G1H1与△APE重叠部分的面积．

【答案】（1）EF＝15；（2）①10；②120； 【解析】 【分析】

（1）根据已知点E（30，0），点D（0，40），求出直线DE的直线解析式y=-求出P点坐标，进而求出F点坐标即可；

（2）①易求B（0，5），当点F1移动到点B时，t=1010÷10=10；

②F点移动到F'的距离是10t，F垂直x轴方向移动的距离是t，当点H运动到直线DE上时，在Rt△F'NF中，t=4，S=

4x+40，可3NF1MH4，=，EM=NG'=15-F'N=15-3t，在Rt△DMH'中，

NF3EM31451023PK1×(12+)×11==，；当点G运动到直线DE上时，在Rt△F'PK中，248FK3PKt34＝＝，t=7，S=15×（15-7）=120. KG153t93PK=t-3，F'K=3t-9，在Rt△PKG'中，【详解】

（1）设直线DE的直线解析式y＝kx+b， 将点E（30，0），点D（0，40），

30kb0∴，

b404k∴3， b40∴y＝﹣

4x+40， 3直线AB与直线DE的交点P（21，12）， 由题意知F（30，15）， ∴EF＝15；

（2）①易求B（0，5）， ∴BF＝1010，

∴当点F1移动到点B时，t＝101010＝10； ②当点H运动到直线DE上时，

F点移动到F'的距离是10t， 在Rt△F'NF中，

NF1=， NF3∴FN＝t，F'N＝3t， ∵MH'＝FN＝t，

EM＝NG'＝15﹣F'N＝15﹣3t， 在Rt△DMH'中，

MH4， EM3t4， 153t3∴t＝4，

∴

∴EM＝3，MH'＝4，

1451023(12)11； 248当点G运动到直线DE上时，

∴S＝

F点移动到F'的距离是10t， ∵PF＝310， ∴PF'＝10t﹣310， 在Rt△F'PK中，

PK1， FK3∴PK＝t﹣3，F'K＝3t﹣9， 在Rt△PKG'中，∴t＝7，

∴S＝15×（15﹣7）＝120. 【点睛】

本题考查一次函数图象及性质，正方形的性质；掌握待定系数法求函数解析式，利用三角形的正切值求边的关系，利用勾股定理在直角三角形中建立边之间的联系，准确确定阴影部分的面积是解题的关键．

PKt34＝＝， KG153t93

10．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=7，AC=2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C(点A，B的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m于点P，Q．

(1)如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；

(2)如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长； (3)在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）60°；（2）PQ＝【解析】

7；（3）存在，S四边形PA'B′Q＝3﹣3 2【分析】

（1）由旋转可得：AC=A'C=2，进而得到BC3，依据∠A'BC=90°，可得cos∠A'CBBC3，即可得到∠A'CB=30°，∠ACA'=60°； A'C2（2）根据M为A'B'的中点，即可得出∠A=∠A'CM，进而得到PBtan∠Q=tan∠A33BC，依据

222732，进而得出PQ=PB+BQ； BQ=BC，即可得到322（3）依据S四边形PA'B'Q=S△PCQ﹣S△A'CB'=S△PCQ3，即可得到S四边形PA'B'Q最小，即S△PCQ最小，而S△PCQ论． 【详解】

（1）由旋转可得：AC=A'C=2． ∵∠ACB=90°，AB13PQ×BCPQ，利用几何法即可得到S△PCQ的最小值=3，即可得到结227，AC=2，∴BC3．

BC3，∴∠A'CB=30°，A'C2∵∠ACB=90°，m∥AC，∴∠A'BC=90°，∴cos∠A'CB∴∠ACA'=60°；

（2）∵M为A'B'的中点，∴∠A'CM=∠MA'C，由旋转可得：∠MA'C=∠A，∴∠A=∠A'CM，∴tan∠PCB=tan∠A333BC． ，∴PB222∵∠BQC=∠BCP=∠A，∴tan∠BQC=tan∠A2732，∴PQ=PB+BQ； ，∴BQ=BC322（3）∵S四边形PA'B'Q=S△PCQ﹣S△A'CB'=S△PCQ3，∴S四边形PA'B'Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ13PQ×BCPQ， 221PQ，即PQ=2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与2取PQ的中点G． ∵∠PCQ=90°，∴CGCB重合时，CG最小，∴CGmin3，PQmin=23，∴S△PCQ的最小值=3，S四边形

PA'B'Q=3

3；

【点睛】

本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

11．如图，在△ABC中，ACBC10，cosC3,点P是BC边上一动点（不与点A,C5重合），以PA长为半径的eP与边AB的另一个交点为D，过点D作DECB于点E.

1当eP与边BC相切时，求eP的半径；

2联结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eQ与eP相交于AC边上的点G时，求相交

所得的公共弦的长.

2405xx8x80【答案】（1）；（2）y0x10；（3）1025

93x20【解析】 【分析】

（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==，即可求解； ，sinC=

5CP10R524xEBBF（2）PD∥BE，则＝，即：5PDPFx求解． 【详解】

x28x80y，即可求解；

y（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可（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=

33，则sinC=， 55HPR440==，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=2BP=82x4=x28x80， DA=22525x，则BD=45-x，

55如下图所示，

PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，

tanβ=2，则cosβ=12，sinβ=， 551225x）×=4-x，

555EB=BDcosβ=（45-∴PD∥BE，

24xEBBF∴＝，即：5PDPFxx28x80y，

y25xx8x80整理得：y=0x10；

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时弧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， AD=2rcosβ=2r4r，DG=，AG=2r， 552r20+2r=45，解得：2r=， 551则：DG=4r=10-25， 5相交所得的公共弦的长为10-25． 【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，直线过点，．点于点，．

（1）填空：点的坐标为 ，抛物线的解析式为 ； （2）当点在线段②求出使

上运动时（不与点，重合），

最大值，并求出

的最大值；

的距离是，请直接写出此时由点，，，

①当为何值时，线段

与轴交于点

，与轴交于点，抛物线

经

及抛物线

为轴上一动点，过点且垂直于轴的直线分别交直线

为直角三角形时的值；

（3）若抛物线上有且只有三个点到直线构成的四边形的面积．

【答案】（1）（2）①当

时，

，；

有最大值是3； ②使

为直角三角形时的值为3或

或

.

；

（3）点，，，构成的四边形的面积为：6或【解析】 【分析】

（1）把点A坐标代入直线表达式y＝表达式，即可求解； （2）①设：点P（m，

），N（m，

，求出a＝−3，把点A、B的坐标代入二次函数

）求出PN值的表达式，即可求

解；②分∠BNP＝90°、∠NBP＝90°、∠BPN＝90°三种情况，求解即可；

（3）若抛物线上有且只有三个点N到直线AB的距离是h，则只能出现：在AB直线下方抛物线与过点N的直线与抛物线有一个交点N，在直线AB上方的交点有两个，分别求解即可． 【详解】

解：（1）把点坐标代入直线表达式解得：则点坐标为

，则：直线表达式为：

，

，

， ，令

，则：

，

将点的坐标代入二次函数表达式得：把点的坐标代入二次函数表达式得：解得：

，

， ；

上，且

，

，

故：抛物线的解析式为：故：答案为：（2）①∵∴点∴∵

，

，在线段，

轴，

，

∴抛物线开口向下， ∴当②当把∴当设：直线

时，

有最大值是3， 时，点的纵坐标为-3，

代入抛物线的表达式得：；

时，∵的表达式为：

，两直线垂直，其值相乘为-1，

， ，则：直线

的表达式为：

），

，

，解得：

或0（舍去

），

把点的坐标代入上式，解得：

将上式与抛物线的表达式联立并解得：当故：使（3）∵在∵∴

时，不合题意舍去， 为直角三角形时的值为3或，中，轴，

， ， ，则：

，

或0（舍去

；

，

若抛物线上有且只有三个点到直线则只能出现：在的交点有两个.

的距离是，

上方

直线下方抛物线与过点的直线与抛物线有一个交点，在直线

当过点的直线与抛物线有一个交点， 点的坐标为则：

，设：点坐标为：，过点作

，

的平行线，

，将点坐标代入，

，

，

，

则点所在的直线表达式为：解得：过点直线表达式为：

将拋物线的表达式与上式联立并整理得：

将解得：

代入上式并整理得：，则点的坐标为

，则：，∴四边形

， ，

，

则：点坐标为∵线

，的距离，

为平行四边形，则点到直线的距离等于点到直，

即：过点与直线

平行的直线与抛物线的交点为另外两个点，即：、

的表达式为：

，解得：

，将该表达式与二次函数表达式联立并整理得：

， ，

，

则点、作则作

的横坐标分别为交直线

于点，

，

轴，交轴于点，则：

，

，，

则：同理：【点睛】

，

，

或

.

故：点，，，构成的四边形的面积为：6或

本题考查的是二次函数知识的综合运用，涉及到一次函数、解直角三角形等相关知识，其中（3）中确定点N的位置是本题的难点，核心是通过△＝0，确定图中N点的坐标．