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- 2021-11-11 发布
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专题 44 构建方程的思想
方程思想就是从分析问题的数量关系入手,适当设定未知数,运用定义、公式、性质、定理及条件,把所
研究的问题中已知量和未知量之间的数量关系转化为方程,从而使问题得到解决.方程思想在数学解题中所
占比重较大,综合知识强、题型广、应用技巧灵活.
1.利用勾股定理建立一元二次方程。
2.利用三角形三边关系可建立不等式。
3.利用圆的内接四边形内角和等于 360°建立一元一次方程。
4.利用绝对值、根式建立方程组。
5.其它许多情况建立的方程、函数关系式等。
【例题 1】(2020•内江)如图,矩形 ABCD 中,BD 为对角线,将矩形 ABCD 沿 BE、BF 所在直线折叠,使点 A
落在 BD 上的点 M 处,点 C 落在 BD 上的点 N 处,连结 EF.已知 AB=3,BC=4,则 EF 的长为( )
A.3 B.5 C.
D.
【答案】C
【解析】求出 BD=5,AE=EM,∠A=∠BME=90°,证明△EDM∽△BDA,由相似三角形的性质得出
,
设 DE=x,则 AE=EM=4﹣x,得出
㌳
,解得 x
,同理△DNF∽△DCB,得出
,设 DF=y,则 CF
=NF=3﹣y,则
㌳
,解得 y
.由勾股定理即可求出 EF 的长.
解:∵四边形 ABCD 是矩形,
∴AB=CD=3,AD=BC=4,∠A=∠C=∠EDF=90°,
∴BD 5,
∵将矩形 ABCD 沿 BE 所在直线折叠,使点 A 落在 BD 上的点 M处,
∴AE=EM,∠A=∠BME=90°,
∴∠EMD=90°,
∵∠EDM=∠ADB,
∴△EDM∽△BDA,
∴
,
设 DE=x,则 AE=EM=4﹣x,
∴
㌳
,
解得 x
,
∴DE
,
同理△DNF∽△DCB,
∴
,
设 DF=y,则 CF=NF=3﹣y,
∴
㌳
,
解得 y
.
∴DF
.
∴EF
.
【对点练习】若正多边形的一个内角是 150°,则该正多边形的边数是( )
A.6 B.12 C.16 D.18
【答案】B.
【解析】根据多边形的内角和,可得答案.
设多边形为 n 边形,由题意,得
(n﹣2)180°=150n,
解得 n=12
【点拨】本题考查了多边形的内角与外角,利用内角和公式是解题关键.
【例题 2】(2020•天水)如图,在边长为 6 的正方形 ABCD 内作∠EAF=45°,AE 交 BC 于点 E,AF 交 CD 于点
F,连接 EF,将△ADF 绕点 A顺时针旋转 90°得到△ABG.若 DF=3,则 BE 的长为 .
【答案】2
【解析】根据旋转的性质可知,△ADF≌△ABG,然后即可得到 DF=BG,∠DAF=∠BAG,然后根据题目中的
条件,可以得到△EAG≌△EAF,再根据 DF=3,AB=6 和勾股定理,可以得到 DE 的长,本题得以解决.
解:由题意可得,
△ADF≌△ABG,
∴DF=BG,∠DAF=∠BAG,
∵∠DAB=90°,∠EAF=45°,
∴∠DAF+∠EAB=45°,
∴∠BAG+∠EAB=45°,
∴∠EAF=∠EAG,
在△EAG 和△EAF 中,
ܩ
ܩ ∠ ∠
,
∴△EAG≌△EAF(SAS),
∴GE=FE,
设 BE=x,则 GE=BG+BE=3+x,CE=6﹣x,
∴EF=3+x,
∵CD=6,DF=3,
∴CF=3,
∵∠C=90°,
∴(6﹣x)2+32=(3+x)2,
解得,x=2,
即 CE=2
【对点练习】如图,在圆内接四边形ABCD中,若∠A,∠B,∠C的度数之比为4:3:5,则∠D的度数是 °.
【答案】120.
【解析】∵∠A,∠B,∠C 的度数之比为 4:3:5,
∴设∠A=4x,则∠B=3x,∠C=5x.
∵四边形 ABCD 是圆内接四边形,
∴∠A+∠C=180°,即 4x+5x=180°,解得 x=20°,
∴∠B=3x=60°,
∴∠D=180°﹣60°=120°.
【例题 3】(2020•常德)如图,已知抛物线 y=ax2
过点 A(﹣3,
).
(1)求抛物线的解析式;
(2)已知直线 l过点 A,M(
,0)且与抛物线交于另一点 B,与 y 轴交于点 C,求证:MC2=MA•MB;
(3)若点 P,D 分别是抛物线与直线 l 上的动点,以 OC 为一边且顶点为 O,C,P,D的四边形是平行四边形,
求所有符合条件的 P 点坐标.
【答案】见解析。
【分析】(1)利用待定系数法即可解决问题.
(2)构建方程组确定点 B的坐标,再利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
(3)如图 2中,设 P(t,
t2),根据 PD=CD 构建方程求出 t 即可解决问题.
【解析】(1)把点 A(﹣3,
)代入 y=ax2
,
得到
9a,∴a
,
∴抛物线的解析式为 y
x2.
(2)设直线 l 的解析式为 y=kx+b,则有
㌳ 쳌
쳌
,
解得
㌳
쳌
,
∴直线 l 的解析式为 y ㌳
x
,
令 x=0,得到 y
,∴C(0,
),
由
㌳
,解得
或
㌳
,
∴B(1,
),
如图 1 中,过点 A 作 AA1⊥x轴于 A1,过 B作 BB1⊥x轴于 B1,则 BB1∥OC∥AA1,
∴
㌳
,
㌳ ㌳
,
∴
,
即 MC2
=MA•MB.
(3)如图 2中,设 P(t,
t2
)
∵OC 为一边且顶点为 O,C,P,D的四边形是平行四边形,
∴PD∥OC,PD=OC,
∴D(t,㌳
t
),
∴|
t2﹣(㌳
t
)|
,
整理得:t2
+2t﹣6=0 或 t2
+2t=0,
解得 t=﹣1㌳ 或﹣1 或﹣2或 0(舍弃),
∴P(﹣1㌳ ,2
)或(﹣1 ,2㌳
)或(﹣2,1).
【对点练习】(2019 江苏徐州)如图,有一块矩形硬纸板,长 30cm,宽 20cm.在其四角各剪去一个同样的正
方形,然后将四周突出部分折起,可制成一个无盖长方体盒子.当剪去正方形的边长取何值时,所得长方
体盒子的侧面积为 200cm2
?
【答案】见解析。
【解析】设剪去正方形的边长为 xcm,则做成无盖长方体盒子的底面长为(30﹣2x)cm,宽为(20﹣2x)cm,高
为 xcm,
依题意,得:2×[(30﹣2x)+(20﹣2x)]x=200,
整理,得:2x2
﹣25x+50=0,
解得:x1= ,x2=10.
当 x=10 时,20﹣2x=0,不合题意,舍去.
答:当剪去正方形的边长为 cm 时,所得长方体盒子的侧面积为 200cm2
.
一、选择题
1.(2020•绍兴)如图,三角板在灯光照射下形成投影,三角板与其投影的相似比为 2:5,且三角板的一边
长为 8cm.则投影三角板的对应边长为( )
A.20cm B.10cm C.8cm D.3.2cm
【答案】A
【分析】根据对应边的比等于相似比列式进行计算即可得解.
【解析】设投影三角尺的对应边长为 xcm,
∵三角尺与投影三角尺相似,
∴8:x=2:5,
解得 x=20.
2.(2019 湖北黄冈)如图,一条公路的转弯处是一段圆弧( ),点 O 是这段弧所在圆的圆心,AB=40m,点
C是 的中点,且 CD=10m,则这段弯路所在圆的半径为( )
A.25m B.24m C.30m D.60m
【答案】A.
【解析】根据题意,可以推出 AD=BD=20,若设半径为 r,则 OD=r﹣10,OB=r,结合勾股定理可推出半
径 r 的值.
∵OC⊥AB,
∴AD=DB=20m,
在 Rt△AOD 中,OA2
=OD2
+AD2
,
设半径为 r 得:r2
=(r﹣10)
2
+20
2
,
解得:r=25m,
∴这段弯路的半径为 25m
【点拨】本题主要考查垂径定理的应用、勾股定理的应用,关键在于设出半径为 r 后,用 r 表示出 OD、OB
的长度.
3.(2019 贵州贵阳)数轴上点 A,B,M 表示的数分别是 a,2a,9,点 M 为线段 AB 的中点,则 a 的值是( )
A.3 B.4.5 C.6 D.18
【答案】C.
【解析】根据题意列方程即可得到结论.
∵数轴上点 A,B,M 表示的数分别是 a,2a,9,点 M 为线段 AB 的中点,
∴9﹣a=2a﹣9,
解得:a=6
4. (2020 桂林模拟)若|3x﹣2y﹣1|+ =0,则 x,y 的值为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据二元一次方程组的解法以及非负数的性质即可求出答案.
由题意可知: 解得: 故选:D.
二、填空题
5.(2020•常德)如图 1,已知四边形 ABCD 是正方形,将△DAE,△DCF 分别沿 DE,DF 向内折叠得到图 2,此
时 DA 与 DC 重合(A、C 都落在 G 点),若 GF=4,EG=6,则 DG 的长为 .
【答案】12.
【解析】设正方形 ABCD 的边长为 x,由翻折及已知线段的长,可用含 x 的式子分别表示出 BE、BF 及 EF 的
长;在 Rt△BEF 中,由勾股定理得关于 x 的方程,解得 x 的值,即为 DG 的长.
设正方形 ABCD 的边长为 x,由翻折可得:
DG=DA=DC=x,
∵GF=4,EG=6,
∴AE=EG=6,CF=GF=4,
∴BE=x﹣6,BF=x﹣4,EF=6+4=10,如图 1所示:
在 Rt△BEF 中,由勾股定理得:
BE2+BF2=EF2,
∴(x﹣6)
2
+(x﹣4)
2
=10
2
,
∴x2
﹣12x+36+x2
﹣8x+16=100,
∴x2﹣10x﹣24=0,
∴(x+2)(x﹣12)=0,
∴x1=﹣2(舍),x2=12.
∴DG=12.
6.(2020•长沙)如图,点 P 在以 MN 为直径的半圆上运动(点 P 不与 M,N重合),PQ⊥MN,NE 平分∠MNP,交
PM 于点 E,交 PQ 于点 F.
(1)
.
(2)若 PN2=PM•MN,则
.
【解析】(1)1(2)
㌳
.
【分析】(1)证明△PEN∽△QFN,得
①,证明△NPQ∽△PMQ,得
②,再①×②得
,再
变形比例式便可求得结果;
(2)证明△NPQ∽△NMP,得 PN2
=NQ•MN,结合已知条件得 PM=NQ,再根据三角函数得
,进而得 MQ 与
NQ 的方程,再解一元二次方程得答案.
【解析】(1)∵MN 为⊙O的直径,
∴∠MPN=90°,
∵PQ⊥MN,
∴∠PQN=∠MPN=90°,
∵NE 平分∠PNM,
∴∠MNE=∠PNE,
∴△PEN∽△QFN,
∴
,即
①,
∵∠PNQ+∠NPQ=∠PNQ+∠PMQ=90°,
∴∠NPQ=∠PMQ,
∵∠PQN=∠PQM=90°,
∴△NPQ∽△PMQ,
∴
②,
∴①×②得
,
∵QF=PQ﹣PF,
∴
1㌳
,
∴
1,
故答案为:1;
(2)∵∠PNQ=∠MNP,∠NQP=∠NPQ,
∴△NPQ∽△NMP,
∴
,
∴PN2
=QN•MN,
∵PN2=PM•MN,
∴PM=QN,
∴
,
∵tan∠M
,
∴
,
∴
,
∴NQ2
=MQ2
+MQ•NQ,即
,
设
,则 x2
+x﹣1=0,
解得,x ㌳
,或 x ㌳
<0(舍去),
∴
㌳
,
故答案为:
㌳
.
7.(2020•湘潭)若
,则
㌳
.
【解析】
.
【分析】根据比例的基本性质变形,代入求值即可.
【解析】由
可设 y=3k,x=7k,k 是非零整数,
则
㌳
㌳
.
8.(2019 宁夏)如图,AB 是⊙O的弦,OC⊥AB,垂足为点 C,将劣弧 沿弦 AB 折叠交于 OC 的中点 D,若 AB
=2 ,则⊙O 的半径为 .
【答案】3 .
【解析】连接 OA,设半径为 x,
∵将劣弧 沿弦 AB 折叠交于 OC 的中点 D,
∴OC= ,OC⊥AB,
∴AC= = ,
∵OA2﹣OC2=AC2,
∴ ,
解得,x=3 .
9.(2020 毕节市模拟)一个容器盛满纯药液 40L,第一次倒出若干升后,用水加满;第二次又倒出同样体积
的溶液,这时容器里只剩下纯药液 10L,则每次倒出的液体是 L.
【答案】20
【解析】设每次倒出液体 xL,由题意得:
40﹣x﹣ •x=10,
解得:x=60(舍去)或 x=20.
答:每次倒出 20 升.
【点拨】此题主要考查了一元二次方程的应用,关键是正确理解题意,找出题目中的等量关系,列出方程.
10.(2020•衢州)如图,将一把矩形直尺 ABCD 和一块含 30°角的三角板 EFG 摆放在平面直角坐标系中,AB
在 x 轴上,点 G 与点 A 重合,点 F 在 AD 上,三角板的直角边 EF 交 BC 于点 M,反比例函数 y
(x>0)的图
象恰好经过点 F,M.若直尺的宽 CD=3,三角板的斜边 FG=8 ,则 k= .
【答案】40 .
【分析】通过作辅助线,构造直角三角形,求出 MN,FN,进而求出 AN、MB,表示出点 F、点 M 的坐标,利
用反比例函数 k 的意义,确定点 F 的坐标,进而确定 k 的值即可.
【解析】过点 M 作 MN⊥AD,垂足为 N,则 MN=CD=3,
在 Rt△FMN 中,∠MFN=30°,
∴FN MN=3 ,
∴AN=MB=8 ㌳3 5 ,
设 OA=x,则 OB=x+3,
∴F(x,8 ),M(x+3,5 ),
∴8 x=(x+3)×5 ,
解得,x=5,
∴F(5,8 ),
∴k=5×8 40 .
故答案为:40 .
11.一艘轮船在小岛 A 的北偏东 60°方向距小岛 80 海里的 B处,沿正西方向航行 3 小时后到达小岛的北偏
西 45°的 C 处,则该船行驶的速度为 海里/小时.
【答案】 .
【解析】本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题、等腰直角三角形的性质、含 30°角的直角三角
形的性质等知识;通过解直角三角形得出方程是解决问题的关键.
设该船行驶的速度为 x 海里/时,由已知可得 BC=3x,AQ⊥BC,∠BAQ=60°,∠CAQ=45°,AB=80 海里,在
直角三角形 ABQ 中求出 AQ、BQ,再在直角三角形 AQC 中求出 CQ,得出 BC=40+40 =3x,解方程即可.如图
所示:
设该船行驶的速度为 x 海里/时,
3小时后到达小岛的北偏西 45°的 C 处,
由题意得:AB=80 海里,BC=3x 海里,
在直角三角形 ABQ 中,∠BAQ=60°,
∴∠B=90°﹣60°=30°,
∴AQ= AB=40,BQ= AQ=40 ,
在直角三角形 AQC 中,∠CAQ=45°,
∴CQ=AQ=40,
∴BC=40+40 =3x,
解得:x= .
即该船行驶的速度为 海里/时;
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题、等腰直角三角形的性质、含 30°角的直角三角
形的性质等知识;通过解直角三角形得出方程是解决问题的关键.
12.(2019•湖北天门)矩形的周长等于 40,则此矩形面积的最大值是 .
【答案】100.
【解答】解:设矩形的宽为 x,则长为(20﹣x),
S=x(20﹣x)=﹣x2
+20x=﹣(x﹣10)
2
+100,
当 x=10 时,S最大值为 100.
故答案为 100.
三、解答题
13.(2020•天津)如图,A,B 两点被池塘隔开,在 AB 外选一点 C,连接 AC,BC.测得 BC=221m,∠ACB=
45°,∠ABC=58°.根据测得的数据,求 AB 的长(结果取整数).
参考数据:sin58°≈0.85,cos58°≈0.53,tan58°≈1.60.
【答案】见解析。
【分析】通过作高,构造直角三角形,利用直角三角形的边角关系,列方程求解即可.
【解析】如图,过点 A 作 AD⊥BC,垂足为 D,
∵∠ACB=45°,
∴AD=CD,
设 AB=x,
在 Rt△ADB 中,AD=AB•sin58°≈0.85x,BD=AB•cos58°≈0.53x,
又∵BC=221,即 CD+BD=221,
∴0.85x+0.53x=221,
解得,x≈160,
答:AB 的长约为 160m.
14.(2020•武威)如图,点 M,N 分别在正方形 ABCD 的边 BC,CD 上,且∠MAN=45°.把△ADN 绕点 A 顺时
针旋转 90°得到△ABE.
(1)求证:△AEM≌△ANM.
(2)若 BM=3,DN=2,求正方形 ABCD 的边长.
【答案】见解析。
【解析】(1)想办法证明∠MAE=∠MAN=45°,根据 SAS 证明三角形全等即可.
(2)设 CD=BC=x,则 CM=x﹣3,CN=x﹣2,在 Rt△MCN 中,利用勾股定理构建方程即可解决问题.
(1)证明:∵△ADN≌△ABE,
∴∠DAN=∠BAE,DN=BE,
∵∠DAB=90°,∠MAN=45°,
∴∠MAE=∠BAE+∠BAM=∠DAN+∠BAM=45°,
∴∠MAE=∠MAN,
∵MA=MA,
∴△AEM≌△ANM(SAS).
(2)解:设 CD=BC=x,则 CM=x﹣3,CN=x﹣2,
∵△AEM≌△ANM,
∴EM=MN,
∵BE=DN,
∴MN=BM+DN=5,
∵∠C=90°,
∴MN2=CM2+CN2,
∴25=(x﹣2)
2
+(x﹣3)
2
,
解得,x=6 或﹣1(舍弃),
∴正方形 ABCD 的边长为 6.
15.(2020•长沙)在矩形 ABCD 中,E 为 DC 边上一点,把△ADE 沿 AE 翻折,使点 D 恰好落在 BC 边上的点 F.
(1)求证:△ABF∽△FCE;
(2)若 AB=2 ,AD=4,求 EC 的长;
(3)若 AE﹣DE=2EC,记∠BAF=α,∠FAE=β,求 tanα+tanβ的值.
【解析】见解析。
【分析】(1)根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可.
(2)设 EC=x,证明△ABF∽△FCE,可得
,由此即可解决问题.
(3)首先证明 tanα+tanβ
,设 AB=CD=a,BC=AD=b,DE=x,解直角三
角形求出 a,b之间的关系即可解决问题.
【解答】(1)证明:∵四边形 ABCD 是矩形,
∴∠B=∠C=∠D=90°,
由翻折可知,∠D=∠AFE=90°,
∴∠AFB+∠EFC=90°,∠EFC+∠CEF=90°,
∴∠AFB=∠FEC,
∴△ABF∽△FCE.
(2)设 EC=x,
由翻折可知,AD=AF=4,
∴BF ㌳ ㌳ 2,
∴CF=BC﹣BF=2,
∵△ABF∽△FCE,
∴
,
∴
,
∴x
,
∴EC
.
(3)∵△ABF∽△FCE,
∴
,
∴tanα+tanβ
,
设 AB=CD=a,BC=AD=b,DE=x,
∴AE=DE+2CE=x+2(a﹣x)=2a﹣x,
∵AD=AF=b,DE=EF=x,∠B=∠C=∠D=90°,
∴BF 쳌 ㌳ ,CF ㌳ ㌳ ㌳ ,
∵AD2
+DE2
=AE2
,
∴b2
+x2
=(2a﹣x)2
,
∴a2
﹣ax
b2
,
∵△ABF∽△FCE,
∴
,
∴
㌳ ㌳
쳌 ㌳
㌳
,
∴a2
﹣ax 쳌 ㌳ • ㌳ ,
∴
b2 쳌 ㌳ • ㌳
쳌 ,
整理得,16a4﹣24a2b2+9b4=0,
∴(4a2
﹣3b2
)
2
=0,
∴
쳌
,
∴tanα+tanβ
.
16.(2020•广元)在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,OA 平分∠BAC 交 BC 于点 O,以 O 为圆心,OC 长为半径作圆
交 BC 于点 D.
(1)如图 1,求证:AB 为⊙O的切线;
(2)如图 2,AB 与⊙O 相切于点 E,连接 CE 交 OA 于点 F.
①试判断线段 OA 与 CE 的关系,并说明理由.
②若 OF:FC=1:2,OC=3,求 tanB 的值.
【答案】见解析。
【分析】(1)过点 O作 OG⊥AB,垂足为 G,利用角平分线的性质定理可得 OG=OC,即可证明;
(2)①利用切线长定理,证明 OE=OC,结合 OE=OC,再利用垂直平分线的判定定理可得结论;
②根据OF:FC=1:2,OC=3求出 OF和 CF,再证明△OCF∽△OAC,求出 AC,再证明△BEO∽△BCA,得到
,设 BO=x,BE=y,可得关于 x和 y的二元一次方程组,求解可得 BO 和 BE,从而可得结果.
【解析】(1)如图,过点 O 作 OG⊥AB,垂足为 G,
∵OA 平分∠BAC 交 BC 于点 O,
∴OG=OC,
∴点 G 在⊙O 上,
即 AB 与⊙O 相切;
(2)①OA 垂直平分 CE,理由是:
连接 OE,
∵AB 与⊙O 相切于点 E,AC 与⊙O 相切于点 C,
∴AE=AC,
∵OE=OC,
∴OA 垂直平分 CE;
②∵OF:FC=1:2,OC=3,
则 FC=2OF,在△OCF 中,OF2
+(2OF)2
=3
2
,
解得:OF
,则 CF
,
由①得:OA⊥CE,
则∠OCF+∠COF=90°,又∠OCF+∠ACF=90°,
∴∠COF=∠ACF,而∠CFO=∠ACO=90°,
∴△OCF∽△OAC,
∴
,即
,
解得:AC=6,
∵AB 与圆 O 切于点 E,
∴∠BEO=90°,AC=AE=6,而∠B=∠B,
∴△BEO∽△BCA,
∴
,设 BO=x,BE=y,
则
,
可得:
,ݕ
解得:
,即 BO=5,BE=4,
∴tanB
.
17.某公司组织员工到附近的景点旅游,根据旅行社提供的收费方案,绘制了如图所示的图象,图中折线
ABCD 表示人均收费 y(元)与参加旅游的人数 x(人)之间的函数关系.
(1)当参加旅游的人数不超过 10 人时,人均收费为 元;
(2)如果该公司支付给旅行社 3600 元,那么参加这次旅游的人数是多少?
【答案】见解析。
【解析】(1)观察图象可知:当参加旅游的人数不超过 10 人时,人均收费为 240 元.故答案为 240.
(2)∵3600÷240=15,3600÷150=24,
∴收费标准在 BC 段,
设直线 BC 的解析式为 y=kx+b,则有 ,
解得 ,
∴y=﹣6x+300,
由题意(﹣6x+300)x=3600,
解得 x=20 或 30(舍弃)
答:参加这次旅游的人数是 20 人.
18.为做好防汛工作,防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固,专家提供的方案是:水坝加高 2米(即
CD=2 米),背水坡 DE 的坡度 i=1:1(即 DB:EB=1:1),如图所示,已知 AE=4 米,∠EAC=130°,求水坝原
来的高度 BC.
(参考数据:sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,tan50°≈1.2)
【答案】见解析。
【解析】设 BC=x 米,
在 Rt△ABC 中,
∠CAB=180°﹣∠EAC=50°,
AB= ≈ = = x,
在 Rt△EBD 中,
∵i=DB:EB=1:1,
∴BD=BE,
∴CD+BC=AE+AB,
即 2+x=4+ x,
解得 x=12,
即 BC=12,
答:水坝原来的高度为 12 米.
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用,解答本题的关键是理解坡度、坡比的含义,构造直角三角形,
利用三角函数表示相关线段的长度,难度一般.
19.(2019 辽宁本溪)如图,点 P 为正方形 ABCD 的对角线 AC 上的一点,连接 BP 并延长交 CD 于点 E,交 AD
的延长线于点 F,⊙O 是△DEF 的外接圆,连接 DP.
(1)求证:DP 是⊙O的切线;
(2)若 tan∠PDC= ,正方形 ABCD 的边长为 4,求⊙O 的半径和线段 OP 的长.
【答案】见解析。
【解析】(1)连接 OD,
∵正方形 ABCD 中,CD=BC,CP=CP,∠DCP=∠BCP=45°,
∴△CDP≌△CBP(SAS),
∴∠CDP=∠CBP,
∵∠BCD=90°,
∴∠CBP+∠BEC=90°,
∵OD=OE,∴∠ODE=∠OED,
∠OED=∠BEC,
∴∠BEC=∠OED=∠ODE,
∴∠CDP+∠ODE=90°,∴∠ODP=90°,
∴DP 是⊙O 的切线;
(2)∵∠CDP=∠CBE,
∴tan ,
∴CE= ,∴DE=2,
∵∠EDF=90°,∴EF 是⊙O的直径,
∴∠F+∠DEF=90°,∴∠F=∠CDP,
在 Rt△DEF 中, ,
∴DF=4,
∴ = =2 ,
∴ ,
∵∠F=∠PDE,∠DPE=∠FPD,
∴△DPE∽△FPD,
∴ ,
设 PE=x,则 PD=2x,
∴ ,
解得 x= ,
∴OP=OE+EP= .
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