2021年中考数学专题复习 专题44 构建方程的思想（教师版含解析）

2021年中考数学专题复习 专题44 构建方程的思想（教师版含解析）

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＝ ．