人教版九年级下册第二十八章 锐角三角函数28.2 解直角三角形及其应用巩固练习

这是一份人教版九年级下册第二十八章 锐角三角函数28.2 解直角三角形及其应用巩固练习，共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2022秋·黑龙江绥化·九年级期末）正三角形的边长为，那么该正三角形的内切圆半径为（ ）
A．2B．1C．D．3
2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级期末）如图，某人沿坡角为的山坡前进了100米，那么他此时与地面的垂直距离BC为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）如图，延长等腰斜边到，使，连接，则的值为（ ）
A．B．1C．D．
4．（2022秋·黑龙江大庆·九年级期末）在Rt△ABC中，有下列情况，则直角三角形可解的是（ ）
A．已知BC＝6，∠C＝90°
B．已知∠C＝90°，∠A＝60°，BC＝5
C．已知∠C＝90°，∠A＝∠B
D．已知∠C＝∠B＝45°
5．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转，使点B落在点的位置，连接B，过点D作DE⊥，交的延长线于点E，则的长为（ ）
A．B．C．D．
6．（2022秋·黑龙江绥化·九年级统考期末）如图是净月潭国家森林公园一段索道的示意图．已知A、B两点间的距离为30米，，则缆车从A点到达B点，上升的高度（BC的长）为（ ）
A．米B．米C．米D．米
7．（2022秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，小明利用一个锐角是的三角板测量操场旗杆的高度，已知他与旗杆之间的水平距离为，为（即小明的眼睛与地面的距离），那么旗杆的高度是（ ）
A．B．C．D．
8．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）在中，，则边长为（ ）
A．7B．8C．7或17D．8或17
9．（2022秋·黑龙江鹤岗·九年级统考期末）已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上．若正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，则点A3到x轴的距离是（ ）．
A．B．C．D．
10．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点A（﹣2，0），与x轴夹角为30°，将△ABO沿直线AB翻折，点O的对应点C恰好落在双曲线（k≠0）上，则k的值为（ ）
A．4B．﹣2C．D．
二、填空题
11．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，在矩形中，点E在边上，点F在边上，且，连接交对角线于点O，，，连接，若，则长为 ．
12．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，以为直角边作，并使，再以为直角边作，并使，再以为直角边作，并使…按此规律进行下去，则点的坐标为 ．
13．（2022秋·黑龙江绥化·九年级统考期末）等腰三角形的一个角是，腰长为，则它的底角的正切值为 ．
14．（2022秋·黑龙江七台河·九年级统考期末）如图,是半圆的直径，弦与成30º的角，，若，则的长是 ．
15．（2022秋·黑龙江大庆·九年级期末）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要应用，在计算tan15°时，如图，∠C＝90°，∠ABC＝30°，连接AD，得∠D＝15°，＝＝＝2﹣．类比这种方法得tan22.5°= ．
16．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AD的中点，点O是AC的中点，AC与BE交于点F，AG⊥BE，CH⊥BE，垂足分别为G，H，连接OH，OG，CG．下列结论：①CH﹣AG＝HG；②AG＝HG；③BH＝OG；④AF∶OF∶OC＝2∶1∶3；⑤5S△AFG＝S△GHC；⑥OG•AC＝BH•CD．其中结论正确的序号是 ．
17．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）矩形纸片，长，宽，折叠纸片，使折痕经过点，交边于点，点落在点处，展平后得到折痕，同时得到线段，，不再添加其它线段，当图中存在角时，的长为 厘米．
三、解答题
18．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）已知：四边形内接于，为的直径，为中点，连接、．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，为中点，弦与交于点，若为中点，求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接、，交于，点为上的点，若，，，求线段的长．
19．（2022秋·黑龙江鸡西·九年级期末）如图，一艘游轮在A处测得北偏东的方向上有一灯塔B，游轮以海里时的速度向正东方向航行2小时到达C处，此时测得灯塔B在C处北偏东的方向上．
(1)求点C到线段AB的距离；
(2)求A处与灯塔B相距多少海里？（结果精确到1海里，参考数据：，
20．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点A、B，直线与轴、轴分别交于点，与相交于点，线段的长是一元二次方程的两根(OA＞OC)，，．
(1)求点的坐标
(2)若反比例函数的图象经过点E，求的值
(3)若点在坐标轴上，在平面内是否存在一点，使以点C、E、P、Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出满足条件的点的个数，并直接写出其中两个点的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（2022秋·黑龙江绥化·九年级统考期末）如图所示，我区某中学课外活动小组的同学，利用所学知识去测某段诺敏河的宽度．小宇同学在A处观测对岸C点，测得，小英同学在A处50米远的B处测得，请你根据这些数据算出河宽．（结果保留根号）
22．（2022秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，在一次军事演习中，蓝方在一条东西走向的公路上的A处朝正南方向撤退，红方在公路上的B处沿南偏西60°方向前进实施拦截．红方行驶1000米到达C处后，因前方无法通行，红方决定调整方向，再朝南偏西45°方向前进了相同的距离，刚好在D处成功拦截蓝方．求红蓝双方最初相距多远（结果不取近似值）．
23．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）等腰直角三角形中，，为的角平分线，交于点，点为的中点，连结交于点，过点作，垂足为点，交于点．
（1）如图1，与的数量关系为__________；的值为__________；
（2）如图2，以点为位似中心，将做位似变换，得到，使与的相似比为，与、的交点分别为，，隐去线段，试求的值；
（3）如图3，将（2）中的等腰直角三角形改为等腰三角形，，且其他条件不变，
①的值为__________；
②若，直接写出的面积．
24．（2022秋·黑龙江牡丹江·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴的正半轴上，点B在x轴的负半轴上，点C在y轴的正半轴上，直线BC的解析式为y＝kx＋12（k≠0），AC⊥BC，线段OA的长是方程x2﹣15x﹣16＝0的根．请解答下列问题：
（1）求点A、点B的坐标．
（2）若直线l经过点A与线段BC交于点D，且tan∠CAD＝，双曲线y＝（m≠0）的一个分支经过点D，求m的值．
（3）在第一象限内，直线CB下方是否存在点P，使以C、A、P为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
25．（2022秋·黑龙江鸡西·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x轴，y轴相交于A，B两点，OA，OB的长分别是方程x2﹣14x+48=0的两根，且OA＜OB．
（1）求点A，B的坐标．
（2）过点A作直线AC交y轴于点C，∠1是直线AC与x轴相交所成的锐角，sin∠1=，点D在线段CA的延长线上，且AD=AB，若反比例函数的图象经过点D，求k的值．
（3）在（2）的条件下，点M在射线AD上，平面内是否存在点N，使以A，B，M，N为顶点的四边形是邻边之比为1：2的矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．B
【分析】根据题意画出图形，利用等边三角形的性质和三角形的内切圆性质求解即可．
【详解】解：如图，是等边三角形，，，

由题意，平分，平分，
∴，，，
∴为内切圆的半径，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、三角形的内切圆性质、锐角三角函数，熟练掌握等边三角形的性质和三角形内切圆性质，利用数形结合思想求解是解答的关键．
2．C
【分析】根据，代入数值即可求得答案．
【详解】，
，
故选：C．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键．
3．A
【分析】过点D作DE垂直于CB的延长线于点E，设AC=BC=a，根据勾股定理得，由等腰直角三角形的性质得∠ABC=∠BAC=45°，从而得，在Rt△BDE中，解直角三角形得DE=2a，BE=2a，进而求得CE=BC+BE=3a即可求得．
【详解】解：过点D作DE垂直于CB的延长线于点E，如下图，
设AC=BC=a，
∵AC⊥BC，AC=BC=a，
∴，∠ABC+∠BAC=90°，∠ABC=∠BAC，
∴∠ABC=∠BAC=45°，，
∴∠DBE=∠ABC=45°，
∵DE⊥CE，
∴DE=，BE=，
∴CE=BC+BE=3a，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，解直角三角形，熟练解直角三角形是解题的关键．
4．B
【分析】根据解直角三角形需要满足的条件，逐一判断即可得出结论．
【详解】解：∵选项C、D缺少边的条件，A缺少锐角的条件，
∴不能解直角三角形，
选项B中，由∠A的正弦可求出AB，再根据直角三角形的性质可求出∠B，然后由勾股定理或∠A的正切函数可求出AC．
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形，掌握求解直角三角形的条件是解决本题的关键．
5．A
【分析】利用已知条件求得,设，将都表示出含有的代数式，利用的函数值求得，继而求得的值
【详解】
设交于点,
由题意：
是等边三角形
四边形为正方形
∴∠CBF=90°-60°=30°，
DE⊥
又
设
则
解得：
故选A
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，特殊角的锐角三角函数值，灵活运用锐角三角函数的定义及特殊三角函数值是解题的关键．
6．A
【分析】在Rt△ABC中，已知∠BAC和斜边AB，求∠BAC的对边，选择∠BAC的正弦，列出等式即可表示出来．
【详解】在Rt△ABC中，
,
即，
故选：A．
【点睛】本题考查解直角三角形，解题关键是根据解三角函数的定义，列出方程．
7．D
【分析】先根据题意得出AD的长，在Rt△AED中利用锐角三角函数的定义求出ED的长，由CE＝CD＋DE即可得出结论．
【详解】解：∵AB⊥BC，DE⊥BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是矩形，
∵BC＝15m，AB＝1.5m，
∴AD＝BC＝15m，DC＝AB＝1.5m，
在Rt△AED中，
∵∠EAD＝30°，AD＝15m，
∴ED＝AD•tan30°＝15×＝5，
∴CE＝CD＋DE＝．
故选：D．
【点睛】本题考查的是解直角三角形在实际生活中的应用，熟知锐角三角函数的定义是解答此题的关键，属于基本知识的考查．
8．C
【分析】由的余弦值得到它的度数，再分情况讨论，画出图象，利用锐角三角函数求出BC的长．
【详解】解：∵，
∴，
如图，当是钝角三角形时，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图，当是锐角三角形时，
．
故选：C．
【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是掌握解直角三角形的方法，需要注意进行分类讨论．
9．D
【分析】利用正方形的性质以及平行线的性质可分别得出D1E1、B2E2、B2C2的长，进而得出B3C3、WQ的长，最后根据30°的余弦函数求解即可.
【详解】解：过小正方形的一个顶点W作FQ⊥x轴于点Q，过点A3F⊥FQ于点F，
∵正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O=60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，
∴∠B3C3E4=60°，∠D1C1E1=30°，∠E2B2C2=30°，
∴D1E1=D1C1=，
∴D1E1=B2E2=，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
根据题意得出：∠WC3Q=30°，∠C3WQ=60°，∠A3WF=30°，
∴，
，
∴点A3到x轴的距离是：．
故选D．
【点睛】本题综合性强，难度较大，是中考常见题，利用直角构造一线三垂直是解决问题的关键．
10．D
【详解】解：根据翻折图形可得：AC=AO=2，∠CAO=60°，
过点C作x轴于

点C的坐标为，
则k的值为.
故选D
11．
【分析】连接，，先证明四边形是菱形，得，从而求得，，在中，由勾股定理得，进行利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】解：如下图，连接，，
∵四边形是矩形，，
∴，，，，
∵，
∴即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形，
∴，
在中，由设，，
∵，即，
∴，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，即，
解得，
∵是菱形，，
∴即，
解得，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定及性质，矩形的性质，勾股定理以及三角函数，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键．
12．（，）．
【分析】通过解直角三角形，依次求…各点的坐标，再从其中找出规律，便可得结论．
【详解】解：由题意得，
的坐标为（1，0），的坐标为（1，），的坐标为（−2，2），的坐标为（−8，0），的坐标为（−8，−8），的坐标为（16，−16），
的坐标为（64，0），
…
由上可知，A点的方位是每6个循环，
与第一点方位相同的点在x轴正半轴上，其横坐标为，其纵坐标为0，
与第二点方位相同的点在第一象限内，其横坐标为，纵坐标为，
与第三点方位相同的点在第二象限内，其横坐标为，纵坐标为，
与第四点方位相同的点在x轴负半轴上，其横坐标为，纵坐标为0，
与第五点方位相同的点在第三象限内，其横坐标为，纵坐标为，
与第六点方位相同的点在第四象限内，其横坐标为，纵坐标为，
∵2021÷6＝336…5，
∴点的方位与点的方位相同，在第三象限内，其横坐标为，纵坐标为，
故答案为：（，）．
【点睛】本题是点的坐标的规律探索，主要考查了解直角三角形的知识，关键是求出前面7个点的坐标，找出其存在的规律．
13．或
【分析】分角是底角和顶角两种情况，分别求出正切值即可．
【详解】解：当角是底角时，它的正切值为，
当角是顶角时，如图所示，，作于D，
∵，
∴，，
∴，
，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质和解直角三角形，解题关键是恰当构造直角三角形解题．
14．
【分析】如图，连接BC，再利用的余弦可得答案.
【详解】解：如图，连接BC，
是的直径，



故答案为：
【点睛】本题考查的是圆周角定理的含义，锐角的余弦的含义，掌握“直径所对的圆周角是直角”是解本题的关键.
15．﹣1/
【分析】在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，延长CB至点D，使得AB＝BD，则∠BAD＝∠D．设AC＝1，求出CD，可得结论．
【详解】解：如图，在等腰直角△ABC中，延长CB至点D，则∠BAD＝∠D．
∵∠ABC＝45°，
∴45°＝∠BAD+∠D＝2∠D，
∵∠BAD＝∠D，
∴∠D＝∠BAD＝22.5°，
∴AB=BD，
设AC＝1，则BC＝1，AB= BD= ，
∴CD＝CB+BD＝CB+AB＝1+，
∴tan22.5°＝tanD＝＝＝＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点睛】本题考查解直角三角形，分母有理化，特殊直角三角形的性质，三角函数等知识，解题的关键是学会利用特殊直角三角形解决问题．
16．①②③④⑥
【分析】根据四边形ABCD为正方形性质，和点E是AD的中点得出AE=，根据三角函数定义得出tan∠ABE=，得出BG=2AG，证明△BAG≌△CBH（AAS），得出AG=BH，BG=CH，可判断①正确；根据BG=2AG，利用线段差得出HG=BG-AG=2AG-AG=AG，可判断②正确；取CH中点J，连结OJ，先证△AGO≌△CJO（SAS），得出∠AOG=∠COJ，GO=JO，再证△HGO≌△HJO（SSS），得出∠HOG=∠HOJ，说明点G，O，J三点共线，得出△GHJ为等腰直角三角形，利用勾股定理HG=可判断③正确；四边形ABCD为正方形，可证△AEF∽△CBF，得出，求出，可判断④正确；先证△AGF∽△CHF，得出GF=，求出S△AFG＝，S△GHC=，可判断⑤不正确；利用sin∠DAC=sin∠OGH=，OG•AC＝BH•CD，可判断⑥正确．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=AD，∠EAB=∠ABC=90°，
∵点E是AD的中点，
∴AE=
∴tan∠ABE=，
∴BG=2AG，
∵AG⊥BE，CH⊥BE，
∴∠AGB=∠BHC=90°，
∴∠ABG+∠BAG=90°，∠ABG+∠CBH=90°，
∴∠BAG=∠CBH，
在△BAG和△CBH中，
，
∴△BAG≌△CBH（AAS），
∴AG=BH，BG=CH，
∴CH﹣AG＝BG-BH=HG，故①正确；
∵BG=2AG，
∴HG=BG-AG=2AG-AG=AG，故②正确；
取CH中点J，连结OJ，
∵CJ=，AG⊥BE，CH⊥BE，
∴AG∥CH，
∴∠GAO=∠JCO，
∵点O是AC的中点，
∴AO=CO，
在△AGO和△CJO中，
，
∴△AGO≌△CJO（SAS），
∴∠AOG=∠COJ，GO=JO，
在△HGO和△HJO中，
，
∴△HGO≌△HJO（SSS），
∴∠HOG=∠HOJ，
∵∠GOH+∠HOJ=∠AOG+∠FOH+∠HOJ=∠COJ+∠FOH+∠HOJ=∠AOC=180°，
∴点G，O，J三点共线，
∴∠HOG+∠HOJ=2∠HOG=180°，
∴∠HOG=90°，
∵∠GHJ=90°，HG=HJ，
∴△GHJ为等腰直角三角形，
点O为JG中点，
∴OH=OG=OJ，
∴HG=，
∴BH=HG=OG，故③正确；
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，即AF∥BC，
∴∠AEF=∠CBF，∠EAF=∠BCF，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
∴，
∴OC-OF=，
∴，
∴，
∴AF∶OF∶OC＝=2∶1∶3；故④正确；
∵∠AFG=∠CFH，∠AGF=∠CHF=90°，
∴△AGF∽△CHF，
∴,
∴，
∵GF+FH=GH，
∴GF=
∴S△AFG＝，S△GHC=
∴S△AFG＝S△GHC，故⑤不正确；
∵AC为正方形对角线，
∴∠DAC=45°，
∵∠HOG=90°，OH=OG，
∴∠OGH=45°，
∴sin∠DAC=sin∠OGH=，
∴OG•AC＝BH•CD，故⑥正确．
其中结论正确的序号是①②③④⑥．
故答案为：①②③④⑥．
【点睛】本题考查正方形性质，锐角三角函数值，三角形全等判定与性质，三点共线，等腰直角三角形判定与性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，三角形面积，本题难度大，涉及知识多，图形复杂，掌握多方面知识是解题关键．
17．或或
【分析】分∠ABE=30°或∠AEB=30°或∠ABA′=30°时三种情况，利用锐角三角函数进行求解即可．
【详解】解：当∠ABE=30°时，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan30°=cm；
当∠AEB=30°时，则∠ABE=60°，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan60°=cm；
当∠ABE=15°时，∠ABA′=30°，延长BA′交AD于F，如下图所示，
设AE=x，则EA′=x，，
∵AF=AE+EF=ABtan30°=，
∴，
∴，
∴ cm．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键．
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由圆中弧的性质和三角形内角和定理可得结论；
（2）由圆中弧的性质和余角的性质、以及等腰三角形的判定可得结论；
（3）连接，通过证明和，可得到四边形是矩形．再通过过作，构造直角三角形可求出的长．再连接，可利用圆中弧的性质可得的长，从而可得的长度．
【详解】（1）证明：∵为的直径，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
（2）∵，
∴，
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∴.
（3）连接，过作于，于，
∵，∴，
∵，，∴
∵，，∴，∴，
∵，，∴
∵，∴四边形是矩形
∵，∴，∴
过作交于，
∵，∴
∵，∴，，
∴，∴，
∵，∴
∵，∴，∴，
设，得到，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴勾股定理得，
∵，，∴
连接交于，∵为弧中点，∴，∴
∵为弧中点，∴，∴，
∵，∴
∵，∴
【点睛】本题为圆的综合题，主要考查图形的全等、等腰三角形与直角三角形、矩形菱形正方形、图的有关概念及性质、推理能力，掌握以上知识点并且能够熟练运用、同时还要保持思路清晰，是解决此题的关键．
19．(1)40海里；
(2)109海里．
【分析】（1）作辅助线，构建直角三角形，证明是等腰直角三角形，可得的长，从而得结论；
（2）解，求出的长，然后在中利用含角的性质可得的长即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，过点C作，垂足为M，
由题意可得，，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
由题意得：，
∴，
即点C到线段的距离为40海里；
（2）（2）∵，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵（海里），
答：A处与灯塔B相距109海里．
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，三角形内角和定理，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
20．(1)
(2)-36
(3)满足条件的点的个数有6个，点坐标是（6，12）或或或或或（-10，-12）
【分析】（1）求出一元二次方程的根，即可求解；
（2）过点E作EH⊥AC于点H，可得OB=16，从而得到AB=20，再证得△AEH∽△AOB，可得，从而得到点E（-3，12），即可求解；
（3）分两类情况讨论，当以CE为对角线时；当CE为边时，即可求解．
【详解】（1）解：∵，
解得：，
∵线段的长是一元二次方程的两根(OA＞OC)，
∴OA=12，OC=6，
∴点A（-12，0），点C（6，0）；
（2）解：过点E作EH⊥AC于点H，
∵，
∴，解得：OB=16，
∴，
∵BE=5，
∴AE=15，
∵EH⊥AC，OB⊥AC，
∴EH∥OB，
∴△AEH∽△AOB，
∴，即，
解得：，
∴OH=3，
∴点E（-3，12），
∵反比例函数的图象经过点E，
∴，解得：k=-36；
（3）：满足条件的点的个数有6个，
∵点E（-3，12），C（6，0），
∴，
设点Q（m，n），当点P在x轴上时，设点P（b，0）；当点P在y轴上时，设点P（0，a），
当以CE为对角线时，PQ=CE=15，
若点P在x轴上，此时EQ2∥x轴，CQ2⊥x轴，
∴点Q2（6，12）；
若点P在y轴上，根据题意得：点E向点P1（或点Q3）平移的方向与距离和点Q1（或点P3）向点C平移的方向与距离相同，
∴解得： 或（舍去）
，解得：（舍去）或，
∴点Q1，点Q3；
当CE为边时，
当点P在x轴上时，PC= EQ，且点E向P移动的距离与方向和点C向Q移动的距离与方向相同，
∴，解得：
∴点Q6（-10，-12）；
当点P在y轴上时，且点E向P移动的距离与方向和点C向Q移动的距离与方向相同，且PC= EQ（或CQ=EP），
或
解得：或，
∴点，
综上所述，点Q的坐标为（6，12）或或或或或（-10，-12）
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，矩形的性质，反比函数的图象和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解题的关键．
21．河宽为（2525）米．
【分析】设CE＝x米，那么可利用三角函数用河宽表示出AE、EB，然后根据BE﹣AE＝50就能求得河宽．
【详解】解：设CE＝x米，
在Rt△AEC中：∠CAE＝45°，AE＝CE＝x，
在Rt△BCE中：∠CBD＝30°，BECEx，
∴x＝x+50，
解得：x＝2525，
答：河宽为（2525）米．
【点睛】此题主要考查了三角函数的概念和应用，解题关键是把实际问题转化为数学问题，抽象到直角三角形中，利用三角函数进行解答．
22．红蓝双方最初相距（）米．
【分析】过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，红蓝双方相距AB=DF+CE．在Rt△BCE中，根据锐角三角函数的定义求出CE的长，同理，求出DF的长，进而可得出结论．
【详解】解：过B作AB的垂线，过C作AB的平行线，两线交于点E；过C作AB的垂线，过D作AB的平行线，两线交于点F，则∠E=∠F=90°，红蓝双方相距AB=DF+CE．
在Rt△BCE中，
∵BC=1000米，∠EBC=60°，
∴CE=BC•sin60°=1000×=500米．
在Rt△CDF中，
∵∠F=90°，CD=1000米，∠DCF=45°，
∴DF=CD•sin45°=1000×=500米，
∴AB=DF+CE=（500+500）米．
答：红蓝双方最初相距（）米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，锐角三角函数的定义，正确理解方向角的定义，进而作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
23．（1）=；；（2）的值为；（3）①；②
【分析】（1）由已知条件ASA推论出，得出=；再推论出，得出，因为，所以；
（2）过点作，同（1）理得： 所以 ；
（3）①由已知条件推论出，得出，因为，推出，由可转化得，；
②由，得，由面积公式得到．
【详解】解：（1） 点为的中点

在和中
为的角平分线
在和中
（2）过点作，交CD于，CH于，CB于
在中
为的角平分线
同（1）理得：
的值为；
（3）过点作，交CD于，CH于，CB于
① 点为的中点


由题意知为的角平分线
在和中
②
【点睛】本题是相似形的综合题目，考察了等腰三角形、直角三角形以及全等三角形的判定和性质、和相似三角形判定和性质等知识；本题难度较大，综合性强．
24．（1）A（16，0），B（-9，0）；（2）-24；（3）存在，（16，12）或（25，12）或（32，）或（）
【分析】
【详解】解：（1）x2﹣15x﹣16＝0，
因式分解得，
解得，
点A在x轴的正半轴上，OA=16，
∴点A（16，0），
∵直线BC的解析式为y＝kx＋12，
与y轴交点C为（0，12），
∴tan∠OAC=，∠OCA+∠OAC=90°，
∵AC⊥BC，
∴∠BCO+∠OCA=90°，
∴∠BCO=∠OAC，
∴tan∠BCO= tan∠OAC=，
∴OB=，
∴点B（-9，0）；
（2）过点D作DE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，
在Rt△AOC中，AC=，
在Rt△BOC中BC=，
∵tan∠CAD＝，
∴，
∵sin∠BCO=，
∴DE= CDsin∠BCO=，
∴CE=，OE=OC-EC=12-4=8，
∴点D（-3，8），
∵双曲线y＝（m≠0）的一个分支经过点D，
∴;
（3）过点A作AP1与过点C与x轴平行的直线交于P1，
则∠CP1A=∠P1CO=∠COA=90°，
∴四边形COAP1为矩形，
∴点P1（16，12），
当点P1（16,12）时，CP1∥OA，
∠P1CA=∠CAB，∠ACB=∠CP1A，
∴△P1CA∽△CAB，
作P2A⊥AC交CP1延长线于P2，
∵∠CAP2=∠BCA=90°，∠P2CA=∠CAB，
∴△CAP2∽△ACB，
∴cs∠CAO=，
∴cs∠P2CA= cs∠CAO=，
∴，
∴点P2的横坐标绝对值=，纵坐标的绝对值=OC=12，
∴点P2（），
作∠P3CA=∠OCA，在射线CP3截取CP3=CO=12，连结AP3，
在△CP3A和△COA中，
，
∴△CP3A≌△COA（SAS），
∴AP3=OA=16，
∴，
∴
∴△P3CA∽△CAB，
设P3（x，y）
，
整理得，
解得：，
∴点P3（），
延长CP3与延长线交P4，过P4作PH⊥x轴于H，
∵∠P4CA=∠CAB，∠P4AC=∠BAC=90°，
∴△CAP4∽△ACB，
∵∠BAC+∠HAP4=∠CAP3+∠P3AP4=90°，∠CAP3=∠BAC，
∴∠HAP4=∠P3AP4，
∠P4P3A=180°-∠CP3A=180°-90°=90°=∠P4HA，
在△P4P3A和△P4HA中，
，
△P4P3A≌△P4HA（ASA），
∴AP3=AH=16，P3P4=P4H，
∵cs∠P3CA=，
∴，
∴，OH=OA+AH=OA+AP3=16+16=32，
∴点，
综合直线CB下方，使以C、A、P为顶点的三角形与△ABC相似．点P的坐标（16，12）或（）或或()．
【点睛】本题考查一元二次方程的解法，直线与y轴的交点，反比例函数解析式，锐角三角形函数，勾股定理，三角形全等判定与性质，矩形判定与性质，三角形相似，图形与坐标，解方程组，本题难度大，综合性强，涉及知识多，利用动点作出准确图形是解题关键．
25．（1）A（6，0），B（0，8）；（2）k=84；（3）存在．点N的坐标为（4，11）或（16，20）．
【分析】（1）解一元二次方程，求得OA、OB的长度，得到点A、B的坐标．
（2）作辅助线，构造全等三角形△AOB≌△DEA，求得点D的坐标；进而由题意，求出k的值．
（3）可能存在两种情形
【详解】（1）解方程x2﹣14x+48=0，得：x1=6，x2=8．
∵OA，OB的长分别是方程x2﹣14x+48=0的两根，且OA＜OB，∴OA=6，OB=8．
∴A（6，0），B（0，8）．
（2）如图所示，过点D作DE⊥x轴于点E．
在Rt△AOB中，OA=6，OB=8，
由勾股定理得：AB=10．
∴．
∵sin∠1=，∴∠OBA=∠1．
∵∠OBA+∠OAB=90°，∠1+∠ADE=90°，
∴∠OAB=∠ADE．
在△AOB与△DEA中，∵∠OBA=∠1，AB=AD，∠OAB=∠ADE，
∴△AOB≌△DEA（ASA）．∴AE=OB=8，DE=OA=6．∴OE=OA+AE=6+8=14．
∴D（14，6）．
∵反比例函数的图象经过点D，∴k=14×6=84．
（3）如答图所示，可能存在两种情形：
如图所示，若以A，B，M，N为顶点的四边形是邻边之比为1：2的矩形，
①当AB：AM1=2：1时，
过点M1作M1E⊥x轴于点E，
易证Rt△AEM1∽Rt△BOA，
∴ ，即
∴AE=4，M1E=3．
过点N1作N1F⊥y轴于点F，易证Rt△N1FB≌Rt△AEM1，
∴N1F=AE=4，BF=M1E=3，∴OF=OB+BF=8+3=11．
∴N1（4，11）．
②当AB：AM2=1：2时，同理可求得：N2（16，20）．
综上所述，存在满足条件的点N，点N的坐标为（4，11）或（16，20）．