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）

这是一份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），共30页。教案主要包含了对点练习等内容，欢迎下载使用。




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．3B．5C．5136D．13


【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EDBD=EMAB，设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，得出x5=4-x3，解得x=52，同理△DNF∽△DCB，得出DFBD=NFBC，设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，则y5=3-y4，解得y=53．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=AB2+AD2=32+42=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，


∴EDBD=EMAB，


设DE＝x，则AE＝EM＝4﹣x，


∴x5=4-x3，


解得x=52，


∴DE=52，


同理△DNF∽△DCB，


∴DFBD=NFBC，


设DF＝y，则CF＝NF＝3﹣y，


∴y5=3-y4，


解得y=53．


∴DF=53．


∴EF=DE2+DF2=(52)2+(53)2=5136．


【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，


AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE，


∴△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(﹣3，94)．


(1)求抛物线的解析式；


(2)已知直线l过点A，M(32，0)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，14t2)，根据PD＝CD构建方程求出t即可解决问题．


【解析】(1)把点A(﹣3，94)代入y＝ax2，


得到94=9a，∴a=14，


∴抛物线的解析式为y=14x2．


(2)设直线l的解析式为y＝kx+b，则有94=-3k+b0=32k+b，


解得k=-12b=34，


∴直线l的解析式为y=-12x+34，


令x＝0，得到y=34，∴C(0，34)，


由y=14x2y=-12x+34，解得x=1y=14或x=-3y=94，


∴B(1，14)，


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，





∴BMMC=MB1MO=32-132=13，MCMA=MOMA1=3232-(-3)=13，


∴BMMC=MCMA，


即MC2＝MA•MB．


(3)如图2中，设P(t，14t2)





∵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，-12t+34)，


∴|14t2﹣(-12t+34)|=34，


整理得：t2+2t﹣6＝0或t2+2t＝0，


解得t＝﹣1-7或﹣1+7或﹣2或0(舍弃)，


∴P(﹣1-7，2+72)或(﹣1+7，2-72)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．20cmB．10cmC．8cmD．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．25mB．24mC．30mD．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+202，


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．3B．4.5C．6D．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＝102，


∴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)PFPQ+PEPM= ．


(2)若PN2＝PM•MN，则MQNQ= ．





【解析】(1)1(2)5-12．


【分析】(1)证明△PEN∽△QFN，得PEPN=QFQN①，证明△NPQ∽△PMQ，得PNMP=NQPQ②，再①×②得PEPM=QFPQ，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MQNQ=PMMN，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，


∴PEQF=PNQN，即PEPN=QFQN①，


∵∠PNQ+∠NPQ＝∠PNQ+∠PMQ＝90°，


∴∠NPQ＝∠PMQ，


∵∠PQN＝∠PQM＝90°，


∴△NPQ∽△PMQ，


∴PNMP=NQPQ②，


∴①×②得PEPM=QFPQ，


∵QF＝PQ﹣PF，


∴PEPM=QFPQ=1-PFPQ，


∴PFPQ+PEPM=1，


故答案为：1；


(2)∵∠PNQ＝∠MNP，∠NQP＝∠NPQ，


∴△NPQ∽△NMP，


∴PNMN=QNPN，


∴PN2＝QN•MN，


∵PN2＝PM•MN，


∴PM＝QN，


∴MQNQ=MQPM，


∵tan∠M=MQPM=PMMN，


∴MQNQ=PMMN，


∴MQNQ=NQMQ+NQ，


∴NQ2＝MQ2+MQ•NQ，即1=MQ2NQ2+MQNQ，


设MQNQ=x，则x2+x﹣1＝0，


解得，x=5-12，或x=-5+12＜0(舍去)，


∴MQNQ=5-12，


故答案为：5-12．


7．(2020•湘潭)若yx=37，则x-yx= ．


【解析】47．


【分析】根据比例的基本性质变形，代入求值即可．


【解析】由yx=37可设y＝3k，x＝7k，k是非零整数，


则x-yx=7k-3k7k=4k7k=47．


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=kx(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＝83，则k＝ ．





【答案】403．


【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=3MN＝33，


∴AN＝MB＝83-33=53，


设OA＝x，则OB＝x+3，


∴F(x，83)，M(x+3，53)，


∴83x＝(x+3)×53，


解得，x＝5，


∴F(5，83)，


∴k＝5×83=403．


故答案为：403．





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，cs58°≈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•cs58°≈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＝23，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ABCF=BFEC，由此即可解决问题．


(3)首先证明tanα+tanβ=BFAB+EFAF=BFAB+CFAB=BF+CFAB=BCAB，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=AF2-AB2=16-12=2，


∴CF＝BC﹣BF＝2，


∵△ABF∽△FCE，


∴ABCF=BFEC，


∴232=2x，


∴x=233，


∴EC=233．


(3)∵△ABF∽△FCE，


∴AFEF=ABCF，


∴tanα+tanβ=BFAB+EFAF=BFAB+CFAB=BF+CFAB=BCAB，


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=b2-a2，CF=x2-(a-x)2=2ax-a2，


∵AD2+DE2＝AE2，


∴b2+x2＝(2a﹣x)2，


∴a2﹣ax=14b2，


∵△ABF∽△FCE，


∴ABCF=BFEC，


∴ax2-(a-x)2=b2-a2a-x，


∴a2﹣ax=b2-a2•2ax-a2，


∴14b2=b2-a2•a2-12b2，


整理得，16a4﹣24a2b2+9b4＝0，


∴(4a2﹣3b2)2＝0，


∴ba=233，


∴tanα+tanβ=BCAB=233．





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BEBC=OEAC=BOAB，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＝32，


解得：OF=355，则CF=655，


由①得：OA⊥CE，


则∠OCF+∠COF＝90°，又∠OCF+∠ACF＝90°，


∴∠COF＝∠ACF，而∠CFO＝∠ACO＝90°，


∴△OCF∽△OAC，


∴OCOA=OFOC=CFAC，即3OA=3553=655AC，


解得：AC＝6，


∵AB与圆O切于点E，


∴∠BEO＝90°，AC＝AE＝6，而∠B＝∠B，


∴△BEO∽△BCA，


∴BEBC=OEAC=BOAB，设BO＝x，BE＝y，


则y3+x=36=xy+6，


可得：6y=9+3x6x=3y+18，


解得：x=5y=4，即BO＝5，BE＝4，


∴tanB=OEBE=34．





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，cs50°≈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＝．