【題目】如圖1,直角梯形OABC中,BCOA,OA=6,BC=2,BAO=45°.

(1)OC的長為   ;

(2)DOA上一點,以BD為直徑作⊙M,MAB于點Q.當⊙My軸相切時,sinBOQ=   ;

(3)如圖2,動點P以每秒1個單位長度的速度,從點O沿線段OA向點A運動;同時動點D以相同的速度,從點B沿折線B﹣C﹣O向點O運動.當點P到達點A時,兩點同時停止運動.過點P作直線PEOC,與折線O﹣B﹣A交于點E.設(shè)點P運動的時間為t(秒).求當以B、D、E為頂點的三角形是直角三角形時點E的坐標.

【答案】(1)4;(2);(3)點E的坐標為(1,2)、(,)、(4,2).

【解析】分析:1)過點BBHOAH,如圖11),易證四邊形OCBH是矩形,從而有OC=BH,只需在△AHB中運用三角函數(shù)求出BH即可.

2)過點BBHOAH過點GGFOAF,過點BBROGR連接MN、DG如圖12),則有OH=2,BH=4,MNOC.設(shè)圓的半徑為rMN=MB=MD=r.在RtBHD中運用勾股定理可求出r=2,從而得到點D與點H重合.易證△AFG∽△ADB從而可求出AF、GFOF、OG、OB、ABBG.設(shè)OR=x,利用BR2=OB2OR2=BG2RG2可求出x進而可求出BR.在RtORB中運用三角函數(shù)就可解決問題.

3)由于△BDE的直角不確定,故需分情況討論,可分三種情況(①∠BDE=90°,②∠BED=90°,③∠DBE=90°)討論然后運用相似三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)等知識建立關(guān)于t的方程就可解決問題.

詳解:(1)過點BBHOAH,如圖11),則有∠BHA=90°=COA,OCBH

BCOA,∴四邊形OCBH是矩形,OC=BHBC=OH

OA=6,BC=2,AH=0AOH=OABC=62=4

∵∠BHA=90°,BAO=45°,

tanBAH==1BH=HA=4,OC=BH=4

故答案為:4

2)過點BBHOAH,過點GGFOAF,過點BBROGR,連接MN、DG,如圖12).

由(1)得OH=2,BH=4

OC與⊙M相切于N,MNOC

設(shè)圓的半徑為r,MN=MB=MD=r

BCOC,OAOC,BCMNOA

BM=DM,CN=ONMN=BC+OD),OD=2r2DH==

RtBHD中,∵∠BHD=90°,BD2=BH2+DH22r2=42+2r42

解得r=2,DH=0,即點D與點H重合,BD0A,BD=AD

BD是⊙M的直徑,∴∠BGD=90°,DGABBG=AG

GFOA,BDOA,GFBD,∴△AFG∽△ADB

===,AF=AD=2,GF=BD=2,OF=4

OG===2

同理可得OB=2,AB=4BG=AB=2

設(shè)OR=x,RG=2x

BROG∴∠BRO=BRG=90°,BR2=OB2OR2=BG2RG2,

22x2=(22﹣(2x2

解得x=BR2=OB2OR2=(22﹣(2=,BR=

RtORB,sinBOR===

故答案為:

3①當∠BDE=90°,D在直線PE如圖2

此時DP=OC=4,BD+OP=BD+CD=BC=2,BD=t,OP=t 則有2t=2

解得t=1.則OP=CD=DB=1

DEOC∴△BDE∽△BCO,==DE=2,EP=2

∴點E的坐標為(1,2).

②當∠BED=90°如圖3

∵∠DBE=OBC,DEB=BCO=90°,∴△DBE∽△OBC,

==,BE=t

PEOC,∴∠OEP=BOC

∵∠OPE=BCO=90°,∴△OPE∽△BCO,

==,OE=t

OE+BE=OB=2t+t=2

解得t=OP=,OE=PE==,

∴點E的坐標為().

③當∠DBE=90°,如圖4

此時PE=PA=6t,OD=OC+BCt=6t

則有OD=PEEA==6t)=6t,

BE=BAEA=4﹣(6t)=t2

PEOD,OD=PE,DOP=90°,∴四邊形ODEP是矩形,

DE=OP=tDEOP∴∠BED=BAO=45°.

RtDBE,cosBED==DE=BE,

t=t2)=2t4

解得t=4,OP=4,PE=64=2,∴點E的坐標為(42).

綜上所述當以B、DE為頂點的三角形是直角三角形時點E的坐標為(1,2)、()、(4,2).

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2)將條形統(tǒng)計圖補充完整;

3)在扇形統(tǒng)計圖中,求選課程的人數(shù)所對的圓心角的度數(shù);

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