备战中考数学备考之直角三角形的边角关系压轴突破训练∶培优 易错 难题篇附答案解析

答案解析

一、直角三角形的边角关系

1．如图，某无人机于空中A处探测到目标B、D的俯角分别是30、60,此时无人机的飞

行高度AC为60m，随后无人机从A处继续水平飞行303m到达A'处.

（1）求之间的距离

（2）求从无人机A'上看目标的俯角的正切值. 【答案】（1）120米；（2）【解析】 【分析】

（1）解直角三角形即可得到结论；

（2）过A'作A'EBC交BC的延长线于E，连接A'D，于是得到A'EAC60，

23. 5CEAA'303，在Rt△ABC中，求得DC=即可得到结论． 【详解】

解：（1）由题意得：∠ABD=30°，∠ADC=60°， 在Rt△ABC中，AC=60m，

3AC=203，然后根据三角函数的定义3ACAB==1=120（m）

sin30602（2）过A'作A'EBC交BC的延长线于E，连接A'D， 则A'EAC60， CEAA'30在Rt△ABC中， AC=60m，∠ADC=60°，

3，

DC=3AC=203 3DE=503

tan∠AA'D= tan∠A'DC=

60A'E23 ==DE503523． 5答：从无人机A'上看目标D的俯角的正切值是

【点睛】

本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线建立直角三角形是解题的关键.

2．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB∥CD， ∠ACB =90°， AB=10cm， BC=8cm， OD 垂直平分 A C．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点 P作 PE⊥AB，交 BC 于点 E，过点 Q 作 QF∥AC，分别交 AD， OD 于点 F， G．连接 OP，EG．设运动时间为 t ( s )（0＜t＜5） ，解答下列问题： （1）当 t 为何值时，点 E 在

BAC 的平分线上？

（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm2) ，求 S 与 t 的函数关系式；

（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；

（4）连接 OE， OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE⊥OQ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）t=4s；（2）S四边形PEGOt382155t6 ，(0t5)；（3）t时，

28S四边形PEGO取得最大值；（4）t【解析】 【分析】

16时，OEOQ. 5（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE=EC，由此构建方程即可解决问题．

（2）根据S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC）构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可．

（4）证明∠EOC=∠QOG，可得tan∠EOC=tan∠QOG，推出可解决问题．

ECGQ，由此构建方程即OCOG【详解】

（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，AB=10cm，BC=8cm， ∴AC=10282=6（cm）， ∵OD垂直平分线段AC， ∴OC=OA=3（cm），∠DOC=90°， ∵CD∥AB， ∴∠BAC=∠DCO， ∵∠DOC=∠ACB， ∴△DOC∽△BCA， ∴∴

ACABBC， OCCDOD6108， 3CDOD∴CD=5（cm），OD=4（cm）， ∵PB=t，PE⊥AB， 易知：PE=

35t，BE=t，

44当点E在∠BAC的平分线上时， ∵EP⊥AB，EC⊥AC， ∴PE=EC，

35t=8-t，

44∴t=4．

∴

∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上． （2）如图，连接OE，PC．

S四边形OPEG=S△OEG+S△OPE=S△OEG+（S△OPC+S△PCE-S△OEC） =

1144153154t338t8tt38t 25452452283215t16(0t5)． 3（3）存在．

=t8568∵St(0t5)，

3232568时，四边形OPEG的面积最大，最大值为．

32（4）存在．如图，连接OQ． ∵OE⊥OQ，

∴∠EOC+∠QOC=90°， ∵∠QOC+∠QOG=90°， ∴∠EOC=∠QOG，

∴tan∠EOC=tan∠QOG， ECGQ∴， OCOG∴t=

35t8t45， ∴

434t5整理得：5t2-66t+160=0， 解得t∴当t16或10（舍弃） 516秒时，OE⊥OQ． 5【点睛】

本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.

3．如图，从地面上的点A看一山坡上的电线杆PQ，测得杆顶端点P的仰角是45°，向前走6m到达B点，测得杆顶端点P和杆底端点Q的仰角分别是60°和30°．

（1）求∠BPQ的度数；

（2）求该电线杆PQ的高度（结果精确到1m）．备用数据：【答案】（1）∠BPQ=30°； （2）该电线杆PQ的高度约为9m． 【解析】

试题分析：（1）延长PQ交直线AB于点E，根据直角三角形两锐角互余求得即可；

，

（2）设PE=x米，在直角△APE和直角△BPE中，根据三角函数利用x表示出AE和BE，根据AB=AE-BE即可列出方程求得x的值，再在直角△BQE中利用三角函数求得QE的长，则PQ的长度即可求解．

试题解析：延长PQ交直线AB于点E，

（1）∠BPQ=90°-60°=30°； （2）设PE=x米． 在直角△APE中，∠A=45°， 则AE=PE=x米； ∵∠PBE=60° ∴∠BPE=30° 在直角△BPE中，BE=∵AB=AE-BE=6米， 则x-

33PE=x米， 333x=6， 3解得：x=9+33． 则BE=（33+3）米． 在直角△BEQ中，QE=

33BE=（33+3）=（3+3）米． 33∴PQ=PE-QE=9+33-（3+3）=6+23≈9（米）． 答：电线杆PQ的高度约9米．

考点：解直角三角形的应用-仰角俯角问题．

4．如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=

81．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒45个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒． （1）求cosA的值；

（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=

9S△QCN时，求t的值； 5（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．

【答案】（1）coaA=

439；（2）当t=时，满足S△PQM=S△QCN；（3）当t=2733s或

265552733s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．

26【解析】

分析：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．利用三角形的面积公式求出BE，利用勾股定理求出AE即可解决问题；

（2）如图2中，作PH⊥AC于H．利用S△PQM=

9S△QCN构建方程即可解决问题； 5（3）分两种情形①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．分别构建方程求解即可； 详解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．

∵S△ABC=∴BE=

181•AC•BE=，

429， 2AB2BE2=6，

在Rt△ABE中，AE=∴coaA=

AE64． AB7.55（2）如图2中，作PH⊥AC于H．

∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC-AH-CQ=9-9t， ∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9-9t）2， ∵S△PQM=∴

9S△QCN， 5393•PQ2=•CQ2， 4549×（5t）2， 5整理得：5t2-18t+9=0，

∴9t2+（9-9t）2=解得t=3（舍弃）或∴当t=

3． 539时，满足S△PQM=S△QCN． 55（3）①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．

易知：PM∥AC， ∴∠MPQ=∠PQH=60°， ∴PH=3HQ， ∴3t=3（9-9t）， ∴t=2733．

26②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．

同法可得PH=3QH， ∴3t=3（9t-9）， ∴t=27+33， 262627+33s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN综上所述，当t=2733s或

26的边上．

点睛：本题考查三角形综合题、等边三角形的性质、勾股定理锐角三角函数、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．

5．如图，在⊙O的内接三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E.设P是PD，PD交AB于点G. (1)求证：△PAC∽△PDF； (2)若AB＝5，

，求PD的长；

＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．(不要求写出

上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与

(3)在点P运动过程中，设x的取值范围)

【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

；（3）

.

试题分析：（1）应用圆周角定理证明∠APD＝∠FPC，得到∠APC＝∠FPD，又由∠PAC＝∠PDC，即可证明结论. （2）由AC=2BC，设

，应用勾股定理即可求得BC，AC的长，则由AC=2BC得

，由△ACE∽△ABC可求得AE，CE的长，由可知△APB是等腰直角三角

形，从而可求得PA的长，由△AEF是等腰直角三角形求得EF=AE=4，从而求得DF的长，由（1）△PAC∽△PDF得

，即可求得PD的长.

（3）连接BP，BD，AD，根据圆的对称性，可得

，由角的转换可得，由△AGP∽△DGB可得

，由△AGD∽△PGB可得

式相乘可得结果.

试题解析：（1）由APCB内接于圆O，得∠FPC＝∠B，

又∵∠B＝∠ACE＝90°－∠BCE，∠ACE＝∠APD，∴∠APD＝∠FPC. ∴∠APD＋∠DPC＝∠FPC＋∠DPC，即∠APC＝∠FPD. 又∵∠PAC＝∠PDC，∴△PAC∽△PDF. （2）连接BP，设，∵∠ACB=90°，AB=5，∴

.∴

.

∵△ACE∽△ABC，∴，即

. ∴

.

∵AB⊥CD，∴.

如图，连接BP， ∵

，∴△APB是等腰直角三角形. ∴∠PAB＝45°，

.

∴△AEF是等腰直角三角形. ∴EF=AE=4. ∴DF=6.

由（1）△PAC∽△PDF得，即

.

∴PD的长为

.

（3）如图，连接BP，BD，AD，

∵AC=2BC，∴根据圆的对称性，得AD=2DB，即.

∵AB⊥CD，BP⊥AE，∴∠ABP＝∠AFD. ∵

，∴

.

∵△AGP∽△DGB，∴. ∵△AGD∽△PGB，∴

.

，两

∴∵

，∴

，即.

.

.

∴与之间的函数关系式为

考点：1.单动点问题；2.圆周角定理；3.相似三角形的判定和性质；4.勾股定理；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.垂径定理；7.锐角三角函数定义；8.由实际问题列函数关系式.

6．问题背景:

如图（a）,点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于l的对称点B′,连接A B′与直线l交于点C，则点C即为所求.

（1）实践运用：

如图(b)，已知，⊙O的直径CD为4，点A 在⊙O 上，∠ACD=30°，B 为弧AD 的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为 ． （2）知识拓展：

如图(c)，在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程． 【答案】解：（1）22．

（2）如图，在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′．

∵AD平分∠BAC，∴点B与点B′关于直线AD对称． 过点B′作B′F⊥AB,垂足为F，交AD于E，连接BE． 则线段B′F的长即为所求 (点到直线的距离最短) ． 在Rt△AFB/中，∵∠BAC=450, AB/=\"AB=\" 10， ∴

∴BE+EF的最小值为【解析】

试题分析：（1）找点A或点B关于CD的对称点，再连接其中一点的对称点和另一点，和MN的交点P就是所求作的位置，根据题意先求出∠C′AE，再根据勾股定理求出AE，即可得出PA+PB的最小值：

如图作点B关于CD的对称点E，连接AE交CD于点P，此时PA+PB最小，且等于A．作直径AC′，连接C′E，

根据垂径定理得弧BD=弧DE．

．

∵∠ACD=30°，∴∠AOD=60°，∠DOE=30°．∴∠AOE=90°． ∴∠C′AE=45°．

又AC为圆的直径，∴∠AEC′=90°． ∴∠C′=∠C′AE=45°．∴C′E=AE=∴AP+BP的最小值是22．

（2）首先在斜边AC上截取AB′=AB，连接BB′，再过点B′作B′F⊥AB，垂足为F，交AD于E，连接BE，则线段B′F的长即为所求．

AC′=22．

7．水库大坝截面的迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，背水坡坡比为1：2，大坝高DE=30米，坝顶宽CD=10米，求大坝的截面的周长和面积．

【答案】故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米． 【解析】

试题分析：先根据两个坡比求出AE和BF的长，然后利用勾股定理求出AD和BC，再由大坝的截面的周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC，梯形的面积公式可得出答案． 试题解析：∵迎水坡坡比（DE与AE的长度之比）为1：0.6，DE=30m， ∴AE=18米，

在RT△ADE中，AD=DE2AE2=634米 ∵背水坡坡比为1：2， ∴BF=60米，

在RT△BCF中，BC=CF2BF2=305米，

∴周长=DC+AD+AE+EF+BF+BC=634+10+305+88=（634+305+98）米， 面积=（10+18+10+60）×30÷2=1470（平方米）．

故大坝的截面的周长是（634+305+98）米，面积是1470平方米．

11x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过22A、B两点，与x轴的另一个交点为 C． （1）求抛物线的解析式；

8．如图，直线y＝

（2）根据图象，直接写出满足

11x+2≥﹣x2+bx+c的x的取值范围； 22（3）设点D为该抛物线上的一点、连结AD，若∠DAC＝∠CBO，求点D的坐标．

【答案】（1）y（2，﹣3）． 【解析】 【分析】 （1）由直线y＝

123xx2；（2）当x≥0或x≤﹣4；（3）D 点坐标为（0，2）或221x+2求得A、B的坐标，然后根据待定系数法即可求得抛物线的解析2式；

（2）观察图象，找出直线在抛物线上方的x的取值范围；

（3）如图，过D点作x轴的垂线，交x轴于点E，先求出CO＝1，AO＝4，再由∠DAC＝∠CBO，得出tan∠DAC＝tan∠CBO，从而有，【详解】 解：（1）由y＝

DECO,最后分类讨论确定点D的坐标． AEBO1x+2可得： 2当x＝0时，y＝2；当y＝0时，x＝﹣4， ∴A（﹣4，0），B（0，2），

3b1把A、B的坐标代入y＝﹣x2+bx+c得： 2，，

2c2123xx2 2211（2）当x≥0或x≤﹣4时，x+2≥﹣x2+bx+c

22∴抛物线的解析式为：y（3）如图，过D点作x轴的垂线，交x轴于点E，

123xx2令y＝0， 22解得：x1＝1，x2＝﹣4， ∴CO＝1，AO＝4，

123设点D的坐标为（m，mm2），

22∵∠DAC＝∠CBO，

∴tan∠DAC＝tan∠CBO，

DECO∴在Rt△ADE和Rt△BOC中有， AEBO由y13m2m21 当D在x轴上方时，22m42解得：m1＝0，m2＝﹣4（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为（0，2）．

13(m2m2)1 当D在x轴下方时，22m42解得：m1＝2，m2＝﹣4（不合题意，舍去）， ∴点D的坐标为（2，﹣3），

故满足条件的D 点坐标为（0，2）或（2，﹣3）．

【点睛】

本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式．解题的关键是能够熟练掌握一次函数和二次函数的有关知识解决问题，分类讨论是第（3）题的难点．

9．如图（1），已知正方形ABCD在直线MN的上方BC在直线MN上，E是BC上一点，以AE为边在直线MN的上方作正方形AEFG． （1）连接GD，求证：△ADG≌△ABE；

（2）连接FC，观察并直接写出∠FCN的度数（不要写出解答过程）

（3）如图（2），将图中正方形ABCD改为矩形ABCD，AB＝6，BC＝8，E是线段BC上一动点（不含端点B、C），以AE为边在直线MN的上方作矩形AEFG，使顶点G恰好落在射线CD上．判断当点E由B向C运动时，∠FCN的大小是否总保持不变，若∠FCN的大小不变，请求出tan∠FCN的值．若∠FCN的大小发生改变，请举例说明．

【答案】（1）见解析；（2）∠FCN＝45°，理由见解析；（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝【解析】 【分析】

（1）根据三角形判定方法进行证明即可．

（2）作FH⊥MN于H．先证△ABE≌△EHF，得到对应边相等，从而推出△CHF是等腰直角三角形，∠FCH的度数就可以求得了．

（3）解法同（2），结合（1）（2）得：△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE，得出EH=AD=BC=8，由三角函数定义即可得出结论． 【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG＝EF，∠BAD＝∠EAG＝∠ADC＝90°，

4．理由见解析. 3∴∠BAE+∠EAD＝∠DAG+∠EAD，∠ADG＝90°＝∠ABE， ∴∠BAE＝∠DAG， 在△ADG和△ABE中，

ADGABEDAGBAE， ADAB∴△ADG≌△ABE（AAS）． （2）解：∠FCN＝45°，理由如下： 作FH⊥MN于H，如图1所示：

则∠EHF＝90°＝∠ABE， ∵∠AEF＝∠ABE＝90°，

∴∠BAE+∠AEB＝90°，∠FEH+∠AEB＝90°， ∴∠FEH＝∠BAE，在△EFH和△ABE中，

EHFABEFEHBAE， EFAE∴△EFH≌△ABE（AAS）， ∴FH＝BE，EH＝AB＝BC， ∴CH＝BE＝FH， ∵∠FHC＝90°， ∴∠FCN＝45°．

（3）当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，理由如下： 作FH⊥MN于H，如图2所示：

由已知可得∠EAG＝∠BAD＝∠AEF＝90°，

结合（1）（2）得：△EFH≌△GAD，△EFH∽△ABE， ∴EH＝AD＝BC＝8，

∴CH＝BE， ∴

EHFHFH； ABBECHFHEH84， CHAB634． 3在Rt△FEH中，tan∠FCN＝

∴当点E由B向C运动时，∠FCN的大小总保持不变，tan∠FCN＝【点睛】

本题是四边形综合题目，考查了正方形，矩形的判定及全等三角形的判定方法等知识点的综合运用，其重点是通过证三角形全等或相似来得出线段的相等或成比例．

10．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的边AB在x轴上，点B坐标（﹣6，0），点C在y轴正半轴上，且cosB＝

3，动点P从点C出发，以每秒一个单位长度的速度向D点5移动（P点到达D点时停止运动），移动时间为t秒，过点P作平行于y轴的直线l与菱形的其它边交于点Q． （1）求点D坐标；

（2）求△OPQ的面积S关于t的函数关系式，并求出S的最大值； （3）在直线l移动过程中，是否存在t值，使S＝不存在，请说明理由．

3S菱形ABCD？若存在，求出t的值；若20

【答案】（1）点D的坐标为（10，8）．（2）S关于t的函数关系式为S＝

t4)4t(0剟50，S的最大值为．（3）3或5+7. 2220tt(4t„10)333【解析】 【分析】

（1）在Rt△BOC中，求BC,OC,根据菱形性质再求D的坐标；（2）分两种情况分析：①当0≤t≤4时和②当4＜t≤10时，根据面积公式列出解析式，再求函数的最值；（3）分两种情况分析：当0≤t≤4时，4t＝12，；当4＜t≤10时，【详解】

2220tt12 33解：（1）在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，OB＝6，cosB＝

3， 5BCOB10 cosBOCBC2OB28∵四边形ABCD为菱形，CD∥x轴，

∴点D的坐标为（10，8）．

（2）∵AB＝BC＝10，点B的坐标为（﹣6，0）， ∴点A的坐标为（4，0）． 分两种情况考虑，如图1所示． ①当0≤t≤4时，PQ＝OC＝8，OQ＝t，

1PQ•OQ＝4t， 2∵4＞0，

∴S＝

∴当t＝4时，S取得最大值，最大值为16；

②当4＜t≤10时，设直线AD的解析式为y＝kx+b（k≠0）， 将A（4，0），D（10，8）代入y＝kx+b，得：

4k4kb03，解得：， 1610kb8b3∴直线AD的解析式为y当x＝t时，y416x． 33416t， 334164PQ8t(10t)

333S1220PQOPt2t 2332202502QStt(t5)2,0∴当t＝5时，S取得最大值，最大值为

3333350． 3t4)4t(0剟50综上所述：S关于t的函数关系式为S＝2220，S的最大值为．

tt(4t„10)333（3）S菱形ABCD＝AB•OC＝80． 当0≤t≤4时，4t＝12， 解得：t＝3；

当4＜t≤10时，2220tt＝12， 333S菱形ABCD，t的值为3或5+7． 20解得：t1＝5﹣7（舍去），t2＝5+ 7． 综上所述：在直线l移动过程中，存在t值，使S＝

【点睛】

考核知识点：一次函数和二次函数的最值问题.数形结合，分类讨论是关键.

11．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，求拦截点D处到公路的距离（结果不取近似值）．

【答案】拦截点D处到公路的距离是(500＋500【解析】

)米．

试题分析：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°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．解Rt△BCE，求出BE=CF=

CD=500

BC=

×1000=500米；解Rt△CDF，求出

）米．

米，则DA=BE+CF=（500+500

试题解析：如图，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°，拦截点D处到公路的距离DA=BE+CF．

在Rt△BCE中，∵∠E=90°，∠CBE=60°， ∴∠BCE=30°，

∴BE=BC=

×1000=500米；

在Rt△CDF中，∵∠F=90°，∠DCF=45°，CD=BC=1000米， ∴CF=

CD=500

米，

）米，

）米．

∴DA=BE+CF=（500+500

故拦截点D处到公路的距离是（500+500

考点：解直角三角形的应用-方向角问题．

12．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，0），点B（0，33），点O为原点．动点C、D分别在直线AB、OB上，将△BCD沿着CD折叠，得△B'CD．

（Ⅰ）如图1，若CD⊥AB，点B'恰好落在点A处，求此时点D的坐标； （Ⅱ）如图2，若BD=AC，点B'恰好落在y轴上，求此时点C的坐标；

（Ⅲ）若点C的横坐标为2，点B'落在x轴上，求点B'的坐标（直接写出结果即可）． 【答案】（1）D（0，3）；（2）C（12﹣63，123﹣18）；（3）B'（2+13，0），（2﹣13，0）. 【解析】 【分析】

(1)设OD为x，则BD=AD=33x，在RT△ODA中应用勾股定理即可求解；

(2)由题意易证△BDC∽△BOA，再利用A、B坐标及BD=AC可求解出BD长度，再由特殊角的三角函数即可求解；

(3)过点C作CE⊥AO于E，由A、B坐标及C的横坐标为2，利用相似可求解出BC、CE、OC等长度；分点B’在A点右边和左边两种情况进行讨论，由翻折的对称性可知BC=B’C，再利用特殊角的三角函数可逐一求解. 【详解】

（Ⅰ）设OD为x，

∵点A（3，0），点B（0，33）， ∴AO=3，BO=33 ∴AB=6 ∵折叠 ∴BD=DA

在Rt△ADO中，OA2+OD2=DA2． ∴9+OD2=（33﹣OD）2． ∴OD=3 ∴D（0，3） （Ⅱ）∵折叠 ∴∠BDC=∠CDO=90° ∴CD∥OA ∴∴

BDBC且BD=AC， BOABBD6BD

633∴BD=123﹣18

∴OD=33﹣（123﹣18）=18﹣93 ∵tan∠ABO=

AO3， OB3CD3， BD3∴∠ABC=30°，即∠BAO=60° ∵tan∠ABO=

∴CD=12﹣63 ∴D（12﹣63，123﹣18） （Ⅲ）如图：过点C作CE⊥AO于E

∵CE⊥AO ∴OE=2，且AO=3 ∴AE=1，

∵CE⊥AO，∠CAE=60°

∴∠ACE=30°且CE⊥AO ∴AC=2，CE=3 ∵BC=AB﹣AC ∴BC=6﹣2=4 若点B'落在A点右边， ∵折叠

∴BC=B'C=4，CE=3，CE⊥OA ∴B'E=B'C2CE213 ∴OB'=2+13 ∴B'（2+13，0） 若点B'落在A点左边， ∵折叠

∴BC=B'C=4，CE=3，CE⊥OA ∴B'E=B'C2CE213 ∴OB'=13﹣2 ∴B'（2﹣13，0）

综上所述：B'（2+13，0），（2﹣13，0） 【点睛】

本题结合翻折综合考查了三角形相似和特殊角的三角函数，第3问中理解B’点的两种情况是解题关键.