2015年自贡市中考数学试题答案解析

四川省自贡市 2015 年初中毕业生学业考试 数学试题考点分析及解答 分析人： 赵化中学 郑宗平 一、选择题（共 10 个小题，每小题 4 分，共 40 分） 1、 1 2  的倒数是 （ ） A． 2 B． 2 C． 1 2 D． 1 2  考点：倒数 分析：倒数容易与相反数混淆，倒数是 1 除以一个不等于 0 的商；注意倒数符号不会发生改变. 略解：        11 22 ，故选 A. 2、将 . 32 05 10 用小数表示为 （ ） A. .0 000205 B. .0 0205 C. .0 00205 D. .0 00205 考点：科学记数法 分析：在数学上科学记数法是把一个数 A 记成  na 10 的形式，其中 a 要写成整数为一位的数； 要注意的是当 A 1 时，指数 n 是一个负整数，这里的 . 310 0 001 ，实际上通过指数可以确定 第一个有效数字前面 0 的个数为 3 个. 略解： . . . .   32 05 10 2 05 0 001 0 00205 ，故选 C. 3、 方程   2x 1 0x 1 的解是 （ ） A.1 或-1 B.-1 C.0 D.1 考点：解分式方程、分式方程的解. 分析：解分式方程关键是去分母化为整式方程来解，但整式方程的解不一定是分式方程的解， 要注意代入最简公分母验根（代入最简公分母后所得到值不能为 0）. 略解：去分母：  2x 1 0 ，解得： ,  1 2x 1 x 1 ；把 ,  1 2x 1 x 1代入  x 1 0 后知  x 1不 是原分式方程的解，原分式方程的解 x 1 .故选 D. 4. 如图是一种常用的圆顶螺杆，它的俯视图是 （ ） 考点：立体图形的三视图、俯视图. 分析：立体图形的俯视图是从上面看立体图形所得到的平面图形. 略解：从上面看圆顶螺杆得到俯视图是两个圆.故选 B. 5、如图，随机闭合开关 1 2 3S S S、 、 中的两个，则灯泡发光的概 率为 （ ） A. 3 4 B. 2 3 C. 1 3 D. 1 2 考点：概率 分析：通过列举法列举出所有等可能的结果数，找出关注的结果数，即可进一步求出泡发光的 概率. 略解：随机闭合开关 1 2 3S S S、 、 中的的两个，有闭合开关 1 2S S、 ，闭合开关 2 3S S、 ，闭合开关 1 3S S、 三种情况；其中闭合开关 2 3S S、 ，闭合开关 1 3S S、 时灯泡发光，所以灯泡发光的概率为 2 3 .故选 B. 6、若点      , , , , ,1 1 2 2 3 3x y x y x y 都是反比例函数 1y x   图象上的点，并且 1 2 3y 0 y y   ， 则下列各式正确的是 （ ） A. 1 2 3x x x  B. 1 3 2x x x  C. 2 1 3x x x  D. 2 3 1x x x  考点：反比例函数的图象及其性质 分析：反比例函数 1y x   的 y 与 x 的变化关系，要注意反比例 函数的图象是双曲线的特点；由于 k 1 0   时，在每一个象限．．．．． 内．y 随着 x 的增大而增大；本题从理论上分析似乎有点抽象，也 容易判断出错；若用“赋值”或“图解”的办法比较简捷和直观， 且不容易出错. 略解：用“图解”的办法.如图 1 2 3y 0 y y   ，过 1 2 3y y y、 、 处作 y 轴 垂线得与双曲线的交点，再过交点作 x 轴的垂线得对应的 , ,1 2 3x x x ，从 图中可知 2 3 1x x x  .故选 D. 7、为庆祝抗战 70 周年，我市某楼盘让利于民，决定将原价 a 元/米 2 的商品房价降价 10%销售， 降价后的售价为 （ ） A. %a 10 B. %a 10 C．  %a 1 10 D．  %a 1 10 考点：百分比问题、商品利润问题、方程思想. 分析：本题抓住售价是在原价的基础降价 10%产生的，实际上售价占原价的（1-10%）. 略解：  %a 1 10 。故选 C. A B C D 1S 3S 2S 1y 3y 2y 1x 3x2x 1y x   8、小刚以 400 米/分的速度匀速骑车 5 分钟，在原地休息了 6 分钟，然后以 500 米/分的速度 骑回出发地下列函数图象能表达这一过程的是 （ ） 考点：函数的图象. 分析：本题抓住函数的图象是表达的是距离原点的距离 S (千米)与时间 t （分）之间关系；主 要根据在时间变化的情况下，与原地的距离远近来分析图象的变化趋势. 略解：前面骑车 5 分钟 S (千米)是随时间 t（分）增大而增大至距离原地 400 5 2000m  处（即 2 千米），这一段图象由左至右呈上升趋势一条线段,线段末端点的坐标为（5,2）；原地休息的 6 分钟内都是距离原地 2 千米（即纵坐标为 2 不变），这一段图象表现出来是平行 x 轴的一条线 段.6 分钟之后 S (千米)是随时间 t（分）增大而减小至距离原地为 0 千米（回到原地），即线段 末端点的坐标为（15,0），这一段图象由左至右呈下降趋势一条线段. 故选 C. 9、如图， AB 是⊙O 的直径，弦 ,CD AB CDB 30 CD 2 3   o， ,则 阴影部分的面积为 （ ） A. 2 B. C. 3  D. 2 3  考点：圆的基本性质、垂径定理，勾股定理、扇形的面积公式、轴对称的性质等. 分析：本题抓住圆的相关性质切入把阴影部分的面积转化到一个扇形中来求.根据圆是轴对称 图形和垂径定理，利用题中条件可知 E 是弦 CD 的中点, B 是弧 CD 的中点；此时解法有三： 解法一，在弓形 CBD 中，被 EB 分开的上面空白部分和下面的阴影部分的面积是相等的，所以 阴影部分的面积之和转化到扇形 COB 来求；解法二，连接 OD,易证△ ODE ≌△ OCE ，所以阴 影部分的面积之和转化到扇形 BOD 来求；解法三，阴影部分的面积之和是扇形 COD 的面积的一 半. 略解： ∵ AB 是⊙O 的直径， AB CD ∴ E 是弦 CD 的中点, B 是弧 CD 的中点（垂径定理） ∴在弓形 CBD 中，被 EB 分开的上下两部分的面积是相等的(轴对称的性质) ∴阴影部分的面积之和等于扇形 COB 的面积. ∵ E 是弦 CD 的中点， CD 2 3 ∴ 1 1CE CD 2 3 32 2     ∵ AB CD ∴ OEC 90  o ∴ COE 60  o , 1OE OC2  . 在 Rt△OEC 中，根据勾股定理可知： 2 2 2OC OE CE  即  2 22 1OC OC 32      . 解得: OC 2 ; S 扇形 COB = 2 260 OC 60 2 2 3360 360        o o o o .即 阴影部分的面积之和为 2 3  .故选 D. 10、 如图，在矩形 ABCD 中， AB 4 AD 6 ， , E 是 AB 边的中点， F 是线段 BC 边上的动点， 将△ EBF 沿 EF 所在直线折叠得到△ 'EB F ,连接 'B D‘ ,则 'B D‘ 的最小值是 （ ） A. 2 10 2 B.6 C. 2 13 2 D.4 考点：矩形的性质、翻折（轴对称）、勾股定理、最值. 分析：连接 EA 后抓住△ DEB 中两边一定，要使 'DB 的长度最小即要使 'DEB 最小(也就是使 其角度为 0°)，此时点 'B 落在 DE 上, 此时 ' 'DB DE EB  . 略解： ∵ E 是 AB 边的中点， AB 4 ∴ 1AE EB AB 22    ∵四边形 ABCD 矩形 ∴ A 90  o ∴在 Rt △ DAE 根据勾股定理可知： 2 2 2DE AE AD  又∵ AD 6 ∴ 2 2ED 6 2 2 10   . 根据翻折对称的性质可知 'EB EB 2  ∵△ DEB 中两边一定，要使 'DB 的长度最小即要使 'DEB 最小(也就是使其角度为 0°)， 此时点 'B 落在 DE 上（如图所示）. ∴ ' 'DB DE EB 2 10 2    ∴ 'DB 的长度最小值为 2 10 2 . 故选 A 二、填空题（共 5 个小题，每小题 4 分，共 20 分） 11、化简： 3 2 = . 考点：绝对值、无理数、二次根式 分析：本题关键是判断出 3 2 值得正负，再根据绝对值的意义化简. 略解：∵ 3 2 ∴ 3 2 0  ∴ 3 2 2 3   ；故应填 2 3 . 12、若两个连续整数 x y、 满足 x 5 1 y   ，则 x y 的值是 . 考点：无理数、二次根式、求代数式的值. 分析：本题关键是判断出 5 1 值是在哪两个连续整数之间. A B C D E 'B F 略解：∵ 2 5 3  ∴ 3 5 1 4   ∴ ,x 3 y 4  ∴ x y 3 4 7    ；故应填 7 . 13、已知， AB 是⊙O 的一条直径 ，延长 AB 至C 点，使 AC 3BC ,CD 与⊙O 相切于 D 点， 若 CD 3 ,则劣弧 AD 的长为 . 考点：圆的基本性质、切线的性质、直角三角形的性质、勾股 定理、弧长公式等. 分析：本题劣弧 AD 的长关键是求出圆的半径和劣弧 AD 所对的 圆心角的度数.在连接 OD 后，根据切线的性质易知 ODC 90  o ,圆的半径和圆心角的度数可以 通过 Rt△ OPC 获得解决. 略解：连接半径 OD.又∵CD 与⊙O 相切于 D 点 ∴OD CD ∴ ODC 90  o ∵ AC 3BC AB 2OB ∴ OB BC ∴ 1OB OC2  又 OB OD ∴ 1OD OC2  ∴在 Rt△OPC cos OD 1DOC OC 2    ∴ DOC 60  o ∴ AOD 120  o ∴在 Rt△ OPC 根据勾股定理可知： 2 2 2OD DC OC  ∵CD 3 ∴    2 22OD 3 2OD  解得：OD 1 则劣弧 AD 的长为 120 OD 120 1 2 3180 180        o o o o . 故应填 2 3  14、一副三角板叠放如图，则△ AOB 与△ DOC 的面积之比为 . 考点：直角三角形的性质、等腰三角形、相似三角形的性质和判定等. 分析：本题抓住一副三角板叠放的特点可知△ AOB 与△ DOC 是相似三角形，而 相似三角形的面积之比是其相似比的平方.抓住在直角三角板△ BCD 容易 求出 BC DC 的值，而直角三角板△ ABC 的 AB BC ,所以 △ AOB 与△ DOC 的相似比可以通过 AB DC 求得. 略解：根据如图所示三角板叠放可知 AB DCP ∴△ AOB ∽△ DOC ∴ 2S AOB AB S DOC DC      V V 在直角三角板△ BCD 中 BCD 90 B 30   o o， ∵ tan 330 3 o ∴ tan BC 3B DC 3    又在直角三角板△ ABC 的 AB BC ∴ AB 3 DC 3  ∴ 2 S AOB 3 1 S DOC 3 3       V V . 故应填 1:3 . 15、如图，将线段 AB 放在边长为 1 的小正方形网格，点 A 点 B 均落在格点上，请用无刻度直尺在线段 AB 上画出点 P ， 使 2 17AP 3  ,并保留作图痕迹. 考点：矩形、正方形的性质、勾股定理、相似三角形的性质和判定. 分析：本题根据勾股定理可求出在网格中的 2AB 4 1 17   ，由于网格线中的对边平行， 所以找点较容易，只需连接一对角线与 AB 的交点 P 就满足 2 17AP 3  （见图）；根据的是平行 线所截得相似三角形的对应边成比例 AP 2PB  , 所以 AP 2 AB 3  ，则 2 2 17AP AB3 3   . 略解：见图作法. 三、解答题（共 2 个题，每题 8 分，共 16 分） 16．解不等式： 4x 1 x 13    ，并把解集表示在数轴上. 考点：解不等式、不等式的解集表示在数轴上. 分析：求出每不等式的解集，把其解集表示在数轴上要注意标记解集的方向和起始位置应是空 心圆圈还是实心点. 略解： 4x 1 3x 3   在数轴上表示出来： x 4 17．在□ ABCD 中， BCD 的平分线与 BA 的延长线相交于点 E , BH BC 于点 H . 求证: CH EH 考点：平行四边形的性质、等腰三角形的性质和判定、角平分线的定义等. 分析：平行线和角平分线结合往往会构建出等腰三角形.本题由平行四边形可得 BE CDP ，结 合 BCD 的平分线与 BA 的延长线相交于点 E 可证得 BE BC ；在△ EBC 中求证的CH EH 又与 BH BC 相连，这通过等腰三角形的“三线合一”可证出. 证明： ∵在 ABCDY 中 BE CDP ∴ E 2   ∵ CE 平分 BCD P 0 4 ∴ 1 2   ∴ 1 E   ∴ BE BC 又∵ BH BC ∴ CH EH (三线合一) 四、解答题（共 2 个题，每小题 8 分，共 16 分） 18．如图所示，我市某中学课外活动小组的同学利用所学 知识去测釜溪河沙湾段的宽度.小宇同学在 A 处观测对岸 C 点，测得 CAD 45  o ,小英同学在 A 处 50 米远的 B 处 测得 CBD 30  o ,请你根据这些数据算出河宽. （精确到 0.01 米， . , .2 1 414 3 1 732  ） 考点：直角三角形的性质、三角函数、方程思想、分母有理化等. 分析：本题所求得如图所示的河宽 CE ，若直接放在一个三角形求缺少条件，但表示河宽的 CE 同时是△ AEC 和△ ABC 的公共边，利用△ AEC 和△ ABC 的特殊角关系可以转移到边 AE BE、 来求，通过 BE AE AB 50   米建立方程可获得解决. 略解： 过点 C 作CE AB 于 E ,设 CE x 米. 在 Rt △ AEC 中： ,CAE 45 AE CE x   o 在 Rt △ ABC 中： ,CABE 30 BE 3CE 3x   o ∴ 3x x 50  解得： .x 25 3 25 67 30   答：河宽为 67.30 米. 19．如图，在△ ABC ， D E、 分别为 AB AC、 边的中点.求证： 考点：相似三角形的性质与判定、平行线的判定、三角形的中位线定理等. 分析：本题证法不只一种，利用三角形的中位线定理很简单.若从相似形切入，根据题中条件 易证△ ADE ∽△ ABC ，根据相似三角形的对应边成比例、对应角相等可以进一步证得 . 证明： ∵ D 是 AB 的中点， E 是 AC 的中点 ∴ ,AD 1 AE 1 AB 2 AC 2   ∴ AD AE AB AC  又∵ A A   ∴△ ADE ∽△ ABC ∴ ,AD DE 1 ADE BAB BC 2      ∴ BC 2DE,BC DEP 即 五、解答题（共 2 个题，每题 10 分，共 20 分） 20、利用一面墙（墙的长度不限），另三边用 58 m 长的篱笆围成一个面积为 2200 m 的矩形场地. 求矩形的长和宽. 考点：列方程解应用题、矩形的面积、解一元二次方程. 分析：本题要注意 58 m 长的篱笆是三边靠墙围成一个面积为 2200 m 的矩形场地. 要求矩形的 长和宽可以根据矩形的面积建立方程来获得解决. 略解： 如图，设垂直于墙的一边为 x 米，得：  x 58 2x 200  解得： ,1 2x 25 x 4  ∴另一边长为 8 米或 50 米. 答：当矩形的长为 25 米宽时 8 米，当矩形边长为 50 米时宽为 4 米. 21、在结束了 380 课时初中阶段数学内容的教学后，唐老师计划安排 60 课时用于总复习.根据 数学内容所绘制的统计图表（图 1～图 3），根据图表提供的信息，回答下列问题： ⑴.图 1 中“统计与概率”所在扇形的圆心角为 度； ⑵.图 2、3 中的 a = ， b = ； ⑶.在 60 课时的总复习中，唐老师应该安排多少课时复习“图形与几何”的内容？ 考点：扇形图、条形图、统计表、百分比计算等. 分析：⑴.图 1 中根据扇形图已知的百分比可以求出“统计与概率”的百分比，进一步求出其 在扇形的圆心角度数；⑵.图 2 中的 a 可以根据课时总数 380 课时求出“数与代数”的课时数， 而图 3 的b 可以根据图 2 中的 a 为依据求出；⑶. 唐老师应该安排多少课时复习“图形与几何” 的内容，关键是抓住总复习课时和“图形与几何”所占的百分比计算. b x x 58 2x 坚持就是胜利！ 略解： ⑴.图 1 中“统计与概率”所在扇形的圆心角为 36 度； ⑵.图 2、3 中的 a = 60 ，b = 14 ； ⑶.略解：依题意，得 40%×60=24（课时. 答：唐老师应安排 24 课时复习“图形与几何“内容. 六、解答题（本题满分 12 分） 22、观察下表: 我们把某格中字母和．．．所得到的多项式称为特征多项式，例如第 1 格的“特征多项式”为 4x y . 回答下列问题： ⑴. 第 3 格的“特征多项式”为 ，第 4 格的“特征多项式”为 ，第 n 格 的“特征多项式”为 ； ⑵.若第 1 格的“特征多项式”的值为 -10，第 2 格的“特征多项式”的值为 -16. ①.求 ,x y 的值； ②.在此条件下，第 n 的特征是否有最小值？若有，求出最小值和相应的 n 值.若没有，请说明 理由. 考点：找规律列多项式、解二元一次方程组、二次函数的性质、配方求值等. 分析： ⑴. 本问主要是抓住 x y、 的排列规律；x 在第 n 格是按  n 1 排，每排是  n 1 个 x 来排列的； y 在第 n 格是按 n 排，每排是 n 个 y 来排列的；根据这个规律第⑴问可获得解决. ⑵.①.按排列规律得出“特征多项式”以及提供的相应的值，联立成二元一次方程组来解，可 求出 ,x y 的值. ②.求最小值可以通过建立一个二次函数来解决；前面我们写出了第 n 格的“特征多项式” 和求出了 x y、 的值，所以可以建立最小值关于 n 的二次函数，根据二次函数的性质最小值便可 求得. 略解： ⑴. 第 3 格的“特征多项式”为 16 x 9 y ，第 4 格的“特征多项式”为 25 x 16 y ， 第 n 格的“特征多项式”为 ( )2 2n 1 x n y  （ n 为正整数）； ⑵.①.依题意： 4x y 10 9x 4y 16        解之得: 24x 7 26y 7      ②.设最小值为W ,依题意得:    ( ) 2 22 2 2 224 26 2 48 24 2 312W n 1 x n y n 1 n n n n 127 7 7 7 7 7 7              答：有最小值为 - 312 7 ，相应的 n 的值为 12. 七、解答题（本题满分 12 分） 23、如图，已知抛物线 ( )2y ax bx c a 0    的对称轴为 x 1  ，且抛物线经过    , , ,A 1 0 C 0 3 两点，与 x 轴交于点 B . ⑴.若直线 y mx n  经过 B C、 两点，求直线 BC 所在直线的解析式； ⑵. 抛物线的对称轴 x 1  上找一点 M ,使点 M 到点 A 的距离与到点 C 的距离之和最小，求出 此点 M 的坐标； ⑶.设点 P 为抛物线的对称轴 x 1  上的一个动点，求使△ BPC 为直角三角形的点 P 的坐标. 考点：二次函数的性质、待定系数法求解析式、轴对称的性质、三角形三边之间关系、勾股定 理及其逆定理、分类讨论的思想、解方程等. 分析： ⑴. B C、 两点是抛物线 ( )2y ax bx c a 0    与坐标轴的交 点，根据题中提供的对称轴和    , , ,A 1 0 C 0 3 可以确定抛物线 的解析式，再通过抛物线的解析式可求出 B C、 两点的坐标， 进一步可求出直线 BC 所在直线的解析式 ⑵.要求点 M 到点 A 的距离与到点 C 的距离之和最小，关键是 作出 A 或C 关于直线 x 1  为对称轴的对称点，根据二次函 数图象及其性质， A 关于直线 x 1  的对称点恰好是 B ；根据 y x x x x y y y y xx x xx x xx x yy y yy y xx x x xx x x yy y xx x x xx x x L L 轴对称的性质和三角形三边之间的关系可知，此时 M 到点 A 的 距离与到点 C 的距离之和即 CM AM 的值最小； M 是直线 x 1  和直线 BC 的交点，所以把 x 1  代入⑴问中求出的 BC 所在直线的解析式便可求出 M 的坐标. ⑶. 要使△ BPC 为直角三角形有三种情况，即以点 B 为直角顶点、以点C 为直角顶点、以点 P 为直角顶点的直角三角形；由于 P 为抛物线的对称轴 x 1  上的一个动点，所以 P 的横坐标为 1 ，我们可以设 P 的纵坐标为一个未知数，利用勾股定理（或者是平面直角坐标系中的两点间 的距离公式）分别表示出△ BPC 的三边，再以勾股定理的逆定理为依据，按上面所说的三种情 况进行讨论，建立方程解方程后 P 的纵坐标便可求出. 略解： ⑴.根据题意： b 12a a b c 0 c 3           解得： a 1 b 2 c 3        ∴抛物线的解析式为 2y x 2x 3    ∵本抛物线的对称轴为 x 1  ，且抛物线过点  ,A 1 0 ∴把    , .B 3 0 C 0 3 、 分别代入 y mx n  得: 3m n 0 n 3      解得： m 1 n 3    ∴直线 y mx n  的解析式为 y x 3  ⑵.设直线 BC 与对称轴 x 1  的交点为 M ,则此时 MA MC 的值最小.把 x 1  代入 y x 3  得： y 2 .∴  ,M 1 2 ，即当点 M 到点 A 的距离与到点 C 的距离之和最小时 M 的坐标为  ,1 2 . ⑶.设  ,p t1 ，又    , , ,B 3 0 C 0 3 ∴      , ,2 2 22 2 2 2 2BC 18 PB 1 3 t PC 1 t 3 t 6t 10            ①.若点 B 为直角顶点，则 2 2 2BC PB PC  ,即 2 218 4 t t 6t 10     解得：t 2  ； ②.若点 C 为直角顶点，则 2 2 2BC PC PB  ,即 2 218 t 6t 10 4 t     解得： t 4 ； ③.若点 P 为直角顶点，则 2 2 2PB PC BC  ,即 2 24 t t 6t 10 18     解得： 3 17t 2  , 2 3 17t 2  综上所述 P 点的坐标为  ,1 2  或  ,1 4 或 , 3 171 2      或 , 3 171 2      八、解答题（本题满分 14 分） 24、在△ ABC 中， ,cos 3AB AC 5 ABC 5     ,将△ ABC 绕点 C 顺时针旋转，得到△ 1 1A B C . ⑴.如图①，当点 1B 在线段 BA 延长线上时. ①.求证： 1 1BB CAP ；②.求△ 1AB C 的面积； ⑵. 如图②，点 E 是 BC 上的中点，点 F 为线段 AB 上的动点，在△ ABC 绕点 C 顺时针旋转过 程中，点 F 的对应点是 1F ，求线段 1EF 长度的最大值与最小值的差. 考点：旋转的特征、平行线的判定、等腰三角形的性质、三角函数的定义、三角形的面积、勾 股定理、圆的基本性质等. 分析： ⑴.①.见图①要使 1 1BB CAP 根据本题的条件可以通过这两线所截得内错角 1 2   来证得. 如图根据 AB AC 可以得出 B ACB   ，根据旋转的特征可以得出 1B C BC ，所以 1 B   ，而 2 ACB   (旋转角相等) ，所以 1 2   . ②. 求△ 1AB C 的面积可以把 1AB 作为底边，其高在 1B A 的延长线上，恰好落在等腰三角 形 ABC 的 AB 上；在等腰 ABC 和 1BB C ,根据等腰三角形的性质、三角函数以及勾股定 理可以求出 1AB BB CE、 、 ，而 1 1AB BB AB  ，△ 1AB C 的面积可以通过 1 1 AB CE2  求出. ⑵. 见图②.点C 到 AB 的垂线段最短，过点 C 作 CF AB 于 F ；点 F 点 F 的对应点是 1F ，若 以点 C 为圆心CF 为半径画圆交 BC 于 1F , 1EF 有最小值； 根据⑴的 CA AB 5  和求出的 BC 6 ，当点 F 为线段 AB 上的移到端点 A 时 CA 最长，此时其对应点 'F 移动到 1A 时 1CA 也就 最长； 如图②，以点 C 为圆心 BC 为半径画圆交 BC 于的延长线 '1F , 1EF 有最大值. 1EF 有最 小值和最大值都可以利用同圆的半径相等在圆的同一条直径上来获得解决（见图②）. 24..略解： ⑴.①.证明： ∵ , 1AB AC B C BC  ∴ ,B ACB 1 B      ∵ 2 ACB   (旋转角相等) ∴ 1 2   ∴ 1 1BB CAP ②.过 A 作 AF BC 于 F ,过 C 作CE AB 于 E ∵ ,AB AC AF BC  ∴ BF CF （三线合一） ∵在 Rt AFB 中， cos BF 3ABC AB 5    ,又 AB 5 ∴ BF 3 ∴ BC 6 ∴ 1B C BC 6  ∴作 CE AB 后 1BE B E （三线合一） ∴ 1B B 2BE ∵ 在 Rt AFB 中， cos BE 3BEC BC 5    ∴ 18BE 5  ∴ 1 36BB 5  ∴ - = 2 2 18 24CE 6 5 5      （注：也可以用三角函数求出） ∴ 1 36 11AB 55 5    ∴△ 1AB C 的面积为： 1 11 24 132 2 5 5 25    ⑵.如图过点 C 作CF AB 于 F ,以点 C 为圆心 CF 为半径画圆交 BC 于 1F , 1EF 有最小值.此时 在 Rt △ BFC 中， 24CF 5  . ∴ 1CF 24 5  ∴ 1EF 的最小值为 24 9CF CE 35 5     ； 如图，以点 C 为圆心 BC 为半径画圆交 BC 于的延长线 '1F , 1EF 有最大值. 此时 ' '1 1F FE EC C 3 6 9     ∴线段 1EF 的最大值与最小值的差 9 369 5 5   . 1F '1F 1 2 F E C