中考数学锐角三角函数综合题含详细答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，在△ABC中，∠ABC=∠ACB，以AC为直径的⊙O分别交AB、BC于点M、N，点P在AB的延长线上，且∠CAB=2∠BCP．

（1）求证：直线CP是⊙O的切线．

（2）若BC=2，sin∠BCP=，求点B到AC的距离．

（3）在第（2）的条件下，求△ACP的周长．

【答案】（1）证明见解析（2）4（3）20

【解析】

试题分析：（1）利用直径所对的圆周角为直角，2∠CAN=∠CAB，∠CAB=2∠BCP判断出∠ACP=90°即可；

（2）利用锐角三角函数，即勾股定理即可．

试题解析：（1）∵∠ABC=∠ACB，

∴AB=AC，

∵AC为⊙O的直径，

∴∠ANC=90°，

∴∠CAN+∠ACN=90°，2∠BAN=2∠CAN=∠CAB，

∵∠CAB=2∠BCP，

∴∠BCP=∠CAN，

∴∠ACP=∠ACN+∠BCP=∠ACN+∠CAN=90°，

∵点D在⊙O上，

∴直线CP是⊙O的切线；

（2）如图，作BF⊥AC

∵AB=AC，∠ANC=90°，

∴CN=CB=，

∵∠BCP=∠CAN，sin∠BCP=，

∴sin∠CAN=，

∴

∴AC=5，

∴AB=AC=5，

设AF=x，则CF=5﹣x，

在Rt△ABF中，BF2=AB2﹣AF2=25﹣x2，

在Rt△CBF中，BF2=BC2﹣CF2=2O﹣（5﹣x）2，

∴25﹣x2=2O﹣（5﹣x）2，

∴x=3，

∴BF2=25﹣32=16，

∴BF=4，

即点B到AC的距离为4．

考点：切线的判定

2．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D、E分别在BC、AC边上，连结BE、AD交于点P，设AC=kBD，CD=kAE，k为常数，试探究∠APE的度数：

（1）如图1，若k=1，则∠APE的度数为；

（2）如图2，若31）中的结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，求出∠APE的度数．

（3）如图3，若3D、E分别在CB、CA的延长线上，（2）中的结论是否成立，请说明理由．

【答案】（1）45°；（2）（1）中结论不成立，理由见解析；（3）（2）中结论成立，理由见解析.

【解析】

分析：（1）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出

△FAE≌△ACD，得出EF=AD=BF，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；

（2）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出

△FAE∽△ACD，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；

（3）先判断出四边形ADBF是平行四边形，得出BD=AF，BF=AD，进而判断出

△ACD∽△HEA，再判断出∠EFB=90°，即可得出结论；

详解：（1）如图1，过点A作AF∥CB，过点B作BF∥AD相交于F，连接EF，

∴∠FBE=∠APE，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF是平行四边形，

∴BD=AF，BF=AD．

∵AC=BD，CD=AE，

∴AF=AC．

∵∠FAC=∠C=90°，

∴△FAE≌△ACD，

∴EF=AD=BF，∠FEA=∠ADC．

∵∠ADC+∠CAD=90°，

∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EHD．

∵AD∥BF，

∴∠EFB=90°．

∵EF=BF，

∴∠FBE=45°，

∴∠APE=45°．

（2）（1）中结论不成立，理由如下：

如图2，过点A 作AF ∥CB ，过点B 作BF ∥AD 相交于F ，连接EF ，

∴∠FBE=∠APE ，∠FAC=∠C=90°，四边形ADBF 是平行四边形， ∴BD=AF ，BF=AD ． ∵AC=3BD ，CD=3AE ，

∴

3AC CD

BD AE ==． ∵BD=AF ，

∴

3AC CD

AF AE

==． ∵∠FAC=∠C=90°， ∴△FAE ∽△ACD ，

∴

3AC AD BF

AF EF EF ===，∠FEA=∠ADC ． ∵∠ADC+∠CAD=90°，

∴∠FEA+∠CAD=90°=∠EMD ． ∵AD ∥BF ， ∴∠EFB=90°．

在Rt △EFB 中，tan ∠FBE=3

3

EF BF =

， ∴∠FBE=30°， ∴∠APE=30°，

（3）（2）中结论成立，如图3，作EH ∥CD ，DH ∥BE ，EH ，DH 相交于H ，连接AH ，

∴∠APE=∠ADH ，∠HEC=∠C=90°，四边形EBDH 是平行四边形， ∴BE=DH ，EH=BD ． ∵3BD ，3AE ，

∴

3AC CD

BD AE

==． ∵∠HEA=∠C=90°， ∴△ACD ∽△HEA ，

∴

3AD AC

AH EH

==，∠ADC=∠HAE ． ∵∠CAD+∠ADC=90°， ∴∠HAE+∠CAD=90°， ∴∠HAD=90°．

在Rt △DAH 中，tan ∠ADH=3AH

AD

=， ∴∠ADH=30°， ∴∠APE=30°．

点睛：此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，构造全等三角形和相似三角形的判定和性质．

3．如图，在Rt △ABC 中，∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm ，AD 是斜边BC 上的高，垂足为D ，BE=1cm ．点M 从点B 出发沿BC 方向以1cm/s 的速度运动，点N 从点E 出发，与点M 同时同方向以相同的速度运动，以MN 为边在BC 的上方作正方形MNGH ．点M 到达点D 时停止运动，点N 到达点C 时停止运动．设运动时间为t （s ）． （1）当t 为何值时，点G 刚好落在线段AD 上？

（2）设正方形MNGH 与Rt △ABC 重叠部分的图形的面积为S ，当重叠部分的图形是正方形时，求出S 关于t 的函数关系式并写出自变量t 的取值范围．

（3）设正方形MNGH 的边NG 所在直线与线段AC 交于点P ，连接DP ，当t 为何值时，△CPD 是等腰三角形？

【答案】（1）3；（2）；（3）t=9s 或t=（15﹣6

）s.

【解析】

试题分析：（1）求出ED 的距离即可求出相对应的时间t.

（2）先求出t 的取值范围，分为H 在AB 上时，此时BM 的距离，进而求出相应的时间．同样当G 在AC 上时，求出MN 的长度，继而算出EN 的长度即可求出时间，再通过正方形的面积公式求出正方形的面积.

（3）分DP=PC 和DC=PC 两种情况，分别由EN 的长度便可求出t 的值． 试题解析：∵∠BAC=90°，∠B=60°，BC=16cm ∴AB=8cm ，BD=4cm ，AC=8

cm ，DC=12cm ，AD=4

cm.

（1）∵当G 刚好落在线段AD 上时，ED=BD ﹣BE=3cm ∴t=s=3s ．

（2）∵当MH 没有到达AD 时，此时正方形MNGH 是边长为1的正方形，令H 点在AB 上，

则∠HMB=90°，∠B=60°，MH=1 ∴BM=

cm.∴t=

s.

当MH 到达AD 时，那么此时的正方形MNGH 的边长随着N 点的继续运动而增大，令G 点在AC 上，

设MN=xcm ，则GH=DH=x ，AH=x ， ∵AD=AH+DH=x+x=

x=4

，

∴x=3． 当

≤t≤4时，S MNGN =1cm 2．

当4＜t≤6时，S MNGH =（t ﹣3）2cm 2

∴S 关于t 的函数关系式为：.

（3）分两种情况：

①∵当DP=PC 时，易知此时N 点为DC 的中点，∴MN=6cm ∴EN=3cm+6cm=9cm.∴t=9s

故当t=9s 的时候，△CPD 为等腰三角形； ②当DC=PC 时，DC=PC=12cm ∴NC=6

cm

∴EN=16cm ﹣1cm ﹣6cm=（15﹣6

）cm

∴t=（15﹣6）s

故当t=（15﹣6

）s 时，△CPD 为等腰三角形．

综上所述，当t=9s 或t=（15﹣6

）s 时，△CPD 为等腰三角形．

考点：1.双动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.正方形的性质；5.由实际问题列函数关系式；6.等腰三角形的性质；7.分类思想的应用.

4．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线4y kx =+交x 轴、y 轴分别于点

A 、点

B ，且ABO ?的面积为8. （1）求k 的值；

（2）如图，点P 是第一象限直线AB 上的一个动点，连接PO ，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，设点P 的横坐标为t ，点C 的横坐标为m ，求m 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，过点B 作直线BM OP ⊥，交x 轴于点M ，垂足为点N ，点K 在线段MB 的延长线上，连接PK ，且0PK KB P +=，2PMB KPB ∠=∠，连接MC ，求四边形BOCM 的面积.

【答案】（1）1k =；（2）4m t =+；（3）32BOCM

S =.

【解析】 【分析】

（1）先求出A 的坐标，然后利用待定系数法求出k 的值；

(2) 过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，证

POD OCE ???可得OE PD =，进一步得出m 与t 的函数关系式；

（3）过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，先证出

QTB PTO ???；再证出KPB BPN ∠=∠；设KPB x ∠=?，通过计算证出PO PM =；

再过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，根据tan tan OPD BMO ∠=∠得到

OD BO

PD MO

=，列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM 是平行四边形，最后可得其面积为32. 【详解】

解：（1）把0x =代入4y kx =+，4y =， ∴4BO =， 又∵

4ABO S ?=，

∴

1

42

AO BO ?=，4AO =， ∴(4,0)A -，

把4x =-，0y =代入4y kx =+， 得044k =-+， 解得1k =. 故答案为1；

（2）解：把x t =代入4y x =+，4y t =+， ∴(,4)P t t +

如图，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，

∴90PDO CEO ∠=∠=?， ∴90POD OPD ∠+∠=?，

∵线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ， ∴90POC ∠=?，OP OC =， ∴90POD EOC ∠+∠=?， ∴OPD EOC ∠=∠， ∴POD OCE ???， ∴OE PD =，

4m t =+.

故答案为4m t =+.

（3）解：如图，过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，

由（1）知，4AO BO ==，90BOA ∠=?， ∴ABO ?为等腰直角三角形，

∴45ABO BAO ∠=∠=?，9045BOT ABO ABO ∠=?-∠=?=∠， ∴BT TO =， ∵90BTO ∠=?， ∴90TPO TOP ∠+∠=?， ∵PO BM ⊥， ∴90BNO ∠=?， ∴BQT TPO ∠=∠， ∴QTB PTO ???， ∴QT TP =，PO BQ =， ∴PQT QPT ∠=∠， ∵PO PK KB =+，

∴QB PK KB =+，QK KP =， ∴KQP KPQ ∠=∠，

∴PQT KQP QPT KPQ ∠-∠=∠-∠，TQB TPK ∠=∠， ∴KPB BPN ∠=∠， 设KPB x ∠=?， ∴BPN x ∠=?， ∵2PMB KPB ∠=∠， ∴2PMB x ∠=?，

45POM PAO APO x ∠=∠+∠=?+?，9045NMO POM x ∠=?-∠=?-?， ∴45PMO PMB NMO x POM ∠=∠+∠=?+?=∠， ∴PO PM =，

过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ， ∴22OM OD t ==，

9045OPD POD x BMO ∠=?-∠=?-?=∠， tan tan OPD BMO ∠=∠， OD BO PD MO =，

4

42t t t =+， 14t =，22t =-（舍）

∴8OM =，由（2）知，48m t OM =+==， ∴CM y 轴， ∵90PNM POC ∠=∠=?， ∴BM OC ，

∴四边形BOCM 是平行四边形，

∴4832BOCM

S

BO OM =?=?=.

故答案为32.

【点睛】

本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．

5．已知：如图，AB为⊙O的直径，AC与⊙O相切于点A，连接BC交圆于点D，过点D作⊙O的切线交AC于E．

（1）求证：AE＝CE

（2）如图，在弧BD上任取一点F连接AF，弦GF与AB交于H，与BC交于M，求证：∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

（3）如图，在（2）的条件下，当GH＝FH，HM＝MF时，tan∠ABC＝3

4

，DE＝

39

4

时，N

为圆上一点，连接FN交AB于L，满足∠NFH+∠CAF＝∠AHG，求LN的长．

【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）

4013

13 NL

【解析】

【分析】

（1）由直径所对的圆周角是直角，得∠ADC＝90°，由切线长定理得EA＝ED，再由等角的余角相等，得到∠C＝∠EDC，进而得证结论.

（2）由同角的余角相等，得到∠BAD＝∠C，再通过等量代换，角的加减进而得证结论.

（3）先由条件得到AB＝26，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝4

3

a，再由相交弦定理

得到GH?HF＝BH?AH，从而求出FH，BH，AH，再由角的关系得到△HFL∽△HAF，从而求出HL，AL，BL，FL，再由相交弦定理得到LN?LF＝AL?BL，进而求出LN的长.

【详解】

解：

（1）证明：如图1中，连接AD．

∵AB是直径，

∴∠ADB＝∠ADC＝90°，

∵EA、ED是⊙O的切线，

∴EA＝ED，

∴∠EAD＝∠EDA，

∵∠C+∠EAD＝90°，∠EDC+∠EDA＝90°，∴∠C＝∠EDC，

∴ED＝EC，

∴AE＝EC．

（2）证明：如图2中，连接AD．

∵AC是切线，AB是直径，

∴∠BAC＝∠ADB＝90°，

∴∠BAD+∠CAD＝90°，∠CAD+∠C＝90°，∴∠BAD＝∠C，

∵∠EDC＝∠C，

∴∠BAD＝∠EDC，

∵∠DBF＝∠DAF，

∴∠FBM+∠FAB＝∠FBM+∠DAF＝∠BAD，∴∠FAB+∠FBM＝∠EDC．

（3）解：如图3中，

由（1）可知，DE＝AE＝EC，∵DE＝39

4

，

∴AC＝39

2

，

∵tan∠ABC＝3

4

＝

AC

AB

，

∴

39 32 4AB =,

∴AB＝26，

∵GH＝FH，HM＝FN，设HM＝FM＝a，GH＝HF＝2a，BH＝4

3

a，∵GH?HF＝BH?AH，

∴4a2＝4

3a（26﹣

4

3

a），

∴a＝6，

∴FH＝12，BH＝8，AH＝18，

∵GH＝HF，

∴AB⊥GF，

∴∠AHG＝90°，

∵∠NFH+∠CAF＝∠AHG，

∴∠NFH+∠CAF＝90°，

∵∠NFH+∠HLF＝90°，

∴∠HLF＝∠CAF，

∵AC∥FG，

∴∠CAF＝∠AFH，

∴∠HLF＝∠AFH，

∵∠FHL＝∠AHF，

∴△HFL∽△HAF，

∴FH2＝HL?HA，

∴122＝HL?18，

∴HL＝8，

∴AL

＝10，BL＝16，FL＝

∵LN?LF＝AL?BL，

∴

LN＝10?16，

∴LN

【点睛】

本题考查了圆的综合问题，涉及到的知识有：切线的性质；切线长定理；圆周角定理；相

交弦定理；相似三角形性质与判定等，熟练掌握圆的相关性质是解题关键.

6．在Rt △ABC 中，∠ACB=90°，AB=7，AC=2，过点B 作直线m ∥AC ，将△ABC 绕点C 顺时针旋转得到△A′B′C(点A ，B 的对应点分别为A'，B′)，射线CA′，CB′分別交直线m 于点P ，Q ．

(1)如图1，当P 与A′重合时，求∠ACA′的度数；

(2)如图2，设A′B′与BC 的交点为M ，当M 为A′B′的中点时，求线段PQ 的长； (3)在旋转过程中，当点P ，Q 分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q 的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q 的最小面积；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）60°；（2）PQ ＝7

2

；（3）存在，S 四边形PA 'B ′Q ＝33【解析】 【分析】

（1）由旋转可得：AC =A 'C =2，进而得到BC 3=∠A 'BC =90°，可得cos ∠A 'CB 3

'BC A C =

=

∠A 'CB =30°，∠ACA '=60°； （2）根据M 为A 'B '的中点，即可得出∠A =∠A 'CM ，进而得到PB 3

=

32=，依据

tan ∠Q =tan ∠A 3=BQ =BC

3=2，进而得出PQ =PB +BQ 72=； （3）依据S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3-S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，而S △PCQ 12=PQ ×BC 3

2

=PQ ，利用几何法即可得到S △PCQ 的最小值=3，即可得到结论． 【详解】

（1）由旋转可得：AC =A 'C =2． ∵∠ACB =90°，AB 7=

AC =2，∴BC 3=

∵∠ACB =90°，m ∥AC ，∴∠A 'BC =90°，∴cos ∠A 'CB 3

'BC A C ==

∴∠A 'CB =30°，∴∠ACA '=60°；

（2）∵M 为A 'B '的中点，∴∠A 'CM =∠MA 'C ，由旋转可得：∠MA 'C =∠A ，

∴∠A =∠A 'CM ，∴tan ∠PCB =tan ∠A 32=

，∴PB 3

2

=

BC 32=． ∵∠BQC =∠BCP =∠A ，∴tan ∠BQC =tan ∠A 32

=

，∴BQ =BC 23?=2，∴PQ =PB +BQ 72=； （3）∵S 四边形PA 'B 'Q =S △PCQ ﹣S △A 'CB '=S △PCQ 3-，∴S 四边形PA 'B 'Q 最小，即S △PCQ 最小，

∴S △PCQ 12=

PQ ×BC 3

2

=PQ ， 取PQ 的中点G ．

∵∠PCQ =90°，∴CG 1

2

=

PQ ，即PQ =2CG ，当CG 最小时，PQ 最小，∴CG ⊥PQ ，即CG 与CB 重合时，CG 最小，∴CG min 3=，PQ min =23，∴S △PCQ 的最小值=3，S 四边形

PA 'B 'Q =3

3-；

【点睛】

本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，解直角三角形以及直角三角形的性质的综合运用，解题时注意：旋转变换中，对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．

7．如图，在ABC △中，10AC BC ==，3

cos 5

C =,点P 是BC 边上一动点（不与点,A C 重合），以PA 长为半径的

P 与边AB 的另一个交点为D ，过点D 作DE CB ⊥于点E .

()1当P 与边BC 相切时，求P 的半径；

()2联结BP 交DE 于点F ，设AP 的长为x ，PF 的长为y ，求y 关于x 的函数解析式，

并直接写出x 的取值范围；

()3在()2的条件下，当以PE 长为直径的

Q 与P 相交于AC 边上的点G 时，求相交

所得的公共弦的长.

【答案】（1

）40

9

；（2）()

2

5880

010

3

20

x x x

y x

x

-+

=<<

+

；（3）1025

-

【解析】

【分析】

（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，连接HP，则HP⊥BC，cosC=

3

5

，则sinC=

4

5

，sinC=

HP

CP

=

R

10R

-

=

4

5

，即可求解；

（2）PD∥BE，则

EB

PD

＝

BF

PF

，即：2

2

4880

5

x x x y

x y

--+-

=，即可求解；

（3）证明四边形PDBE为平行四边形，则AG=GP=BD，即：AB=DB+AD=AG+AD=45，即可求解．

【详解】

（1）设⊙P与边BC相切的切点为H，圆的半径为R，

连接HP，则HP⊥BC，cosC=

3

5

，则sinC=

3

5

，

sinC=

HP

CP

=

R

10R

-

=

4

5

，解得：R=

40

9

；

（2）在△ABC中，AC=BC=10，cosC=

3

5

，

设AP=PD=x，∠A=∠ABC=β，过点B作BH⊥AC，

则BH=ACsinC=8，

同理可得：

CH=6，HA=4，

AB=45，则：tan∠CAB=2BP=()2

2

84

x

+-

=2880

x x

-+，

DA=

25

5

x，则BD=45-

25

5

x，

如下图所示，

PA=PD，∴∠PAD=∠CAB=∠CBA=β，

tanβ=2，则cosβ=

5

，sinβ=

5

，

EB=BDcosβ=（45-

25

x）×

5

=4-

2

5

x，

∴PD∥BE，

∴EB

PD

＝

BF

PF

，即：2

2

4880

5

x x x y

x

--+-

=，

整理得：y=()

2

5x x8x80

0x10

-+

<<；

（3）以EP为直径作圆Q如下图所示，

两个圆交于点G，则PG=PQ，即两个圆的半径相等，则两圆另外一个交点为D，GD为相交所得的公共弦，

∵点Q时弧GD的中点，

∴DG⊥EP，

∵AG是圆P的直径，

∴∠GDA=90°，

∴EP∥BD，

由（2）知，PD∥BC，∴四边形PDBE为平行四边形，∴AG=EP=BD，

∴AB=DB+AD=AG+AD=45，

设圆的半径为r，在△ADG中，

AD=2rcosβ=

5，DG=

5

，AG=2r，

5+2r=45，解得：2r=

51

，

则：DG=

5

=10-25，

相交所得的公共弦的长为10-25．

【点睛】

本题考查的是圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形、勾股定理等知识，其中（3），要关键是根据题意正确画图，此题用大量的解直角三角形的内容，综合难度很大．

8．已知AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F，切点为G，连接AG交CD于K．

（1）如图1，求证：KE＝GE；

（2）如图2，连接CABG，若∠FGB＝1

2

∠ACH，求证：CA∥FE；

（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG交AB于点N，若sin E＝3

5

，AK＝10，求CN

的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）△EAD是等腰三角形．证明见解析；（320

10 13

【解析】

试题分析：

（1）连接OG，则由已知易得∠OGE=∠AHK=90°，由OG=OA可得∠AGO=∠OAG，从而可得∠KGE=∠AKH=∠EKG，这样即可得到KE=GE；

（2）设∠FGB=α，由AB是直径可得∠AGB=90°，从而可得∠KGE=90°-α，结合GE=KE可得

∠EKG=90°-α，这样在△GKE 中可得∠E=2α，由∠FGB=1

2

∠ACH 可得∠ACH=2α，这样可得∠E=∠ACH ，由此即可得到CA ∥EF ； （3）如下图2，作NP ⊥AC 于P ，

由（2）可知∠ACH=∠E ，由此可得sinE=sin ∠ACH=3

5

AH AC =，设AH=3a ，可得AC=5a ，CH=4a ，则tan ∠CAH=

4

3

CH AH =，由（2）中结论易得∠CAK=∠EGK=∠EKG=∠AKC ，从而可得CK=AC=5a ，由此可得HK=a ，tan ∠AKH=

3AH

HK

=，AK=10a ，结合AK=10可得a=1，则AC=5；在四边形BGKH 中，由∠BHK=∠BKG=90°，可得∠ABG+∠HKG=180°，结合∠AKH+∠GKG=180°，∠ACG=∠ABG 可得∠ACG=∠AKH ， 在Rt △APN 中，由tan ∠CAH=43PN AP

=，可设PN=12b ，AP=9b ，由tan ∠ACG=

PN CP =tan ∠AKH=3可得CP=4b ，由此可得AC=AP+CP=13b =5，则可得b=5

13

，由此即可在Rt △CPN 中由勾股定理解出CN 的长. 试题解析：

（1）如图1，连接OG ．

∵EF 切⊙O 于G ， ∴OG ⊥EF ，

∴∠AGO+∠AGE=90°， ∵CD ⊥AB 于H ， ∴∠AHD=90°， ∴∠OAG=∠AKH=90°， ∵OA=OG ， ∴∠AGO=∠OAG ， ∴∠AGE=∠AKH ， ∵∠EKG=∠AKH ， ∴∠EKG=∠AGE ， ∴KE=GE ． （2）设∠FGB=α， ∵AB 是直径， ∴∠AGB=90°，

∴∠AGE =∠EKG=90°﹣α， ∴∠E=180°﹣∠AGE ﹣∠EKG=2α，

∵∠FGB=

1

2

∠ACH ， ∴∠ACH=2α， ∴∠ACH=∠E ， ∴CA ∥FE ．

（3）作NP ⊥AC 于P ． ∵∠ACH=∠E ， ∴sin ∠E=sin ∠ACH=3

5

AH AC =，设AH=3a ，AC=5a ， 则2

2

4AC CH a -=，tan ∠CAH=

4

3

CH AH =， ∵CA ∥FE ， ∴∠CAK=∠AGE ， ∵∠AGE=∠AKH ， ∴∠CAK=∠AKH ，

∴AC=CK=5a ，HK=CK ﹣CH=4a ，tan ∠AKH=AH

HK

=3，2210AH HK a +=， ∵10 ∴

1010a =

∴a=1．AC=5， ∵∠BHD=∠AGB=90°， ∴∠BHD+∠AGB=180°，

在四边形BGKH 中，∠BHD+∠HKG+∠AGB+∠ABG=360°， ∴∠ABG+∠HKG=180°， ∵∠AKH+∠HKG=180°， ∴∠AKH=∠ABG ， ∵∠ACN=∠ABG ， ∴∠AKH=∠ACN ， ∴tan ∠AKH=tan ∠ACN=3， ∵NP ⊥AC 于P ， ∴∠APN=∠CPN=90°， 在Rt △APN 中，tan ∠CAH=4

3PN AP =，设PN=12b ，则AP=9b ， 在Rt △CPN 中，tan ∠ACN=PN

CP

=3， ∴CP=4b ， ∴AC=AP+CP=13b ，

∵AC=5，∴13b=5，

∴b=5

13

，

∴CN=22

PN CP

+=410b?=20

10 13

．

9．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边的中线，DE⊥BC于E，连结CD，点P在射线CB上（与B，C不重合）

（1）如果∠A＝30°，

①如图1，∠DCB等于多少度；

②如图2，点P在线段CB上，连结DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°，得到线段DF，连结BF，补全图2猜想CP、BF之间的数量关系，并证明你的结论；

（2）如图3，若点P在线段CB 的延长线上，且∠A＝α（0°＜α＜90°），连结DP，将线段DP绕点逆时针旋转2α得到线段DF，连结BF，请直接写出DE、BF、BP三者的数量关系（不需证明）

【答案】（1）①∠DCB＝60°．②结论：CP＝BF．理由见解析；（2）结论：BF﹣BP＝

2DE?tanα．理由见解析．

【解析】

【分析】

（1）①根据直角三角形斜边中线的性质，结合∠A＝30°，只要证明△CDB是等边三角形即可；

②根据全等三角形的判定推出△DCP≌△DBF，根据全等的性质得出CP＝BF，

（2）求出DC＝DB＝AD，DE∥AC，求出∠FDB＝∠CDP＝2α+∠PDB，DP＝DF，根据全等三角形的判定得出△DCP≌△DBF，求出CP＝BF，推出BF﹣BP＝BC，解直角三角形求出CE＝DEtanα即可．

【详解】

（1）①∵∠A＝30°，∠ACB＝90°，