中考数学专题题库∶锐角三角函数的综合题及答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．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(cm 2) ，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）4s t =；（2）PEGO S 四边形2

31568

t t =-+

+ ，(05)t <<；（3）5

2t =时，

PEGO S 四边形取得最大值；（4）16

t =

时，OE OQ ⊥. 【解析】【分析】

（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EC GQ

OC OG

=，由此构建方程即可解决问题．【详解】

（1）在Rt △ABC 中，∵∠ACB=90°，AB=10cm ，BC=8cm ， ∴22108-=6（cm ）， ∵OD 垂直平分线段AC ， ∴OC=OA=3（cm ），∠DOC=90°， ∵CD ∥AB ，

∴∠BAC=∠DCO ， ∵∠DOC=∠ACB ， ∴△DOC ∽△BCA ， ∴AC AB BC

OC CD OD ==， ∴

61083CD OD

==， ∴CD=5（cm ），OD=4（cm ）， ∵PB=t ，PE ⊥AB ，易知：PE=

t ，BE=54t ，

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

∴

t=8-5

4t ，

∴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 ） =

1414153154338838252

524524t t t t t ?????????

?-?+??-+?-?-??- ? ? ? ??????????? =2

815

16(05)3

t t t -+

+<<．（3）存在．

∵2

8568

(05)323

S t t ??=--+<< ???，

∴t=

时，四边形OPEG 的面积最大，最大值为683．

（4）存在．如图，连接OQ ． ∵OE ⊥OQ ，

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

∴tan∠EOC=tan∠QOG，∴EC GQ

OC OG

=，

∴

t -

，

整理得：5t2-66t+160=0，

解得

t=或10（舍弃）

∴当16

t=秒时，OE⊥OQ．

【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.

2．如图，二次函数y＝x2+bx﹣3的图象与x轴分别相交于A、B两点，点B的坐标为（3，0），与y轴的交点为C，动点T在射线AB上运动，在抛物线的对称轴l上有一定点D，其纵坐标为3，l与x轴的交点为E，经过A、T、D三点作⊙M．

（1）求二次函数的表达式；

（2）在点T的运动过程中，

①∠DMT的度数是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由；

②若MT＝1

AD，求点M的坐标；

（3）当动点T在射线EB上运动时，过点M作MH⊥x轴于点H，设HT＝a，当OH≤x≤OT 时，求y的最大值与最小值（用含a的式子表示）．

【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3（2）①在点T的运动过程中，∠DMT的度数是定值②（0，3）（3）见解析

【解析】

【分析】

（1）把点B的坐标代入抛物线解析式求得系数b的值即可；

（2）①如图1，连接AD．构造Rt△AED，由锐角三角函数的定义知，tan∠DAE＝3．即∠DAE＝60°，由圆周角定理推知∠DMT＝2∠DAE＝120°；

②如图2，由已知条件MT＝1

AD，MT＝MD，推知MD＝

AD，根据△ADT的外接圆圆

心M在AD的中垂线上，得到：点M是线段AD的中点时，此时AD为⊙M的直径时，MD

＝1

AD．根据点A、D的坐标求得点M的坐标即可；

（3）如图3，作MH⊥x于点H，则AH＝HT＝1

AT．易得H（a﹣1，0），T（2a﹣1，

0）．由限制性条件OH≤x≤OT、动点T在射线EB上运动可以得到：0≤a﹣1≤x≤2a﹣1．

需要分类讨论：（i）当

211

1(1)211

a a

----

，即

a<，根据抛物线的增减性求得y

的极值．

（ii）当

011

211

1(1)211

a a

?--<--

，即

＜a≤2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．

（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，根据抛物线的增减性求得y的极值．【详解】

解：（1）把点B（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得32+3b﹣3＝0，

解得b＝﹣2，

则该二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；

（2）①∠DMT的度数是定值．理由如下：

如图1，连接AD ．

∵抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4． ∴抛物线的对称轴是直线x ＝1．又∵点D 的纵坐标为

∴D （1，

由y ＝x 2﹣2x ﹣3得到：y ＝（x ﹣3）（x+1）， ∴A （﹣1，0），B （3，0）．在Rt △AED 中，tan ∠DAE

＝2

DE AE ==． ∴∠DAE ＝60°．

∴∠DMT ＝2∠DAE ＝120°．

∴在点T 的运动过程中，∠DMT 的度数是定值； ②如图2，∵MT ＝1

AD ．又MT ＝MD ， ∴MD ＝

AD ． ∵△ADT 的外接圆圆心M 在AD 的中垂线上，

∴点M 是线段AD 的中点时，此时AD 为⊙M 的直径时，MD ＝1

AD ． ∵A （﹣1，0），D （1，

∴点M 的坐标是（0

（3）如图3，作MH ⊥x 于点H ，则AH ＝HT ＝1

AT ．又HT ＝a ，

∴H （a ﹣1，0），T （2a ﹣1，0）． ∵OH≤x≤OT ，又动点T 在射线EB 上运动， ∴0≤a ﹣1≤x≤2a ﹣1． ∴0≤a ﹣1≤2a ﹣1． ∴a≥1， ∴2a ﹣1≥1．（i ）当2111(1)211a a a -??

----?

，即14

a 3时，

当x ＝a ﹣1时，y 最大值＝（a ﹣1）2﹣2（a ﹣1）﹣3＝a 2﹣4a ；当x ＝1时，y 最小值＝4．

（ii ）当0112111(1)211

a a a a <-??->??--<--?

，即4

3＜a≤2时，

当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝1时，y最小值＝﹣4．

（iii）当a﹣1＞1，即a＞2时，

当x＝2a﹣1时，y最大值＝（2a﹣1）2﹣2（2a﹣1）﹣3＝4a2﹣8a．当x＝a﹣1时，y最小值＝（a﹣1）2﹣2（a﹣1）﹣3＝a2﹣4a．

【点睛】

主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系；另外，解答（3）题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解．

3．兰州银滩黄河大桥北起安宁营门滩，南至七里河马滩，是黄河上游的第一座大型现代化斜拉式大桥如图，小明站在桥上测得拉索AB与水平桥面的夹角是31°，拉索AB的长为152米，主塔处桥面距地面7.9米（CD的长），试求出主塔BD的高．（结果精确到0.1米，参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）

【答案】主塔BD的高约为86.9米．

【解析】

【分析】

根据直角三角形中由三角函数得出BC相应长度，再由BD=BC+CD可得出.

【详解】

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，

sin BC

=．

∴sin152sin311520.5279.04 BC AB A?

=?=?=?=．

79.047.986.9486.9

BD BC CD

=+=+=≈（米）答：主塔BD的高约为86.9米．

【点睛】

本题考察了直角三角形与三角函数的结合，熟悉掌握是解决本题的关键.

4．已知抛物线y＝﹣1

x2﹣

x+2与x轴交于点A，B两点，交y轴于C点，抛物线的对称

轴与x轴交于H点，分别以OC、OA为边作矩形AECO．

(1)求直线AC的解析式；

(2)如图，P为直线AC上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M，当四边形AOCP 面积最大时，求|PM﹣OM|的值．

(3)如图，将△AOC沿直线AC翻折得△ACD，再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'．使得点A′、C'在直线AC上，是否存在这样的点D′，使得△A′ED′为直角三角形？若存在，请求出点D′的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1) y＝1

x+2；(2) 点M坐标为（﹣2，

）时，四边形AOCP的面积最大，此时

|PM﹣OM|61 (3)存在，D′坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（

-，

）．

【解析】

【分析】

（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，求出点A、B、C坐标，即可求解；（2）连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有最大值，即可求解；

（3）存在；分①A′D′⊥A′E；②A′D′⊥ED′；③ED′⊥A′E三种情况利用勾股定理列方程求解即可．

【详解】

（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，∴A（﹣6，0）、B（2，0）、C（0，

2），函数对称轴为：x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，8

），C点坐标为（0，2），则过点C

的直线表达式为：y＝kx+2，将点A坐标代入上式，解得：k

=，则：直线AC的表达式

为：y

=x+2；

（2）如图，过点P作x轴的垂线交AC于点H．

四边形AOCP面积＝△AOC的面积+△ACP的面积，四边形AOCP面积最大时，只需要△ACP

的面积最大即可，设点P坐标为（m，

-m2

-m+2），则点G坐标为（m，

m+2），

S△ACP

=PG?OA

=?（

-m2

-m+2

-m﹣2）?6

=-m2﹣3m，当m＝﹣3时，上式

取得最大值，则点P坐标为（﹣3，5

）．连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有

最大值，直线OP的表达式为：y

=-x，当x＝﹣2时，y

=，即：点M坐标为（﹣2，

5 3），|PM﹣OM|的最大值为：2222

555

(32)()2()

233

-++--+=61．

（3）存在．

∵AE＝CD，∠AEC＝∠ADC＝90°，∠EMA＝∠DMC，∴△EAM≌△DCM（AAS），∴EM＝DM，AM＝MC，设：EM＝a，则：MC＝6﹣a．在Rt△DCM中，由勾股定理得：MC2＝

DC2+MD2，即：（6﹣a）2＝22+a2，解得：a

=，则：MC

=，过点D作x轴的垂线交x

轴于点N，交EC于点H．在Rt△DMC中，1

DH?MC

=MD?DC，即：DH

108

?=?2，

则：DH

=，HC22

DC DH

=-=，即：点D的坐标为（

618

-，）；

设：△ACD沿着直线AC平移了m个单位，则：点A′坐标（﹣6

1010

，D′坐标

为（

618

1010

，

-++），而点E坐标为（﹣6，2），则

2''

A D =

22618

(6)()

-++=36，2'A E =222)+=24m +，2

'ED =22248(

(

55+=2128

5m +．若△A ′ED ′为直角三角形，分三种情况讨论：

①当2''

A D +

2'A E

'ED 时，36+2

m -

=21285m +，解得：m ，

此时D ′（618

55，-++）为（0，4）； ②当2''

A D +

2'ED =2

'A E 时，36+2

128

5m +=2

4m +，解得：

m =

D ′（61855，-）为（－6，2）；

③当2'A E +2'ED =2''A D 时，2

m +21285m +=36，解得：m =

或m

，此时D ′（61855，-+）为（－6，2）或（

35，19

）．综上所述：D 坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（35，19

）．【点睛】

本题考查了二次函数知识综合运用，涉及到一次函数、图形平移、解直角三角形等知识，其中（3）中图形是本题难点，其核心是确定平移后A ′、D ′的坐标，本题难度较大．

5．抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A(1, ﹣1)，B(5, ﹣1)，与y 轴交于点C ．（1）求抛物线表达式；

（2）如图1，连接CB ，以CB 为边作?CBPQ ，若点P 在直线BC 下方的抛物线上，Q 为坐标平面内的一点，且?CBPQ 的面积为30， ①求点P 坐标;

②过此二点的直线交y 轴于F, 此直线上一动点G,当最小时,求点G 坐标. （3）如图2，⊙O1过点A 、B 、C 三点，AE 为直径，点M 为上的一动点（不与点A ，E 重合），∠MBN 为直角，边BN 与ME 的延长线交于N ，求线段BN 长度的最大值

【答案】（1）y=x2﹣6x+4（2）①P(2, -4)或P(3, -5) ②G(0, -2)（3）313

【解析】

【分析】

（1）把点A（1，-1），B（5，-1）代入抛物线y=ax2+bx+4解析式，即可得出抛物线的表达式；

（2）①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，可求得直线BC的解析式

为：y=-x+4，设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），因为?CBPQ的面积为30，所以S△PBC=1 2

×(?t+4?t2+6t?4)×5＝15，解得t的值，即可得出点P的坐标；②当点P为（2，-4）时，求得直线QP的解析式为：y=-x-2，得F（0，-2），∠GOR=45°，因为

GF=GB+GR，所以当G于F重合时，GB+GR最小，即可得出点G的坐标；当点P为（3，-5）时，同理可求；

（3）先用面积法求出sin∠ACB=

，tan∠ACB=

，在Rt△ABE中，求得圆的直径，

因为MB⊥NB，可得∠N=∠AEB=∠ACB，因为tanN=MB

＝

，所以BN=

MB，当MB为

直径时，BN的长度最大．

【详解】

(1) 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，-1），B（5，-1），

∴

12554

a b

-++

＝

，

＝

解得

＝

，

＝

∴抛物线表达式为y=x2﹣6x+4．

(2)①如图，连接PC，过点P作y轴的平行线交直线BC于R，

设直线BC的解析式为y=kx+m，∵B（5，-1），C（0，4），

∴

k m

＝

，解得

＝

，

＝

∴直线BC的解析式为：y=-x+4，

设点P（t，t2-6t+4），R（t，-t+4），

∵?CBPQ的面积为30，

∴S△PBC=1

×(?t+4?t2+6t?4)×5＝15，

解得t=2或t=3，

当t=2时，y=-4

当t=3时，y=-5，

∴点P坐标为（2，-4）或（3，-5）；

②当点P为（2，-4）时，

∵直线BC解析式为：y=-x+4， QP∥BC，

设直线QP的解析式为：y=-x+n，

将点P代入，得-4=-2+n，n=-2，

∴直线QP的解析式为：y=-x-2，

∴F（0，-2），∠GOR=45°，

∴GB+2

GF=GB+GR

当G于F重合时，GB+GR最小，此时点G的坐标为（0，-2），同理，当点P为（3，-5）时，直线QP的解析式为：y=-x-2，

同理可得点G的坐标为（0，-2），

(3) ）∵A（1，-1），B（5，-1）C（0，4），

∴26，2，

∵S△ABC=1

2AC×BCsin∠ACB＝

AB×5，

∴sin∠ACB=13

13，tan∠ACB=

，

∵AE为直径，AB=4，

∴∠ABE=90°，

∵sin∠AEB=sin∠ACB=213

13＝

，

∴AE=213，

∵MB⊥NB，∠NMB=∠EAB，∴∠N=∠AEB=∠ACB，

∴tanN=MB

BN ＝

，

∴BN=3

MB，

当MB为直径时，BN的长度最大，为313．

【点睛】

题考查用到待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，圆周角定理，锐角三角函数定义，平行四边形性质．解决（3）问的关键是找到BN与BM之间的数量关系．

6．已知：在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于D，BE：AB=3：5，若CE= 2，cos∠ACD= 4

，求tan∠AEC的值及CD的长．

【答案】tan∠AEC=3, CD=12

12 5

【解析】

解：在RT△ACD与RT△ABC中

∵∠ABC+∠CAD=90°, ∠ACD+∠CAD=90°∴∠ABC=∠ACD, ∴cos∠ABC=cos∠ACD=4 5

在RT△ABC中，

令BC=4k,AB=5k 则AC=3k

由

BE AB = ,BE=3k 则CE=k,且CE=2 则k=2，AC=32 ∴RT △ACE 中，tan ∠AEC=AC

=3 ∵RT △ACD 中cos ∠ACD=

45CD AC = ,，CD=12

125

7．在等腰△ABC 中，∠B=90°，AM 是△ABC 的角平分线，过点M 作MN ⊥AC 于点N ，∠EMF=135°．将∠EMF 绕点M 旋转，使∠EMF 的两边交直线AB 于点E ，交直线AC 于点F ，请解答下列问题：

（1）当∠EMF 绕点M 旋转到如图①的位置时，求证：BE+CF=BM ；

（2）当∠EMF 绕点M 旋转到如图②，图③的位置时，请分别写出线段BE ，CF ，BM 之间的数量关系，不需要证明；

（3）在（1）和（2）的条件下，tan ∠BEM=

，AN=

+1，则BM= ，CF= ．

【答案】（1）证明见解析（2）见解析（3）1，1+或1﹣

【解析】【分析】

(1)由等腰△ABC 中，∠B=90°，AM 是△ABC 的角平分线，过点M 作MN ⊥AC 于点N ，可得BM=MN ，∠BMN=135°，又∠EMF=135°，可证明的△BME ≌△NMF ，可得BE=NF ，NC=NM=BM 进而得出结论；

（2）①如图②时，同（1）可证△BME ≌△NMF ，可得BE ﹣CF=BM ， ②如图③时，同（1）可证△BME ≌△NMF ，可得CF ﹣BE=BM ； (3) 在Rt △ABM 和Rt △ANM 中，

，

可得Rt △ABM ≌Rt △ANM ，后分别求出AB 、 AC 、 CN 、BM 、 BE 的长，结合（1）（2）的结论对图①②③进行讨论可得CF 的长. 【详解】

（1）证明：∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴∠BAC=∠C=45°，

∵AM 是∠BAC 的平分线，MN ⊥AC ， ∴BM=MN ，

在四边形ABMN中，∠，BMN=360°﹣90°﹣90°﹣45°=135°，∵∠ENF=135°，，

∴∠BME=∠NMF，

∴△BME≌△NMF，

∴BE=NF，

∵MN⊥AC，∠C=45°，

∴∠CMN=∠C=45°，

∴NC=NM=BM，

∵CN=CF+NF，

∴BE+CF=BM；

（2）针对图2，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，

∴BE=NF，

∵MN⊥AC，∠C=45°，

∴∠CMN=∠C=45°，

∴NC=NM=BM，

∵NC=NF﹣CF，

∴BE﹣CF=BM；

针对图3，同（1）的方法得，△BME≌△NMF，

∴BE=NF，

∵MN⊥AC，∠C=45°，

∴∠CMN=∠C=45°，

∴NC=NM=BM，

∵NC=CF﹣NF，

∴CF﹣BE=BM；

（3）在Rt△ABM和Rt△ANM中，，

∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），

∴AB=AN=+1，

在Rt△ABC中，AC=AB=+1，

∴AC=AB=2+，

∴CN=AC﹣AN=2+﹣（+1）=1，

在Rt△CMN中，CM=CN=，

∴BM=BC﹣CM=+1﹣=1，

在Rt△BME中，tan∠BEM===，

∴BE=，

∴①由（1）知，如图1，BE+CF=BM，

∴CF=BM﹣BE=1﹣

②由（2）知，如图2，由tan∠BEM=，

∴此种情况不成立；

③由（2）知，如图3，CF﹣BE=BM，

∴CF=BM+BE=1+，

故答案为1，1+或1﹣．

【点睛】

本题考查三角函数与旋转与三角形全等的综合，难度较大，需综合运用所学知识求解.

8．问题探究：

（一）新知学习：

圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．

（二）问题解决：

已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD 的垂线，垂足分别为N，M．

（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；

（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；

（3）若直径AB与CD相交成120°角．

①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；

②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．

【答案】（1）证明见解析，直径OP=2；

（2）证明见解析，MN的长为定值，该定值为2；

（3）①MN=；②证明见解析；

（4）MN取得最大值2．

【解析】

试题分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；

（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；

（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：

MN=QN?sin∠MQN，从而可得MN=OP?sin∠MQN，由此即可解决问题；

（4）由（3）②中已得结论MN=OP?sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．

试题解析：（1）如图一，

∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；

（2）如图一，

∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形，

∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；

（3）①如图二，

∵P1是的中点，∠BOC=120°，∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°，∵P1M⊥OC，

P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M．

∵P1M=OP1?sin∠MOP1=2×sin60°=，∴MN=；

②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，

交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，

则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，

在Rt△QMN中，sin∠MQN=，∴MN=QN?sin∠MQN，

∴MN=OP?sin∠MQN=2×sin60°=2×=，∴MN是定值．

（4）由（3）②得MN=OP?sin∠MQN=2sin∠MQN．

当直径AB与CD相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN取得最大值2．

考点：圆的综合题．

9．如图以△ABC的一边AB为直径作⊙O，⊙O与BC边的交点D恰好为BC的中点，过点D作⊙O的切线交AC边于点F.

（1）求证：DF⊥AC；

（2）若∠ABC=30°，求tan∠BCO的值.

【答案】(1)证明见解析; (2) tan∠BCO=

3 9

【解析】

试题分析：（1）连接OD，根据三角形的中位线定理可求出OD∥AC，根据切线的性质可证明DE⊥OD，进而得证．

（2）过O作OF⊥BD，根据等腰三角形的性质及三角函数的定义用OB表示出OF、CF的长，根据三角函数的定义求解．

试题解析：证明:连接OD

∵DE为⊙O的切线, ∴OD⊥DE

∵O为AB中点, D为BC的中点

∴OD‖AC

∴DE⊥AC

(2)过O作OF⊥BD,则BF=FD

在Rt△BFO中，∠ABC=30°

∴OF=1

OB, BF=3

OB ∵BD=DC, BF=FD，

∴FC=3BF=33

在Rt△OFC中，tan∠BCO=

==.

点睛：此题主要考查了三角形中位线定理及切线的性质与判定、三角函数的定义等知识

点，有一定的综合性，根据已知得出OF=1

OB，BF=

OB，FC=3BF=

OB是解题关

键．

10．如图，AB是⊙O的直径，PA、PC与⊙O分别相切于点A，C，PC交AB的延长线于点D，DE⊥PO交PO的延长线于点E．

(1)求证：∠EPD=∠EDO；

(2)若PC=3，tan∠PDA=3

，求OE的长．

【答案】（1）见解析；（2

5.【解析】

【分析】

（1）由切线的性质即可得证.（2）连接OC，利用tan∠PDA=3

，可求出CD=2,进而求得

OC=3

，再证明△OED∽△DEP，根据相似三角形的性质和勾股定理即可求出OE的长.

【详解】

（1）证明：∵PA，PC与⊙O分别相切于点A，C，∴∠APO=∠CPO, PA⊥AO，

∵DE⊥PO，

∴∠PAO=∠E=90°，

∵∠AOP=∠EOD，

∴∠APO=∠EDO，

∴∠EPD=∠EDO.

（2）连接OC，∴PA=PC=3，

∵tan∠PDA=3

，

∴在Rt△PAD中，

AD=4，PD=22

PA AD

+=5，∴CD=PD-PC=5-3=2，

∵tan∠PDA=3

，

∴在Rt△OCD中，

OC=3

，

OD=22

OC CD

+=5

，

∵∠EPD=∠ODE，∠OCP=∠E=90°，∴△OED∽△DEP，

∴PD

DO =

=2，

∴DE=2OE,

在Rt△OED中，OE2+DE2=OD2，即5OE2=

，

∴OE=5．

【点睛】

本题考查了切线的性质；锐角三角函数；勾股定理和相似三角形的判定与性质，充分利用

tan∠PDA=3

，得线段的长是解题关键.